2018届二轮复习化学常用计量及计算方法学案（全国通用）

2018届二轮复习化学常用计量及计算方法学案（全国通用）

第3讲　化学常用计量及计算方法 ‎[最新考纲]‎ ‎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.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。3.了解溶解度、饱和溶液的概念。4.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。5.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。‎ ‎　有关阿伏加德罗常数的多角度判断 ‎1．(2017·课标全国Ⅱ，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NA B．2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA 解析　A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误；B项，2.4 g Mg为0.1 mol，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，2.24 L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。‎ 答案　D ‎2．(2017·课标全国Ⅲ，10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol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．2.24 L(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1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键 解析　A项，硼原子的质子数为5，11B的中子数为6，故0.1 mol的11B中含有中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H＋‎ ‎ 的个数，错误；C项，标准状况下苯为液体，故2.24 L(标准状况)苯的物质的量不为0.1 mol，生成的CO2分子也不是0.6NA，错误；D项，PCl3 ＋ Cl2PCl5 ，这是一个可逆反应，1mol PCl3与1mol Cl2不可能完全反应生成1 mol PCl5，故增加的P－Cl键数目小于2NA，错误。‎ 答案　A ‎3．(2016·课标全国Ⅰ，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA 解析　A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1 mol CH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1 mol N2与4 mol H2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1 mol Fe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2.24 L CCl4的物质的量不是0.1 mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。‎ 答案　A ‎　溶液配制过程中仪器使用及过程分析 ‎4．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)取20.00 mL盐酸，可在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶(　　)‎ ‎(2017·课标全国Ⅲ，9A改编)‎ ‎(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，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线(　　)‎ ‎(2016·浙江理综，8D)‎ ‎(3)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁(　　)‎ ‎(2016·海南化学，8D)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎　以物质的量为中心的Ⅱ卷化学计算填空 ‎5．计算填空精录：‎ ‎(1)[2017·课标全国Ⅱ，26(4)]草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。‎ 解析　5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol/L×36.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。‎ 答案　45.0%‎ ‎(2)(2016·新课标全国Ⅰ，28节选)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)‎ 解析　NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol，1 mol Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为4/90.5 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。‎ 答案　1.57‎ ‎(3)(2016·课标全国Ⅲ，28改编)欲使3 mol的VO2＋变成VO，则需要氧化剂KClO3至少________ mol。‎ 解析　VO2＋变为VO，V的化合价由＋4价升高到＋5价，转移1e－，而氧化剂KClO3则被还原为KCl，化合价由＋5价降低为－1价，转移6e－，故欲使3 mol VO2＋变为VO，需氧化剂KClO3的物质的量至少为3 mol×1÷6＝0.5 mol。‎ 答案　0.5‎ ‎(4)(2016·课标全国Ⅱ，26节选)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。‎ 解析　联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1 kg÷32 g·mol ‎－1×32 g·mol－1＝1 kg 答案　1‎ 分析评价 题型：选择题　填空题 评价：阿伏加德罗常数主要考查判断分子、原子、离子、电子等微粒数目，如物质所含粒子数目、转移电子数目、水解或电离造成离子浓度改变或数目变化等，形式灵活、范围广泛；溶液的配制主要考查仪器的使用及误差分析；而Ⅱ卷中的计算则以含量的测定、化学式的确定等，主要是通过方程式(一个或多个)完成计算。‎ 启示：二轮复习时，对于阿伏加德罗常数判断类题目应注意隐含条件的挖掘，而Ⅱ卷计算应注重计算技巧(如关系式法)的灵活运用，加强计算能力的培养。