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第4讲　以物质的量为中心的化学计算
【课标引领】
1.能正确书写化学方程式和离子方程式,并能进行有关计算。
2.能根据微粒(原子、分子、离子等)数目、物质的量、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
复习任务一:利用关系式法计算
【要点梳理　夯基固本】
1.原理阐述
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法,一般适用于多步进行的连续反应,因前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可以根据中间物质的传递关系,找出原料和最终产物的相应关系式。
2.解题思路
【考向探究　考法洞察】
测定亚氯酸钠的含量:
实验步骤:①准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应,将所得混合液配成250 mL待测溶液。②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用c mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,重复2次,测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为V mL。(已知:Cl+4I +4H+===2H2O+2I2+Cl 、I2+2S2===2I +S4)
(1)达到滴定终点时的现象为_______________________________
_______________________________________________________
______________________________________________________。
(2)该样品中NaClO2的质量分数为_______________% (用含m、c、V的代数式表示)。在滴定操作正确的情况下,此实验测得结果偏高,可能原因为_____________________________________________
______________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
【解析】(1)用Na2S2O3标准溶液滴定待测溶液,发生反应:I2+2S2===2I +S4,指示剂淀粉溶液遇I2变为蓝色,故滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且
30 s内颜色不恢复;(2)由反应中的I原子守恒可知:Cl~2I2~4S2,故25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)=×cV×10 3 mol,m(NaClO2)= ×90.5×cV×10 3 g;样品m g配成250 mL待测溶液,故样品中NaClO2的质量分数为×100%=%;实验测得结果偏高,说明滴定消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大,则溶液中碘单质的含量偏高,可能原因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质,反应的离子方程式为4I +O2+4H+===2I2+2H2O。
答案:(1)当滴入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且30 s内颜色不恢复
(2)　4I +O2+4H+===2I2+2H2O
复习任务二:利用守恒法计算
【要点梳理　夯基固本】
“守恒”法就是物质在发生“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”。
在化学变化中常涉及质量守恒、电子守恒、电荷守恒等。
1.质量守恒(原子守恒)
依据化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2.电荷守恒
在离子方程式中,反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。利用守恒法解题的一般步骤:
3.得失电子守恒
氧化还原反应中,元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数,即还原剂失电子的总数=氧化剂得电子的总数。
(1)电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
(2)电子守恒法的计算关系
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价 低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价 低价)。
【考向探究　考法洞察】
1.(质量守恒)采用银量法测定产品AlI3中I 含量以确定纯度。滴定原理为先用过量AgNO3标准溶液沉淀I ,再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。
难溶 电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4 (红色)
溶度积常 数Ksp 8.5×10 17 1.0×10 12 1.1×10 12
称取产品1.020 0 g,用少量稀酸A溶解后转移至250 mL容量瓶,加水定容得待测溶液。用移液管准确移取25.00 mL待测溶液加入锥形瓶,准确移取25.00 mL 4.000×10 2 mol·L 1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶,滴加指示剂硫酸铁铵溶液,用1.000×10 2 mol·L 1 NH4SCN标准溶液滴定。三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL,则产品纯度为__________。
【解析】由滴定步骤可知,25.00 mL 4.000×10 2 mol·L 1 AgNO3标准溶液分别与AlI3中I 、1.000×10 2 mol·L 1 NH4SCN标准溶液中的SCN 发生反应。由Ag+守恒可知,n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3),则n(AgI)=n(AgNO3) n(AgSCN)=n(AgNO3) n(NH4SCN);三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL,则n(AgI)=n(AgNO3) n(NH4SCN)=25.00×10 3 L×4.000×10 2mol·L 1 25.60×10 3 L×1.000×10 2 mol·L 1=7.44×10 4 mol。由碘原子守恒可知n(AgI3)=×n(AgI)=2.48×10 4 mol,因此,产品纯度为
×100%=99.20%。
答案:99.20%
2.(电子守恒)Na2SO3溶液与K2Cr2O7溶液能发生反应,该反应中Na2SO3与K2Cr2O7计量数之比为3∶1,则元素Cr在还原产物中的化合价是________________。
