步步高二轮复习资料通用版微专题1化学计算的类型和方法Word文件下载.docx

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L－1×

10.00×

10－3L＝5×

10－5mol，该样品中S2O

的残留量（以SO2计）为

＝0.128g·

L－1。

2.[2018·

全国卷Ⅱ，28（3）]K3[Fe（C2O4）3]·

3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。

回答下列问题：

测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·

L－1KMnO4溶液滴定至终点。

滴定终点的现象是___________________________________________________________。

②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。

加稀H2SO4酸化，用cmol·

L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。

该晶体中铁的质量分数的表达式为____________________。

答案　①当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不变色

②

100%

解析　②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO

转化为Mn2＋：

Fe2＋→Fe3＋～e－

MnO

→Mn2＋～5e－

可得关系式：

5Fe2＋～MnO

已知n（MnO

）＝cV×

10－3mol

则n（Fe2＋）＝5cV×

则m（Fe2＋）＝5cV×

10－3×

56g

该晶体中铁的质量分数w（Fe）＝

100%＝

100%。

题组一　“滴定法”分析物质组成及含量

应用一　确定含量

1.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol·

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，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O

＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：

CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL。

取出V1mL用amol·

L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：

2MnO

＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。

若滴定终点时消耗amol·

L－1的KMnO4V2mL，计算样品中CaCO3的质量分数。

答案　本题涉及的化学方程式或离子方程式为

CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑

C2O

＋Ca2＋===CaC2O4↓

CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4

＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O

由方程式可以得出相应的关系式

5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO

5　　　　　　　　　　　　　　　　　2

n1（CaCO3）　　　　　　　　　　　　aV2×

n1（CaCO3）＝2.5aV2×

样品中n（CaCO3）＝2.5aV2×

mol

则w（CaCO3）＝

＝

%。

2.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5.000g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250mL混酸溶液，移取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入25.00mL0.01000mol·

L－1KMnO4标准溶液[只发生Se（＋4）转化为Se（＋6）]。

反应完全后，用0.05000mol·

L－1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴至终点，消耗15.00mL。

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　MnO

　　　　　～　　5Fe2＋

0.0001500mol　　　　　　　0.0007500mol

　　　　　～　　　　5

0.0002500mol　　　　　　　0.0002500mol

－0.0001500mol

＝0.0001000mol

w（Se）＝

100%＝3.950%。

应用二　确定组成

3.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1.685g碱式次氯酸镁试样于250mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.8000mol·

L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（离子方程式为2S2O

＋I2===2I－＋S4O

），消耗25.00mL。

②另取1.685g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1000mL。

移取25.00mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.02000mol·

L－1EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mg2＋（离子方程式为Mg2＋＋H2Y2－===MgY2－＋2H＋），消耗25.00mL。

（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

0.8000mol·

25.00×

10－3L＝0.01mol，

n（Mg2＋）＝0.02000mol·

10－3L×

＝0.02mol，

根据电荷守恒，可得：

n（OH－）＝2n（Mg2＋）－n（ClO－）＝2×

0.02mol－0.01mol＝0.03mol，

m（H2O）＝1.685g－0.01mol×

51.5g·

mol－1－0.02mol×

24g·

mol－1－0.03mol×

17g·

mol－1＝0.180g，

n（H2O）＝

＝0.01mol，

n（Mg2＋）∶n（ClO－）∶n（OH－）∶n（H2O）＝0.02mol∶0.01mol∶0.03mol∶0.01mol＝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。

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。

题组二　热重分析法确定物质组成及含量

4.[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PbO2

PbOx＋

O2↑，有

32＝239×

4.0%，x＝2－

≈1.4，根据mPbO2·

nPbO，

＝1.4，

。

5.在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为________。

答案　HVO3

解析　NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为

100%≈85.47%，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。

6.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36.50g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）＝36.50g×

68.49%≈25g，从300℃至600℃时，失去的总质量为32g－25g＝7g，失去物质的摩尔质量为7g÷

0.25mol＝28g·

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）＝

＝0.25mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据500℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50g×