‎ 高频考点一　阿伏加德罗常数的应用 ‎ [考点精要]‎ 阿伏加德罗常数常见考查的知识方向与速判技能 知识方向 速判技能 气体体积 没有指明温度、压强的气体体积，其数值无实际意义 ‎22.4 L·mol－1的使用 ‎①看是否为标准状况；‎ ‎②标准状况下对应物质是否为气体 可逆过程 ‎①盐的水解、弱电解质的电离是可逆的；‎ ‎②Cl2与H2O、N2与H2、SO2与O2、酯化反应等均是可逆反应，反应物不可能消耗完 反应进程中止或方向的改变 ‎①浓盐酸与MnO2、浓硫酸与金属活动性顺序中氢后边的金属反应，酸不可能消耗完；‎ ‎②浓硝酸与足量金属(NO2→NO)、过量铁与硝酸(Fe3＋→Fe2＋)、浓硫酸与金属活动性顺序中氢前边的金属反应(SO2→H2)‎ 组成与结构 ‎①稀有气体为单原子分子、离子化合物中无分子，“O”是一个阴离子；‎ ‎②金刚石、晶体硅、SiO2中每个碳原子、硅原子形成四个键，石墨中每个碳原子形成三个键(1 mol上述物质中存在的共价键分别为2NA、2NA、4NA、1.5NA)；‎ ‎③苯中没有“C===C”，一个丙烯酸 ‎(CH2===CHCOOH)分子中有两个双键 电子转移数目 抓住计算所依据的物质在反应中组成元素的价态变化，并要考虑反应是否存在可逆性、进行过程中反应的中止或方向改变的情况 胶粒组成与 隐含反应 ‎①一个氢氧化铁胶粒含若干个Fe(OH)3微粒；‎ ‎②2NO2N2O4‎ 考查思维的灵活性(已知条件为总质量一定的含有A、B两种物质的混合物)‎ 类型 ‎①看物质的最简式是否相同(如乙烯与丙烯)；‎ ‎②看物质的相对分子质量是否相同(如N2、CO)；‎ ‎③看A、B是否由同一种元素组成(如O2、O3)；‎ ‎④看A、B中相同元素的质量分数是否相同(如CuO、Cu2S)。‎ 对策 分析时可将①、②中A、B物质视为组成最简单的那一种物质，由该物质组成求某种原子数目或原子总数目；③可将混合物直接看作是由对应原子构成的；④可直接求出相同元素的质量 ‎[考法指导]‎ ‎　阿伏加德罗常数正误判断(难度系数☆☆☆)‎ ‎【典例演示】‎ ―→‎ ―→‎ ‎【考法训练1】 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．11 g T2O含有的电子数为5NA B．常温下，0.2 L 0.5 mol·L－1 NH4NO3溶液中氮原子数小于0.2NA C．含4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA D．标准状况下，2.24 L H2S全部溶于水所得溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1NA 解析　A项，T2O的摩尔质量为22 g·mol－1，故11 g T2O的物质的量为0.5 mol而1 mol T2O含有10 mol电子，即10NA个，则0.5 mol T2O含有5NA个电子，正确；B项，常温下，0.2 L 0.5 mol·L－1 NH4NO3溶液中含有0.1 mol NH4NO3‎ ‎，氮原子数等于0.2NA，错误，C项，随着反应的进行，浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应不再进行，因此含4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数小于2NA，错误；D项，标准状况下，2.24 L H2S的物质的量为＝0.1 mol，溶于水所得溶液中含有HS－、S2－和H2S，因此HS－和S2－离子数之和小于0.1NA，错误。‎ 答案　A ‎【考法训练2】 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中正确的是(　　)‎ 选项 相关物质 相关说法 A ‎1 mol·L－1 Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目 小于2NA B 在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后容器中的N—H键数目 ‎3NA[来源:]‎ C ‎0.1 mol乙烯和乙醇(蒸气)的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数 ‎0.6NA D 标准状况下，2.24 L Cl2中含有的中子数目 ‎3.4NA 解析　缺少溶液体积，无法计算出溶液中ClO－的数目(另外ClO－还能水解)，A项错误；氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，不能进行到底，N—H键数小于3NA，B项错误；0.1 mol乙烯、0.1 mol乙醇完全燃烧时均需要消耗0.3 mol O2，C项正确；标准状况下，2.24 L Cl2中含有的中子数目为3.6NA，D项错误。‎ 答案　C ‎【考法训练3】 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是(　　)‎ A．2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NA B．80 g CuO和Cu2S的混合物中含有的铜原子数一定为NA C．标准状况下，5.6 L O2作氧化剂时转移电子数一定为NA D．500 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA 解析　1个DO分子中含有10个质子、10个中子、10个电子，则2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为×10×NA＝NA，A项正确；设CuO的质量为x g，则含铜原子的数目为(＋×2)×NA＝NA ‎，B项正确；在反应2Na＋O2Na2O2中，标准状况下5.6 L O2参与反应，转移电子数为×2×NA＝0.5NA，C项错误；根据物料守恒，500 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液中含C微粒总数：N(CO)＋N(HCO)＋N(H2CO3)＝0.5 L×2 mol·L－1×NA＝NA，D项正确。‎ 答案　C ‎【考法训练4】 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①300 mL 2 mol·L－1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA ‎②常温常压下，1 mol氦气含有的核外电子数为2NA ‎③标准状况下，36 g H2O与2NA个O2分子所占的体积相同 ‎④常温常压下，100 mL 0.5 mol·L－1的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05 NA ‎⑤粗铜电解精炼中，阳极减少64 g，则电路中转移的电子数为2NA A．①③④ B．②③⑤‎ C．②④ D．③④‎ 解析　300 mL 2 mol·L－1蔗糖溶液中所含蔗糖分子的物质的量为0.6 mol，溶液中还含有水分子，故所含分子总数大于0.6NA，①错误；氦气为单原子分子，1个氦原子核外有2个电子，故1 mol氦气含有2 mol核外电子，②正确；标准状况下，水为液态，O2为气态，等物质的量的H2O和O2的体积不相等，③错误；乙酸在溶液中部分电离，故100 mL 0.5 mol·L－1的乙酸溶液中乙酸的分子数小于0.05NA，④正确；粗铜电解精炼中，阳极上比Cu活泼的金属也会失去电子而溶解，故阳极减少64 g时，电路中转移的电子数不一定为2NA，⑤错误。综上所述，本题选C。‎ 答案　C ‎【当堂指导】‎ 解答阿伏加德罗常数类题目的思维步骤 高频考点二　溶液的配制及误差分析 ‎ [考点精要]‎ ‎1．常见三种溶液的配制方法 ‎(1)用98%的浓H2SO4配制100 mL 1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL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100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后再转移到200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。‎ ‎(3)一定物质的量浓度溶液的配制步骤图示。‎ ‎2．