【解析】设铬元素在还原产物中的化合价为x,该反应中Na2SO3与K2Cr2O7计量数之比为3∶1,根据得失电子守恒列式:3×2=2×(6 x),解得x=+3,即铬元素在还原产物中的化合价为+3。
答案:+3
3.(电荷守恒)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。称取0.80 g灼烧后的产物,加入稀硫酸溶解后,向其中加入0.200 0 mol·L 1 H2C2O4溶液25 mL,再用0.100 0 mol·L 1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点,消耗的KMnO4溶液的体积为4.00 mL,则产物中V2O5的质量分数为________________________________。
(已知:V2O5+2H+===2V+H2O、2V+H2C2O4===2VO2↓+2CO2↑ +2H+)
【解析】由得失电子守恒可得关系式:2KMnO4~5H2C2O4,则与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量为0.100 0 mol·L 1×4.00×10 3 L ×=0.001 mol,故与溶液中V反应的H2C2O4的物质的量为
0.200 0 mol·L 1×25×10 3 L 0.001 mol=0.004 mol,由题给反应可得关系式:V2O5~2V~H2C2O4,则n(V2O5)=0.004 mol,产物中V2O5的质量分数为×100%=91%。
答案:91%
复习任务三:利用差量法计算
【要点梳理　夯基固本】
1.所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。
2.计算依据:化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
3.解题关键:一是明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
4.利用差量法解题的一般步骤
【考向探究　考法洞察】
(2025·内蒙古适应性测试节选)某实验小组用废铜屑(含少量铁、油污)制备Cu(NH3)4SO4·xH2O,制备结束后,对产品进行热重分析,结果如图所示。
(1)200 ℃时结晶水已全部失去,400 ℃时产物为CuSO4,则x=_______________。
(2)250~400 ℃阶段反应的化学方程式为_____________________
_______________________________________________________。
【解析】(1)根据图像可知,400 ℃时固体质量为3.20×10 3 g,产物为CuSO4,物质的量为=2×10 5 mol,根据元素质量守恒,初始25 ℃时,固体Cu(NH3)4SO4·xH2O质量为4.92×10 3 g,物质的量为2×10 5 mol,则其摩尔质量为=246 g·mol 1,数值上等于相对分子质量,而Cu(NH3)4SO4的相对分子质量为228,则x==1。
(2)失去全部结晶水时Cu(NH3)4SO4的质量为2×10 5 mol×
228 g·mol 1=4.56×10 3 g,250 ℃时固体质量只有3.88×10 3 g,说明此时固体不是Cu(NH3)4SO4,而400 ℃时固体为CuSO4,质量为3.20×10 3 g, 由Cu(NH3)4SO4转化为CuSO4时质量减少4.56×10 3 g 3.20×10 3 g=1.36×10 3 g,为=8×10 5 mol NH3的质量,250 ℃时固体质量为3.88×10 3 g,转化为CuSO4时质量减少3.88×10 3 g 3.20×10 3 g=6.8×10 4 g,由Cu(NH3)4SO4转化为250 ℃时固体时质量减少4.56×10 3 g 3.88×10 3 g=6.8×10 4 g,可知250 ℃时固体为Cu(NH3)2SO4,故250~400 ℃阶段反应的化学方程式为Cu(NH3)2SO4CuSO4+2NH3↑。
答案:(1)1
(2)Cu(NH3)2SO4CuSO4+2NH3↑
- 8 -(共20张PPT)
核心素养测评
第4讲　以物质的量为中心的化学计算
1.(3分)在标准状况下,有750 mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后
体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中,发生如
下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2↓+O2,则生成的碘的质量是(　　)
A.0.91 g　　　　　　　 B.0.81 g
C.0.71 g D.0.61 g
√
【解析】选A。由2O3===3O2,ΔV=780 mL 750 mL=30 mL, V(O3)= 2ΔV=60 mL,1 L混合气体中含臭氧的体积为V=1 L ×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2) =≈0.003 6 mol, m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol 1≈0.91 g。
2.(3分)28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应
后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　　)
A.36 g　　B.40 g　　C.80 g　　D.160 g
【解析】选B。28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2
固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,Na2O2具有强氧化性,FeCl2充分
反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后滤渣加强热,最终得到固体为Fe2O3,
由铁原子守恒得n(Fe2O3)=n(Fe)=×=0.25 mol,即m(Fe2O3)
=0.25 mol×160 g·mol 1=40 g。
√
3.(3分)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL
4 mol·L 1的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出1.344 L NO(标准状况),
向所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的CO在加热条件
下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为(　　)
A.0.24 mol　　　　　 B.0.21 mol
C.0.16 mol D.0.14 mol
√
【解析】选B。根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2,根据
