热点强化课2 溶解度及溶解度曲线的应用&核心素养突破1 化学计算常用方法-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义

400mL蒸馏水中即可配制400mL浓度约为0.1mol·L1 的NaOH溶液，由于所配NaOH溶液浓度的精确度要求不 高，故可用500mL量筒量取400mL蒸馏水，取一部分水将 1.6 g NaOH固体溶解于l00mL烧杯中，配成浓溶液，然后 将溶液转移进500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）中，再将剩余 的水加到细口试剂瓶中，摇匀即得400mL浓度约为 0.1mol·L1的NaOH溶液，不需要500mL容量瓶，故 B不需要；C.据B项分析可知，配制时需500mL量筒量 取约400mL蒸馏水，故C需要；D.NaOH溶液配制好后 需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液呈碱性，能与 玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要 500mL细口试剂瓶（具橡胶塞），故D需要。」 素养演练·品悟 1.解析：操作为洗涤烧杯内壁和玻璃棒，并将洗涤液转移 到容量瓶中，目的是避免溶贡损失；定容后应盖好瓶塞， 反复上下颜倒、摇匀 答案：避免溶质损失盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 2.解析：配制1.00mol·L的CoSO1溶液，需要用到容量 瓶、胶头滴管等等，因此选BC。 答案：BC 3.BD 4.(1)5.0(2)C 情境试题·专练 5.B[量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL 酒精中加水5mL,配制的酒精溶液体积分数为75%，故 A错误；1.5VA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol,NA 个金属阳离子的物质的量为1ol,令金属离子的化合价为 x,根据电荷守恒可知，x=1.5X2=3,故金属阳离子为十3 价，所以该硫酸盐可以表示为M(SO,)3,根据硫酸根守恒 可知，硫酸盐的物质的量为0.5ol,所以该硫酸盐的物质 的量浓度为。5，m0=2.5m0lL,故B正确；实验中需用 0.2L 2.0mol·L的NaCO3溶液950mL,配制时应选用的容 量瓶的规格为1000mL,称取Na,COg的质量m=cVM =2mol.L1×1L×106g·mol1=212.0g,故C错 误；应称取绿矾的质量为0.5LX0.2mol·L1× 278g·mol1=27.8g,故D错误。] 热点强化课1阿伏加德罗常数应用的正误判断 热点突破 一、1.(1)×(2)×(3)/(4)×(5)/(6)× (7)、/ 2.(1)×(2)/(3)/(4)×(5)×(6)×(7)/ (8)× 二3.(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6) (7)/ 三、4.(1)×(2)/(3)×(4)×(5)×(6)× 对点集训 1.ALA,标准状况下，2.24LNO和NO混合气体物质的量 为0.1mol,氧原子数为0.1VA,故A正确；B.HNO2为弱 酸，因此NO2能够水解为HNO2,1L0.1mol·L NaNO, 溶液中NO,数目小于0.1V,故B错误：C.NHOH完全 转化为O,时，N的化合价由一1上升到十3， 3.3gNH,OH物质的量为0.1mol,转移的电子数为0.4VA, 故C错误；D.2.8gN,物质的量为0.1mol,N的价电子数等 于最外层电子数为5,2.8gN2含有的价电子总数为NA,故 D错误。] 2.A[A.44g(即1mol)CO2中o键的数目为2Na,A正 确：B.KO2由K+和O。构成，1 mol KO2晶体中离子的 数目为2NA,B错误；C.CO在水溶液中会发生水解： CO+H,O=HCO,+OH,故1L1mol·L K2CO3溶液中CO的数目小于NA,C错误；D.该反应 中部分氧元素化合价由一0.5价升至0价，部分氧元素 化合价由一0.5价降至一2价，则每4 mol KO2参加反应 转移3mol电子，每转移1mol电子生成O2的数目为 NA,D错误。] 