2018届二轮复习化学计量及其应用学案（全国通用）

2018届二轮复习化学计量及其应用学案（全国通用）

[考纲要求]　1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.理解质量守恒定律。3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数量、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。4.了解溶液的含义。5.了解溶解度、饱和溶液的概念。6.了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。7.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。考点一　阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律(一)阿伏加德罗常数及其应用1．与气体摩尔体积22.4L·mol－1相关的NA的应用(1)非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4L·mol－1进行物质的量的计算；(2)常见物质在标准状况下的状态：溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)，均为液体；SO3为固体。正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”①标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA(×)②标准状况下，22.4L的SO2中含有的SO2分子数为NA(√)③常温常压下，35.5g氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA(×)④常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA(×)⑤2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA(×)⑥2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023(×)2．与物质的组成相关的NA的应用(1)稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目；(2)一定质量含核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目；(3)Na2O2、KO2中的阴、阳离子个数比；(4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目；(5)等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4\n等具有的原子、分子数目；(6)一定物质的量的有机物中共价键的数目(苯环、萘环中无碳碳双键)；如：CnH2n＋2中化学键数目为3n＋1；(7)一定物质的量的SiO2中含Si—O键、金刚石(或石墨)中1molC中含C—C键、1molP4中含P—P键的数目。正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”①32g18O2中含有2NA个氧原子(×)②17g—OH与17gOH－所含电子数均为10NA(×)③相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同(√)④乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28g混合气体中含有3NA个氢原子(×)⑤18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA(×)⑥30g甲醛中含共用电子对总数为4NA(√)⑦4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(√)⑧12g金刚石含有的共价键数为4NA(×)3．与氧化还原反应相关的NA的应用(1)歧化反应类：Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与NaOH(冷稀、浓热)等；(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类；(3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类；(4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类；(5)足量KMnO4与浓盐酸、足量MnO2与浓盐酸反应类；(6)注意氧化还原的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”①1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)②5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(×)③1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)④0.1molZn与含0.1molHCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA(×)⑤足量KMnO4与含1molHCl的浓HCl溶液反应生成标况下7LCl2(×)⑥足量Cl2与含1molNaOH的浓溶液反应转移mole－(×)⑦足量Fe与1L1mol·L－1浓H2SO4溶液在加热条件下彻底反应生成0.5molSO2(×)⑧1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(×)⑨50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA(×)⑩标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA(×)⑪向FeI2溶液中通入适量Cl2，当1molFe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA(×)\n4．与可逆反应相关的NA的应用在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应：(1)2SO2＋O22SO32NO2??N2O4N2＋3H22NH3(2)Cl2＋H2O??HCl＋HClO(3)NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”①2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA(×)②标准状况下，22.4LNO2气体中所含分子数目为NA(×)③100g17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA(×)④标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA(×)5．电解质溶液中粒子数目的判断审准题目“要求”，是突破该类题目的关键(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1L1mol·L－1的乙酸或1L1mol·L－1乙酸钠溶液中CH3COO－数目均小于NA。(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H＋的数目。(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成无关；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成有关。正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”①0.1L3.0mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH的数目为0.3NA(×)②等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(×)③0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA(×)④25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)“三年高考”全国卷“NA”应用试题汇编1．(2017·全国卷Ⅱ，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(　　)A．1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA答案　D\n解析　A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误；B项，2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子数为0.2NA，错误；C项，标准状况下，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，错误；D项，H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，反应前后气体物质的量不变，正确。