元素守恒可知n(Fe)=×(0.12×4 mol mol)=0.21 mol,故根据铁
元素守恒,相同质量的混合物与足量CO反应,得到的Fe的物质的量为
0.21 mol,B项正确。
4.(3分)将15 mL 2 mol·L 1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L 1
MCln盐溶液中,恰好将溶液中的Mn+完全沉淀为碳酸盐,则MCln中n值
是(　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
【解析】选B。M的化合价为+n,Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+　　　　~　　　　nC
2 n
0.04 L×0.5 mol·L 1 0.015 L×2 mol·L 1
解得n=3。
√
5.(3分)向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L,所得溶液中Cl 和Br 的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　)
A.0.75 mol·L 1 B.1 mol·L 1
C.1.5 mol·L 1 D.2 mol·L 1
√
【解析】选D。在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br , n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl )=0.3 mol;假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L 1,则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol,n(Br )=0.2x mol;方法一:得失电子守恒,由题意可得:0.1x+(0.2x 0.3)=0.15×2,解得x=2。方法二:电荷守恒,反应后主要离子为Fe3+、Cl 和Br 可知:3×0.1x=0.3+0.3,解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。
6.(3分)将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中,当溶液中的Cu2+全部被
还原时,铁片质量增加0.3 g,则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　)
A.0.125 mol·L 1 B.0.175 mol·L 1
C.0.25 mol·L 1 D.0.50 mol·L 1
√
【解析】选C。设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol,则:
Fe+CuSO4===FeSO4+Cu　Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol=8 g∶0.3 g
解得x=0.037 5,硫酸铜的物质的量浓度为=0.25 mol·L 1。
7.(3分)(2026·中山模拟)常温下,某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合,在一定条件下反应,使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态,反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L,则原氮的氧化物的化学式为(　　)
A.N2O3　　B.NO2　　C.NO　　D.N2O
√
【解析】选A。设该氮氧化合物的分子式为N2Ox,化学方程式为N2Ox+xH2===N2+xH2O,相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比,
N2Ox+xH2===N2+xH2O　ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x=15.6 L∶46.8 L,x=3,所以其化学式为N2O3。
8.(3分)(2026·中山模拟)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL
pH=1的H2SO4溶液中,然后向其中加入NaOH溶液,使Fe3+、Al3+刚好沉
淀完全,用去NaOH溶液100 mL,则NaOH溶液的浓度为(　　)
A.0.1 mol·L 1 B.0.15 mol·L 1
C.0.2 mol·L 1 D.0.4 mol·L 1
√
【解析】选C。当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时,溶液中溶质只有硫酸钠,而Na+全部来源于NaOH,且变化过程中Na+的量不变。由电荷守恒可知:=,所以,n(NaOH)=n(Na+)=2n(S)=n(H+)=
0.1 mol·L 1×0.2 L=0.02 mol,c(NaOH)==0.2 mol·L 1。
9.(3分)某废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,需要先测定其
浓度:取20 mL废水,加入适量稀硫酸,再加入过量的V1 mL
c1 mol·L 1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用
c2 mol·L 1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。
则原废水中c(Cr2)为____________________。
mol·L 1
【解析】Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+
8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。根据得失电子守恒列等式:c1 mol·L 1 ×
V1 mL×10 3 L·mL 1=20 mL×10 3 L·mL 1×6c(Cr2)+5c2 mol·L 1×
V2 mL×10 3 L·mL 1,解得c(Cr2)= mol·L 1。
10.(3分)(2026·广州模拟)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热,升温过程中固体的质量变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的H2O
B.在100 ℃时,M的化学式为FeSO4·6H2O
C.在200 ℃时,N的化学式为FeSO4·3H2O
D.380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为
2FeSO4 Fe2O3+ SO2↑+SO3↑
√
【解析】选D。n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol,则100 ℃时,M的
摩尔质量为=224 g·mol 1,化学式为FeSO4·4H2O,B不正确;在
200 ℃时,N的摩尔质量为=170 g·mol 1,化学式为FeSO4·H2O,
