2022届新高考一轮复习-第1章-第3讲-物质的量在化学计量综合计算中的应用-教案

第一章化学计量及其应用第三课第三课物质的量在化学计量综合计算中的应用体积考点考点1：“关系式法〞的应用知识全梳理知识全梳理多步连续反响计算关系式构建思维模型第一步：写出各步反响的化学方程式。第二步：找出作为中介的物质，并确定最初的反响物、中介物质、最终生成物之间“量〞的关系。第三步：确定最初反响物和最终生成物之间“量〞的关系。第四步：根据条件及关系式列出比例计算求解。诊断辨析诊断辨析例1：将500mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的枯燥管，170℃下充分反响，用水—乙醇混合液充分溶解产物I2，定容到100mL。取25.00mL用0.0100mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL，那么样品中CO的体积分数为________(保存三位有效数字)。(：气体样品中其他成分与I2O5不反响；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)【答案】8.96%【解析】由信息可知5CO+I2O5eq\o(,\s\up7(△))5CO2+I2，所以5CO～I2～2Na2S2O3，即5CO～2Na2S2O3，n(CO)=eq\f(5,2)n(Na2S2O3)=eq\f(5,2)×4×(0.0100mol·L−1×0.02L)=2×10−3mol，V(CO)=2×10−3mol×22.4L·mol−1×1000mL·L−1=44.8mL。故样品中CO的体积分数=eq\f(44.8mL,500mL)×100%=8.96%。例2．粗ZnS中的S2−的含量可以用“碘量法〞测得。准确称取样品，置于碘量瓶中，移取l/L的I2—KI溶液于其中，并参加乙酸溶液，密闭，置于暗处充分反响5min，硫元素完全转化为单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用Na2S2O3溶液滴定，反响式为I2+2S2Oeq\o\al(2−,3)=2I−+S4Oeq\o\al(2−,6)。测定时，消耗Na2S2O3溶液体积。请计算样品中S2−的含量为____________________(计算结果保存三位有效数字，写出计算过程)。【答案】27.7%【解析】由方程式I2+S2−=2I−+S↓；I2+2S2Oeq\o\al(2−,3)=2I−+S4Oeq\o\al(2−,6)可知：生成硫单质消耗的n(I2)=2.5×10−3mol–0.1×24×10−3mol÷2=1.3×10−3mol，那么n(S2−)=n(I2)=1.3×10−3mol；m(S2−)=1.3×10−3，w%(S2−)=0.0416g÷0.150g=27.7%。考点考点2：妙用守恒简化过程知识全梳理知识全梳理守恒法计算思维模型第一步：明确题目要求解的量第二步：根据题目中要求解的量，分析反响过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量。第三步：根据守恒原理，梳理出反响前后守恒的量，列式计算求解。诊断辨诊断辨析例12的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。以下说法正确的选项是〔〕A．标准状况下，通入O2B．反响中被复原的HNO3C．标准状况下，混合气体中NO和NO2【答案】C【解析】NO、NO2与氧气、NaOH溶液反响转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒可知，Cu失去的电子等于氧气获得的电子，Cu的物质的量为：=0.5mol，那么氧气的物质的量为=0.25mol，故标准状况下通入氧气的体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.6L，A错误；B．标况下，2的混合气体的物质的量为0.5mol，那么被复原的HNO3的物质的量为0.5mol，B错误；C．设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子守恒得3x+y=0.5mol×2，根据N元素守恒得x+y=0.5mol，联立可得x=y=0.25，故标准状况下V(NO)=V(NO2Cu(NO3)2，同时反响生成的NO、NO2两种气体共有0.5mol，所以参加反响硝酸的量n(HNO3)=0.5mol×2+0.5mol=1.5mol，而硝酸可能还有剩余，所以c(HNO3)≥=10.0mol/L，D错误；综上所述答案为C。例2．将一定量的生铁(假设仅含Fe和C)与浓硫酸加热时，观察到固体完全溶解，并产生大量气体，某化学兴趣小组对反响产生的气体成分和该生铁中碳的含量进行探究。Ⅰ．气体成分探究用如图装置进行探究(夹持仪器省略)：Ⅱ．生铁中碳的含量探究甲同学在正确连接好实验装置后粗略测定样品中碳的含量。取样品m1g进行实验，充分反响后，测得B中生成沉淀的质量为m2g，该样品中碳的质量分数小于______(用含m1、m2的式子表示)。【答案】eq\f(12m2,197m1)×100%【解析】称取样品m1g进行实验，充分反响后，测得B中生成沉淀的质量为m2g，该沉淀为碳酸钡，物质的量为eq\f(m2,197)mol，根据碳元素守恒，那么碳元素的质量分数=eq\f(\f(m2,197)mol×12g·mol−1,m1g)×100%=eq\f(12m2,197m1)×100%，因装置中有空气(含有二氧化碳)，那么该样品中碳的质量分数小于eq\f(12m2,197m1)×100%。考点考点3：热重分析的方法知识全梳理知识全梳理热重分析思维模型(1)设晶体为1mol。(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，eq\f(m余,m1mol晶体质量)=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。诊断辨诊断辨析例1．PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如下图，失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即eq\f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量)×100%)的残留固体。假设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】2∶3【解析】根据PbO2eq\o(,\s\up7(△))PbOx+eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32=239×4.0%，x=2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4；根据mPbO2·nPbO，eq\f(2m+n,m+n)=1.4，eq\f(m,n)=eq\f(0.4,0.6)=eq\f(2,3)，即m∶n=2∶3。即x约为1.4，m∶n=2∶3。例2．0.80gCuSO4·5H2O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)如下图。