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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·江苏，18)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为________________________________；水解聚合反应会导致溶液的pH______。真题演练2解析H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式。Fe3＋发生水解聚合反应使溶液pH减小。2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O减小(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。Cr2O2－7偏大解析聚合硫酸铁中的Fe3＋被Sn2＋还原为Fe2＋，然后用K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋，根据6Fe2＋～Cr2O2－7，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10－2×22.00×10－3mol＝6.600×10－3mol，进而计算出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝56×6.600×10－3g3.000g×100%＝12.32%。若不除去具有还原性的Sn2＋，则消耗K2Cr2O7的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。答案n(Cr2O2－7)＝5.000×10－2mol·L－1×22.00mL×10－3L·mL－1＝1.100×10－3mol由滴定时Cr2O2－7→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O2－7～6Fe2＋(或Cr2O2－7＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O2－7)＝6×1.100×10－3mol＝6.600×10－3mol样品中铁元素的质量：m(Fe)＝6.600×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)＝0.3696g3.000g×100%＝12.32%。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。角度一滴定法的应用1.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__________。模拟预测3122S2O2－3S4O2－6淀粉溶液解析根据实验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。(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。12答案关系式：ClO－～I2～2S2O2－3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(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，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。12解析根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～2S2O2－3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。2.(2019·南京市、盐城市高三调研)测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：12步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。(1)“步骤1”的目的是_________________________。测定NaOH溶液的准确浓度12解析“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1∶1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度。(2)计算x的值(写出计算过程)。12答案0.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)＝0.5508g204g·mol－1＝0.0027mol,测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)＝0.0027mol22.50×10－3L＝0.12mol·L－1，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)＝c(NaOH)·V(NaOH)，n(H2C2O4)＝0.12mol·L－1×20.00×10－3L2＝1.2×10－3mol，所以n(H2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3mol，则n(H2C2O4·xH2O)·M(H2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3mol×(90＋18x)g·mol－1＝0.1512g，则晶体中水的个数x＝2，故x＝2。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。