3.D[A.铵根中存在4个N-H共价键，1 mol NH,CI含 有的共价键数目为4VA,A错误；B.碳酸氢钠受热分解 生成碳酸钠、水和二氧化碳，1 mol NaHCO完全分解，得 到0.5 mol CO,分子，B错误；C.Na HCO3=Na十 HCO,,HCO,会发生水解和电离，则含1 mol NaHCO ·45 参考答案 的溶液中HCO数目小于VA,C错误；D.NaCI和 NH,C1的混合物中含1 mol CI,则混合物为1mol,质 子数为28VA,D正确。 4.A[A.反应①CO2十4H2一CH1十2H2O,每生成 1 mol CH1,消耗H2分子数目为4NA,A正确；B.标准 状况下，2.24 L HCHO物质的量为0.1mol,HCHO中 中子数为6十8=14个，故2.24LHCH0中含中子数目 为1.4NA,B错误；C.反应③中CO2→CHOH从十4价 到一2价，每生成3.2gCH,OH即0.1mol,转移电子数 目为O.6VA,C错误；D.HCOOH溶液中HCOOH和 H2O中都含H原子，故H原子数目大于0.2NA,D错 误；答案选A。] 热点强化课2溶解度及溶解度曲线的应用 典题应用 [例门C[由图可知，KCI的溶解度受温度影响较大，而 NCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体 析出，此时KC1在滤液中，趁热过滤，可得到精盐。] 对点集训 1.C[溶解度的单位是克，20℃时高氯酸钾的溶解度为 1.68g,A错误；40℃时，高氯酸钾的溶解度为3.73g, 40℃时，将4g高氯酸钾溶于100g水，最多只能溶解 3.73g,不能得到104g溶液，B错误；高氯酸钾的溶解度 随着温度的升高而增大，80℃的高氯酸钾饱和溶液冷却 至40℃，有晶体析出，有结晶现象，C正确，D错误。] 2.(1)分批慢慢加入硫酸（或边加入边搅拌） (2)防止因温度下降使HBO,从溶液中析出 (3)加压升温结晶（或加压升温结晶并过滤） 3.(1)将少量滤渣I溶于稀盐酸中，向溶解后的混合液中 滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，说明滤渣中含 有FeO3 (2)CO与NH水解相互促进，导致(NH)2CO3溶液 中的c(NH)比(NH),SO,溶液中的c(NH)小，因此 (NH,),SO,溶液沉钒效率高(3)b 核心素养突破1化学计算常用方法 素养突破 [例1]解析：滴定终，点：当加入最后半滴N2SO标准溶 液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；根据 表中数据知，3误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体 积7=25.00+25.，02+24.98ml,=25.00ml,mNaS0,)= 0.080mol·L1×0.025L=0.002mol,根据反应的化学 方程式知，NaSO3消耗的l2,50mL溶液中n(L2)= aNa:S,0,)=2×0.02mol=0.01mol,则250ml 1 溶液中n(12)=0.001mol×5=0.005mol,根据反应的化学 方程式2Cu+十4I—2Cul￥十L2得n(Cu+)=2n(L2) =0.01mol,根据铜原子守恒得n(CuSO,·5H2O)= n(Cu2+)=0.01mol,m(CuS01·5H2O)=250g·mol ×0.01mol=2.5g,此产品中CuSO1·5H,O的质量分 教=素震是×10%=X10%≈8a3%. 答案：当加入最后半滴Na,S,O标准溶液时，溶液由蓝 色褪为无色且半分钟内不恢复原色83.3% [例2]解析：该反应的离子方程式为2CN厂十5Cl0十 20H-2CO+N,+5CI+H,O;n (CN)= 0.2mol·L1X10L=2mol,根据N原子守恒可知理论 上反应得到氯气的物质的量为n(N,)=之(CN)= 1mol,其在标准状况下的体积V=22.4L,实际得到氨 21L× 气的体积为21L,所以该过程的破氰率9=22.4 100%=93.75%。 