（通用版）2020版高考化学一轮复习第一章第2课时计算入门——以物质的量为中心的计算讲义（含解析）.doc

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1、1第 2课时 计算入门以物质的量为中心的计算考点一 阿伏加德罗常数的判断阿伏加德罗常数( NA)的正误判断是近几年高考的常考题型，并保持着较高的稳定性和连续性。该题型既考查考生对概念的理解，又考查物理量之间的转化关系，题目设计的相关选项中有较多的知识隐藏，特别涉及微粒计算的判断，出错率较高，因此熟悉物质的量与微粒数目间的转化是求解微粒数目的关键。计算 N(微粒数)的基本思路如图。着眼点(一) 围绕“气体摩尔体积的使用条件”进行判断此角度通常在标准状况下气体摩尔体积具体应用的易错点上组织命题，有时候虽满足标准状况的使用条件，但不满足是气体；有时候满足是气体的条件，但不满足在标准状况下。典例 1

2、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A(2018全国卷)22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为 18NAB(2018全国卷)常温常压下，124 g P 4中所含 PP键数目为 4NAC(2016全国卷)标准状况下，2.24 L CCl 4含有的共价键数为 0.4NAD(2016江苏高考)常温常压下，22.4 L Cl 2中含有的分子数为 NA解析 标准状况下，氩气为气体，可利用 n 求 22.4 L氩气的物质的量为VVm1 mol，又因每个氩气分子含有 18个质子，故含有的质子数为 18NA，A22.4 L22.4 Lmol 1项正确；一定质量的物质的物质的量与所处的温度和压强

3、无关，124 g P4的物质的量为1 mol，又因每个 P4分子含有 6 个 PP键，故 124 g P4中所含124 g 314 gmol 1PP键数目为 6NA，B 项错误；由于标准状况下，CCl 4为液体，无法利用 n求其物质的VVm量，C 项错误；虽然常温常压下 Cl2所处的状态为气态，但由于气体摩尔体积 Vm未知，无法求算其所含有的分子数，D 项错误。答案 A备考方略 “两看法”突破气体摩尔体积的相关计算2对点练 1 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4 L 的 SO2中含有的 SO2分子数为 NAB常温常压下，35.5 g Cl 2与足量镁粉充分反

4、应，转移的电子数为 2NAC常温常压下，22.4 L NO 2和 CO2的混合气体含有的氧原子数为 2NAD2.24 L CO 和 CO2混合气体中含有的碳原子数目为 0.1NA解析：选 A 标准状况下，SO 2为气体，其物质的量 n 1 mol，故含22.4 L22.4 Lmol 1有的 SO2分子数为 NA，A 项正确；35.5 g Cl2的物质的量为 0.5 mol，转移35.5 g71 gmol 1电子数为 NA，B 项错误；常温常压下，22.4 L NO2和 CO2混合气体的物质的量不是 1 mol，无法求算其混合气体含有的氧原子数，C 项错误；由于气体所处的状况未知，无法由气体的体

5、积求算其物质的量，D 项错误。着眼点(二) 围绕“物质的组成与微观结构”进行判断此角度所设题目考查的主要内容包括：一定量的物质中所含相关粒子的数目 如质子数、中子数、电子数、离子数、电荷数 ；一定量的物质中存在的化学键数目 如共价键数目 。典例 2 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A(2018全国卷)92.0 g 甘油(丙三醇)中含有羟基数为 1.0NAB(2017全国卷)0.1 mol 的 11B中，含有 0.6NA个中子C(2015全国卷)18 g D 2O和 18 g H2O中含有的质子数均为 10NAD(2015全国卷)60 g 丙醇中存在的共价键总数为 10NA解析

6、利用公式 n可以计算 92.0 g甘油的物质的量为 1 mol，mM 92.0 g92.0 gmol 1又因每个甘油分子中含有 3个羟基，故 92.0 g甘油中含有羟基数为 3.0NA，A 项错误；每个 11B原子中含有中子数为 1156 个，故 0.1 mol的 11B中，含有中子数为 0.6NA，B 项正确；D 2O的摩尔质量为 20 gmol1 ，18 g D2O的物质的量为 0.9 mol，18 g20 gmol 1则含有的质子数为 0.9 mol10NA9 NA，H 2O的摩尔质量为 18 gmol1 ，18 g H2O的物质的量为 1 mol，则含有的质子数为 1 mol10NA1