C不正确;380 ℃的P加热至650 ℃时,产物Q中n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶
=2∶3,即产物为Fe2O3,所以反应的化学方程
式为2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑,D正确;结合B、C、D项分析和题
图可知,FeSO4·7H2O晶体中有3种不同结合力的H2O,A不正确。核心素养测评
第4讲　以物质的量为中心的化学计算
1.(3分)在标准状况下,有750 mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2↓+O2,则生成的碘的质量是(　　)
A.0.91 g　　　　　　　 B.0.81 g
C.0.71 g D.0.61 g
【解析】选A。由2O3===3O2,ΔV=780 mL 750 mL=30 mL, V(O3)=2ΔV=60 mL,1 L混合气体中含臭氧的体积为V=1 L ×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2) =≈0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol 1≈0.91 g。
2.(3分)28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　　)
A.36 g　　B.40 g　　C.80 g　　D.160 g
【解析】选B。28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,Na2O2具有强氧化性,FeCl2充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后滤渣加强热,最终得到固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=n(Fe)=×=0.25 mol,即m(Fe2O3)=0.25 mol×160 g·mol 1=40 g。
3.(3分)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL
4 mol·L 1的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出1.344 L NO(标准状况),向所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为
(　　)
A.0.24 mol　　　　　 B.0.21 mol
C.0.16 mol D.0.14 mol
【解析】选B。根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2,根据元素守恒可知n(Fe)=×(0.12×4 mol mol)=0.21 mol,故根据铁元素守恒,相同质量的混合物与足量CO反应,得到的Fe的物质的量为0.21 mol,B项正确。
4.(3分)将15 mL 2 mol·L 1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L 1 MCln盐溶液中,恰好将溶液中的Mn+完全沉淀为碳酸盐,则MCln中n值是(　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
【解析】选B。M的化合价为+n,Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+　　　　~　　　　nC
2 n
0.04 L×0.5 mol·L 1 0.015 L×2 mol·L 1
解得n=3。
5.(3分)向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L,所得溶液中Cl 和Br 的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　)
A.0.75 mol·L 1 B.1 mol·L 1
C.1.5 mol·L 1 D.2 mol·L 1
【解析】选D。在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br , n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl )=0.3 mol;假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L 1,则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol,n(Br )=0.2x mol;方法一:得失电子守恒,由题意可得:0.1x+(0.2x 0.3)=0.15×2,解得x=2。方法二:电荷守恒,反应后主要离子为Fe3+、Cl 和Br 可知:3×0.1x=0.3+0.3,解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。
6.(3分)将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中,当溶液中的Cu2+全部被还原时,铁片质量增加0.3 g,则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　)
A.0.125 mol·L 1 B.0.175 mol·L 1
C.0.25 mol·L 1 D.0.50 mol·L 1
【解析】选C。设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol,则:
Fe+CuSO4===FeSO4+Cu　Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol=8 g∶0.3 g
解得x=0.037 5,硫酸铜的物质的量浓度为=0.25 mol·L 1。
7.(3分)(2026·中山模拟)常温下,某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合,在一定条件下反应,使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态,反应后气体体积比反应前气体体积减小了
46.8 L,则原氮的氧化物的化学式为(　　)
A.N2O3　　B.NO2　　C.NO　　D.N2O
【解析】选A。设该氮氧化合物的分子式为N2Ox,化学方程式为N2Ox+xH2===N2+xH2O,相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比,
N2Ox+xH2===N2+xH2O　ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x=15.6 L∶46.8 L,x=3,所以其化学式为N2O3。
8.(3分)(2026·中山模拟)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的