答案：2CN+5C1O十2OH=2CO+N,↑+5C1 +H2093.75 高考总复习化学 [例3]解析：由图中信息可知，当失重比为19.4%时， FeS0,·7H,0转化为FeS0,·xH,0,则1872×100% 278 =19.4%,解之得x=4:当失重比为38.8%时，FeS01· 7H,0转化为FeS0,·yH,0,则1872×100%=38.8%， 278 解之得y=1。 答案：41 素养提升 1.D[A.标准状况下SO2为气体，11.2LSO2为 0.5mol,其含有1.5mol原子，生成的原子数为1.5NA, A错误；B.SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解， 因此，100mL0.1mol·LNa2SO3溶液中SO3数目 小于0.01N4,B错误；C.反应①的化学方程式为SO,十 2H,S=3S￥+2H,O,反应中每生成3molS消耗 2 mol H,S,3.4gHS为0.1mol,故可以生成0.15molS,硫 原子数目为0.15NA,C错误；D.反应②的离子方程式为 3S+60H△S0;+2S-十3H,0,反应的还原产物 为S2,每生成2molS2共转移4mol电子，因此，每生 成1molS2-,转移2mol电子，数目为2NA,D正确。] 2.D[A,100mL盐酸恰好完全反应，生成0.04mol FeCl2,没有其他的氯化物生成，根据原子守恒，n(HCI) =n(C1)=2n(FeCl,)=0.04mol×2=0.08mol,所以 HC的浓度为c(HCD=HC=0.08mo=Q.8mol/L, 0.1L A错误；B.根据信息，Fe,S和盐酸反应生成硫单质、FeCL,和 HS气体，根据氢原子守恒，生成的HS为0.04ol,标准 状况下体积为896mL,B错误；C.根据上述分析，可以写出 反应的化学方程式：5FeS十8HC1一S￥十4FeCl,+ 4H,S,根据原子守恒，得出：z=告=0.8，C错送； D.在Fe.S中S为一2价，设1mol该化合物中Fe2+和 Fe3+物质的量分别为amol和bmol,则a十b=0.8,2a十 3b=2,a=0.4,b=0.4,所以n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1, D正确。 3.解析：根据反应的离子方程式：Fe+十CuCl一Fe+十 Cu+十CI、Ce+十Fe+—Fe+十Ce3+可得关系式：CuCl Ce1+,24.60mL0.1000mol·L1的Ce(SO,)2溶液中 n[Ce(S0)2]=0.1000mol·L1×0.02460L=2.46× 10-mol,则根据关系式可知，n(CuCl)=n(Ce1+)= 2.46×103mol,m(CuC)=2.46×103molX99.5g·mol =0.24477g,所以该样品中CuC1的质量分数是024477g 0.2500g ×100%≈97.91%。 答案：97.91 4.解析：设有1mol草酸钪晶体(462g)在空气中受热，结 晶水的质量分数为18X5×100%≈23.4%，550℃时，减 462 少的质量分数为23.4%，则失去全部结晶水，此时晶体 的主要成分是Sc2(C,O,)?。设起始仍为1mol草酸钪晶 体，850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%≈138g, 由于M(ScO3)=138g·mol1,故可知550~850℃， 1 mol Sc2(C,O,)3分解产生1 mol Sc2O3,则碳元素全部 转化为气体，由于草酸根离子中碳元素为十3价，则反应 发生CO2和CO两种气体，根据得失电子守恒可知CO2 和C0物质的量之比为1：1。 答案：Sc2(C20)31:1 5.解析：根据反应的化学方程式： 煅烧 Zr(C03)2·xZr(OH)4(x+1)ZO2+2CO2↑+2xH20↑ 211+159zx 123(x+1) 37.0g 24.6g 则211十159x=123(x十12解得x=1 24.6g 答案：1 ·45 第二章物质及其变化 第一节物质的分类及转化 知识复盘·考点突破 考点一必备知识·复盘 、1.(1)分子原子离子(2)核电荷数(3)一种元 素多种元素(4)单质化合物2.(1)同一种元素 (3)物理化学 二、1.钠盐硫酸盐碳酸盐2.包含金属非金属 碱盐氧化物共价电解质非电解质 自主预诊 1.