2022届新高考化学一轮复习-第1章-第3讲-物质的量在化学计量综合计算中的应用-课件

第一章化学计量及其应用第三课物质的量在化学计量综合计算中的应用目录Contents03热重分析的方法03妙用守恒简化过程0201“关系式法”的应用“关系式法”的应用模块1多步连续反应计算关系式构建思维模型第一步：写出各步反应的化学方程式。第二步：找出作为中介的物质，并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。第三步：确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。第四步：根据已知条件及关系式列出比例计算求解例1：将500mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，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，则样品中CO的体积分数为________(保留三位有效数字)。(已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3＋I2=2NaI＋Na2S4O6)答案：8.96%解析：由信息可知5CO＋I2O5=5CO2＋I2，所以5CO～I2～2Na2S2O3，即5CO～2Na2S2O3，n(CO)＝n(Na2S2O3)＝×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＝×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0.150g样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mo/L的I2—KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置于暗处充分反应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0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。测定时，消耗Na2S2O3溶液体积24.00mL。请计算样品中S2−的含量为__________(计算结果保留三位有效数字，写出计算过程)。

答案：27.7%解析：由方程式可知，I2+S2−=2I−+S↓；I2+2S2O32−=2I−+S4O62−；与S2−反应的n(I2)=2.5×10−3mol-0.1×24×10−3mol÷2=1.3×10−3mol，n(S2−)=n(I2)=1.3×10−3mol；m(S2−)=1.3×10−3mol×32g/mol=0.0416g，w%(S2−)=0.0416g÷0.150g=27.7%。例3.金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L−1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应)。答案：93.2%解析：Sn与K2Cr2O7的物质的量的关系：3Sn~3SnCl2~6FeCl3~K2Cr2O73×119g1molxg0.1×0.016mol

妙用守恒简化过程模块2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，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量。第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解。质量守恒关系(1)反应物的质量总和=生成物的质量总和(2)反应物减少的总质量=生成物增加的总质量(3)反应体系中固体质量的增加（或减少）等于气体质量的减少（或增加）。质量守恒定律表示：参加化学反应的各物质的质量综合，等于反应后生成的各物质的量的质量总和。根据该定律常可得出下列解题时实用的等式：例：在2L硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30g铁粉，最后得到2L0.25mol/L的硫酸亚铁溶液及26g固体沉淀物。分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。

答案:0.05mol·L−10.1mol·L−1解析：设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为x和y。根据反应前后铁和铜的质量和相等得①56g·mol−1×2x+64g·mol−1×y+30g=2L×0.25mol·L−1×56g·mol−1+26g；再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得②3x+y=2L×0.25mol·L−1，联立①②解得x=0.1mol，y=0.2nol.因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为0.05mol·L−1和0.1mol·L−1元素守恒关系①原子的质量守恒；②原子的物质的量守恒。在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系（均体现出原子个数相等）：例：向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况下）的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，混合物中铁元素的质量分数为（）A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算解析：用盐酸溶解后，得到的产品加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是氯化亚铁，即混合物中的铁元素全部在氯化亚铁中，盐酸的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据氯元素守恒，则n(Fe)=n(FeCl2)=5×n(HCl)=0.05mol，m(Fe)=0.05mol×56g·mol-1=2.8g，根据H元素守恒生成氢气的物质的量为n(H2)=0.224÷22.4=0.01mol，消耗HCl的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，则与氧化物反应的HCl的物质的量为0.1-0.02=0.08mol，所以氧化物中含有n(O)=0.08mol÷2=0.04mol，m(O)=0.64g，则混合物中铁元素的质量分数为=81.4%

A

电子守恒关系电子守恒关系是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即电子在转移过程中数目不变。应用电子守恒关系解答时，常用到两种形式一是根据氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数，把有关量代入等式求解；二是根据电子守恒关系找出有关物质或离子的物质的量或体积关系，由已知条件列比例式求解。将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2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。下列说法正确的是（

）A．标准状况下，通入O2的体积为2.8LB．反应中被还原的HNO3的物质的量为1.5molC．标准状况下，混合气体中NO和NO2的体积均为5.6LD．硝酸的物质的量浓度为10.0mol/L解析：A．NO、NO2与氧气、NaOH溶液反应转化为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，则氧气的物质的量为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，11.2L的NO和NO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则被还原的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(NO2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，C正确；D．0.5molCu与硝酸完全反应生成0.5molCu(NO3)2，同时反应生成的NO、NO2两种气体共有0.5mol，所以参加反应硝酸的量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。答案：C热重分析的方法模块3热重分析思维模型(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。(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＝固体残留率。答案：x=1.4

2∶3例1．PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示，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：__________________________。解析：根据PbO2=PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2-≈1.4；根据mPbO2·nPbO，＝1.4，，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)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。__________。

解析：CuSO4·5H2O===nH2O＋CuSO4·(5－n)H2O25018n0.80g0.80g-0.57g

，解得n≈4，则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。CuSO4·H2O例3．MnCO3在空气中加热以转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度变化如图所示。则①300℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为

。

②图中D点对应固体的成分为

（填化学式）。解析：设MnCO3在的物质的量为1mol，即质量为115g。①A点剩余固体质量为115g×75.65%=87g，减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3在失去的组成为CO，故剩余固体的成分是MnO2。②C点剩余固体质量为115×61.74%=71g