2020届二轮复习化学计量及其应用学案（江苏专用） 20页

‎[考纲要求]　1.理解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积(标准状况下)、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义，并能进行有关计算(混合气体的平均相对分子质量的相关计算不作要求)。2.理解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。3.理解溶液、溶解度、溶液中溶质的质量分数等概念。4.掌握一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的配制方法。‎ 考点一　阿伏加德罗常数的广泛应用 ‎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：Br2、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷外)，均为液体；SO3为固体。‎ ‎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中共价键数目为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。‎ ‎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)注意氧化还原反应的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。‎ ‎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：‎ ‎(1)2SO2＋O22SO3‎ ‎2NO2??N2O4‎ N2＋3H22NH3‎ ‎(2)Cl2＋H2O??HCl＋HClO ‎(3)NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－‎ ‎(4)PCl3＋Cl2??PCl5‎ ‎5．与电解质溶液中粒子数目判断有关的NA的应用 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。‎ ‎1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗‎11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023(×)‎ ‎(2019·江苏，‎11C)‎ ‎(2)3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数目小于6×6.02×1023(√)‎ ‎(2018·江苏，‎10C)‎ ‎(3)常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成‎11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023(×)‎ ‎(2017·江苏，12D)‎ ‎(4)常温常压下，‎22.4 L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个(×)‎ ‎(2016·江苏，‎7C)‎ ‎2．(2014·江苏，6)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA B．0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA C．标准状况下，‎11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4NA 答案　A 解析　A项，O2和O3都是由O元素组成的，‎1.6 g混合气体含有O原子的物质的量为＝0.1 mol，即0.1NA；B项，丙烯酸的结构简式为，分子中含有C==C键和C==O键，因此0.1 mol丙烯酸含有0.2NA个双键；C项，标准状况下苯为液体，‎11.2 L苯中的物质的量远大于0.5 mol，所含分子数远大于0.5NA；D项，过氧化钠与水的反应为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，其中O元素发生自身的“歧化反应”，由－1价变为0价和－2价，生成1 mol O2时，转移2 mol电子，因此生成0.1 mol O2时，转移0.2NA个电子。‎ ‎3．(2013·江苏，7)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA B．‎78 g苯含有C==C双键的数目为3NA C．常温常压下，‎14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D．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 答案　C 解析　A项，由于ClO－水解，ClO－数目小于NA，错误；B项，苯分子中无C==C，错误；C项，N2和CO的摩尔质量均为‎28 g·mol－1，均为双原子分子，‎14 g混合气体的物质的量为0.5 mol，原子数为NA，正确；D项，由反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知，3 mol NO2参加反应转移电子数为2NA，则0.3 mol NO2参加反应，转移电子数目为0.2NA，错误。‎ 题组一　物质状态与“NA”应用 ‎1．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 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(×)‎ ‎(5)‎2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA(×)‎ ‎(6)‎2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023(×)‎ 题组二　物质组成与“NA”应用 ‎2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)‎32 g 18O2中含有2NA个氧原子(×)‎ ‎(2)‎17 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(×)‎ ‎(5)‎18 g D2O和‎18 g H2O中含有的质子数均为10NA(×)‎ ‎(6)‎30 g 甲醛中含共用电子对总数为4NA(√)‎ ‎(7)‎4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(√)‎ ‎(8)‎12 g 金刚石含有的共价键数目为4NA(×)‎ 题组三　电子转移与“NA”应用 ‎3．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)‎ ‎(2)‎5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(×)‎ ‎(3)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)‎ ‎(4)0.1 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的浓盐酸反应生成标准状况下‎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(×)‎ ‎(8)1 mol Na2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数为2NA(×)‎ ‎(9)50 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(×)‎ 题组四　可逆反应与“NA”应用 ‎4．