1、 第 1 页 共 5 页一、 分析反应产物，利用元素守恒求解例 1：向一定量 Fe、Fe 2O3 的混合物中加入 250mL2molL-1 的 HNO3溶液，反应完成后生成 1.12LNO（标准状况），再向反应后溶液中加入1molL-1NaOH 溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入 NaOH 溶液的体积最少是（ ）A、450mL B、500mL C、400ml D、不能确定分析：此题涉及多个反应，若全部写出化学方程式来计算显得十分繁琐，要使铁元素完全沉淀，但不能确定铁元素最终以 Fe(OH)2 或 Fe(OH)3出现，HNO 3 是否过量也不能确定，因而顺向求解比较困难。若忽略中间反应过程，运
2、用终态寻求守恒关系，即可迅速求解。解答：要使铁元素恰好完全沉淀，最后溶液必为 NaNO3 溶液，由原子守恒有 n(NaOH)=n(NO3)=n(HNO3)n(NO)，即 0.25L2molL-1 V(NaOH)1molL-1，所以 V(NaOH)0.45L450mL 。答案为 A 。例 2：有一在空气中暴露过的 KOH 固体，经分析知其含水 2.8%，含K2CO337.3%，其余为 KOH。现取 1g 样品加入到 25mL2molL-1 的盐酸中，多余盐酸用 1.0molL-1KOH 溶液 33.9mL 恰好完全中和，蒸发中和后溶液可得到固体（ ）A、1g B、 3.725g C、 0.797
3、g D、2.836g分析：将样品加入到盐酸中发生反应K 2CO3+2HCl2KCl+CO 2+H2O、KOH+HClKCl+H 2O，反应后盐酸剩余，加入 KOH 又发生反应。该题虽涉及反应不多，但数据较多，用常规方法很难解答。运用终态法分析：思路 1：始态 K2CO3、KOH，终态 KCl，利用 K 守恒求解；思路 2：始态 HCl，终态 KCl，利用 Cl 守恒求解。在思路 1 中要注意 K 有 2 个来源：一是样品中，二是后来加入的KOH (容易忽略)，这种方法涉及到多步计算，既有物质的量的运算又有质量的运算，比较繁且易出错。因此采用思路 2 中的 Cl 守恒一步到位，比较简单。解答：据
4、题意反应结束后溶质只有 KCl 可知：n(KCl)n(Cl )=n(HCl)0.025 L2molL-10.05molm(KCl)0.05mol74.5gmol -13.725g。答案为 B。1.12L22.4Lmol-1第 2 页 共 5 页例 3.把 a g 铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量 NaOH 溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到红棕色粉末的质量仍为 a g，则原合金中铁的质量分数为（ ）A70% B52.4% C47.6% D30%分析：把铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了 Al3+和 Fe2+，再加入过量 NaOH 溶液，Al 3+转化为 AlO2留在溶液中；Fe 2+
5、生成 Fe(OH)2 沉淀。过滤后对沉淀进行灼烧得到红棕色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3。在此过程中涉及反应多且无具体数据，按常规方法计算容易出错。解答：根据始态合金与终态 Fe2O3 的质量相等，而铁在整个反应过程中守恒，所以合金中铝的量等于 Fe2O3 中氧的量，即 w(Fe) 100%70%，选 A。例 4. 将 NaOH、MgCl 2、AlCl 3 三种固体的混合物放入足量水中，得到浑浊液。向该浑浊液中逐滴加入 1.00molL-1HCl，生成沉淀的质量与所加体积的关系如图所示。则原混合物中含 MgCl2_g，含 AlCl3_g，含 NaOH_g，C 点所加盐酸的体积为_mL。分析
6、：由图象可知，三种固体的混合物放入水中时，NaOH 过量，则：n(MgCl2)=nMg(OH)2 0.02molm(MgCl2)=0.02mol95gmol-11.90gn(AlCl3)=n(AlO2)=n(H+)=0.02L1.00molL-1=0.02molm(AlCl3)=0.02mol133.5gmol-12.67g本题的难点是求 NaOH 的质量和 C 点盐酸的体积。因起始 NaOH 过11216010.0 30.0CB0 V(HCl)/ml沉淀质量 m/g1.16 A1.16g58gmol-1第 3 页 共 5 页量，则发生反应有：AlCl 3 3NaOH = Al(OH)33Na