2．(2017·全国卷Ⅲ，10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋C．2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键答案　A解析　A项，硼原子的质子数为5,11B的中子数为6，故0.1mol的11B中含有的中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H＋的物质的量，错误；C项，标准状况下苯为液体，不能用气体摩尔体积计算苯燃烧生成的CO2分子数，错误；D项，PCl3＋Cl2??PCl5，这是一个可逆反应，1molPCl3与1molCl2不可能完全反应生成1molPCl5，故增加的P—Cl键数目小于2NA，错误。3．(2016·全国卷Ⅰ，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA答案　A解析　A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1molCH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，错误；D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。4．(2015·全国卷Ⅰ，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA答案　C解析　A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20g·mol－1和18g·mol－1，所以18gD2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2L×0.5mol·L－1＝1mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA\n，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2molNO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2??N2O4，所以分子数小于2NA，错误。(二)理解公式推论，破解阿伏加德罗常数应用阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推导出：(1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。(2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。(3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。1．同温同压下，xg甲气体和yg乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是(　　)A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x∶y等于甲与乙的分子个数之比C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y∶x等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比答案　B解析　A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则xg甲气体和yg乙气体的物质的量相等，即＝，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝∶＝M乙∶M甲＝y∶x，故正确。2．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是(　　)A．物质的量：甲＞乙B．气体体积：甲＞乙C．摩尔体积：甲＞乙D．相对分子质量：甲＞乙答案　D解析　同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ＝\n知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A项，根据n＝知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；B项，根据V＝Vm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲＞乙，则气体体积甲＜乙，故B错误；C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D项，根据以上分析知，摩尔质量甲＞乙，摩尔质量以g·mol－1为单位时在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲＞乙，故D正确。考点二　一定物质的量浓度溶液的配制配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。1．七种仪器需记牢托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2．实验步骤要理清如：配制500mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，图中操作②中应该填写的数据为__________，实验时操作的先后顺序为____________(填编号)。答案　5.3　②④⑥⑤①③3．仪器使用要明了(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480mL溶液，应选用500mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。\n(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到容量瓶刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，如图所示。附　容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。4．误差分析点点清误差分析的思维流程与方法(1)误差分析的思维流程(2)视线引起误差的分析方法①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。(3)用“偏高”“偏低”或“无影响”填空：①砝码生锈：偏高。②定容时，溶液温度高：偏高。③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。⑦转移时，有液体溅出：偏低。⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。⑩容量瓶内有少量水：无影响。\n5．换算关系会推导(1)气体溶质物质的量浓度的计算：标准状况下，1L水中溶解某气体VL，所得溶液的密度为ρg·cm－3，气体的摩尔质量为Mg·mol－1，则c＝mol·L－1。(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：c＝(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。6．两条规律理解透(1)稀释定律①如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1＝c2V2。②如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1＝m2w2。(2)混合规律同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。①两溶液等质量混合：w＝(w1＋w2)。②两溶液等体积混合a．若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w＞(w1＋w2)，如H2SO4溶液。b．若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w＜(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。题组一　仪器的正确使用及实验操作的规范性1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”(1)配制浓度为0.010mol·L－1的KMnO4溶液可以称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度(×)(2017·全国卷Ⅲ，9D)(2)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(√)(2016·浙江理综，8D)(3)称取2.0gNaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体(×)\n(4)配制一定浓度的NaCl溶液(×)(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(×)2．