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）＝0.10mol×

128g·

mol－1＝12.80g，m（CaCO3）＝0.15mol×

100g·

mol－1＝15.0g，500℃时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。

解析　

（1）n（CaC2O4·

＝0.25mol，含有m（H2O）＝0.25mol×

18g·

mol－1＝4.50g，在300℃时，

100%＝87.67%，m（剩余）＝36.50g×

87.67%≈32g，减少的质量为36.50g－32g＝4.50g，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）＝36.50g×

38.36%≈14g，其中Ca的质量没有损失，含m（Ca）＝0.25mol×

40g·

mol－1＝10g，另外还含有m（O）＝14g－10g＝4g，n（O）＝

＝0.25mol，则n（Ca）∶n（O）＝1∶1，化学式为CaO。

热重分析的方法

（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，

100%＝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。

专题强化练

1.（2018·

西安中学高三上学期期中）为了配制100mL1mol·

L－1NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有（　　）

①选刚用蒸馏水洗净过的100mL容量瓶进行配制

②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中

③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中

④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切

⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分

A.②④⑤B.①⑤

C.②③⑤D.①②

答案　A

解析　①配制100mL1mol·

L－1的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；

②NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；

③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；

④定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；

⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。

福州市八县（市）协作校高三上学期期中]实验室中需要2mol·

L－1的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是（　　）

A.950mL,111.2gB.950mL,117.0g

C.1000mL,117.0gD.1000mL,111.2g

答案　C

解析　实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaCl）＝1L×

2mol·

L－1＝2mol，m（NaCl）＝2mol×

58.5g·

mol－1＝117.0g，故选C。

3.（2018·

吉林省高三四盟校期中）把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液aL分成两等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；

另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO

完全沉淀，则原溶液中NO

的物质的量浓度为（　　）

A.

B.

C.

D.

答案　B

解析　bmolNaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH

＋OH－

NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNH

；

与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2才能使SO

完全沉淀，根据Ba2＋＋SO

===BaSO4↓可知每份含有SO

cmol，设每份中含有NO

的物质的量为xmol，根据溶液呈电中性，则bmol×

1＝cmol×

2＋xmol×

1，得x＝b－2c，因将aL混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5aL，所以每份溶液中NO

的浓度是c（NO

mol·

L－1，即原溶液中NO

的浓度是

L－1，故选B。

4.（2018·

唐山市高三二模）设阿伏加德罗常数的值为NA。

下列说法不正确的是（　　）

A.在标准状况下，11.2LC3H8中共价键数目为5NA

B.1molN2和3molH2充分反应后，容器中分子总数大于2NA

C.18gOH－和20g—OH所含电子数目相同

D.氯气通入到FeI2溶液中，当有3NAFe2＋被氧化时，消耗标准状况下氯气336L

答案　D

解析　A项，C3H8分子中有10个共价键，在标准状况下，11.2LC3H8的物质的量为0.5mol，故其中共价键数目为5NA，正确；

B项，1molN2和3molH2充分反应后，由于该反应是可逆反应，不能完全转化为2molNH3，故容器中分子总数大于2NA，正确；

C项，18gOH－所含电子数目为

10NA,20g—OH所含电子数目为

9NA，故两者所含电子数相同，正确；

D项，氯气通入到FeI2溶液中，当有3NAFe2＋被氧化时，由于碘离子的还原性比亚铁离子强，故无法确定有多少碘离子被氧化，也无法计算消耗的氯气的量，错误。

5.（2018·

珠海市高三3月质量检测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA

B.含2molH2SO4的浓硫酸和足量的Cu反应可生成NA个SO2分子

C.标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含4NA个原子

D.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA

解析　A项，重水的摩尔质量为20g·

mol－1，故18g重水的物质的量为0.9mol，含有9mol质子即9NA个，错误；

B项，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸后，与铜不再反应，生成的SO2分子少于NA个，错误；