7、Cl、Al(OH)3NaOH =NaAlO22H 2O、MgCl 22NaOH = Mg(OH)22NaCl；加入盐酸时，发生反应有：HClNaOH =NaClH 2O、HClNaAlO 2H 2O=NaCl+Al(OH)3、2HClMg(OH) 2=MgCl22H 2O、3HCl Al(OH) 3=AlCl33H 2O。如果循规蹈矩，按照以上方程式去求，必然会被这些反应所困扰，难于下手。解答：用终态分析法，B 点沉淀达到最大值，说明 Mg2+、Al 3+已完全变为沉淀，溶液中仅含 NaCl。则 n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=
8、20.02mol+30.03mol+0.03L1.00molL-1=0.13mol，即混合物中m(NaOH)=0.13mol40gmol-1=5.2g 。C 点：沉淀恰好完全溶解，溶液中溶质为 AlCl3、 MgCl2、NaCl，与起始的 AlCl3、 MgCl2、NaOH 相比，AlCl 3、MgCl 2 未发生任何变化，而NaOH 转变为 NaCl。因此，C 点所加 HCl 可看作中和原有的 NaOH。所以 C 点的体积为 0.13mol1molL-1=0.13L，即 130mL。二、分析反应过程中电子转移，根据氧化还原反应中电子守恒求解例 5：足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和 N
9、O2、N 2O4、NO 的混合气体，这些气体与 1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 5molL1 NaOH 溶液至 Cu2+恰好完全沉淀，则消耗 NaOH 溶液的体积是( )A60mL B45mL C30mL D15mL分析：根据题意可将题中的反应过程表示如下：从中我们可以看出：在整个反应过程中失电子的物质为 Cu，而得电子的物质为 O2，HNO 3 中的 N 元素在整个过程中最终没有变价（即反应前与反应后的价态相同）。因此利用氧化还原反应中得失电子守恒规律得出：n(Cu)2=n(O2)4，n(Cu)=2n(O 2)= =0.15m
10、ol。14.68molL然后加氢氧化钠溶液时发生 Cu2+2OH =Cu(OH)2，所以 n(OH )5molL1NaOHCuHNO 3Cu(NO3)2NO2N2O4NOHNO3O2Cu(OH)2第 4 页 共 5 页=2n(Cu2+)，因此 V(NaOH)= =0.06L=60mL。15.02)(LmolNaOHcn1. 将 3.20g Cu 溶于 B mol/L 过量的硝酸溶液 30.0 mL 中，假设硝酸的还原产物只有 NO2 和 NO，反应结束后，将所剩溶液加水稀释至 1000 mL， 测得 c(NO3 )0.200 mol/L 。(1)试求稀释后溶液的 pH。(2)生成的气体中 NO
11、2 和 NO 的物质的量( 可以含有 B 的代数式表示) 。(3)用 NaOH 溶液吸收氮的氧化物是防止 NOx 污染的一种方法。原理为：2NO22NaOHNaNO 3NaNO 2H 2O，NONO 22NaOH 2NaNO2H 2O若生成的混合气体能被 NaOH 溶液完全吸收，试讨论 B 的取值范围。2. 较低温度下，氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，该反应为放热反应。某校甲、乙两化学研究性学习小组均用 200 mL 12 mol / L 盐酸与17.4 g MnO2 在加热条件下反应制备氯气，并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂白粉，用稀氢氧化钠溶液吸收残余的氯气。分析实验结果发现： 甲、乙
12、两组制得的漂白粉中 Ca(ClO)2 的质量明显小于理论值， 甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应，所制得的产品中Ca(ClO3)2 的含量较高。试回答下列问题： （1）上述实验中理论上最多可制得 Ca(ClO)2 多少克？（2）实验中所得到的 Ca(ClO)2 的质量明显小于理论值，试简要分析其可能原因，并写出可能涉及到的化学方程式。3. 水 垢 可 以 看 作 由 多 种 物 质 组 成 的 混 合 物 ， 为 研 究 含 有 Ca2+、 Mg2+、3HCO的水所形成的水垢的化学组成，取干燥的水垢 6.32 g ，加热使其第 5 页 共 5 页失去结晶水，得到 5.78 g 剩余固体 A；高温灼烧 A 至恒重，残余固体为CaO 和 MgO，放出的气体用过量的 Ba(OH)2 溶液吸收，得到的 11.82 g 沉淀。 （1）通过计算确定 A 中是否含有碳酸镁；（2）5.78 g 剩余固体 A 灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重 2.82 g，通过计算确定 A 中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐质量分数。
