2018届二轮复习化学计量及其应用课件（89张）（全国通用）

2018届二轮复习化学计量及其应用课件（89张）（全国通用）

专题二　化学计量及其应用 考点一　阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 考点三　化学计算的类型和方法 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律考点一 (一)阿伏加德罗常数及其应用 1.与气体摩尔体积22.4 L·mol－1相关的NA的应用 (1)非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4 L·mol－1进 行物质的量的计算； (2)常见物质在标准状况下的状态：溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、 CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)，均为液 体；SO3为固体。 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” ①标准状况下，11.2 L 苯中含有分子的数目为0.5NA( ) ②标准状况下，22.4 L的SO2中含有的SO2分子数为NA( ) ③常温常压下，35.5 g 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA ( ) ④常温常压下，22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA( ) ⑤2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA( ) ⑥2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023( ) × √ × × × × 2.与物质的组成相关的NA的应用 (1)稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目； (2)一定质量含核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目； (3)Na2O2、KO2中的阴、阳离子个数比； (4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目； (5)等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2 与N2O4等具有的原子、分子数目； (6)一定物质的量的有机物中共价键的数目(苯环、萘环中无碳碳双键)；如： CnH2n＋2中化学键数目为3n＋1； (7)一定物质的量的SiO2中含Si—O键、金刚石(或石墨)中1 mol C中含C—C 键、1 mol P4中含P—P键的数目。 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” ①32 g 18O2中含有2NA个氧原子( ) ②17 g —OH与17 g OH－所含电子数均为10NA( ) ③相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同( ) ④乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子( ) ⑤18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA( ) ⑥30 g 甲醛中含共用电子对总数为4NA( ) ⑦4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA( ) ⑧12 g 金刚石含有的共价键数为4NA( ) × √ × × × √ √ × 3.与氧化还原反应相关的NA的应用 (1)歧化反应类：Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与NaOH(冷稀、浓热)等； (2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2 、S/I2)反应类； (3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类； (4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类； (5)足量KMnO4与浓盐酸、足量MnO2与浓盐酸反应类； (6)注意氧化还原的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧 化Fe2＋。 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” ①1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数NA ( ) ②5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA( ) ③1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA( ) ④0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA( ) ⑤足量KMnO4与含1 mol HCl的浓HCl溶液反应生成标况下7 L Cl2( ) √ × × × × ⑥足量Cl2与含1 mol NaOH的浓溶液反应转移 mol e－( ) ⑦足量Fe与1 L 1 mol·L－1浓H2SO4溶液在加热条件下彻底反应生成0.5 mol SO2( ) ⑧1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA( ) ⑨50 mL 12 mol·L－1 盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA( ) ⑩标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA( ) ⑪向FeI2溶液中通入适量Cl2，当1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子的数 目为NA( ) × × × × × × 4.与可逆反应相关的NA的应用 在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应： 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” ①2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA ( ) ②标准状况下，22.4 L NO2气体中所含分子数目为NA( ) ③100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA( ) ④标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA( ) × × × × 5.电解质溶液中粒子数目的判断 审准题目“要求”，是突破该类题目的关键 (1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子 ”，如1 L 1 mol·L－1 的乙酸或1 L 1 mol·L－1 乙酸钠溶液中CH3COO－数 目均小于NA。 (2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体 积未知而无法求算H＋的数目。 (3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝ 0.1 mol·L－ 1，与电解质的组成无关；0.05 mol·L－ 1的Ba(OH)2溶液， c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” ①0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的 的数目为0.3NA( ) ②等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和 均为2NA( ) ③0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA( ) ④25 ℃时，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA( ) × × × × “三年高考”全国卷“NA”应用试题汇编 1.(2017·全国卷Ⅱ，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A.1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中， 的数量为0.1NA B.2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C.标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA√ 答案解析1 2 3 4 解析　A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误； B项，2.4 g Mg为0.1 mol，与硫酸完全反应后转移的电子数为0.2NA，错误； C项，标准状况下，2.24 L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，错误； D项，H2(g)＋I2(g)2HI(g)，反应前后气体物质的量不变，正确。 1 2 3 4 2.(2017·全国卷Ⅲ，10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 B.pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋ C.2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D.密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键 √ 答案解析1 2 3 4 解析　A项，硼原子的质子数为5,11B的中子数为6，故0.1 mol的11B中含有 的中子数为0.6NA，正确； B项，未指明溶液体积，无法计算H＋ 的物质的量，错误； C项，标准状况下苯为液体，不能用气体摩尔体积计算苯燃烧生成的CO2 分子数，错误； D项，PCl3＋Cl2PCl5 ，这是一个可逆反应，1mol PCl3与1mol Cl2不可 能完全反应生成1 mol PCl5，故增加的P—Cl键数目小于2NA，错误。 1 2 3 4 3.(2016·全国卷Ⅰ，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A.14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C.1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D.标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA √ 答案解析1 2 3 4 解析　A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14 g乙烯和丙烯混合气体中相 当于含有1 mol CH2，则其氢原子数为2NA，正确； B项，合成氨的反应是可逆反应，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分 子数小于2NA，错误； C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转 移数为3NA，错误； D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24 L CCl4的物质的量不是0.1 mol，则 其含有的共价键数不是0.4NA，错误。 1 2 3 4 4.(2015·全国卷Ⅰ，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B.2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA C.过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA D.密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA √ 答案解析1 2 3 4 解析　A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量 不同，分别为20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不 同，质子数不同，错误； B项，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离， 所以H＋数目小于2NA，错误； C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－， 所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确； D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4 之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。 