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)答案　B解析　A项，用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。3．(1)配制浓度为2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填字母)。A．等于8.0gB．等于8.00gC．大于8.0gD．等于0.2g(2)[2017·天津理综，9(1)]将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有____________________________________________________。答案　(1)C　(2)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管解析　(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0g＋烧杯质量。(2)配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。题组二　有关浓度的换算4．相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3。则下列说法不正确的是(　　)A．相对分子质量M＝\nB．物质的量浓度c＝C．溶液的质量分数w＝D．溶液密度ρ＝答案　C解析　由c＝知D项正确；由c＝＝知B项正确；由w＝＝知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。5．体积为VL、密度为ρg·cm－3的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质mg。若此溶液中溶质的物质的量浓度为cmol·L－1，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是(　　)A．c＝B．m＝VρwC．w＝D．ρ＝答案　A解析　已知：c＝1000或c＝。A项，c＝，正确；B项，＝，m＝1000ρwV，错误；C项，w＝，错误；D项，ρ＝，注意w与w%的区别，错误。题组三　溶液稀释规律的应用6．取100mL0.3mol·L－1的硫酸溶液和300mL0.25mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)A．0.21mol·L－1B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1D．0.26mol·L－1答案　B解析　根据题意可知，混合后H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝＝0.42mol·L－1。\n7．(2017·盐城模拟)实验室常用98%(ρ＝1.84g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23g·mL－1，其物质的量浓度为(　　)A．4.6mol·L－1B．5.7mol·L－1C．3.88mol·L－1D．18.4mol·L－1答案　C解析　实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液溶质的质量分数：w%＝×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝≈3.88mol·L－1，故选C。掌握两项技能(1)用98%的浓H2SO4配制100mL1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80mL的水注入200mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。(2)配制100g20%的NaCl溶液：准确称量20.0gNaCl固体，然后再转移到200mL的烧杯中，再用量筒量取80mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。题组四　溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用8．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为(　　)A．0.1(b－2a)mol·L－1B．10(2a－b)mol·L－1C．10(b－a)mol·L－1D．10(b－2a)mol·L－1答案　D解析　根据题意，500mL溶液分成5等份，每份为100mL。每份中n(Ba2＋)＝amol，n(Cl－)＝bmol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝＝10(b－2a)mol·L－1。9．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　)A.mol·L－1B.mol·L－1\nC.mol·L－1D.mol·L－1答案　D解析　注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝mol＝amol、n(SO)＝2bmol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)mol。考点三　化学计算的类型和方法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。3．计算类型及实验方法(1)计算类型①确定化学式；②确定样品质量分数。(2)实验方法①滴定分析法；②沉淀分析法；③热重分析法。题组一　“关系式”法的应用(一)由“元素守恒”确定关系式1．在O2中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20mL0.50mol·L－1NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为(　　)A．18%B．46%\nC．53%D．36%答案　D解析　明确S―→SO2―→SO3―→H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与NaOH的关系。全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：S―→SO2―→SO3―→H2SO4―→2NaOH32g　　　　　　　　　　　　2molx　　　　　　　　　　　　　(0.02×0.50)molx＝＝0.16g。S的质量分数为×100%≈36%。(二)由“电子守恒”确定关系式2．将4.9gMg和Fe的混合物在过量稀HNO3中完全反应，得到标准状况下NO气体2.24L，向反应后的溶液中加入足量烧碱溶液充分反应，求最后生成沉淀的质量。答案　由题意知，整个过程中存在关系Fe～3e－～3OH－～Fe(OH)3Mg～2e－～2OH－～Mg(OH)2可以看出e－～OH－，又因得失电子守恒，所以有NO～NO～3e－～3OH－，故n(OH－)＝n(e－)＝3n(NO)＝0.3mol。所以沉淀的质量为4.9g＋17g·mol－1×0.3mol＝10g。题组二　“滴定法”分析物质组成及含量应用一　确定含量3．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C2O＋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：2MnO＋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。答案　本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO42MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相应的关系式\n5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO5　　　　　　　　　　　　　　　　　2n1(CaCO3)　　　　　　　　　　　　aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×mol则w(CaCO3)＝×100%＝%。4．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。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为________(保留四位有效数字)。答案　3.950%解析　MnO　　　　　～　　　　　5Fe2＋0．0001500mol　　　　　　　0.0007500mol2MnO　　　　　～　　　　　50．0002500mol　　　　　　　0.0002500mol－0.0001500mol＝0.0001000molw(Se)＝×100%＝3.950%。应用二　确定组成5．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2S2O＋I2===2I－＋S4O)，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。\n(1)步骤①需要用到的指示剂是________。(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。