(1)× (2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7) (8)× 2.(1)电离出的阳离子全部是H的化合物才是酸；电离出 的阴离子全部是OH的化合物才是碱；盐可以全部由 非金属元素组成，如铵盐。 (2)不一定。如HPO,为二元弱酸。 (3)HPO,十NaOH—NaH,PO,十H,O碱 (4)与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如 NO2能与水反应生成酸一一硝酸，但不是酸性氧化物； Na,O。能与水反应生成碱一NaOH,但它不属于碱性 氧化物，是过氧化物。 题组集训·练透 1.①⑧⑨01451⑦19②③④⑤⑥⑦①12131618 2.B[溶液的导电能力与自由移动离子的浓度及其所带 电荷数有关，与电解质的强弱无关，根据溶于水是否完 全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，A错误；根 据分散质粒子的直径大小不同，将分散系分为溶液、胶 体和浊液，C错误：根据共用电子对的偏移程度，将共价 键分为极性键和非极性键，与电子云重叠程度无关， D错误。] 3.A[Na2SO1是钠盐、硫酸盐、正盐，都是从组成上考虑 的，A正确；HNO是一元酸是从组成上考虑的，HNO 是强酸、挥发性酸是从性质上考虑的，B不正确；福尔马 林是甲醛的水溶液，属于混合物，用作消毒剂、蛋白质凝 固剂是从性质上考虑的，C不正确；Al,O,是金属氧化 物，铝的最高价氧化物是从组成上考虑的，Al2O,是两性 氧化物是从性质上考虑的，D不正确。 考点二必备知识·复盘 3.化合反应分解反应置换反应复分解反应有无 离子参与有无电子转移可逆反应不可逆反应吸 热反应放热反应 自主预诊 (1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)/ (8)× 题组集训·练透 1.解析：原子是化学变化中最小的微粒，所以化学变化中 原子种类不能改变，(1)错误：电解质溶液导电为物理变 化，石油裂化得到汽油是重油高温下发生分解反应，属 于化学变化，(2)错误；玉米酿酒过程为淀粉→葡萄糖 乙醇，属于化学变化；高温消毒、医用酒精消毒和臭氧消 毒均发生了蛋白质变性，也属于化学变化，(3)正确；螃 蟹加热时发生了蛋白质的变性，属于化学变化，(4)正 确；“雷雨肥田”发生N2→NO→NO2HNO3→硝酸盐 等一系列反应，多步为氧化还原反应；呼吸面具中发生 过氧化钠与CO2以及H2O的反应也属于氧化还原反 应，(5)正确；工业上海水提取镁的流程为Mg+→ Mg(OH)2MgCl2·6H2O→MgCl2→Mg,其中前面三 步不属于氧化还原反应，(6)错误；冰水混合物冷却SO 气体得到SO固体，是物理变化；但是热水加热NO2会 使平衡：2NO2一N,O1向左移动，发生了化学变化，(7) 错误；化学变化除了要有旧化学键断裂还要同时有新化学 键生成，如氯化钠熔化只有离子键断裂，没有新化学键形 成，属于物理变化，(8)错误。 答案：(3)(4)(5) 2.A[A.千冰升华仅为状态变化，成分仍为CO,,无新物 质生成，属物理变化，A符合题意；B.珍珠主要成分是 CCO,与酸反应生成CO2等，属化学变化，B不符合题 意：C,酶催化蛋白质水解为氨基酸，破坏原有结构，生成 新物质，属于化学变化，C不符合题意；D.植物油氧化变 贡后，主要生成过氧化物、醛、酮、羧酸等，发生变质，属 化学变化，D不符合题意。 2第一章 物质的量 -NO 硝酸盐还原酶NO; 3.(2023·广东卷)设VA 亚硝酸盐还原酶 为阿伏加德罗常数的 NH,OH 值。侯氏制碱法涉及 X还原酶 NaCl、NH,CI和NaHCO,等物质。下列叙 蛋白质」 核酸 Y■ 述正确的是 () 固氨酶 Y还原酶 A.1 mol NH,Cl含有的共价键数目为5Na 设VA是阿伏加德罗常数的值。下列说法 B.1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO。分 正确的是 ) 子数目为2NA A.标准状况下，2.24LX和Y混合气体中 C.