7、0 NA，C 项错误；丙醇的18 g18 gmol 13摩尔质量为 60 gmol1 ，则 60 g丙醇的物质的量为 1 mol，再根据丙醇的结构可知含有7 mol CH键、2 mol CC键，1 mol CO键和 1 mol OH键，故所含共价键总数为11NA，D 项错误。答案 B归纳总结 熟记常考物质的组成与结构(1)物质的构成有些物质是由分子构成的，分子又是由原子构成的。有的分子是单原子分子，如稀有气体 He、Ne 等，有的分子为双原子分子，如 Cl2、N 2、O 2、H 2、Br 2、I 2等，有的分子为多原子分子，如 O3、P 4、D 2O、CH 4、CO 2等。(2)物质的微观结构

8、记特殊物质中所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如Ne、D 2O、 18O2、OH、OH 等。(3)物质中所含的化学键理解物质中所含化学键的数目，如一分子 H2O2、C nH2n2 中化学键的数目分别为3、3 n1。常考物质所含共价键数目说明：几种常考物质 CH4(CH)P4(PP)Si(SiSi)SiO2(SiO)石墨(CC)金刚石(CC)每摩尔含共价键数目4NA 6NA 2NA 4NA 1.5NA 2NA对点练 2 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A乙烯和环丙烷(C 3H6)组成的 28 g混合气体中含有 3NA个氢原子B1.8 g H O与 D2O的混合物中

9、所含的中子数为 NA182C常温常压下，4.4 g 乙醛所含共价键数目为 0.6NAD4.5 g SiO 2晶体中含有的硅氧键的数目为 0.3NA解析：选 D 乙烯和环丙烷的最简式均为“CH 2”，则 28 g混合气体中含有 4NA个氢原子，A 项错误；H O与 D2O的摩尔质量均为 20 gmol1 ，H O、D 2O分子中均含有 10个182 182中子，故 1.8 g H O与 D2O的混合物其物质的量为 0.09 mol，所含的中子1821.8 g20 gmol 1数为 0.9NA，B 项错误；一个乙醛分子中含有 7个共价键，4.4 g乙醛的物质的量为 0.1 mol，故 4.4 g乙

10、醛所含共价键数目为 0.7NA，C 项错误； 1 mol SiO2晶体中含有 4NA个硅氧键，则 4.5 g SiO2晶体中含硅氧键数目为 4NA mol1 0.3 NA，D 项正确。4.5 g60 gmol 14着眼点(三) 围绕“电解质溶液中的弱粒子”进行判断此角度主要考查电解质在溶液中的存在形式，绝大多数需要利用公式 cV n进行解题，其具体的表现形式为弱酸溶液中所含的 H 数目，弱碱溶液中所含的 OH 数目；强酸弱碱盐溶液中所含的阳离子数，强碱弱酸盐溶液中所含弱酸根的离子数等。典例 3 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A(2018全国卷)100 mL 1 molL 1

11、 FeCl3溶液中所含 Fe3 的数目为 0.1NAB(2017全国卷)pH1 的 H3PO4溶液中，含有 0.1NA个 HC(2015全国卷)2 L 0.5 molL 1 亚硫酸溶液中含有的 H 离子数为 2NAD(2015全国卷改编)1 L 0.1 molL1 的 NaHCO3溶液中 H2CO3、HCO 和 CO3粒子数之和为 0.1NA23解析 解答此类题，首先看能否套用 cV n公式，求其电解质的物质的量，再根据强、弱电解质的性质及水解的相关情况求题目具体要求的相关粒子数。套用公式可计算FeCl3的物质的量为 0.1NA，又因 FeCl3为强酸弱碱盐，存在水解平衡：Fe3 3H 2OF