答案　(1)淀粉溶液(2)关系式：ClO－～I2～2S2On(ClO－)＝n(S2O)＝×0.8000mol·L－1×25.00×10－3L＝0.01mol，n(Mg2＋)＝0.02000mol·L－1×25.00×10－3L×＝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)＝＝0.01mol，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。解析　(1)根据实验①中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～2S2O求得n(ClO－)，根据实验②中消耗的EDTA的体积结合关系式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。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。题组三　热重分析法确定物质组成及含量应用一　确定含量6．PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重\n4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。答案　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝。应用二　确定组成7．0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。答案　CuSO4·5H2OnH2O＋CuSO4·(5－n)H2O　　　250　　　　　　　18n　　　0.80g　　　　　0.80g－0.57g＝0.23g＝，解得n≈4，则此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。8．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。(1)300℃时残留固体的成分为________，900℃时残留固体的成分为________。(2)通过计算求出500℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。答案　(1)CaC2O4　CaO\n(2)500℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据500℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x＝0.10，y＝0.15，m(CaC2O4)＝0.10mol×128g·mol－1＝12.80g，m(CaCO3)＝0.15mol×100g·mol－1＝15.0g，500℃时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25mol，含有m(H2O)＝0.25mol×18g·mol－1＝4.50g，在300℃时，×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50g×87.67%≈32g，减少的质量为36.50g－32g＝4.50g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900℃时，×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50g×38.36%≈14g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25mol×40g·mol－1＝10g，另外还含有m(O)＝14g－10g＝4g，n(O)＝＝0.25mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600℃时，×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50g×68.49%≈25g，从300℃至600℃时，失去的总质量为32g－25g＝7g，失去物质的摩尔质量为7g÷0.25mol＝28g·mol－1，则应为CO，所以CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500℃时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。热重分析的方法(1)设晶体为1mol。(2)失重一般是先失水、再失非金属氧化物。(3)计算每步的m余，＝固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。专题强化练1．下列实验操作或仪器选择正确的是(　　)\nA．配制240mL0.1mol·L－1FeSO4溶液需要选择240mL容量瓶B．配制1mol·L－1H2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接注入容量瓶中C．配制1mol·L－1AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释D．移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置答案　C解析　A项，实验室没有规格为240mL的容量瓶，应选择规格略大于配制溶液体积的容量瓶，错误；B项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C项，氯化铝易水解，将AlCl3溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解，正确；D项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置，错误。2．某学生需配制0.2mol·L－1Na2SO3溶液，经检测所配溶液的浓度为0.15mol·L－1，可能的原因有(　　)A．容量瓶中有残留水B．定容时俯视刻度线C．漏掉洗涤操作步骤D．称量时所用砝码生锈答案　C解析　A项，容量瓶中有残留水，不影响配制的溶液浓度，错误；B项，定容时俯视刻度线，实际溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，错误；C项，漏掉洗涤步骤，损失部分溶质，配制溶液的浓度偏低，正确；D项，砝码生锈，所称样品的质量偏大，配制的溶液浓度偏高，错误。3．将5mol·L－1盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是(　　)A．0.05mol·L－1B．0.25mol·L－1C．0.1mol·L－1D．0.5mol·L－1答案　B解析　设稀释后盐酸的物质的量浓度为c，则：10mL×5mol·L－1＝200mL×c，解得c＝0.25mol·L－1。由于溶液是均匀的，所以取出的5mL盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol·L－1，故选B。4．已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10g·cm－3的溶液，该溶液中R的物质的量浓度(mol·L－1)约为(　　)A．6.8B．7.4C．8.9D．9.5答案　C\n解析　根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式c＝知，c(R)＝mol·L－1≈8.9mol·L－1。5．标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL－1)，所得溶液的密度为ρg·mL－1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列关系中不正确的是(　　)A．ρ＝B．w＝C．w＝D．c＝答案　A解析　由c＝＝＝mol·L－1，D项正确；由上式可推知：ρ＝，A项错误；由c＝可得w＝＝，B项正确；w＝＝＝，C项正确。6．(2017·汕头市高三上学期期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)A．34gH2O2中含有的阴离子数为1NAB．4.6g乙醇中含有的C—H键的个数为0.6NAC．标准状况下，VL水含有的氧原子个数约为D．1molFe2＋与足量的H2O2溶液反应，转移NA个电子答案　D解析　A项，H2O2是共价型分子，不含有阴离子，错误；B项，每个乙醇分子含有的C—H键的个数为5，错误；C项，标准状况下，水为液体，不可根据气体摩尔体积计算其物质的量，错误；D项，1molFe2＋与足量的H2O2溶液反应被氧化为Fe3＋，转移NA个电子，正确。7．(2017·海南，9)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是(　　)A．1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB．1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC．1L0.1mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA\nD．