C项，由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，错误；

D项，过氧化钠和水反应时，氧元素由－1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2NA个电子，正确。

6.（2018·

湖北省沙市中学高三高考冲刺）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.由2H和18O所组成的水11g，所含的中子数为4NA

B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA

C.标准状况下，7.1g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NA

D.NO2和H2O反应每生成2molHNO3转移的电子数目为2NA

解析　A项，由2H和18O所组成的水为2H218O，根据n＝m/M可知11g水的物质的量n＝

＝0.5mol，而1mol2H218O含12mol中子，故0.5mol水中含6mol中子，错误；

B项，由于合成氨气的反应为可逆反应，所以1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；

C项，氯气和石灰乳发生氧化还原反应，氯元素化合价由0价变化为－1价和＋1价，标准状况下，7.1g氯气的物质的量为0.1mol，与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.1NA，错误；

D项，NO2和H2O反应生成HNO3的反应是歧化反应：

3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，此反应生成2molHNO3，转移2mol电子，个数为2NA，正确。

7.（2018·

唐山市五校高三联考）NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是（　　）

A.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子

B.1molCl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－粒子数之和小于2NA

C.2.24L（标准状况）2H2中含有0.2NA个中子

D.25℃时Ksp（CaSO4）＝9×

10－6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×

10－3NA个Ca2＋

解析　A项，乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；

水的质量为100g－46g＝54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA，正确；

B项，1molCl2通入水中是可逆反应，反应生成盐酸和次氯酸，由氯元素守恒可知，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，正确；

C项，标况下2.24L2H2的物质的量为0.1mol，而2H2中含2个中子，故0.1mol2H2中含0.2NA个中子，正确；

D项，25℃时，Ksp（CaSO4）＝9×

10－6，由于溶液体积不知，不能计算微粒数，错误。

8.（2018·

武汉市高三毕业生二月调研）通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl。

NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.0.1molBaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NA

B.25℃时，pH＝1的HCl溶液中含有H＋的数目为0.1NA

C.17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NA

D.生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA

解析　A项，BaCl2由钡离子和氯离子构成，故0.1molBaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，错误；

B项，没有给出体积，无法计算H＋的数目，错误；

C项，H2O2的结构式为OHOH,17gH2O2为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，正确；

D项，根据反应SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，生成2.33gBaSO4沉淀（0.01mol）时，转移电子数目为0.02NA，D错误。

9.（2018·

保定市高三二模）空气中二氧化碳含量的持续增加，会产生温室效应，一种处理二氧化碳的重要方法是将二氧化碳还原：

CO2（g）＋4H2（g）

CH4（g）＋2H2O（g），下列说法（NA代表阿伏加德罗常数的值）正确的是（　　）

A.2.24LCO2含有双键的数目为0.2NA

B.1molCO2和2molH2充分反应生成CH4分子数为0.5NA

C.通常状况下，0.1molCH4中含有的电子数为NA

D.生成18gH2O转移电子数为8NA

解析　A项，没有指明是在标准状况下，错误；

B项，该反应为可逆反应，不能进行到底，

1molCO2和2molH2充分反应不能生成0.5molCH4，即CH4分子数小于0.5NA，错误；

C项，由于1个CH4中含有10个电子，则0.1molCH4中含有的电子数为NA，与条件无关，正确；

D项，分析化学方程式：

CO2（g）＋4H8e－2（g）===CH4（g）＋2H2O（g）知，每生成2mol水转移8mol电子，若生成18gH2O（即1mol）则转移电子数为4NA，错误。

10.（2018·

湖北省沙市中学高三高考冲刺）取28.70gZnSO4·

7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。

分析数据，680℃时所得固体的化学式为（　　）

A.ZnOB.Zn3O（SO4）2

C.ZnSO4D.ZnSO4·

H2O

解析　28.70gZnSO4·

7H2O的物质的量为0.1mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4·

H2O或ZnSO4或