12、e(OH) 33H ，故含有 Fe3 的数目小于 0.1NA，A 项错误；由于 H3PO4溶液的体积未知，无法套用公式求其 H 的数目，B 项错误；套用公式可计算亚硫酸的物质的量为 1 mol，但由于亚硫酸为弱酸，仅电离出部分 H ，故 H 数小于 2NA，C 项错误；套用公式可计算 n(NaHCO3)0.1 mol，再根据物料守恒知，H 2CO3、HCO 和 CO 粒子数之和为3 230.1NA，D 项正确。答案 D备考方略 “三看法”判断电解质溶液中的粒子数目所给条件是否与电解质的组成有关，如 pH3 的 H2SO3溶液中 c(H )10 3 molL1 ，与电解质组成无关；0.05 mo

13、lL1 的 Ba(OH)2溶液中 c(OH )0.1 molL1 ，与电解质组成有关。求溶液中所含 H、O 原子数时，不要忽略溶剂水中的 H、O 原子数目。对点练 3 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A1 L 1 molL 1 的 Na2CO3溶液中含有 NA个 CO23B1 L 0.5 molL 1 CH3COOH溶液中，CH 3COO 的个数小于 0.5NAC0.1 molL 1 的 NaHSO4溶液中，阴、阳离子的数目之和为 0.3NAD1.0 L 0.1 molL 1 NaAlO2溶液中含有氧原子数为 0.2NA5解析：选 B 1 L 1 molL1 的 Na2CO3溶

14、液中因 CO 水解造成溶液中 CO 的数目23 23小于 NA，A 项错误；CH 3COOH为弱酸，1 L 0.5 molL1 CH3COOH溶液中 CH3COO 的个数小于 0.5NA，B 项正确；因不知溶液的体积，故无法确定 NaHSO4溶液中阴、阳离子数目，C 项错误；NaAlO 2溶液中含有水，水中也含有氧原子，故 1.0 L 0.1 molL1 NaAlO2溶液中的氧原子数大于 0.2NA，D 项错误。着眼点(四) 围绕“氧化还原反应中电子转移数目”进行判断此角度易在特殊氧化还原反应中电子转移数目上命题，主要的命题点有：歧化反应中转移的电子数 如 Cl2与 NaOH溶液的反应 ；变价

15、元素的单质参与反应时转移电子数 量不同，所表现的化合价不同，如 Fe与 HNO3反应，Fe 不足，生成 Fe3 ；Fe 过量，生成Fe2 。氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同，如 Cu与 Cl2反应生成 CuCl2，而 Cu与 S反应生成 Cu2S 。典例 4 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )A(2016全国卷)1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NAB(2015全国卷)过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol氧气转移的电子数为 0.2NAC(2015全国卷)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为 1NAD(2015广东高考)3 mol

16、 单质 Fe完全转变为 Fe3O4，失去 8NA个电子解析 在硝酸过量的情况下，Fe 参与反应生成 Fe3 ，1 mol Fe转移的电子数为3NA，A 项错误；过氧化钠与水反应的化学方程式为 2Na2 22H 2 =4Na H 2，O 1 O 2 O 2 O0 故生成 0.1 mol氧气转移的电子数为 0.2NA，B 项正确；不论钠生成何种氧化物，钠均为1 价，故 23 g钠充分燃烧时转移电子数为 1NA，C 项正确；单质 Fe转变为 Fe3O4，Fe 元素的化合价由 0价变为 价，故 3 mol单质铁失去的电子数为 3NA8 NA，D 项正确。83 (83 0)答案 A归纳总结 熟记常考氧化

17、还原反应中转移的电子数反应 物质 转移电子的物质的量或电子数目1 mol Na2O2 1 mol或 NANa2O2CO 2(或 H2O)1 mol O2 2 mol或 2NA6Cl2NaOH 1 mol Cl2 1 mol或 NA1 mol Cl2 2 mol或 2NACl2Fe1 mol Fe 3 mol或 3NA说明 在 Cl2和 Fe的反应中，无论 Cl2量的多少，反应产物均是 FeCl3，故 1 mol Fe参加反应失去 3 mol电子；1 mol Cl2和 H2O反应时，Cl 2既是氧化剂又是还原剂，由于该反应是可逆反应，Cl 2转移电子小于 1 mol或 NA。对点练 4 NA为阿