200 mL pH=1的H2SO4溶液中,然后向其中加入NaOH溶液,使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全,用去NaOH溶液100 mL,则NaOH溶液的浓度为
(　　)
A.0.1 mol·L 1 B.0.15 mol·L 1
C.0.2 mol·L 1 D.0.4 mol·L 1
【解析】选C。当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时,溶液中溶质只有硫酸钠,而Na+全部来源于NaOH,且变化过程中Na+的量不变。由电荷守恒可知:=,所以,n(NaOH)=n(Na+)=2n(S)=n(H+)=
0.1 mol·L 1×0.2 L=0.02 mol,c(NaOH)==0.2 mol·L 1。
9.(3分)某废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,需要先测定其浓度:取20 mL废水,加入适量稀硫酸,再加入过量的V1 mL
c1 mol·L 1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用
c2 mol·L 1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2)为____________。
【解析】Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+ 8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。根据得失电子守恒列等式:c1 mol·L 1 ×V1 mL×10 3 L·mL 1=20 mL×10 3 L·mL 1×6c(Cr2)+5c2 mol·L 1× V2 mL×10 3 L·mL 1,解得c(Cr2)= mol·L 1。
答案: mol·L 1
10.(3分)(2026·广州模拟)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热,升温过程中固体的质量变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的H2O
B.在100 ℃时,M的化学式为FeSO4·6H2O
C.在200 ℃时,N的化学式为FeSO4·3H2O
D.380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+ SO2↑+SO3↑
【解析】选D。n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol,则100 ℃时,M的摩尔质量为=224 g·mol 1,化学式为FeSO4·4H2O,B不正确;在 200 ℃时,N的摩尔质量为=170 g·mol 1,化学式为FeSO4·H2O,C不正确;380 ℃的P加热至650 ℃时,产物Q中n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶=2∶3,即产物为Fe2O3,所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,D正确;结合B、C、D项分析和题图可知,FeSO4·7H2O晶体中有3种不同结合力的H2O,A不正确。
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第4讲　以物质的量为中心的化学计算
复习任务一:利用关系式法计算
复习任务二:利用守恒法计算
复习任务三:利用差量法计算
【课标引领】
1.能正确书写化学方程式和离子方程式,并能进行有关计算。
2.能根据微粒(原子、分子、离子等)数目、物质的量、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
复习任务一:利用关系式法计算
【要点梳理　夯基固本】
1.原理阐述
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法,一般适用于多步进行的连续反应,因前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可以根据中间物质的传递关系,找出原料和最终产物的相应关系式。
2.解题思路
【考向探究　考法洞察】
测定亚氯酸钠的含量:
实验步骤:①准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应,将所得混合液配成250 mL待测溶液。②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用c mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,重复2次,测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为V mL。(已知:Cl+4I +4H+=== 2H2O+2I2+Cl 、I2+2S2===2I +S4)
(1)达到滴定终点时的现象为_________________________________
_______________________________。
(2)该样品中NaClO2的质量分数为______________% (用含m、c、V
的代数式表示)。在滴定操作正确的情况下,此实验测得结果偏高,
可能原因为__________________________ (用离子方程式表示)。
当滴入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且30 s内颜色不恢复
4I +O2+4H+===2I2+2H2O
　
【解析】(1)用Na2S2O3标准溶液滴定待测溶液,发生反应:I2+2S2 ===2I +S4,指示剂淀粉溶液遇I2变为蓝色,故滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且30 s内颜色不恢复;(2)由反应中的I原子守恒可知:Cl~2I2~4S2,故25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)=×cV×10 3 mol,m(NaClO2)= ×90.5×cV×10 3 g;样品m g配成250 mL待测溶液,故样品中NaClO2的质量分数为×100%=%;
实验测得结果偏高,说明滴定消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大,则溶液中碘单质的含量偏高,可能原因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质,反应的离子方程式为4I +O2+4H+===2I2+2H2O。
复习任务二:利用守恒法计算
【要点梳理　夯基固本】
“守恒”法就是物质在发生“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”。
在化学变化中常涉及质量守恒、电子守恒、电荷守恒等。
1.质量守恒(原子守恒)
依据化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2.电荷守恒