试确定200℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。_________________________________________________________________。【答案】CuSO4·5H2Oeq\o(,\s\up7(△))nH2O+CuSO4·(5－n)H2O25018neq\f(250,0.80g)=eq\f(18n,0.80g－0.57g)，解得n≈4，那么此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。即200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。课后作业课后作业[A组根底题组]1．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L−1盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是〔〕A．35gB．30gC．20gD．15g【答案】C【解析】由题意知，消耗HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒，那么CuCl2的物质的量为0.25mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25mol，煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，那么m(CuO)=0.25mol×80g·mol−1=20g。2．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，假设反响后硝酸被复原，只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反响后的溶液中，参加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为〔〕【答案】B【解析】最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6g，关键是求增加的n(OH−)，n(OH−)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH−)=eq\f(4480,22400)×1mol+eq\f(336,22400)×2mol=+0.23mol×17g/mol=8.51g。3．有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，假设将此样品1g参加46.00mL的1mol·L−1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L−1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体________g。【答案】【解析】此题中发生的反响很多，但仔细分析可知蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl−全部来自盐酸中的Cl−，在整个过程中Cl−守恒，即n(KCl)=n(HCl)；故m(KCl)=0.046L×1mol·L−1×74.5g·mol−1=3.427g。4．将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L−1硫酸中，然后参加25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2+全部转化为Fe3+，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3+。那么K2Cr2O7的物质的量浓度是________。【答案】0.100mol·L−1【解析】由电子守恒知，FeO中+2价铁所失电子的物质的量与Cr2Oeq\o\al(2－,7)中+6价铬所得电子的物质的量相等，eq\f(1.08g,72g·mol−1)×(3-2)=0.02500L×c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))×(6-3)×2，得c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))=0.100mol·L−1。5．用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中参加足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再参加3mL稀硫酸；Ⅱ．在玻璃液封装置中参加水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ．用0.1000mol·L−1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I−+S4Oeq\o\al(2－,6))，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反响的离子方程式为________________________。(2)测得混合气中ClO2的质量为________g。【答案】(1)2ClO2+10I−+8H+=5I2+4H2O+2Cl−(2)0.027【解析】(1)ClO2具有氧化性，I−具有复原性，二者在酸性溶液中发生氧化复原反响，离子方程式为2ClO2+10I−+8H+=5I2+4H2O+2Cl−。(2)ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，那么有n(ClO2)=eq\f(1,5)n(Na2S2O3)=eq\f(1,5)×0.1000mol·L−1×20.00×10−3L=4×10−4mol，m(ClO2)=4×10−4mol×67.5g·mol−1=0.027g。6．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系。在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图：答复以下问题：准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，参加适量稀硫酸，用amol·L−1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反响中Cr2Oeq\o\al(2－,7)被复原为Cr3+。样品中CuCl的质量分数为________。【答案】ab,m)%【解析】依据信息定关系式6CuCl～6FeCl3～K2Cr2O761n(CuCl)amol·L−1×b×10−3Ln(CuCl)=6×a×b×10−3mol，m(CuCl)=6×a×b×10−3mol·mol−1，w(CuCl)=eq\f(amol·L−1×b×10−3L×6×99.5g·mol−1,mg)×100%=ab,m)%。[B组提升题组]7．蛋氨酸铜[Cux(Met)y，Met表示蛋氨酸根离子]是一种新型饲料添加剂。