18、伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，5.6 L CO 2与足量 Na2O2反应转移的电子数为 0.5NAB2.4 g Mg 在足量 O2中燃烧，转移电子数为 0.2NAC标准状况下，11.2 L Cl 2与足量水反应，转移电子数为 0.5NAD氢氧燃料电池正极消耗 22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为 2NA解析：选 B 1 mol CO2与足量 Na2O2反应时转移 1 mol电子，则标准状况下，5.6 L CO2的物质的量为 0.25 mol，与足量 Na2O2反应，转移电子数为 0.25NA，A 项错误；2.4 g Mg的物质的量为 0.1 mol，与

19、足量的 O2反应完全生成 MgO，转移的电子数为0.12NA0.2 NA，B 项正确；Cl 2与水的反应是可逆反应，则标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为 0.5 mol，与足量水反应，转移电子数小于 0.5NA，C 项错误；正极的电极反应式为 O22H 2O4e =4OH 或 O24H 4e =2H2O，故转移电子的数目为4NA mol1 4 NA，D 项错误。22.4 L22.4 Lmol 1着眼点(五) 围绕“反应的特殊情况”进行判断此角度是考生最易失分的点，因反应过程“隐含”着特殊情况，稍不留神就会掉入命题人设计的陷阱，常涉及的命题范围有：含有特殊的条件要求(如 MnO2与浓盐

20、酸的反应)；含有特殊的转化关系(如 N2与 H2的反应为可逆反应不能进行到底)；具有特殊结构物质的混合(如一定量的乙炔与苯的混合物)。典例 5 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A(2018全国卷)密闭容器中，2 mol SO 2和 1 mol O2催化反应后分子总数为 2NAB(2017全国卷)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 0.2NAC(2015全国卷)密闭容器中 2 mol NO与 1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NAD(2015四川高考)50 mL 12 molL1 盐酸与足量 MnO2共热，转移的电子数为0.3

21、NA解析 SO 2与 O2反应生成 SO3为可逆反应，不能进行到底，故混合气体的物质的量大7于 2 mol，即分子总数大于 2NA，A 项错误；H 2与 I2的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应进行程度如何，分子总数均为 0.2NA，B 项正确；2 mol NO 与 1 mol O2发生反应 2NOO 2=2NO2，生成 2 mol NO2，因为存在 2NO2N 2O4，则产物的分子数小于 2NA，C 项错误；在加热条件下，MnO 2与浓盐酸反应而不与稀盐酸反应，12 molL1 浓盐酸随着反应的进行，浓度逐渐减小，当浓度降到一定程度时，不再与MnO2反应，故转移

22、的电子数小于 0.3NA，D 项错误。答案 B归纳总结 物质转化中的“特殊情况”归纳(1)特殊的组成具有相同最简式的物质，如烯烃与环烷烃、NO 2与 N2O4，质量相同时其原子数目相同。(2)特殊的反应可逆反应若反应为可逆反应，则反应物不能完全转化，常考的可逆反应有：N23H 2 2NH3 2SO 2O 2 2SO3 高 温 、 高 压 催 化 剂 催 化 剂 Cl2H 2OHCl HClO 2NO 2N 2O4(3)特殊的变化浓度因素MnO 2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀盐酸，反应停止。Cu 与浓 H2SO4的反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，反应停止。Cu 与浓 HNO3

23、反应，随着反应的进行，浓硝酸变稀硝酸，得到 NO2和 NO的混合气体。Zn 与浓 H2SO4反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，得到 SO2和 H2的混合气体。常温下，铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸发生“钝化” 。对点练 5 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A1 mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成 NA个 SO3分子B常温常压下，92 g NO 2和 N2O4的混合气体中含有的原子数为 6NAC1 mol N 2与 4 mol H2反应生成的 NH3分子数为 2NAD常温下，56 g 铁片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2分子解析：选 B Cu 与浓硫酸反应生成 S

24、O2，而不生成 SO3，A 项错误；NO 2和 N2O4的最简式相同，均为 NO2,92 g NO2和 N2O4不论怎样混合，其所含有的原子数均为 3NA 92 g46 gmol 1mol1 6 NA，B 项正确；N 2与 H2的反应是可逆反应，不能进行到底，故 1 mol N2与 4 mol H2反应生成的 NH3分子数小于 2NA，C 项错误；常温下，铁遇浓 H2SO4发生钝化，不能生成SO2分子，D 项错误。8综合训练1(2018惠州三模)用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )A1 mol 甲基(CH 3)所含的电子数为 10NAB标准状况下，22.4 L 四氯化碳中含