体积为1L的1mol·L1 NaHCO3溶液 氧原子数为0.1NA 中，HCO数目为NA B.1L0.1mol·L1NaNO2溶液中Na和 D.NaCI和NHCl的混合物中含1molC,则 NO2数均为0.1NA 混合物中质子数为28VA C.3.3gNH2OH完全转化为NO2时，转 4.CO2能与H2反应生CH① ②HCHO 移的电子数为0.6Na 成一系列高附加值 C0, D.2.8gN2中含有的价电子总数为0.6Na CH,OH③④HCOOH 的化品，其碳元素转 2.(2024·河北卷)超氧化钾(KO2)可用作潜 化关系如图所示。设VA为阿伏加德罗常 水或宇航装置的CO,吸收剂和供氧剂，反 数的值，下列说法正确的是 () 应为4KO2+2CO2==2K2CO3+3O2,NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确 A.反应①每生成1 mol CH4,消耗H2分子 的是 ( 数目为4NA A.44gCO2中o键的数目为2NA B.标准状况下，2.24 L HCHO中含中子数 B.1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA 目为1.6NA C.1L1mol·L1KCO3溶液中CO的 C.反应③每生成3.2 g CH.OH,转移电子 数目为NA 数目为0.4NA D.该反应中每转移1mol电子生成O。的数 D.100mL1mol·L1 HCOOH溶液中含 目为1.5NA H原子数目为0.2NA 热点强化课2 溶解度及溶解度曲线的应用 热点突破 续表 1.溶解度 概念：通常指该气体（其压强为101kPa)在 一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状 概念：在一定温度下，某固体物质在100g 态时气体的体积，常记为1：x。如NH3、 溶剂（通常是水）里达到饱和状态时所溶解 气体 HC1、SO2、CO2等气体常温时的溶解度分别 的溶 的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解 为1：700、1：500、1：40、1：1 解度 度，其单位为“g” 影响因素：气体溶解度的大小与温度和压 固体 强有关，温度升高，溶解度减小：压强增大， 的溶 公式：S=m(溶质) m(溶剂) ×100g 溶解度增大 解度 2.溶解度的表示方法 影响因素：①溶剂的影响：如NaC】易溶于水 (1)列表法 不溶于汽油。②温度的影响：升高温度，大多 硝酸钾在不同温度时的溶解度： 数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反， 温度/℃ 0102030405060708090100 如Ca(OH)2;温度对NaCI的溶解度影响不大 溶解度/g13.320.931.645.863.985.5110138169202246 ·13 高考总复习 化学 (2)曲线法 “一系列操作”是指 (填标号)。 溶200 A.蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 180 B.蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 g17 160 C.蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 130 D.蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 110 对点集训 100 1.高氯酸钾(KCIO)可作为火箭推进剂，下表是 701 高氯酸钾在不同温度的溶解度。下列说法正 化钾 40- 化钠 确的是 304 20g 研酸 温度/℃ 20 40 60 10f-- 80 0102030405060708090100 温度/℃ 溶解度/g1.68 3.73 7.3 13.4 溶0.20 解0.15 氢氧化钙 A.20℃时高氯酸钾的溶解度为1.68 度0.10 B.40℃时，将4g高氯酸钾溶于100g水中 7g0.05 0102030405060708090100 可得到104g溶液 温度/℃ C.80℃的高氯酸钾饱和溶液冷却至40℃ 3.溶解度与结晶方法 有结晶现象 (1)对于大多数固体物质，溶解度随温度升高 D.高氯酸钾的溶解度随温度升高而减小 而增大，如KNO,,应采取蒸发浓缩、冷却 2.