2020年高考化学二轮复习 专题二 化学计量及其应用

专题二 化学计量及其应用考纲要求1.了解物质的量的单位摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。2.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。3.理解质量守恒定律的含义。4.能根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。5.了解溶液的含义。6.了解溶解度、饱和溶液的概念。7.了解溶液的组成，理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。8.了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。(一)洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用题组一气体摩尔体积的适用条件及物质的聚集状态1.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA()(2)常温下，11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA()(3)标准状况下，22.4 L己烷中含共价键数目为19NA()(4)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA()(5)标准状况下，2.24 L HF含有的HF分子数为0.1NA()突破陷阱抓“两看”，突破“状态、状况”陷阱一看“气体”是否处于“标准状况”。二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在标准状况下不为气体)。题组二物质的量或质量与状况2.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA()(2)标准标况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA()(3)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA()突破陷阱排“干扰”，突破“质量、状况”陷阱给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。题组三物质的组成与结构3.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)在常温常压下，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)m g CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA()(5)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA()(6)30 g甲醛中含共用电子对总数为4NA()突破陷阱记“组成”，突破“结构”判断陷阱1.记特殊物质中所含微粒的数目，如Ne、D2O、18O2、OH、OH等。2.记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。3.记摩尔质量相同的物质，如N2、CO、C2H4等。题组四电解质溶液中粒子数目的判断4.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)0.1 L 3.0 molL1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 molL1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA()(4)25 时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA()突破陷阱审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱一审是否有弱离子的水解；二审是否指明了溶液的体积；三审所给条件是否与电解质的组成有关，如pH1的H2SO4溶液，c(H)0.1 molL1，与电解质的组成无关；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1 molL1，与电解质的组成有关。题组五阿伏加德罗常数的应用与“隐含反应”5.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(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 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()突破陷阱记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应：1.2SO2O22SO32NO2N2O4N23H22NH32.Cl2H2OHClHClO3.NH3H2ONH3H2ONHOH题组六氧化还原反应中电子转移数目的判断6.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA()(2)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()(3)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()(4)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA()(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2被氧化时，共转移的电子的数目为NA()(6)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA()突破陷阱“分类”比较，突破“电子转移”判断陷阱1.同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如：(1)Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只作氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既作氧化剂，又作还原剂。(2)Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反 应，Na2O2只作氧化剂。2.量不同，所表现的化合价不同。如：Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3，Fe过量，生成Fe2。3.氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如：Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。4.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。所以上述题(5)中转移的电子数目大于NA。题组七2020、2020新课标卷“NA”应用高考试题汇编7.(2020全国卷，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2NAB.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC.1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD.标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA答案A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。8.(2020全国卷，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10NAB.2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC.过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD.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C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 gmol1和18 gmol1，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 L0.5 molL11 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2Na2O22H2O=4NaOHO2，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：2NOO2=2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。(二)理解公式推论，破解阿伏加德罗定律应用9.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.xy等于甲与乙的相对分子质量之比B.xy等于甲与乙的分子个数之比C.xy等于同温同压下甲与乙的密度之比D.yx等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比答案B解析A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等，即，推出xyM甲M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为11，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；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲p乙n1n2M乙M甲yx，故正确。10.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D解析同温同压下，气体摩尔体积相等，根据知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A项，根据n知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；B项，根据VVm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲乙，则气体体积甲乙，故B错误；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。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VnVm及mV等公式推导出：(1)同温同压时：V1V2n1n2N1N2；12M1M2；同质量时：V1V2M2M1。(2)同温同体积时：p1p2n1n2N1N2；同质量时：p1p2M2M1。(3)同温同压同体积时：M1M2m1m2。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。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 molL1 Na2CO3溶液，图中操作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5.33.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.误差分析点点清进行误差分析的依据是c，根据公式，分析各个量的变化，判断可能产生的误差。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。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 gcm3，气体的摩尔质量为M gmol1，则c molL1。