25、有 CCl键的数目为 4NAC常温常压下，1 mol 分子式为 C2H6O的有机物中，含有 CO键的数目为 NAD在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出 32 g铜时转移电子数目为 NA解析：选 D A 项，1 mol甲基中含有电子的物质的量为 9 mol；B 项，标准状况下，CCl4不是气体；C 项，C 2H6O的结构简式可能是 CH3CH2OH，也可能是 CH3OCH3，如果是CH3CH2OH,1 mol CH3CH2OH中含有 1 mol CO键，如果是 CH3OCH3,1 mol CH3OCH3中含有 2 mol CO键；D 项，阴极的电极反应式为 Cu2 2e =Cu，故当阴极析出 32

26、 g铜时转移电子数目为 NA。2(2019济宁一模)设阿伏加德罗常数的值为 NA，下列有关叙述不正确的是( )A标准状况下，11.2 L HF 中含有氟原子的数目为 0.5NAB向含 1 mol Cl 的 NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中 NH 数4为 NAC13 g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为 0.2NAD28 g 乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为 2NA解析：选 A A 项，标准状况下，HF 为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量；B 项，溶液呈中性，则 c(H ) c(OH )，根据溶液中的电荷守恒： c(Cl ) c(OH ) c

27、(NH ) c(H )，所以 n(NH ) n(Cl )1 mol，故此时溶液中 NH 数目为 NA；C 项，4 4 4浓硫酸与锌反应的化学方程式为 Zn2H 2SO4(浓) ZnSO4SO 22H 2O，由= = = = = 方程式可以看出 1 mol Zn反应生成 1 mol SO2气体，随着硫酸的消耗和水的生成，浓硫酸变稀硫酸，Zn 与稀硫酸反应：ZnH 2SO4=ZnSO4H 2，从中可以看出 1 mol Zn反应生成1 mol H2，所以 1 mol Zn不论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为 1 mol,13 g Zn的物质的量 n 0.2 mol，生成气体分子数为 0.2

28、NA；D 项，乙烯和mM 13 g65 gmol 1环丁烷的最简式均为 CH2，所以 28 g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为 2NA。3.肼(N 2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下为液体，其球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应：N 2H42H 2O2=N24H 2O。用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，11.2 L N 2中所含电子总数为 5NAB标准状况下，22.4 L N 2H4中所含原子总数为 6NAC标准状况下，3.2 g N 2H4中含有共价键的总数为 0.6NAD若生成 3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为 0.2NA9解析：

29、选 D 标准状况下，11.2 L N2的物质的量为 0.5 mol，含有电子的物质的量为7 mol，则所含电子总数为 7NA，A 错误；标准状况下，N 2H4不是气体，22.4 L N2H4的物质的量不是 1 mol，则其所含原子总数不是 6NA，B 错误；3.2 g N2H4的物质的量为0.1 mol，含有共价键的物质的量为 0.5 mol，则所含共价键总数为3.2 g32 gmol 10.5NA，C 错误；N 2H4中氮元素的化合价为2 价，生成物 N2中氮元素显 0价，1 mol N2H4参与反应转移 4 mol电子，3.6 g H2O的物质的量为 0.2 mol，当生成 0.2 3.6

30、 g18 gmol 1mol H2O时需消耗 0.05 mol N2H4，转移电子数为 0.2NA，D 正确。考点二 化学计算中的常用方法化学相关计算每年必考，常常结合化学实验、无机化工流程和化学反应原理进行呈现，命题形式灵活多变。综合性较强，往往考生感到力不从心，究其原因是不能正确使用科学的解题方法。本考点从关系式法和守恒法入手进行系统全面的讲解化学计算方法，学通学好此两种方法，就能使复杂计算简单化，使化学计算有法可依。方法一 关系式法关系式是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。

31、高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。类型(一) 根据多步反应的方程式找关系式典例 1 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(NH 4)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C2O Ca 2 =CaC2O4，过滤出 CaC2O4后，用稀硫酸溶解：24CaC2O4H 2SO4=H2C2O4CaSO 4，再用蒸馏水稀释溶液至 V0 mL。取