为确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的组成，进行如下实验：(1)称取一定质量的样品于锥形瓶中，参加适量的蒸馏水和稀盐酸，加热至全部溶解，冷却后将溶液分成两等份。I2，Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色恰好褪去，发生反响：。消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL(蛋氨酸与I2反响时物质的量之比为1∶1，产物不与Na2S2O3发生反响)。③向另一份溶液中参加NH3·H2O－NH4EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+)，消耗EDTA标准溶液28.00mL。(1)指示剂X为____。(2)用Na2S2O3标准液滴定时，假设pH过小，会有S和SO2生成。写出S2Oeq\o\al(2−,3)与H+反响的离子方程式___________。(3)假设滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，测得Cu2+的物质的量将____(填“偏大〞、“偏小〞或“不变〞)。(4)通过计算确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的化学式(写出计算过程)________。【答案】〔1〕淀粉溶液偏大，，化学式为：【解析】Na2S2O3标准溶液滴定I2液，那么指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；〔2〕S2Oeq\o\al(2−,3)与H+反响生成S和SO2，那么化学方程式为，故答案为：；〔3〕假设滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，标准液体积偏大，测得Cu2+的物质的量将偏大，故答案为：偏大；〔4〕，，，，。，化学式为：。8．钙是人体神经、肌肉、骨骼系统、细胞膜和毛细血管通透性的功能正常运作所必需的常量元素，维生素D参与钙和磷的代谢作用，促进其吸收并对骨质的形成和改善有重要的作用。某制药生产的“钙尔奇D600片剂〞的局部文字说明如下：“本品每片含主要成分碳酸钙1.5g(相当于钙元素600mg)，成人每天服用1片。〞〔1〕“1.5g碳酸钙与600mg的钙〞的计量关系是如何得出来的，请写出简要步骤。〔2〕该公司的另一种产品，其主要成分与“钙尔奇D600〞相同，仅仅是碳酸钙的含量不同。为测定该片剂中碳酸钙含量，某学生进行了如下实验：取10片该片剂碾碎后放入足量的HCl中经充分反响(假设该片剂的其余局部不与HCl反响)过滤，取滤液加(NH4)2C2O4，使Ca2+生成CaC2O4KMnO4KMnO4溶液，发生的离子反响为：2MnOeq\o\al(−,4)+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O①请通过计算答复该片剂中碳酸钙的含量_________。②参照上述关于“钙尔奇D600片剂〞的文字说明，你认为该片剂的名称应该叫“钙尔奇D______片剂〞。【答案】〔1〕600〔2〕m(CaCO3)=0.75300【解析】〔1〕1.5g碳酸钙含有钙元素的质量是：，故答案为：；〔2〕滴定所需KMnO4物质的量为，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4～5CaCO3，可知含有碳酸钙物质的量为，那么10片该片剂碳酸钙质量为那么1片含有碳酸钙0.75g，故答案为：0.75g；②每片中钙元素的含量为，故应叫钙尔奇D300片剂，故答案为：300。9．某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如图：Ⅰ．取mg样品于锥形瓶中，参加稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L−1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ．向上述溶液中参加适量复原剂将Fe3+完全复原为Fe2+，参加稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·mol−1)的质量分数表达式为。【答案】×100%【解析】设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2Oeq\o\al(2−,4))，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10−3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。10．以下图是将一定质量的草酸亚铁在氩气气氛中进行热重分析示意图(表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。(1)B处时残留物的化学式为_____。(2)现取1.44gFeC2O44molCO，加热至，其中反响：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)的平衡常数，那么反响达平衡时FeO的转化率为_______。【答案】〔1〕FeC2O4〔2〕50%【解析】(1)M(FeC2O4·2H2O)=180g/mol，M(FeC2O4)=144g/mol；假设原FeC2O4·2H2O有180g，那么B处时，残留固体的质量为180g×80%=144g，即1molFeC2O4·2H2O分解，失去2mol水变为FeC2O4，故B处残留固体为FeC2O4；(2)假设原FeC2O4·2H2O有180g，C处时，残留固体的质量为180g×40%=72g，结合题中给出的信息可得C处残留的固体为FeO，那么FeC2O4的分解反响为；在密闭容器中，1.44gFeC2O4〔即0.01mol〕分解产生0.01molFeO、0.01molCO、0.01molCO2，再充入0.04molCO，那么容器中最初有0.05molCO，设容器体积为1L，且反响到达平衡时，FeO转化xmol，那么反响三段式为：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)那么c(CO)=(0.05-x)mol/L，c(CO2)=(0.01+x)mol/L，K===，解得x=0.005，即0.01molFeO的在平衡时转化了0.005mol，故FeO的转化率为=50%。11．CoCl2·xH2O与Na2CO3·10H2O的固体混合物共8.100g，参加足量的水后，生成白色的碳酸钴沉淀，将沉淀滤出，洗净烘干，其质量为1.190g。将滤液与洗涤液合并，参加足量盐酸产生无色气体0.224L(不考虑气体的溶解)。(1)固体混合物中Na2CO3·10H2O的质量为_______g〔保存2位小数〕。(2)CoCl2·xH2O中x=_____。(3)将得到的1.190g沉淀在空气中充分灼烧至恒重，得到的固体是一种钴的氧化物，其质量为0.830g，该氧化物属离子晶体。通过计算，可确定该晶体的化学式为________________。【答案】5.726Co2O3【解析】滤液与洗涤液和盐酸