1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA答案　C解析　A项，乙烯的结构简式为CH2==CH2,1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，正确；B项，甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，正确；C项，乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，错误；D项，1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol＝14mol,1molN2中含有质子物质的量为2×7mol＝14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，正确。8．(2017·长春外国语学校高三上学期期末)CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO的物质的量浓度为3mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(　　)A．5.6gB．11.2gC．22.4gD．33.6g答案　B解析　n(SO)＝0.1L×3mol·L－1＝0.3mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有c(Cu2＋)＝c(H＋)＝c(Fe3＋)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2＋、Fe3＋、H＋三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n＋3n＋n＝0.3mol×2，由此解得n＝0.1mol，Cu2＋、H＋、Fe3＋都能与Fe反应生成Fe2＋，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4)＝0.3mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3mol－0.1mol＝0.2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol×56g·mol－1＝11.2g。9．(2017·哈师大附中高三上学期期末)设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是(　　)A．标准状况下，11.2LC2H5OH含有的氢原子数为3NAB．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NAC．0.1mol·L－1CH3COONa溶液中CH3COO－和CH3COOH的总数为0.1NAD．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子数为NA答案　B解析　A项，标准状况下C2H5OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氢原子数，错误；B项，高温下，16.8gFe即0.3mol铁与足量水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去的电子数为0.8NA，正确；C项，不确定0.1mol·L－1CH3COONa溶液的体积，则不能计算其中CH3COO－和CH3COOH的总数，错误；D项，不能确定NO2和N2O4的体积比，且二者之间存在平衡关系，因此不能计算密闭容器中46gNO2和N2O4的混合气体所含分子数，错误。10．(2017·枣庄十八中高三上学期期末)镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁。将燃烧后的固体产物溶解在60mL浓度为2.0mol·L－1的盐酸中(氮化镁和盐酸反应的化学方程式为Mg3N2＋8HCl===3MgCl2＋2NH4Cl)，以20mL0.5mol·L－1\n的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g。镁带的质量为(　　)A．0.6gB．1.2gC．2.4gD．3.6g答案　B解析　氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成MgCl2、NH4Cl，再用氢氧化钠中和多余的盐酸，此时溶液中溶质为MgCl2、NH4Cl、NaCl，再加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g，即为生成氨气的质量，根据N元素守恒n(NH4Cl)＝n(NH3)＝＝0.01mol，根据钠离子守恒n(NaCl)＝n(NaOH)＝0.02L×0.5mol·L－1＝0.01mol，根据氯离子守恒：2n(MgCl2)＋0.01mol＋0.01mol＝0.06L×2mol·L－1，解得n(MgCl2)＝0.05mol，根据Mg元素守恒知镁带的质量＝0.05mol×24g·mol－1＝1.2g。11．(2016·枣庄十八中高三上学期期末)一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2mol·L－1NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500mL，此时所得溶液物质的量浓度为(　　)A．0.5mol·L－1B．1mol·L－1C．1.2mol·L－1D．2mol·L－1答案　C解析　标准状况下3.36L氧气的物质的量＝＝0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol×4＝0.6mol。金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol·L－1NaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液。根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol。所以硝酸钠的物质的量为0.6mol。稀释至500mL，此时所得溶液的物质的量浓度＝＝1.2mol·L－1。12．(2017·双鸭山市第一中学高三上学期期末)将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L(标准状况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到的沉淀的质量为25.4g，若硝酸的还原产物仅为NO，则生成的NO在标准状况下的体积为(　　)A．2.24LB．4.48LC．6.72LD．8.96L答案　C\n解析　合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生氢气3.36L(标准状况)，物质的量为3.36L÷22.4L·mol－1＝0.15mol，根据电子得失守恒可知n(Al)＝0.15mol×2/3＝0.1mol，故金属铝的质量为0.1mol×27g·mol－1＝2.7g，金属铝提供电子的量是0.3mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量。设反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量为xmol，根据沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和可得：17.9g－2.7g＋xmol×17g·mol－1＝25.4g，解得x＝0.6mol，因此17.9g合金失去的电子总的物质的量为0.6mol＋0.3mol＝0.9mol，设生成NO的标准状况下的体积为V，则有：V/22.4mol·L－1×3＝0.9mol，解得V＝6.72L。13．(2017·河北省定州中学高三上学期期末)实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。仪器C的名称是________，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是____________________________________________。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________(填字母)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质D．量取220mL体积的液体(3)在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1mol·L－1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度______0.1mol·L－1。(4)根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用________mL规格的量筒最好。(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：__________________________________________________________________________________________________________。