(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/molL1，为溶液的密度/gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/gmol1)。6.两条规律理解透(1)稀释定律如用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c1V1c2V2。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m1w1m2w2。(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。两溶液等质量混合：w(w1w2)。两溶液等体积混合a.若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w(w1w2)，如H2SO4溶液。b.若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w(w1w2)，如氨水、酒精溶液。题组一仪器的正确使用及实验操作的规范性1.正误判断，正确的划“”，错误的划“”。(1)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()(2020浙江理综，8D)(2)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()(2020福建理综，8A)(3)配制0.10 molL1 NaOH溶液()(2020安徽理综，8A)(4)配制一定浓度的NaCl溶液()(2020四川理综，3A)(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干()(2020新课标全国卷，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()(2020新课标全国卷，12D)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B解析A项，托盘天平称量时，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。3.(1)配制浓度为2 molL1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将_(填写字母)。A.等于8.0 g B.等于8.00 gC.大于8.0 g D.等于0.2 g(2)某实验中需2 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为_，称取Na2CO3的质量为_。答案(1)C(2)1 000 mL212.0 g解析(1)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)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L2 molL1106 gmol1212.0 g。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 molL1，密度为 gcm3。则下列说法不正确的是()A.相对分子质量MB.物质的量浓度cC.溶液的质量分数wD.溶液密度答案C解析由c知D项正确；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。5.体积为V L、密度为 gcm3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 molL1，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是()A.c B.mVwC.w D.答案A解析已知：c1 000或c。A项，c，正确；B项，m1 000wV，错误；C项，w，错误；D项，注意w与w%的区别，错误。题组三溶液稀释规律的应用6.取100 mL 0.3 molL1的硫酸溶液和300 mL 0.25 molL1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 molL1 B.0.42 molL1C.0.56 molL1 D.0.26 molL1答案B解析根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H浓度关系如下：c3V3c1V1c2V2，可得n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。7.实验室常用98%(1.84 gmL1)的浓H2SO4配制14的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 gmL1，其物质的量浓度为()A.4.6 molL1 B.5.7 molL1C.3.88 molL1 D.18.4 molL1答案C解析实验室配制14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%(1 mL1.84 gmL198%)/(1 mL1.84 gmL14 mL1 gmL1)100%30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)(1 000 mL1.23 gmL130.9%)/(98 gmol11 L)3.88 molL1，故选C。掌握两项技能1.用98%的浓H2SO4配制100 mL 14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。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(b2a) molL1B.10(2ab) molL1C.10(ba) molL1D.10(b2a) molL1答案D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)(b2a)mol，则c(K)10(b2a) molL1。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()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1答案D解析注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2) mola mol、n(SO)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SO)2n(Mg2)2(2ba) mol。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.注意三个守恒3.明确两种方法(1)关系式法此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。(2)差量法差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如：2C(s)O2(g)=2CO(g)Hm(固), n(气), V(气)2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标况)使用差量法时的注意事项a.所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。b.有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。4.计算类型及实验方法(1)计算类型：确定化学式；确定样品质量分数。(2)实验方法滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。题组一“关系式”法的应用(一)由“元素守恒”确定关系式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 molL1 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%答案D解析关注SSO2SO3H2SO4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：SSO2SO3H2SO42NaOH32 g 2 molx (0.020.50)molx0.16 g。S的质量分数为100%36%。(二)由“电子守恒”确定关系式2.取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 molL1的FeCl3溶液135 mL，I完全反应生成I2：2I2Fe3=I22Fe2。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。答案2 molL1解析依题意，有：本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知I与Cl2之间的关系式：2ICl2。设KI的物质的量是x，则2ICl22 1x 0.025 mol，x0.05 mol。c(KI)2 molL1。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 molL1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，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2OCa2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a molL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗a molL1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。答案%解析本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO52n1(CaCO3)aV2103 moln1(CaCO3)2.5aV2103 mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103 mol则w(CaCO3)100%。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 molL1 KMnO4标准溶液只发生Se(4)转化为Se(6)。反应完全后，用0.050 00 molL1(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)。答案3.950%解析MnO5Fe20.000 150 0 mol0.000 750 0 mol2MnO 5S0.000 250 0 mol0.000 250 0 mol0.000 150 0 mol0.000 100 molw(Se)100%3.950%。应用二确定组成5.碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)cxH2O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：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 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00 mL。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 molL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25.00 mL。(1)步骤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：ClOI22S2On(ClO)n(S2O)0.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n(Mg2)0.020 00 molL125.00103 L0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.01 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17 gmol10.180 g，n(H2O)0.01 mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3H2O。