在离子方程式中,反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。利用守恒法解题的一般步骤:
3.得失电子守恒
氧化还原反应中,元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数,即还原剂失电子的总数=氧化剂得电子的总数。
(1)电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
(2)电子守恒法的计算关系
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价 低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价 低价)。
【考向探究　考法洞察】
1.(质量守恒)采用银量法测定产品AlI3中I 含量以确定纯度。滴定原理为先用过量AgNO3标准溶液沉淀I ,再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。
难溶 电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4
(红色)
溶度积常 数Ksp 8.5×10 17 1.0×10 12 1.1×10 12
称取产品1.020 0 g,用少量稀酸A溶解后转移至250 mL容量瓶,加水定容
得待测溶液。用移液管准确移取25.00 mL待测溶液加入锥形瓶,准确移
取25.00 mL 4.000×10 2 mol·L 1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶,滴加指示
剂硫酸铁铵溶液,用1.000×10 2 mol·L 1 NH4SCN标准溶液滴定。三次
滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL,则产品纯度为
__________。
99.20%
【解析】由滴定步骤可知,25.00 mL 4.000×10 2 mol·L 1 AgNO3标准溶
液分别与AlI3中I 、1.000×10 2 mol·L 1 NH4SCN标准溶液中的SCN 发
生反应。由Ag+守恒可知,n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3),则n(AgI)=
n(AgNO3) n(AgSCN)=n(AgNO3) n(NH4SCN);三次滴定消耗NH4SCN
标准溶液的平均体积为25.60 mL,则n(AgI)=n(AgNO3) n(NH4SCN)
=25.00×10 3 L×4.000×10 2mol·L 1 25.60×10 3 L×1.000×10 2 mol·L 1
=7.44×10 4 mol。由碘原子守恒可知n(AgI3)=×n(AgI)=2.48×10 4 mol,
因此,产品纯度为×100%=99.20%。
2.(电子守恒)Na2SO3溶液与K2Cr2O7溶液能发生反应,该反应中Na2SO3
与K2Cr2O7计量数之比为3∶1,则元素Cr在还原产物中的化合价是
________________。
【解析】设铬元素在还原产物中的化合价为x,该反应中Na2SO3与
K2Cr2O7计量数之比为3∶1,根据得失电子守恒列式:3×2=2×(6 x),
解得x=+3,即铬元素在还原产物中的化合价为+3。
+3
3.(电荷守恒)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。称取0.80 g灼烧后的产物,
加入稀硫酸溶解后,向其中加入0.200 0 mol·L 1 H2C2O4溶液25 mL,再
用0.100 0 mol·L 1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点,消耗的
KMnO4溶液的体积为4.00 mL,则产物中V2O5的质量分数为_________。
(已知:V2O5+2H+===2V+H2O、2V+H2C2O4===2VO2↓+2CO2↑
+2H+)
91%
【解析】由得失电子守恒可得关系式:2KMnO4~5H2C2O4,则与KMnO4
反应的H2C2O4的物质的量为0.100 0 mol·L 1×4.00×10 3 L ×=
0.001 mol,故与溶液中V反应的H2C2O4的物质的量为
0.200 0 mol·L 1×25×10 3 L 0.001 mol=0.004 mol,由题给反应可得关
系式:V2O5~2V~H2C2O4,则n(V2O5)=0.004 mol,产物中V2O5的质量分
数为×100%=91%。
复习任务三:利用差量法计算
【要点梳理　夯基固本】
1.所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。
2.计算依据:化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
3.解题关键:一是明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
4.利用差量法解题的一般步骤
【考向探究　考法洞察】
(2025·内蒙古适应性测试节选)某实验小组用废铜屑(含少量铁、油污)制备Cu(NH3)4SO4·xH2O,制备结束后,对产品进行热重分析,结果如图所示。
(1)200 ℃时结晶水已全部失去,400 ℃时产物为CuSO4,则x=_________。
(2)250~400 ℃阶段反应的化学方程式为________________________
_______________________________________________________。
CuSO4+2NH3↑
1
Cu(NH3)2SO4
=====
250~400℃
【解析】(1)根据图像可知,400 ℃时固体质量为3.20×10 3 g,产物为
CuSO4,物质的量为=2×10 5 mol,根据元素质量守恒,初始
25 ℃时,固体Cu(NH3)4SO4·xH2O质量为4.92×10 3 g,物质的量为
2×10 5 mol,则其摩尔质量为=246 g·mol 1,数值上等于相
对分子质量,而Cu(NH3)4SO4的相对分子质量为228,则x==1。
(2)失去全部结晶水时Cu(NH3)4SO4的质量为2×10 5 mol×228 g·mol 1
=4.56×10 3 g,250 ℃时固体质量只有3.88×10 3 g,说明此时固体不是
Cu(NH3)4SO4,而400 ℃时固体为CuSO4,质量为3.20×10 3 g, 由
Cu(NH3)4SO4转化为CuSO4时质量减少4.56×10 3 g 3.20×10 3 g=1.36×
10 3 g,为=8×10 5 mol NH3的质量,250 ℃时固体质量为3.88×
10 3 g,转化为CuSO4时质量减少3.88×10 3 g 3.20×10 3 g=6.8×10 4 g,
由Cu(NH3)4SO4转化为250 ℃时固体时质量减少4.56×10 3 g 3.88×
10 3 g=6.8×10 4 g,可知250 ℃时固体为Cu(NH3)2SO4,故250~400 ℃
阶段反应的化学方程式为Cu(NH3)2SO4 CuSO4+2NH3↑。

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