答案　(1)AC　分液漏斗　500mL容量瓶　(2)BCD　(3)小于　大于　(4)13.6　25　(5)\n重新配制解析　(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶和分液漏斗；仪器C的名称为分液漏斗；需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，所以应选择500mL容量瓶。(2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选BCD。(3)若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大。(4)质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸物质的量浓度c＝mol·L－1＝18.4mol·L－1，设0.5mol·L－1硫酸溶液500mL需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4mol·L－1＝0.5mol·L－1×500mL，解得V≈13.6mL，宜选用25mL量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。14．(2017·河北省定州中学高三上学期期末)将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60℃后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。(1)用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是________________________________________________________________________，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是________________________________________________________________________。(2)为测定碱式碳酸锰的组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL(标准状况)，并配成500mL溶液。准确量取10.00mL该溶液，用0.0500mol·L－1EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2＋(原理为Mn2＋＋H2Y2－===MnY2－＋2H＋)，至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL。通过计算确定该样品的化学式。答案　(1)防止FeSO4被氧气氧化　除去铁屑表面的油污(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01moln(EDTA)＝0.0014mol10mL溶液中n(Mn2＋)＝0.0014mol7．390g该碱式碳酸锰中n(Mn2＋)＝0.07mol，n[Mn(OH)2]＝0.06molm(H2O)＝0.9g，n(H2O)＝0.05mola∶b∶c＝1∶6∶5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。解析　(1)硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备\nFeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化；反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污。(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01mol，n(EDTA)＝0.0014mol,10mL溶液中n(EDTA)＝n(Mn2＋)＝0.028L×0.0500mol·L－1＝0.0014mol,500mL溶液中n(Mn2＋)＝0.0014mol×＝0.07mol,7.390g该碱式碳酸锰中n(Mn2＋)＝0.07mol，n[Mn(OH)2]＝0.06mol，m(H2O)＝7.390g－0.01mol×115g·mol－1－0.06mol×89g·mol－1＝0.9g，n(H2O)＝＝0.05mol，a∶b∶c＝1∶6∶5。碱式碳酸锰的化学式为MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。15．化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O，其中铁元素为＋3价]是一种重要的光化学试剂。测定化合物A的化学式实验步骤如下：a．准确称取A样品4.91g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37g；b．将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28g，恰好完全反应；c．另取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3mol·L－1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50mol·L－1的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O通过计算填空：(1)4.91gA样品中含结晶水的物质的量为______mol。(2)A的化学式为_________________________________________(写出计算过程)。答案　(1)0.03(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01mol，根据反应的化学方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50mol·L－1×0.024L＝0.03mol，根据离子电荷守恒知n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03mol，因此A为K3Fe(C2O4)3·3H2O解析　(1)样品中结晶水的物质的量n(H2O)＝＝0.03mol。(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01mol，根据反应的化学方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50mol·L－1×0．024L＝0.03mol，根据离子电荷守恒n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03mol，因此A为K3Fe(C2O4)3·3H2O。16．(2016·泰州高三二模)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。\n(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为________________(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300℃发生反应的化学方程式：_____________________________________________________________________________________________________。(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3)，用480mL5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。答案　(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2(2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6。解析　(1)由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3g，其物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g－5.9g＝2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol∶≈3∶4，故C点为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g－14.7g＝3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。(2)由电子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4mol，由电荷守恒：n(Co原子)总＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×(0.48L×5mol·L－1－2×)＝1mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根据化合价代数和为0，氧化物中n(O)＝(0.6mol×2＋0.4mol×3)÷2＝1.2mol，故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶6。