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)2 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(×)‎ ‎(3)‎100 g质量分数为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(×)‎ 题组五　溶液中粒子数目判断与“NA”应用 ‎5．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)‎0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH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(×)‎ ‎(3)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA(×)‎ ‎(4)‎25 ℃‎时，pH＝13的‎1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)‎ 题组六　新课标卷真题演练 ‎6．(2018·全国卷Ⅰ，10)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA B．‎22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA C．‎92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA 答案　B 解析　氩气是单原子分子，标准状况下，‎22.4 L氩气的物质的量为1 mol，含有的质子数为18NA，B项正确；Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，A项错误；‎92.0 g甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1 mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外，还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D项错误。‎ ‎7．(2018·全国卷Ⅱ，11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎124 g P4中所含P—P键数目为4NA B．100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA C．标准状况下，‎11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA 答案　C 解析　标准状况下，‎11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；‎124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个P—P键，所以含有P—P键数目为6NA，A项错误；Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B项错误；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，D项错误。‎ ‎8．(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，NH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　D 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。‎ ‎9.(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　A 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。‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 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，掌握基本操作步骤，注意仪器的使用，正确分析误差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。‎ ‎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 ‎(1)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)。‎ 答案　5.3　②④⑥⑤①③‎ ‎(2)明确溶液配制过程中的“四数据”‎ ‎①记录质量或体积时保留一位小数。‎ ‎②选择容量瓶时，要指明容量瓶的规格。‎ ‎③转移溶液时要洗涤烧杯________次。‎ ‎④定容时液面距刻度线1～2 cm时，改用________滴加蒸馏水。‎ 答案　③2～3　④胶头滴管 ‎3．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仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。‎ ‎②俯视容量瓶刻度线(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：偏高。‎ ‎②定容时，溶液温度高：偏高。‎ ‎③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。‎ ‎④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。‎ ‎⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。‎ ‎⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。‎ ‎⑦转移时，有液体溅出：偏低。‎ ‎⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。‎ ‎⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。‎ ‎⑩容量瓶内有少量水：无影响。‎ ‎4．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c＝ mol·L－1。‎ ‎(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：‎ c＝(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)。‎ ‎1．下面是高考题的组合，判断是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)配制一定浓度的溶液(√)‎ ‎(2019·天津，4B)‎ ‎(2)配制0.400 0 mol·L－1的NaOH溶液，称取‎4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容(×)‎ ‎(2018·全国卷Ⅱ，‎13A)‎ ‎(3)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)‎ ‎(4)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)‎ ‎(5)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)‎ ‎(6)配制一定浓度的NaCl溶液(×)‎ ‎(2015·四川理综，‎3A)‎ ‎(7)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)‎ ‎(8)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)‎ ‎2．(2013·江苏，5)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　B 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．