以硼镁矿（2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少 结晶、过滤的方法结晶。 量FeO、CaCO3、Al,O3)为原料生产硼酸 (2)对于溶解度随温度变化不大的固体物质， 的工艺流程如下： 如NaCl,应采取蒸发结晶的方法结晶。 H2 SO. (3)若KNO3溶液中混有NaCl,结晶方法是： 硼镁 降温硼酸 →浸取→热过滤→浸出液→除杂→滤液→ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而得到较纯 矿粉 结品品体 滤渣 拉 净的KNO3固体。 母液 (4)若NaCI溶液中混有KNO3,结晶方法是：蒸 已知：表一：不同温度下H3BO3的溶解度 发浓缩至有较多固体析出时趁热过滤，从而 温度（℃） 20 40 60 100 得到较纯净的NaCl固体。 典题应用 溶解度(g) 5.0 8.7 14.8 40.2 例] (2024·上海卷)粗盐中含有SO K+,Ca+,Mg+等杂质离子，实验室按下面 表二：不同物质沉淀完全时的pH 的流程进行精制： 物质Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH), Mg(OH)2 滤 pH 3.2 5.2 9.7 12.4 粗①BaCl2溶液 ②NaOH溶液 滤 (1)由于矿粉中含CaCO3,“浸取”时容易产 滤③Na2CO3溶液 生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取 液 过滤 滤 ④稀盐酸精 的措施为 一系列操作盐 已知：KCI和NaCI的溶解度如图所示： 溶解度g/100g水 (2)“浸取”后，采用“热过滤”的目的为 KCI % NaCl (3)“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁 30 的溶解度随温度变化的曲线如图所示，且溶 液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液” 10 中充分回收MgSO,·H2O,应采取的措施是 0 20 40 60 80100温度/℃ 将“母液”蒸发浓缩， ·14 第一章物质的量 (2)在沉钒操作中，选择使用(NH4),SO4比 50 Mgs0,·H,0 使用(NH)CO3的沉钒效率高，其原因为 硫酸镁溶解度 15 MgSo 7H,O 10 (3)NHVO,和Na,SO,的混合液需要经过蒸 0 20406080100120140160180200温度/℃ 发浓缩、趁热过滤、冷却结晶和过滤等操作得 3.钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有 到NHVO,晶体，结合如图，分析为了得到较 V,O、MgO、Al,O3、FeO,、SiO2等，现从该 纯净的NHVO,晶体和较高的晶体析出率， 钒渣中回收V,O3的工艺流程如下： 应选择最适宜的结晶温度，为a、b、c、d四点中 纯碱 蒸馏水 NH),S0,滤液 点对应的温度。 】沉钒 钒洁850℃培烧培烧清一滤液]湖节pH选液-NHV0,品闲50℃爱烧V,9 个溶解度/g 升温至80℃ 40A NH VO, 滤渣1 一速渣可 30 (1)检验滤渣I中是否含有Fe2O3的方法 20 Na SO 是 01020304050607080温度/℃ 核心素养突破1 化学计算常用方法 素养突破 [例1]已知：2Cu++4I--2CuIV+I2, 12+2S,O号一=21十S4O,某同学测定 利用物质性质和化学变化所遵循 CuSO4·5H2O产品的质量分数可按如下方 变化观念与 的守恒关系，通过化学反应方程 法：取3.00g产品，用水溶解后，加入足量 平衡思想 式，进行一些有关量的计算，从而 的KI溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液 解决实际问题 稀释至250mL,取50mL加入淀粉溶液作 核 通过化学反应方程式中各物质的 指示剂，用0.080mol·L1Na2S,O3标准 证据推理与联系，建立已知量和未知量之间 溶液滴定，达到滴定终点的依据是 素 模型认知 的关系、通过论证推理建立解决 养 四次平行实验耗去Na2S,O3标准溶液数据 化学计算题的模型 如下： 通过化学计算培养严谨求实的科 实验序号 2 3 4 科学态度与 学态度，具有探索、崇尚真理的 社会责任 消耗Na2S2O3 意识 25.0025.0226.2024.98 标准溶液(mL)》 方法 关系式法 此产品中CuSO.