1 2 3 4 (二)理解公式推论，破解阿伏加德罗常数应用 阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用V ＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推导出： (1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2； ②ρ1∶ρ2＝M1∶M2； ③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。 (2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2； ②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。 (3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。 1.同温同压下，x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗 定律判断，下列叙述错误的是 A.x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比 B.x∶y等于甲与乙的分子个数之比 C.x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比 D.y∶x等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比 √ 答案解析1 2 B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确； C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确； 1 2 2.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器 的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是 A.物质的量：甲＞乙 B.气体体积：甲＞乙 C.摩尔体积：甲＞乙 D.相对分子质量：甲＞乙√ 答案解析1 2 1 2 C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误； D项，根据以上分析知，摩尔质量甲＞乙，摩尔质量以g·mol－1为单位时 在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲＞乙，故D正确。 1 2 一定物质的量浓度溶液的配制考点二 配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。 复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误 差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。 核心精讲1 1.七种仪器需记牢 托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。 2.实验步骤要理清 如：配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，图中操作②中应该填写的数 据为_____，实验时操作的先后顺序为_______________(填编号)。5.3 ②④⑥⑤①③ 3.仪器使用要明了 (1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并 选择合适的容量瓶，如配制480 mL溶液，应选用500 mL容量瓶。容量 瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。 (2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到容量瓶 刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，如图所示。 附　容量瓶的查漏方法 向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底， 将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将 瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶 不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。 4.误差分析点点清 误差分析的思维流程与方法 (1)误差分析的思维流程 (2)视线引起误差的分析方法 ①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。 ②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。 (3)用“偏高”“偏低”或“无影响”填空： ①砝码生锈： 。 ②定容时，溶液温度高： 。 ③定容时俯视容量瓶刻度线： 。 ④称量时物码颠倒且使用游码： 。 ⑤未洗涤烧杯、玻璃棒： 。 ⑥称量易吸水物质时间过长： 。 ⑦转移时，有液体溅出： 。 偏高 偏高 偏高 偏低 偏低 偏低 偏低 ⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出： 。 ⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线： 。 ⑩容量瓶内有少量水： 。 偏低 偏低 无影响 5.换算关系会推导 (1)气体溶质物质的量浓度的计算： 标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气 体的摩尔质量为M g·mol－1，则 (2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算： (c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w 为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。 6.两条规律理解透 (1)稀释定律 ①如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量 浓度，有c1V1＝c2V2。 ②如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有 m1w1＝m2w2。 (2)混合规律 同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数 分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。 1.正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” (1)配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液可以称取KMnO4固体0.158 g， 放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度( ) (2017·全国卷Ⅲ，9D) (2)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏 水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线( ) (2016·浙江理综，8D) 题组集训2 题组一　仪器的正确使用及实验操作的规范性 1 2 3 4 5 6 7 8 9 × √ 答案 (3)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添 加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体( ) (2015·福建理综，8A) (4) 配制一定浓度的NaCl溶液( ) (2015·四川理综，3A) × × 答案1 2 3 4 5 6 7 8 9 (5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干( ) (2014·新课标全国卷Ⅰ，12A) (6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体( ) (2014·新课标全国卷Ⅰ，12D) × × 答案1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移 溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是 答案解析 √ 解析　A项，用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，错误； B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确； C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误； D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(1)配制浓度为2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固 体时，天平读数将________(填字母)。 A.等于8.0 g B.等于8.00 g C.大于8.0 g D.等于0.2 g√ 答案解析 解析　称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g＋烧杯 质量。 (2)[2017·天津理综，9(1)]将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪 器除烧杯和玻璃棒外还有_____________________________。250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 答案解析 解析　配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL (棕色)容量瓶、胶头滴管。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组二　有关浓度的换算 4.相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质 量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3。则下 列说法不正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 答案解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.体积为V L、密度为ρ g·cm－3的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m g 。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c mol·L－1，溶质的质量分数为w， 则下列各表示式中正确的是 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组三　溶液稀释规律的应用 6.取100 mL 0.3 mol·L－1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸溶液加 水稀释至500 mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是 A.0.21 mol·L－1 B.0.42 mol·L－1 C.0.56 mol·L－1 D.0.26 mol·L－1 √ 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析　根据题意可知，混合后H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1 ＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝ ＝0.42 mol·L－1。 7.(2017·盐城模拟)实验室常用98%(ρ＝1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的 稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为 A.4.6 mol·L－1 B.5.7 mol·L－1 C.3.88 mol·L－1 D.18.4 mol·L－1√ 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 9 方法技巧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 掌握两项技能 (1)用98%的浓H2SO4配制100 mL 1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水 注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的浓H2SO4沿着烧杯 内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。 (2)配制100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后再转移到 200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不 停搅拌直到完全溶解为止。 方法技巧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组四　溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用 8.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的 溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为 A.0.1(b－2a) mol·L－1 B.10(2a－b) mol·L－1 C.10(b－a) mol·L－1 D.10(b－2a) mol·L－1 答案解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析　根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋ )＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c (K＋)＝ ＝10(b－2a) mol·L－1。 9.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中 钾离子的浓度为 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 化学计算的类型和方法考点三 核心精讲1 1.明确一个中心 必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。 2.掌握两种方法 (1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、 电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间 过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、 阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系 式，从而达到简化过程，快速解题的目的。 (2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式 子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物 质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 3.计算类型及实验方法 (1)计算类型 ①确定化学式；②确定样品质量分数。 (2)实验方法 ①滴定分析法；②沉淀分析法；③热重分析法。 1.在O2中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把 这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为 A.18% B.46% C.53% D.36% 题组集训2 题组一　“关系式”法的应用 (一)由“元素守恒”确定关系式 1 2 3 4 答案解析 √ 5 6 7 8 解析　明确S―→SO2―→SO3―→H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求 出与NaOH的关系。 全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示： S―→SO2―→SO3―→H2SO4―→2NaOH 32 g　　　　　　　　　　　 2 mol x　　　　　　　　　　　　　(0.02×0.50)mol 1 2 3 4 5 6 7 8 (二)由“电子守恒”确定关系式 2.将4.9 g Mg和Fe的混合物在过量稀HNO3中完全反应，得到标准状况下 NO气体2.24 L，向反应后的溶液中加入足量烧碱溶液充分反应，求最后 生成沉淀的质量。 答案　由题意知，整个过程中存在关系 Fe～3e－～3OH－～Fe(OH)3 Mg～2e－～2OH－～Mg(OH)2 可以看出e－～OH－，又因得失电子守恒，所以有 ～NO～3e－～3OH－， 故n(OH－)＝n(e－)＝3n(NO)＝0.3 mol。 所以沉淀的质量为4.9 g＋17 g·mol－1×0.3 mol＝10 g。 答案1 2 3 4 5 6 7 8 题组二　“滴定法”分析物质组成及含量 应用一　确定含量 3.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的 浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再 加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度， 答案1 2 3 4 5 6 7 8 答案　本题涉及的化学方程式或离子方程式为 CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑ 1 2 3 4 5 6 7 8 n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol 1 2 3 4 5 6 7 8 4.电解铜的阳极泥中含有3%～14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式 存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合 适方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中， 加入25.00 mL 0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液[只发生Se(＋4)转化为 Se(＋6)]。反应完全后，用0.050 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至 终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为________(保 留四位有效数字)。 3.950% 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 0.000 250 0 mol　　　　　　　 0.000 250 0 mol －0.000 150 0 mol ＝0.000 100 0 mol 0.000 150 0 mol　　　　　　　 0.000 750 0 mol 应用二　确定组成 5.碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种有开发价值的微溶于水的无 机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验： 1 2 3 4 5 6 7 8 ②另取1.685 g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶 液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO－氧化为O2)，稀释至1 000 mL。移取 25.00 mL溶 液 至 锥 形 瓶 中 ， 在 一 定 条 件 下 用 0.020 00 mol·L－ 1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2＋(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2－ ===MgY2－＋2H＋)，消耗25.00 mL。 (1)步骤①需要用到的指示剂是__________。淀粉溶液 解析　根据实验①中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀 粉作指示剂。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案解析 (2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 反思归纳 根据电荷守恒，可得： n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.03 mol， m(H2O)＝1.685 g－0.01 mol×51.5 g·mol－1－0.02 mol×24 g·mol－1－0.03 mol ×17 g·mol－1＝0.180 g， 1 2 3 4 5 6 7 8 n(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol ∶0.01 mol＝2∶1∶3∶1， 碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1.利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种 (1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。 (2)利用微粒守恒建立关系式。 2.多步滴定常分为两类 (1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴 定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。 (2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴 定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即 可得出第一步所求物质的物质的量。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 题组三　热重分析法确定物质组成及含量 应用一　确定含量 6.[2014·新课标全国卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加热 过程发生分解的失重曲线如图所示，已知 失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即 ×100%)的 残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或 mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。 答案1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 应用二　确定组成 7.0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化 的曲线)如图所示。 试确定200 ℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。 答案1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 　　　250　　　　　　　18n 　　　0.80 g　　　　　 0.80 g－0.57 g＝0.23 g 8.为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确 称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率( ×100%) 随温度的变化如下图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为 ________。 CaC2O4 CaO 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 答案　500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中 CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝ ＝0.25 mol，设混合 物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体 总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝ 0.25，解得x＝0.10，y＝0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为 12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。 答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 热重分析的方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 反思归纳 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求 出失重后物质的化学式。 1 2 3 4 5 6 7 8 本课结束