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(　　)‎ A．相对分子质量M＝ B．物质的量浓度c＝ C．溶液的质量分数w＝ D．溶液密度ρ＝ 答案　CD 解析　由c＝知D项错误；由c＝＝知B项正确；由w＝＝知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。‎ ‎2．(2018·盐城高三模拟)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　C 解析　实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液溶质的质量分数：w＝≈0.309，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝≈3.88 mol·L－1，故选C。‎ ‎3．实验室用18.4 mol·L－1的浓硫酸配制480 mL 2 mol·L－1的硫酸，需量取浓硫酸________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_________________。‎ 答案　54.3 mL　胶头滴管、500 mL容量瓶 解析　根据“大而近“的原则，配制480 mL溶液应选用500 mL容量瓶。根据c(浓溶液)×V(浓溶液)＝c(稀溶液)×V(稀溶液)，18.4 mol·L－1×V(浓H2SO4)＝2 mol·L－1 ×500 mL，解得V(浓H2SO4)≈54.3 mL，需要量取浓硫酸54.3 mL。配制的实验步骤为：计算→量取→稀释→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500 mL容量瓶、胶头滴管。‎ 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的烧杯中，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。‎ ‎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。‎ ‎(2019·江苏，18)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。‎ ‎(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约‎70 ℃‎下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为___________；水解聚合反应会导致溶液的pH______。‎ ‎(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品‎3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。‎ ‎①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。‎ ‎②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。‎ 答案　(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小　(2)①偏大　②n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝1.100×10－3 mol　由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋(或Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)‎ 则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol 样品中铁元素的质量：‎ m(Fe)＝6.600×10－3 mol×‎56 g·mol－1＝0.369 ‎‎6 g 样品中铁元素的质量分数：‎ w(Fe)＝×100%＝12.32%。‎ 解析　(1)H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式。Fe3＋发生水解聚合反应使溶液pH减小。(2)聚合硫酸铁中的Fe3＋被Sn2＋还原为Fe2＋，然后用K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋，根据6Fe2＋～Cr2O，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10－2×22.00×10－3 mol＝6.600×10－3 mol，进而计算出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝×100%＝12.32%。若不除去具有还原性的Sn2＋，则消耗K2Cr2O7的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。‎ ‎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。‎ 角度一　滴定法的应用 ‎1．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准确称取‎1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O＋I2===2I－＋S4O)，消耗25.00 mL。‎ ‎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________。‎ ‎(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　(1)淀粉溶液 ‎(2)关系式：ClO－～I2～2S2O n(ClO－)＝n(S2O)＝×0.800 0 mol·L－1×25.00×10－‎3 L＝0.01 mol，‎ n(Mg2＋)＝0.020 00 mol·L－1×25.00×10－‎3 L×＝0.02 mol，‎ 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，‎ n(H2O)＝＝0.01 mol，‎ 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。‎ 解析　(1)根据实验①中的离子方程式可知有I2参加反应，根据I2的特性可选择淀粉溶液作指示剂。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～2S2O求得n(ClO－)，根据实验②中消耗的EDTA的物质的量结合关系式Mg2＋～EDTA可求得n(Mg2＋)，利用电荷守恒可求得n(OH－)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。‎ ‎2．(2019·南京市、盐城市高三调研)测定某草酸晶体(H‎2C2O4·xH2O)组成的实验如下：‎ 步骤1：准确称取0.550 ‎8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。‎ 步骤2：准确称取0.151 ‎2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H‎2C2O4＋2NaOH===Na‎2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。‎ ‎(1)“步骤‎1”‎的目的是_________________________________________________________。‎ ‎(2)计算x的值(写出计算过程)。