（通用版）2020高考化学二轮复习 专题二 化学计量及其应用大题题空逐空突破（一）课件

专题二大题题空逐空突破(一)1.明确一个中心必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。2.掌握两种方法(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。(2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。高考必备1[2019·全国卷Ⅱ，26(3)]成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_______________________________，样品中S2－的含量为_______________________________(写出表达式)。真题演练2I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6浅蓝色至无色25.00－12V×0.1000×32m×1000×100%解析达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～，2S2O2－3可得n(I2)过量＝12×0.1000V×10－3mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3mol－12×0.1000V×10－3mol＝(25.00－V2)×0.1000×10－3mol，则样品中S2－的含量为25.00－V2×0.1000×32m×1000×100%。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＋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：＋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。模拟预测3123C2O2－42MnO－4答案本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑123C2O2－4＋Ca2＋===CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO42MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO－452n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol123样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×V0V1mol则w(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×V0V1mol×100g·mol－1Wg×100%＝25aV0V2WV1%。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。计算电解铜的阳极泥中Se的质量分数(保留四位有效数字)。1230.0001500mol0.0007500mol123答案MnO－4～5Fe2＋2MnO－4～5Se＋40.0002500mol0.0002500mol－0.0001500mol＝0.0001000molw(Se)＝0.0002500mol×79g·mol－1×105.000g×100%＝3.950%。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＋I2===2I－＋)，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__________。2S2O2－3S4O2－6解析根据实验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。淀粉溶液123(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。123答案关系式：ClO－～I2～2S2O2－3n(ClO－)＝12n(S2O2－3)＝12×0.8000mol·L－1×25.00×10－3L＝0.01mol，n(Mg2＋)＝0.02000mol·L－1×25.00×10－3L×1000mL25.00mL＝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)＝0.180g18g·mol－1＝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。123解析根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～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。2S2O2－3123反思归纳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。