数据的处理及要求 数据 要求或解释 药品的质量 实验室中一般用托盘天平称量药品，而托盘天平只能精确到0.1 g，所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6 g，不能写为14.60 g 容量瓶的规格 ‎①选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大。如需配制480 mL某溶液，则应该选择500 mL容量瓶；‎ ‎②回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格。如回答“500 mL容量瓶”时，不能只回答“容量瓶”‎ ‎3.定容时俯视、仰视对结果的影响 务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的顺序，做到“三点一线”。‎ ‎(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大。‎ ‎(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小。‎ ‎4．常用的结晶方法 ‎(1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；‎ ‎(2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；‎ ‎(3)带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎[考法指导]‎ ‎　配制过程及误差分析(难度系数☆☆☆)‎ ‎【典例演示】 用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定Fe3O4中的二价铁含量。‎ ‎(1)若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2 O7[保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1]。‎ ‎(2)配制该标准溶液时，下列仪器不必要用到的有________(用编号表示)。‎ ‎①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管 ‎(3)滴定操作中，应该用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装K2Cr2O7标准溶液，理由是_______________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(4)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。‎ 解析　称取K2Cr2O7的质量为m(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol·L－1×0.250 0 L×294.0 g·mol－1＝0.735 0 g。用固体配制溶液，要用电子天平称量固体质量，并在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶中，不需要量取液体的量筒和移液管。‎ 答案　(1)0.735 0　(2)③⑦‎ ‎(3)酸式　K2Cr2O7标准溶液有强的氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应用酸式滴定管盛装 ‎(4)偏大 ‎【考法训练1】 配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液 B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸 C．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体 D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁 解析　量筒只能精确到0.1 mL，B错误。托盘天平只能精确到0.1 g，C错误。用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的部分，引起误差，故D错误。‎ 答案　A ‎【考法训练2】 (溶液配制)实验室要配制480 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，实验室只有含少量硫酸钠的氯化钠固体，设计如下方案，请回答下列问题：‎ ‎(1)固体A的化学式为___________________________________________。‎ ‎(2)试剂2的名称为________，判断试剂2是否过量的方法________________________________________________________________，‎ 操作3的名称________。‎ ‎(3)加入试剂1、3发生反应的离子方程式分别为_______________________‎ ‎_________________________________________________________________。‎ ‎(4)配制过程中不需要使用的化学仪器有________(填选项的字母)。‎ A．烧杯 B．500 mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 ‎(5)用托盘天平称取氯化钠，其质量为________ g。‎ ‎(6)下列主要操作步骤的正确顺序是________(填序号)。‎ ‎①称取一定质量的氯化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；‎ ‎②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；‎ ‎③待冷却至室温后，将溶液转移到500 mL容量瓶中；‎ ‎④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；‎ ‎⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。‎ ‎(7)如果实验过程中缺少步骤⑤，会使配制出的NaCl溶液浓度________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ 答案　(1)BaSO4、BaCO3‎ ‎(2)碳酸钠　取上层清液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生则未过量，反之过量　蒸发结晶 ‎(3)Ba2＋＋SO===BaSO4↓‎ ‎2H＋＋CO===H2O＋CO3↑‎ ‎(4)C　(5)5.9　(6)①③⑤②④　(7)偏低 ‎【当堂指导】‎ 一定物质的量浓度溶液配制过程的误差分析思路 ‎[模型示例]‎ 高碘酸钾(KIO4)为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。‎ Ⅰ.高碘酸钾的制备 步骤①：称取1.270 g I2溶于适量水中，通入足量Cl2把I2氧化为高碘酸(HIO4)。‎ 步骤②：向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和。‎ 步骤③：将步骤②所得溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到KIO4晶体。‎ ‎(1)步骤①中将I2氧化为HIO4，至少需要消耗________ L(标准状况)Cl2。‎ ‎(2)步骤①中所得溶液用0.200 mol·L－1 KOH溶液中和至中性时(HIO4为强酸，假定溶液中不含Cl2和HClO)，消耗KOH溶液的体积为________ mL。