解析(1)根据实验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。(2)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的体积结合关系式Mg2EDTA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。1.利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为(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。题组三“沉淀法”分析物质组成及含量6.SO2可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为x(NH4)2SO4Fe2(SO4)3yH2O。称取该复盐2.410 g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100 mL 0.050 0 molL1硫酸吸收，多余的硫酸用0.200 0 molL1 NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330 g。试列出计算过程确定该复盐的化学式。答案根据题干所述得如下关系式2NH2NH3H2SO42NaOH，n(NH)2(1001030.050 0251030.200 0)mol0.005 mol，n(BaSO4)0.01 mol，则含n(SO)n(BaSO4)0.01 mol，根据电荷守恒式n(NH)3n(Fe3)2n(SO)可知，该固体中含有n(Fe3)0.005 mol，则n(H2O)mol0.06 mol，故固体中n(NH)n(Fe3)n(SO)n(H2O)0.0050.0050.010.0611212，所以化学式为(NH4)2SO4Fe2(SO4)324H2O或NH4Fe(SO4)212H2O。7.锂磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，某化工流程中制得样品38.56 g假定样品中只含Cu4O(PO4)2和CuO两种物质，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色氧化铜，最终称得残留固体质量为27.20 g。计算所得样品磷酸氧铜的质量分数(写出计算过程)。答案n(CuO)80 gmol1nCu4O(PO4)2462 gmol138.56 gn(CuO)4nCu4O(PO4)20.34 mol解得n(CuO)0.02 molnCu4O(PO4)20.08 molwCu4O(PO4)2100%95.85%。题组四热重分析法确定物质组成及含量应用一确定含量8.2020新课标全国卷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mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，x21.4，根据mPbO2nPbO，1.4， 应用二确定组成9.0.80 g CuSO45H2O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CuSO4H2O解析CuSO45H2OnH2OCuSO4(5n)H2O25018n0.80 g 0.80 g0.57 g0.23 g，解得n4，则此时固体物质的化学式为CuSO4H2O。10.为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)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)CaC2O4CaO(2)500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)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128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g，500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。解析(1)n(CaC2O4H2O)0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol18 gmol14.50 g，在300 时，87.67%，m(剩余)36.50 g87.67%32 g，减少的质量为36.50 g32 g4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 时，38.36%，m(剩余)36.50 g38.36%14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)0.25 mol40 gmol110 g，另外还含有m(O)14 g10 g4 g，n(O)0.25 mol，则n(Ca)n(O)11，化学式为CaO。(2)在600 时，68.49%，m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从300 至600 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为7 g0.25 mol28 gmol1，则应为CO，所以CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500 时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。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。(3)计算每步的m余，固体残留率。(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。题组五“差量法”在化学计算中的应用11.一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A.16.7% B.20.0%C.80.0% D.83.3%答案A解析N23H22NH3V 1 L 3 L 2 L 2 L由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减少20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为100%16.7%。12.有NaCl和KCl的混合物25 g，溶于水形成溶液，加入1 000 g 7.14%的AgNO3溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入100 g Cu片，过一段时间取出(反应完全)，洗涤干燥称其质量为101.52 g，原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为()A.0.3 mol；0.2 mol B.0.3 mol；0.1 molC.0.2 mol；0.1 mol D.0.2 mol；0.3 mol答案B解析设与Cu反应的硝酸银的物质的量为xCu2AgNO32Agm642 mol 2108 152x mol 1.52 g解得：x0.02 mol，n(AgNO3)1 000 g7.14%/170 gmol10.42 mol，n(NaCl)n(KCl)0.42 mol0.02 mol0.40 mol，n(NaCl)58.5n(KCl)74.525，解得：n(NaCl)0.3 mol，n(KCl)0.1 mol。13.取一定量的CuO粉末与0.5 L稀硫酸充分反应后，将一根50 g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24 g。并收集到224 mL气体(标准状况)。CuO粉末的质量为()A.0.8 g B.1.8 gC.2.8 g D.8 g答案D解析注意差量的选择和应用。由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应：FeH2SO4=FeSO4H2FeCuSO4=FeSO4Cu其中第个反应使铁棒质量减少，第个反应使铁棒质量增加，两者为0.24 g。FeH2SO4=FeSO4H2m156 g1 mol 56 g0.01 mol 0.56 gm2m10.24 g，m2m10.24 g0.56 g0.24 g0.80 g。设CuO的物质的量为x，CuSO4的物质的量也为x，FeCuSO4=FeSO4Cum21 mol8 gx0.80 g解得：x0.1 mol，m(CuO)0.1 mol80 gmol18 g。解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。应注意：(1)分清“差量”是增还是减，在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和，若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。(2)正确分析形成差量的原因，根据方程式找出对应的“理论差量”是差量法解题的关键。1.溶解度的概念及影响因素在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。固体物质溶解度(饱和溶液)S100 g影响溶解度大小的因素：(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(2)外因溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2.溶解度的表示方法(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度()0102030405060708090100溶解度(g)13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)曲线法3.溶解度曲线的含义及应用(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低如Ca(OH)2。(5)判断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl36H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)A溶液中(含少量B杂质)提取A答案蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。B溶液中(含少量A杂质)提取B答案蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。1.(2020新课标全国卷，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是()A.溴酸银的溶解是放热过程B.温度升高时溴酸银溶解速度加快C.60 时溴酸银的Ksp约等于6104D.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯答案A解析A项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程；B项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可知，60 时，AgBrO3的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 molL1，AgBrO3的Kspc(Ag)c(BrO)0.0250.0256104；D项，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。2.根据下列各组溶解度曲线图，判断分离提纯方法。(1)根据图1中Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲线(g/100 g水)，由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作：将溶液升温结晶、_、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不