32、出 V1 mL用 a molL1的酸性 KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnO 5H 2C2O46H =2Mn2 10CO 28H 2O。4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。解析 本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO32H =Ca2 CO 2H 2OC2O Ca 2 =CaC2O424CaC2O4H 2SO4=H2C2O4CaSO 42MnO 5H 2C2O46H =2Mn2 10CO 28H 2O4由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca 2 5CaC 2O45H 2C2O42MnO 45 210n1(CaCO3)

33、 aV2103 moln1(CaCO3)2.5 aV2103 mol样品中 n(CaCO3)2.5 aV2103 molV0V1则 w(CaCO3) 100% %。(2.5aV210 3V0V1)mol100 gmol 1W g 25aV0V2WV1答案 %25aV0V2WV1备考方略 多步反应找关系式的解题步骤对点练 1 (2018全国卷节选)硫代硫酸钠晶体(Na 2S2O35H2O， M248 gmol1 )可用作定影剂、还原剂。利用 K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：(1)溶液配制：称取 1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解

34、，完全溶解后，全部转移至 100 mL的_中，加蒸馏水至_。(2)滴定：取 0.009 50 molL1 的 K2Cr2O7标准溶液 20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr 2O 6I 14H =3I22Cr 3 7H 2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴27定至淡黄绿色，发生反应：I 22S 2O =S4O 2I 。加入淀粉溶液作为指示剂，继续23 26滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定 3次，样品溶液的平均用量为 24.80 mL，则样品纯度为_%(保留 1位小数)。解析：(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL 的容量瓶中，加蒸馏

35、水至距刻度线 12 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇 I2变蓝色，加入的 Na2S2O3样品与 I2反应，当 I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。由反应 Cr2O 6I 14H =3I22Cr 3 7H 2O27I22S 2O =S4O 2I 23 26得关系式：Cr 2O 3I 2 6S 2O27 231 6110009 50 molL 1 0.02 L 0.009 50 molL1 0.02 L6硫代硫酸钠样品溶液的浓度为，样品的纯度为0.009 50 molL 10.02 L60.024 8 L100%95.0%。0.009

36、50 molL 10.02 L60.024 8 L 0.1 L248 gmol 11.200 0 g答案：(1)烧杯 容量瓶 刻度 (2)蓝色褪去 95.0类型(二) 根据不同物质中所含同种元素的原子个数找关系式典例 2 银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：Al(OH) 3和 Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450 和 80 若银铜合金中铜的质量分数为 63.5%，理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为 _ mol CuAlO2，至少需要 1.0 molL1 的 Al2(SO4)3溶液_ L。解析 5.0 kg 银铜合金中铜的物质的量为n(Cu

37、) 50 mol5.0103 g63.5%63.5 gmol 1根据流程图分析再由 Cu原子守恒可得如下关系4Cu4CuO2Al 2(SO4)34CuAlO 2即 2CuAl 2(SO4)32CuAlO 22 1 2所以可完全转化生成 50 mol CuAlO2，至少需要 Al2(SO4)3的体积为 25.0 L。50 mol21.0 molL 1答案 50 25.0备考方略 用原子守恒找关系式的方法(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式，如利用转化反应中 Cu原子守恒可得出关系式：CuCuOCuSO 4CuAlO 2，这样可避免书写化学

38、方程式，缩短解题时间。(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转12化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。对点练 2 工业上，利用黄铜矿(主要成分是 CuFeS2)冶炼金属，产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为 a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素)，其煅烧过程转化率为 75%，得到的 SO2转化为 SO3的转化率为 80%，SO 3的吸收率为 96%。现有黄铜矿100 t，其废气最多能制备 98%的硫酸( )A1.8 a t B2.8 a tC3.2 a t D4.5 a t解析：选 A 根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关

39、系式：CuFeS22SO 22SO 32H 2SO4，根据黄铜矿中铜元素的质量分数为 a%可得 100 t黄铜矿中n(CuFeS2) n(Cu) mol，则根据关系式及各步的转100106 ga%64 gmol 1 1106a64化率可知 n(H2SO4)2 n(CuFeS2)75%80%96%1.8 a104 mol，则能制备 98%的硫酸的质量为 1.8 a106 g1.8 a t。1.8a104 mol98 gmol 198%方法二 守恒法典例 3 (2017江苏高考节选)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种组成，可表示为 Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组