‎ Ⅱ.用高碘酸钾测定甘油的含量 相关反应：C3H8O3(甘油)＋2IO===2HCHO＋HCOOH＋2IO＋H2O；‎ IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；‎ IO＋7I－＋8H＋===4I2＋4H2O；‎ I2＋2S2O===2I－＋S4O。‎ ‎(3)用0.200 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定时，达到滴定终点的现象是________________________________________________________________。‎ ‎(4)已知滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，甘油样品的纯度为________(保留4位有效数字)。‎ ‎[分析建模]‎ 模型一　守恒法 模型二　关系式法 此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。‎ ‎[模型解题]‎ 该题为定量实验，主要涉及有关计算。第(1)问，根据氧化还原反应中得失电子守恒确定I2与Cl2的关系式为I2～7Cl2；第(2)问，根据I2被氧化为HIO4的反应中有HIO4和HCl生成，确定需KOH的量；第(3)问，根据加入的淀粉与I2的反应现象，确定达到滴定终点的现象；第(4)问，根据题中提供的化学方程式确定C3H8O3与HIO3的关系式。‎ 过程演示　(1)根据得失电子守恒可知，Cl2将I2氧化为HIO4时，有关系式I2～7Cl2，1.270 g I2的物质的量为＝0.005 mol，所以消耗的Cl2为0.005 mol×7＝0.035 mol，在标准状况下的体积为0.035 mol×22.4 L·mol－1＝0.784 L。(2)根据碘元素守恒可知，1.270 g I2氧化为HIO4时，生成的HIO4为×2＝0.01 mol，同时生成0.07 mol HCl，根据酸碱中和反应可知关系式HIO4～KOH、HCl～KOH，故消耗KOH溶液的体积为＝0.4 L＝400 mL。(3)IO、IO和I－反应生成I2，加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，用Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色刚好褪去，且30秒内不恢复为原来的颜色。‎ ‎(4)根据题中给出的化学方程式可得关系式：‎ C3H8O3～2IO，I2～2S2O，3n(IO)＋4n(IO)＝n(I2)‎ 碘量瓶中：n(IO)＋n剩余(IO)＝n总(IO)＝0.023 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝5.750×10－4 mol…①‎ 滴定时：3n(IO)＋4n剩余(IO)＝n(I2)＝n(S2O)＝×0.200 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol…②‎ ‎①×4－②得n(IO)＝3.000×10－4 mol，n(C3H8O3)＝n(IO)＝1.500×10－4 mol。‎ 则甘油样品的纯度w(C3H8O3)＝×100%＝92.00%。‎ 标准答案　(1)0.784　(2)400　(3)滴入最后一滴标准液时，溶液蓝色刚好褪去，且30秒内不恢复为原来的颜色　(4)92.00%‎ 分析评价 ‎1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为 ‎(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 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。‎ ‎[当堂应用]‎ ‎【应用1】 (热分析)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36.50 g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)。‎ 解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝4.50 g，在300 ℃时，＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，＝38.36%，m(剩余)＝36.50×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。‎ ‎(2)在600 ℃时，＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为7 g÷0.25 mol＝28 g·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。‎ 答案　(1)CaC2O4　CaO ‎(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)＝＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×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)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g，‎ m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，‎ ‎500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。‎ ‎【应用2】 (确定组成)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1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O＋I2===2I－＋S4O)，消耗25.00 mL。‎ ‎②另取1.685 g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1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00 mol·L－1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2＋(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2－===MgY2－＋2H＋)，消耗25.00 mL。‎ ‎(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)。‎ 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。‎ 答案　(1)淀粉溶液 ‎(2)关系式：ClO－～I2～2S2O n(ClO－)＝n(S2O)＝×0.800 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝0.01 mol，‎ n(Mg2＋)＝0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3 L×＝0.02 mol，‎ 根据电荷守恒，可得：‎ n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.03 mol，‎ m(H2O)＝1.685 g－0.01 mol×51.5 g·mol－1－0.02 mol×24 g·mol－1－0.03 mol×17 g·mol－1＝0.180 g，‎ n(H2O)＝＝0.01 mol，‎ n(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol＝2∶1∶3∶1，‎ 碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。