‎ 答案　(1)测定NaOH溶液的准确浓度 ‎(2)0.550 ‎8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)＝＝0.002 7 mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)＝＝0.12 mol·L－1，又草酸与氢氧化钠反应，根据H‎2C2O4＋2NaOH===Na‎2C2O4＋2H2O可知，2n(H‎2C2O4)＝c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H‎2C2O4)＝＝1.2×10－3mol，所以n(H‎2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3 mol，则n(H‎2C2O4·xH2O)·M(H‎2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3 mol×(90＋18x)g·mol－1＝0.151 ‎2 g，则晶体中水的个数x＝2，故x＝2。‎ 解析　(1)“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1∶1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度。‎ ‎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。‎ ‎(1)设晶体为1 mol。‎ ‎(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。‎ ‎(3)计算每步的m剩余，×100%＝固体残留率。‎ ‎(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。‎ ‎(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。‎ ‎1．[2019·江苏，20(1)①]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。‎ ‎(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。①写出400～‎600 ℃‎范围内分解反应的化学方程式：____________________________________________________。‎ 图1‎ 答案　CaC2O4CaCO3＋CO↑‎ ‎2．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到‎150 ℃‎时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_________________。‎ 答案　NH4Fe(SO4)2·12H2O 解析　失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。‎ ‎3．[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下图所示，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　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，解得x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有＝1.4，得＝＝。‎ ‎1．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)‎300 ℃‎时残留固体的成分为________，‎900 ℃‎时残留固体的成分为________。‎ ‎(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　(1)CaC2O4　CaO ‎(2)在‎600 ℃‎时，×100%＝68.49%，m(剩余)＝‎36.50 g×68.49%≈‎25 g，从‎300 ℃‎至‎600 ℃‎时，失去的总质量为‎32 g－‎25 g＝‎7 g，失去物质的摩尔质量为＝‎28 g·mol－1，‎500 ℃‎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。‎ 解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×‎18 g·mol－1＝‎4.50 g，在‎300 ℃‎时，×100%＝87.67%，m(剩余)＝‎36.50 g×87.67%≈‎32 g，减少的质量为‎36.50 g－‎32 g＝‎4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在‎900 ℃‎时，×100%＝38.36%，m(剩余)＝‎36.50 g×38.36%≈‎14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×‎40 g·mol－1＝‎10 g，另外还含有m(O)＝‎14 g－‎10 g＝‎4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。‎ ‎2．为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成，进行如下实验：‎ ‎①称取‎2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 ‎0.224 L(已换算成标准状况下)。‎ ‎②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。‎ 根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。‎ 答案　设NVCO的摩尔质量为M g·mol－1，由＝0.864 8，可得M≈1 065，由＝0.467 6可得b＝6；由×a＝n(NH3)＝＝0.01 mol，解得a＝5，由最后产物为VO2，则VO为＋2价，‎2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由化合物的相对分子质量‎18a＋67b＋‎60c＋17d＋180＝1 065可知‎60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9代入化学表达式，可得化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。‎ ‎1．(2019·南京高三学情调研)碱式氯化铝[Al2(OH)xCl(6－x)]y是一种高效净水剂，利用“‎ 铝灰酸溶一步法”可制得。研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6 mol·L－1的盐酸，温度控制在‎85 ℃‎左右，以中等速度搅拌。‎ ‎(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)xCl(6－x)的化学方程式：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若用溶质质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为‎1.16 g·cm－3)配制50 mL 6 mol·L－1盐酸，所用浓盐酸的体积为______________mL。‎ ‎(3)以中等速度搅拌的理由是___________________________________________________。‎ ‎(4)为测定某[Al2(OH)xCl(6－x)]y样品组成中的x值，可以采取如下方法：取两份等质量的样品，一份样品用足量稀HNO3溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到‎3.157 g白色沉淀；另一份样品配成500 mL溶液，取出12.50 mL溶液，加入0.100 0 mol·L－1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH为3～4，煮沸，冷却后用0.100 0 mol·L－1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗ZnSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Zn2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。