2020高考化学大一轮复习讲义第一章 专题讲座一

10.将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL
K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且 Cr2O27－中的铬全部转化为Cr3＋。 则K2Cr2O7的物质的量浓度是__0_.1_0_0__m_o_l_·L__－_1_。
解析 由电子守恒知，FeO 中＋2 价铁所失电子的物质的量与 Cr2O27－中＋6 价铬
mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为
A.5∶4
√B.4∶5
C.4∶3
D.3∶4
(二)电荷守恒 依据电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电 荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
[典例2] 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中， 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_0_._2_m__o_l·_L_－__1 。
4 mol
wk.baidu.com8 mol
10×106×90.0%
120
mol
n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol V(SO2)＝3.36×106 L 由硫元素守恒SO2 ～SO3
～H2SO4
1 mol
98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98% 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
√B.40 g
C.80 g
D.160 g
解析 28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体， 由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以 充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为
Fe2O3， 根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝21n(Fe)＝12×56 g2·8mgol－1＝0.25 mol
解析 最终生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2，其质量等于合金的质量加上两金 属离子所结合的OH－的质量。关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所 失电子的物质的量， 金属所失电子数，等于硝酸所得电子数。 即 n(OH－)＝22.04.8L9·6mLol－1×3＝0.12 mol， 故形成沉淀的质量＝2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g。
大一轮复习讲义
第一章 从实验学化学
方法一 守恒法
(一)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，因而反应前后原子的总数和质量 保持不变。
[典例1] (2019·石家庄调研)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
S～H2SO4～2NaOH
32 g
2 mol
m(S)
0.5×10×10－3 mol
得m(S)＝0.08 g 原混合物中 w(S)＝00..0282 gg×100%＝36%。
题组二 根据电子守恒找关系式 9.将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解 时收集到NO气体0.896 L (标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属 离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为__4_.6_8__g_。
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间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。它是化 学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计 算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易 出错，准确率高。
依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，n＝1，ROn3－中氧显－2 价，因此 R 的
化合价为＋5 价。
4.若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K＋
Na＋
NH＋ 4
SO24－
NO－ 3
Cl－
浓度/mol·L－1 4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5
[典例3] 为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品 加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是
√84w2－53w1 A. 31w1 73w2－42w1 C. 31w1
84w1－w2 B. 31w1
115w2－84w1 D. 31w1
针对训练 5.将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量 为18 g，则原混合气体中CO的质量分数为_8_7_._5_%_。
作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，达到平衡
时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量
之比有四种情况：①5∶3 ②3∶2 ③4∶3 ④9∶7。其中正确的是
A.①②
B.①④
√C.②③
D.③④
方法三 解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法
解析 设原混合气体中CO的质量分数为x。 CuO＋CO==△===Cu＋CO2 气体质量增加(差量)
28 g 12x g
44 g 44 g－28 g＝16 g 18 g－12 g＝6 g
2186＝162x，解得 x＝0.875。
6.(2018·山东省实验中学高三模拟)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂
解析 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。 根据电荷守恒可知：nnSNOa24＋－＝21， 所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO42－)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol， c(NaOH)＝0.00.21mLol＝0.2 mol·L－1。
所得Fe2O3固体的质量为：0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
针对训练
1.(2018·长汀县校级月考)有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g质量 分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为
A.20.40 g
√C.24.04 g
B.28.60 g D.无法计算
针对训练 3.在一定条件下，RO3n－和 F2 可发生如下反应： ROn3－＋F2＋2OH－===RO－ 4 ＋2F－
＋H2O，从而可知在 ROn3－中，元素 R 的化合价是
A.＋4 价
√B.＋5 价
C.＋6 价
D.＋7 价
解析 要求 RO3n－中 R 的化合价，若知道 n 值，计算 R 的化合价则变得很简单。
Cr2O27－＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)__9_0_.0_%___(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_3_._3_6_×_1_0_6__L，制得98% 的硫酸质量为_1_5__t。 解析 4FeS2＋11O2=高==温==2Fe2O3＋8SO2
12.黄铁矿的主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g 样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后， 用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶 液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO24－＋2Fe2＋＋4H＋
所得电子的物质的量相等， 72
1g.·0m8 ogl－1×(3－2)＝0.025
00
L×c(Cr2O27－)×(6－
3)×2，得 c(Cr2O72－)＝0.100 mol·L－1。
题组三 根据相关反应找关系式 11.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0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7 溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质 量为119)。
针对训练
题组一 根据原子守恒找关系式
7.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物
均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧
等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是
A.35 g
B.30 g
√C.20 g
D.15 g
解析 碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g该混合物，
8.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把
这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L
－
1
√ 氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为
A.72%
B.40%
C.36%
D.18%
解析 由S原子守恒和有关反应可得出：
根据表中数据判断试样的pH＝___4__。 易错警示 列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。 解析 根据表格提供的离子可知，NH＋ 4 水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷 守恒可知，c(K＋)＋c(NH＋ 4 )＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(Cl－)＋c(NO－ 3 )，将 表格中的数据代入得 H＋浓度为 10－4 mol·L－1，则 pH 值为 4。
解析 混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl， 由 Cl－质量守恒关系可得 100 g×15%×3356..55＝m(NaCl)×3558..55， 解得m(NaCl)≈24.04 g。
2.(2018·奉贤区二模)一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入 100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO为0.01
消耗1 mol·L－1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯元素守恒，则
CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质 的量为0.25 mol，煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，
则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。
方法二 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法
化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤为 (1)准确写出有关反应的化学方程式。 (2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及 “理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等， 且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。 (3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。