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
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