计算[Al2(OH)xCl(6－x)]y样品中的x值(写出计算过程)。‎ 答案　(1)2Al＋(6－x)HCl＋xH2O===Al2(OH)xCl(6－x)＋3H2↑‎ ‎(2)25.9‎ ‎(3)搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢 ‎(4)n(Cl－)＝n(AgCl)＝＝0.022 mol n(Al3＋)＝0.100 0 mol·L－1×(25.00－20.00) mL×10－‎3 L·mL－1×＝0.02 mol ＝＝ x＝3.8‎ 解析　(1)按Al、Cl、H分别守恒配平反应。(2)c(HCl)＝ ＝11.6 mol·L－1，根据稀释原理知，c1V1 ＝c2V2,11.6×V×10－3＝50×10－3×6，得V≈25.9 mL。(3)搅拌过快，盐酸会挥发；搅拌过慢，反应物之间的接触面积小，反应速率慢。(4)‎3.157 g白色沉淀为AgCl，由此可计算出Cl—的物质的量。EDTA先与Al3＋反应，过量的部分再与Zn2＋反应，用总的EDTA的量减去与Zn2＋反应的EDTA的量，即为与Al3＋反应的EDTA的量，由此可以计算出Al3＋的物质的量。计算中要注意500 mL中只取出12.50 mL，所以要将计算与Al3＋反应的EDTA的量扩大。然后根据＝，得出x的值。‎ ‎2．(2019·宿迁高三期末)PbO2是一种强氧化剂，在铅蓄电池中用作电极材料。由PbO为原料制备PbO2流程如下：‎ ‎“氧化”反应原理：2Pb(CH3COO)2＋4NaOH＋Ca(ClO)2===2PbO2↓＋4CH3COONa＋CaCl2＋2H2O ‎(1)PbO2常温下即可与盐酸反应生成Pb2＋、Cl2，若反应消耗‎2.39 g PbO2，则被氧化的HCl物质的量为______________________________________________________。‎ ‎(2)“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是________________________。‎ ‎(3)PbO2的检验：向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫红色，说明含有PbO2。该反应的离子方程式为_____________________________。(PbO2被还原为Pb2＋)‎ ‎(4)为测定产品(假定只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比，进行以下实验：‎ ‎①取一定量待测产品，加入 200.00 mL 0.210 0 mol·L－1 的草酸溶液(过量)，充分搅拌反应。然后用氨水调节溶液pH至PbC2O4沉淀完全，过滤得PbC2O4质量为2.950 ‎0 g。‎ ‎②上述滤液酸化后加水稀释至500.00 mL，某同学取出100.00 mL用0.100 0 mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液19.20 mL。‎ 计算产品中PbO2与PbO的物质的量之比(写出计算过程)。‎ ‎(已知：PbO2 ＋ H‎2C2O4―→PbC2O4↓＋ CO2↑＋ H2O，未配平；H＋ ＋MnO＋H‎2C2O4―→CO2↑＋ Mn2＋＋H2O，未配平)‎ 答案　(1) 0.02 mol ‎(2) Pb(OH)2或CaPbO3‎ ‎(3)5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋5Pb2＋＋2MnO＋2H2O ‎(4)2MnO　　　～　　　　　　　　5H‎2C2O4‎ ‎2 5‎ ‎1．92×10－3 mol n(H‎2C2O4)‎ ‎100 mL溶液中：n(H‎2C2O4)＝4.8×10－3 mol，‎ 原溶液中n(H‎2C2O4)＝2.4×10－2mol 与PbO2、PbO反应的H‎2C2O4为：0.042 mol －0.024 mol ＝ 0.018 mol 草酸铅的物质的量为0.01 mol 设原混合物中n(PbO)为x，则n(PbO2)为0.01 mol－x PbO2 ～　　　2H‎2C2O4　　　PbO ～H‎2C2O4‎ ‎1 2 1 1‎ ‎0.01 mol－x n(H‎2C2O4) x n(H‎2C2O4)‎ ‎2(0.01 mol－x ) ＋x ＝ 0.018 mol，解得x ＝ 0.002 mol 原混合物中n(PbO) ＝0.002 mol n(PbO2) ＝0.008 mol n(PbO2)∶n(PbO) ＝ 0.008 mol∶0.002 mol＝4∶1。‎ 解析　(1)根据得失电子守恒找出关系为：PbO2～2HCl，n(HCl)＝2n(PbO2)＝2×＝0.02 mol。(2)酸浸得到Pb2＋，与NaOH反应生成Pb(OH)2，也有可能生成盐类：铅酸钙。(3)紫红色为MnO，即Mn2＋被PbO2氧化，自身被还原为Pb2＋，根据Mn和Pb得失电子守恒配平反应，在酸性条件下，用H＋平衡电荷，最后配平其他原子。‎ ‎3．(2019·南京、盐城高三二模)KBr可用于光谱分析和化学分析等。‎ ‎(1)制备KBr的一种方法如下：‎80 ℃‎时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.500 ‎0 g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00 mL溶液；移取25.00 mL该溶液，加入25.00 mL 0.030 00 mol·L－1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20 mL。测定过程中物质的转化关系如下：‎ ‎①加入的指示剂为__________________。‎ ‎②计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)。‎ 答案　(1)3Br2＋6KOH＋CO(NH2)26KBr＋CO2↑＋N2↑＋5H2O ‎(2)①淀粉溶液 ‎②根据Br2～I2～2S2O，与I－反应的Br2：‎ n1(Br2)＝n(S2O)＝×16.20×10－‎3 L×0.100 0 mol·L－1＝8.1×10－4 mol 根据BrO～5Br－～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：‎ n(Br2)＝3n(KBrO3)＝3×25.00×10－‎3 L×0.030 00 mol·L－1＝2.25×10－3mol 与C6H5OH反应的Br2：‎ n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝2.25×10－3 mol－8.1×10－4 mol＝1.44×10－3 mol 根据C6H5OH～3Br2知，苯酚的物质的量：‎ n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝×1.44×10－3 mol＝4.8×10－4 mol 苯酚的纯度＝×100%＝90.24%。‎ 解析　(1)CO(NH2)2中C为＋4价，N为－3价，反应后生成N2和KBr，Br2的化合价降低，根据N和Br化合价升降总值相等配平反应。(2)①反应原理，KBrO3和过量KBr在酸性条件下生成Br2，Br2与苯酚试样中的苯酚反应生成沉淀，过量的Br2与足量KI溶液反应生成I2，用Na2S2O3滴定I2，用淀粉作指示剂。②根据Na2S2O3的量可以计算出生成的I2，进而计算出过量的Br2，由25.00 mL 0.030 00 mol·L－1的KBrO3可以计算出其与KBr反应生成Br2的量，用这个量减去由Na2S2O3算出的Br2，则可得出与苯酚反应的Br2，由此可以得样品中苯酚的量，进而计算出样品中苯酚的纯度。‎