‎ 一、选择题 ‎1．据央视 新闻报道，国务院总理在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是(　　)‎ A．SiO2的摩尔质量为60‎ B．标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L C．SiO2中Si与O的质量比为7∶8‎ D．相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同 解析　摩尔质量的单位为g·mol－1，A项错误。标准状况下，SiO2为固体，B项错误。SiO2中Si与O的质量比为28∶32＝7∶8，C项正确。SiO2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。‎ 答案　C ‎2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．0.1 mol C2H6O分子中含有C—H键数为0.5NA B．0.1 mol Cl2和0.1 mol HI充分反应后气体分子数为0.2NA C．CO2通过Na2O2使其增重2.8 g，反应中转移电子数为0.2NA D．3.0 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA 解析　C2H6O有CH3OCH3、CH3CH2OH两种结构，0.1 mol CH3OCH3分子中含有C—H键数为0.6NA，A项错误；根据2HI＋Cl2===2HCl＋I2可知，0.1 mol Cl2和0.1 mol HI反应，得到0.1 mol HCl、0.05 mol I2，剩余0.05 mol Cl2，故反应后气体分子为0.1 mol HCl、0.05 mol Cl2，气体分子数为0.15NA，B项错误；根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Δm＝56可知，当转移2 mol电子时增重56 g，故增重2.8 g时，转移电子数为0.1NA，C项错误；设甲醛的质量为x g，则混合物中含有的原子总数为×NA＝0.4NA，D项正确。‎ 答案　D ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．5.6 g铁与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0.2NA B．标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA C．8.8 g乙酸乙酯中含共用电子对的数目为1.4NA D．1 L 0.1 mol·L－1氯化铜溶液中铜离子数为0.1NA 解析　5.6 g铁的物质的量为0.1 mol，铁和足量稀硝酸反应生成Fe3＋，故0.1 mol铁完全反应后转移电子的数目为0.3NA，A项错误；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B项错误；1个乙酸乙酯分子中含有14个共用电子对，8.8 g乙酸乙酯的物质的量为＝0.1 mol，8.8 g乙酸乙酯中共用电子对数为1.4NA，C项正确；铜离子为弱碱阳离子，在水溶液中部分水解，1 L 0.1 mol·L－1氯化铜溶液中铜离子数小于0.1NA，D项错误。‎ 答案　C ‎4．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．分子数为NA的CO、C2H4的混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g B．已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，将NA个N2与3NA个H2混合充分反应，放出a kJ的热量 C．标准状况下，分子数为NA的丁烷的体积约为22.4 L D．常温下，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中， 含有阴离子的总数大于0.1NA 解析　没有给出混合气体所处的条件，无法确定混合气体体积，A项错误；将NA个N2与3NA个H2混合充分反应，由于该反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应放出的热量小于a kJ，B项错误；标准条件下，丁烷为气体，则分子数为NA的丁烷的体积约为22.4 L，C项正确；没有给出溶液体积，无法确定所含阴离子的数目，D项错误。‎ 答案　C ‎5．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A．NA个氢氧化铁胶粒的质量为107 g B．50 mL 18.4 mol·L－1的浓硫酸与足量铜微热反应，转移电子数目为0.92NA C．在50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有的氢原子总数为3NA D．在密闭容器中，1.5 mol H2和0.5 mol N2充分反应后得不到NA个NH3分子 解析　氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁分子的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107 g，A项错误；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，不再与Cu反应，所以转移电子数目小于0.92NA，B项错误；50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，溶质乙醇(C2H5OH)的物质的量为0.5 mol，溶剂水中也存在氢原子，故氢原子总数＞3NA ‎，C项错误；该反应为可逆反应，不能进行完全，故充分反应后可得NH3分子数目小于NA，D项正确。‎ 答案　D ‎6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下，1 mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA B．标准状况下，5.6 L Cl2完全溶解于水配成1 L溶液，溶液中Cl－数为0.5NA C．20 g HO含有的中子数为10NA D．1 L 0.5 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中阳离子所带电荷数为3NA 解析　常温下，浓硝酸使Al钝化，A项错误。Cl2与水反应除生成HCl外，还生成HClO，且氯水中还含有未反应的Cl2，B项错误。20 g HO的物质的量为1 mol，其中H无中子，1个18O含10个中子，故1 mol HO含有10 mol中子，C项正确。溶液中Al3＋及Al3＋水解生成的H＋所带电荷的物质的量为1 L×0.5 mol·L－1×3×2＝3 mol，但溶液中还有H2O电离出的H＋，故溶液中阳离子所带电荷数大于3NA，由于溶液不显电性，所以阴离子所带电荷总数大于3NA，D项错误。‎ 答案　C ‎7．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是(　　)‎ A．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA B．