·5H,O的质量分数为 关系式法常应用于一步反应或多步进 行的连续反应中，利用该法可以节省不必要 方法二 守恒法 的中间运算过程，避免计算错误，一步反应 质量 反应前后元素的质量、某原子（离子或 中可以直接找出反应物与目标产物的关系； 守恒 原子团)的物质的量相等 在多步反应中，若第一步反应的产物是下一 得失电 氧化还原反应中，氧化剂得电子数 步反应的反应物，可以根据化学方程式将某 子守恒 还原剂失电子数 中间物质作为“中介”，找出已知物质和所 电荷 任何体系中，阳离子带的正电荷数 求物质之间量的关系。 守恒 阴离子带的负电荷数 ·15 高考总复习化学 [例2]强氧化剂NaClO会将CN氧化，生 C.反应①每消耗3.4gH,S,生成物中硫原 成N2、CO和C1厂等无毒无害物质，可用 子数目为0.1NA 该反应处理含氰废水（破氰），反应的离子方 D.反应②每生成1mol还原产物，转移电子 程式为 数目为2NA 2.一定量的某磁黄铁矿（主要成分FeS,S为 若用一定量NaClO处理浓缩后的含氰废水 一2价)与100mL盐酸恰好完全反应（杂质 10L[c(CN)=0.2mol·L1],过程中产生 不与盐酸反应)，生成0.01mol硫单质、 标准状况下21L氮气，则该过程的破氰率 0.04 mol FeCl2和一定量的某种气体，且反 达到 %。 应后溶液中无Fe3+。有关说法正确的是 方法三 热重分析的方法 () (1)设晶体为1mol。 A.c(HCI)=0.4 mol/L (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 B.生成了896mL气体 (3)计算每步的m余， m余 -×100%=固 m(1mol品体质量) C.x=4 体残留率。 D.Fe,S中，n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1 (4)晶体中金属质量不减少，仍在余中。 3.准确称取0.2500g氯化亚铜样品置于一定量 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 的0.5mol·L1FeCl溶液中，待样品完全溶 mo,由n金属：no,即可求出失重后物质的化 解后，加水20mL,用0.1000mol·L1的 学式。 Ce(SO,)2溶液滴定到终点，消耗24.60mL [例3] (2023·全国乙卷)在N2气氛中， Ce(SO,),溶液。有关化学反应的离子方程式 FeSO4·7HO的脱水热分解过程如图 Fe++CuCl--Fe2++Cu2++ClCe++ 所示： Fe+一Fe++Ce3+,计算上述样品中CuCl 50 FeSO 45.3% 的质量分数是 %(答案保留四位 40 38.8% 有效数字)。 30 4.草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]隔绝空气 19.4% 10 加热，m(利余围体)随温度的变化情况如图 m(原始固体) FeSO.7H2O 050100150200250300 所示。 温度/℃ 根据上述实验结果，可知x= ® 100 y- 素养提升 29.8 1.(2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化 关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值， 0 250550850 TW 下列说法正确的是 550℃时，晶体的成分是 (填化学 S02 SO 式)，550~850℃，生成气体的物质的量之比为 H,S 碱，△ (已知Sc2(C2O,)3·6H2O的摩尔 A.标准状况下，11.2LSO2中原子总数 质量为462g·mol厂1)。 为0.5NA 5.某反应后滤渣的成分是Zr(CO3)2·xZr(OH)4。 B.100mL0.1mol·L1NaSO3溶液中， 取干燥后的滤渣37.0g,煅烧后可得到 SO号数目为0.01NA 24.6gZrO2。则x等于 ·16·