40、成，进行下列实验：称取样品 1.116 0 g，用少量稀 HNO3溶解后配成 100.00 mL溶液 A；取 25.00 mL溶液 A，加入足量 AgNO3溶液，得 AgCl 0.172 2 g；另取 25.00 mL溶液A，调节 pH 45，用浓度为 0.080 00 molL1 的 EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2 (离子方程式为 Cu2 H 2Y2 =CuY2 2H )，滴定至终点，消耗标准溶液 30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。解析 由中生成 AgCl的质量，根据原子守恒可计算出 1.116 0 g样品中 Cl 的物质的量 n(Cl )；由

41、可计算出 1.116 0 g样品中 Cu2 的物质的量 n(Cu2 )，根据电荷守恒：n(OH ) n(Cl )2 n(Cu2 )，得出 n(OH )，最后由质量守恒得出 n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。答案 n(Cl ) n(AgCl) 4.80010 3 mol100.00 mL25.00 mL 0.172 2 g143.5 gmol 1 100.00 mL25.00 mLn(Cu2 ) n(EDTA) 0.080 00 molL1 30.00 mL103 LmL1 100.00 mL25.00 mL9.60010 3 mol100.00 mL25.00 mLn(O

42、H )2 n(Cu2 ) n(Cl )29.60010 3 mol4.80010 3 mol1.44010 2 molm(Cl )4.80010 3 mol35.5 gmol1 0.170 4 g13m(Cu2 )9.60010 3 mol64 gmol1 0.614 4 gm(OH )1.44010 2 mol17 gmol1 0.244 8 gn(H2O) 4.80010 3 mol1.116 0 g 0.170 4 g 0.614 4 g 0.244 8 g18 gmol 1a b c x n(Cu2 ) n(OH ) n(Cl ) n(H2O)2311化学式为 Cu2(OH)3ClH2

43、O备考方略 守恒法的应用原理及解题步骤应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变” 。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等第一步 明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量解题步骤第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解对点练 3 某硫酸铝和硫酸镁的混合液中， c(Mg2 )2 molL1 ， c(SO电 荷 守 恒 )6.5 molL1 ，若将 200 mL的此混合液中的 Mg2 和 Al3 分离，至少应加入 1.6 24m

44、olL1 的氢氧化钠溶液( )A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L解析：选 D 根据电荷守恒得：2 c(Mg2 )3 c(Al3 )2 c(SO )， c(Al3 )243 molL 1，加入 NaOH溶液使 Mg2 、Al 3 分26.5 molL 1 22 molL 13离，此时 NaOH转化为 Na2SO4和 NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH) 2n SO24 n AlO2c NaOH2 L。26.5 molL 10.2 L 3 molL 10.2 L1.6 molL 1对点练 4 (2017全国卷节选)某工厂用 m1 kg铬铁矿粉(含 Cr2O3 40%)制原

45、子 守 恒 备 K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_。解析：该铬铁矿粉中 Cr2O3的物质的量为 ，根据 Cr原子守恒可求m1103 g40%152 gmol 1得 K2Cr2O7的理论质量 m0 294 gmol1 103 kgg1 m1103 g40%152 gmol 1 147m1190kg，所以产品的产率为 100% 100%。m2m0 190m2147m114答案： 100%190m2147m1对点练 5 (2016全国卷节选)以硅藻土为载体的五氧化二钒得 失 电 子 守 恒 (V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收 V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3质量分数/%2.22.9 2.83.1 2228 6065 12 1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：“氧化”中欲使 3 mol的 VO2 变为 VO ，则需要氧化剂 KClO3至少为_ 2mol。解析：“氧化”中使 3 mol的 VO2 变为 VO ，转移电子的物质的量为 3 mol(54)23 mol；氧化剂 KClO3被还原为 KCl，Cl 元素的化合价由5 价降低到1 价，根据电子守恒可知，需要 KClO3的物质的量至少为 0.5 mol。3 mol6答案：0.515