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32 g铜 C．向仅含0.2 mol FeI2的溶液中持续通入氯气，当有0.1 mol Fe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.5NA D．将100 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NA 解析　本题考查阿伏加德罗常数。A项，反应中碘酸钾中碘化合价由＋5价降低至0价，所以每生成3 mol I2转移电子数为5NA，错误；由于电解精炼时阳极为粗铜，同时有其他杂质溶解，所以电路中转移NA个电子时溶解的铜不为32 g，错误；C项，通入氯气首先与I－反应，即当Fe2＋参与反应时，I－已经完全与氯气反应，所以该过程中碘离子反应转移电子数0.4NA，Fe2＋反应转移电子数0.1NA，共转移电子数0.5NA，正确；D项，Fe3＋不可能完全水解，且胶粒是许多氢氧化铁的集合体，错误。‎ 答案　C ‎8．关于Na2O2的叙述正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)‎ A．7.8 g Na2O2含有的共价键数为0.2NA B．7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA C．7.8 g Na2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为0.2NA D．0.2 mol Na被完全氧化生成7.8 g Na2O2，转移电子的数目为0.4NA 解析　A项，因为1 mol Na2O2中含有1 mol O—O共价键，所以7.8 g Na2O2的物质的量为0.1 mol，含有的共价键数为0.1NA，A错误；B项，1 mol Na2O2中含有3 mol离子，1 mol Na2S中也含有3 mol离子，则7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3NA，正确；C项，7.8 g Na2O2物质的量为0.1 mol，与足量CO2反应转移电子的物质的量为0.1 mol，转移电子数为0.1NA，错误；D项，0.2 mol Na变为0.1 mol Na2O2，转移电子数为0.2NA，错误。‎ 答案　B ‎9．下列指定微粒的数目不相等的是(　　)‎ A．等物质的量的水与重水含有的中子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温、同压、同体积的14CO和NO含有的原子数 D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 解析　1 mol普通水中含有的中子数是8NA，1 mol重水中含有的中子数是10NA，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A项符合题意；乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合CnH2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B项不符合题意；同温同压下，同体积的14CO和NO分子数相同，又因每个分子中含有相同的原子数，C项不符合题意；由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，D项不符合题意。‎ 答案　A ‎10．下列溶液配制实验的描述完全正确的是(　　)‎ A．在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸 B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器 C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解 D．用pH＝1的盐酸配制100 mL、pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 解析　A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，缺少量筒。‎ 答案　C ‎11．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：‎ ‎(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)‎ NaNO3‎ KNO3‎ NaCl KCl ‎10 ℃‎ ‎80.5‎ ‎21.2‎ ‎35.7‎ ‎31.0‎ ‎100 ℃‎ ‎175‎ ‎246‎ ‎39.1‎ ‎56.6‎ 用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示 以下说法错误的是(　　)‎ A．①和②的实验过程中，都需要控制温度 B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好 解析　A项，①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B项，①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C项，②实验操作为冷却结晶，故C错误；D项，用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体可减少硝酸钾的溶解，故D正确。‎ 答案　C 二、填空题 ‎12．锶(Sr)是人体必需的微量元素，其单质和化合物的化学性质与钙、钡的相似。实验室用含碳酸锶的废渣(含SrCO3 38.40%，SrO 12.62%，CaCO3 38.72%，BaCO3‎ ‎ 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%)制备硝酸锶粗品的部分实验过程如下：‎ ‎(1)市售浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4 g·cm－3，要配制30%稀硝酸500 mL，还需要查阅的数据是________，若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据是________，必须要使用的仪器是________。‎ 已知两种盐的溶解度(g/100 g水)如下表 温度/℃物质 ‎0‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎45‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ Sr(NO3)2‎ ‎28.2‎ ‎40.7‎ ‎47‎ ‎47.2‎ ‎48.3‎ ‎49.2‎ ‎50.7‎ Ca(NO3)2·4H2O ‎102‎ ‎129‎ ‎152‎ ‎230‎ ‎300‎ ‎358‎ ‎408‎ ‎(2)由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为过滤、________、________、洗涤、干燥。‎ 已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中。相对分子质量：Sr(NO3)2：212、Ba(NO3)2：261、Ca(NO3)：164。‎ ‎(3)制得的硝酸锶粗品中含少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。测定硝酸锶纯度的实验如下：称取5.39 g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26 g，将此固体配成250 mL的溶液，取出25.00 mL，调节pH为7，加入指示剂，用浓度为0.107 mol·L－1的碳酸钠溶液滴定至终点，消耗碳酸钠溶液22.98 mL。‎ 滴定过程的反应：Sr2＋＋CO===SrCO3↓‎ Ba2＋＋CO===BaCO3↓‎ ‎①滴定选用的指示剂为________，滴定终点观察到的现象为_________________________________________________________________；‎ ‎②该硝酸锶粗品中，硝酸锶的质量分数为________。若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，所测定的硝酸锶纯度将会________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ 解析　(1)因为配制的是一定质量分数的稀硝酸，根据x mL×1.4 g·cm－3×65%＝500 mL·ρ ‎·30%，所以还应查阅30%稀硝酸的密度。该实验需计算所量取浓硝酸的体积和所加蒸馏水的体积，所以配制过程中还需玻璃棒、量筒、烧杯。(2)因为Sr(NO3)2的溶解度受温度的影响较小，所以把杂质过滤后，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。(3)Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的溶液呈中性，当滴入Na2CO3时发生反应：Sr2＋＋CO===SrCO3↓、Ba2＋＋CO===BaCO3↓。当恰好完全反应时，再滴入一滴Na2CO3溶液，呈碱性，所以应用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是溶液变为红色且30 s不变色。‎ 设Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的物质的量分别为x、y，则 解得 所以其质量分数为×100%＝96%‎ 若Ca(NO3)2未除尽，则消耗Na2CO3多，所测定的Sr(NO3)2的纯度应偏高。‎ 答案　(1)30%稀硝酸的密度　浓硝酸和蒸馏水的体积　量筒、烧杯、玻璃棒　(2)蒸发结晶　趁热过滤　(3)酚酞　溶液变为红色且30 s不变色　96%　偏高 ‎13．亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程：‎ ‎(1)气体A的主要成分是________。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入________；通入N2的目的是________________。‎ ‎(2)写出甲方案第①步反应的离子方程式：_____________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(3)甲方案第②步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是__________________________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎(5)若取样品w g，按乙方案测得消耗0.010 00 mol·L－1 I2溶液V mL，则1‎ ‎ kg样品中含SO2的质量是________g(用含w、V的代数式表示)。‎ 解析　解答本题的关键点是SO2、NaHSO3的还原性。‎ ‎(1)亚硫酸盐中加入强酸会生成气体SO2，反应的离子方程式为SO＋2H＋===SO2↑＋H2O；在加热时为了防止暴沸应加入碎瓷片；通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率。‎ ‎(2)SO2具有还原性，能被H2O2氧化成H2SO4，反应的离子方程式为SO2＋H2O2===2H＋＋SO。‎ ‎(3)滴定管在洗涤后应用NaOH标准液润洗，方法是：向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次。‎ ‎(4)如果用盐酸代替稀硫酸，在逸出的SO2气体中会含有HCl气体，两者都能被碱液吸收分别生成Na2SO3和NaCl，再用盐酸处理后只有Na2SO3转变成的NaHSO3能与I2反应，反应的离子方程式为HSO＋I2＋H2O===SO＋2I－＋3H＋，故不会产生影响。‎ ‎(5)根据关系式SO2～HSO～I2，则1 kg样品中含有SO2的质量为×V×10－3×0.010 00×64 g＝ g。‎ 答案　(1)N2和SO2　碎瓷片(或沸石)　使产生的SO2全部逸出　(2)SO2＋H2O2===2H＋＋SO ‎(3)向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次 ‎(4)无影响　(5) ‎14．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。‎ ‎(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480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(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。‎ 解析　(1)由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g，其物质的量为0.1 mol，Co元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶≈3∶4，故C点为Co3O4；B点对应物的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，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×＝0.4 mol，由电荷守恒：n(Co原子)总＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×(0.48 L×5 mol·L－1－2×)＝1 mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，‎ 根据化合价代数和为0，氧化物中n(O)＝(0.6 mol×2＋0.4 mol×3)÷2＝1.2 mol，‎ 故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。‎ 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。‎ 加练1　以物质的量为桥梁的计算填空专项训练 ‎1．某实验小组称取45.3 g高纯铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]加热，所得固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。‎ ‎(1)120～250 ℃时发生反应的化学方程式为_____________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(2)C点对应固体物质的化学式为_____________________________________。‎ 解析　(1)NH4Al(SO4)2·12H2O的摩尔质量为453 g·mol－1，45.3 g铵明矾的物质的量为0.1 mol，由45.3 g－27.3 g＝18 g可知，A点时固体物质失去1 mol水，故A点对应固体物质的化学式为NH4Al(SO4)2·2H2O，B点对应固体物质的摩尔质量为237 g·mol－1，A点到B点固体质量减少3.6 g，相当于0.2 mol水，故B点对应固体的化学式为NH4Al(SO4)2。(2)B点固体受热分解会生成硫酸铝或氧化铝，由C点对应固体物质的质量为5.1 g知，生成了0.05 mol氧化铝。‎ 答案　(1)NH4Al(SO4)2·2H2ONH4Al(SO4)2＋2H2O↑　(2)Al2O3‎ ‎2．0.80 g CuSO4·5H2O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 ‎ 0.80 g 0.80 g－0.57 g＝0.23 g ＝，解得n≈4，‎ 则此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。‎ ‎3．某草酸亚铁晶体样品中含有少量草酸铵。为了测定该样品中草酸根离子的含量，某同学做了如下实验：‎ ‎①准确称量m g样品，溶于少量2 mol·L－1硫酸中并用100 mL容量瓶定容。‎ ‎②取上述溶液20.00 mL，用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，溶液变粉红色，消耗KMnO4标准溶液V1 mL。‎ ‎③向上述溶液中加入足量锌粉，使溶液中的Fe3＋恰好全部还原为Fe2＋，过滤。‎ ‎④洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液。‎ ‎⑤用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定该滤液至溶液出现粉红色，消耗KMnO4标准溶液V2 mL。‎ 已知：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O MnO＋8H＋＋5Fe2＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O ‎(1)若省略步骤④，则测定的草酸根离子的含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。‎ ‎(2)m g样品中草酸根离子的物质的量为________(用含c、V1、V2的式子表示，不必化简)。‎ 解析　(1)用KMnO4标准溶液滴定样品溶液时，Fe2＋和C2O都与KMnO4反应。若省略步骤④，则Fe2＋耗用KMnO4标准溶液的体积减小，测定的草酸根离子含量偏大。(2)与20.00 mL溶液中Fe2＋和C2O反应的KMnO4的物质的量为cV1×10－3 mol，与Fe2＋反应的KMnO4的物质的量为cV2×10－3 mol，则与C2O反应的KMnO4的物质的量为(cV1－cV2)×10－3 mol，n(C2O)＝(cV1－cV2)×10－3× mol，m g样品(100 mL样品溶液)中C2O的物质的量为(cV1－cV2)×10－3××5 mol。‎ 答案　(1)偏大　(2)(cV1－cV2)×10－3××5 mol ‎4．测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。‎ 已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50 mg·L－1。‎ ‎②Ag＋＋2CN－===[Ag(CN)2]－，Ag＋＋I－===AgI↓，AgI呈黄色，且CN－优先与Ag＋反应。‎ 实验如下：取20.00 mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000×10－4 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50 mL。‎ ‎(1)滴定终点的判断方法是___________________________________________。‎ ‎(2)处理后的废水是否达到排放标准________(填“是”或“否”)，写出判断依据___________________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ 答案　(1)滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，且半分钟之内不消失 ‎(2)否　消耗AgNO3的物质的量为1.50×10－3 L×0.000 1 mol·L－1＝1.5×10－7 mol，根据方程式Ag＋＋2CN－===[Ag(CN)2]－，知处理的废水中氰化钠的质量为1.5×10－7 mol×2×49 g·mol－1＝1.47×10－5 g，单位换算后废水中氰化钠的含量为＝0.735 mg·L－1＞0.50 mg·L－1，所以没有达到排放标准 ‎5．CaO2中一般含有CaO。该化学兴趣小组通过实验测定制得的样品中CaO2的含量：称量0.6 g样品于锥形瓶中，然后加入过量的浓度为2.00 mol·L－1的盐酸20.00 mL，再用浓度为2.00 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的溶液，消耗氢氧化钠溶液11.00 mL，该样品中CaO2的质量分数为________。‎ 解析　与样品发生反应的盐酸为2.00 mol·L－1×0.009 L＝0.018 mol，由CaO＋2HCl===CaCl2＋H2O、CaO2＋2HCl===H2O2＋CaCl2知，0.6 g样品共为0.009 mol，由此可求得样品中含有0.006 mol CaO2，质量分数为72%。‎ 答案　72%‎ ‎6．为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。‎ 活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其它反应。请回答下列问题：‎ 假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3________kg。‎ 解析　加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4和生成的H2SO4，根据化学方程式Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O和FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4知，1 mol Fe2O3生成FeSO4实际消耗 mol H2SO4，根据化学方程式FeCO3＋H2SO4===FeSO4＋H2O＋CO2↑，则消耗FeCO3‎ 的物质的量等于剩余硫酸的物质的量，剩余硫酸的物质的量＝－×，则消耗FeCO3的质量＝×116 kg＝(0.011 8ab－0.646c)kg或 kg。‎ 答案　0.011 8ab－0.646c或－ ‎7．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5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液[只发生Se(＋4)转化为Se(＋6)]。反应完全后，用0.050 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为________(保留四位有效数字)。‎ 解析　MnO　　　　～　　　　5Fe2＋‎ ‎0．000 150 0 mol　　　　0.000 750 0 mol ‎2MnO　　　　～　　　　　　　5S ‎ 0.000 250 0 mol ‎－0.000 150 0 mol ‎＝0.000 100 mol　　　　　 　0.000 250 0 mol w(Se)＝×100%＝3.950%。‎ 答案　3.950%‎