2019届二轮复习专题二微专题1化学计算的类型和方法教案

2019届二轮复习专题二微专题1化学计算的类型和方法教案

微专题1　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。‎ ‎1.[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为________________________________________________________‎ ‎________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L－1(以SO2计)。‎ 答案　S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128‎ 解析　根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋，n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为＝0.128 g·L－1。‎ ‎2.[2018·全国卷Ⅱ，28(3)]K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：‎ 测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。‎ ‎①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________________________________________________________。‎ ‎②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为____________________。‎ 答案　①当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不变色 ‎②×100%‎ 解析　②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：‎ Fe2＋→Fe3＋～e－‎ MnO→Mn2＋～5e－‎ 可得关系式：5Fe2＋～MnO 已知n(MnO)＝cV×10－3 mol 则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol 则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56 g 该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。‎ 题组一　“滴定法”分析物质组成及含量 应用一　确定含量 ‎1.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·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V0 mL。取出V1 mL用a mol·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a mol·L－1的 KMnO4 V2 mL，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＋CaSO4‎ ‎2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 由方程式可以得出相应的关系式 ‎5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO ‎5　　　　　　　　　　　　　　　　　2‎ n1(CaCO3)　　　　　　　　　　　　aV2×10－3 mol n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol 样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol 则w(CaCO3)＝×100%‎ ‎＝%。‎ ‎2.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)。‎ 答案　3.950%‎ 解析　MnO　　　　　～　　5Fe2＋‎ ‎0.000 150 0 mol　　　　　　　0.000 750 0 mol ‎2MnO　　　　　～　　　　 5 ‎0.000 250 0 mol　　　　　　　0.000 250 0 mol ‎－0.000 150 0 mol ‎＝0.000 100 0 mol w(Se)＝×100%＝3.950%。‎ 应用二　确定组成 ‎3.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)。‎ 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。‎ 解析　(1)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)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。‎ ‎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。‎ 题组二　热重分析法确定物质组成及含量 ‎4.[2014·新课标全国卷Ⅱ，27(4)]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4.0%(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，＝＝。‎ ‎5.在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。‎ 答案　HVO3‎ 解析　NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。‎ ‎6.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)。‎ 答案　(1)CaC2O4　CaO ‎(2)在600 ℃时，×100%＝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－1,500 ℃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。‎ 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，×100%＝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，×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×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。‎ ‎‎ 热重分析的方法 ‎(1)设晶体为1 mol。‎ ‎(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，×100%＝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.(2018·西安中学高三上学期期中)为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有(　　)‎ ‎①选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制 ‎②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中 ‎③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中 ‎④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切 ‎⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分 A.②④⑤ B.①⑤‎ C.②③⑤ D.①②‎ 答案　A 解析　①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。‎ ‎2.[2018·福州市八县(市)协作校高三上学期期中]实验室中需要2 mol·L－1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是(　　)‎ A.950 mL,111.2 g B.950 mL,117.0 g C.1 000 mL,117.0 g D.1 000 mL,111.2 g 答案　C 解析　实验室没有950 mL的容量瓶，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)＝1 L×‎ ‎2 mol·L－1＝2 mol，m(NaCl)＝2 mol×58.5 g·mol－1＝117.0 g，故选C。‎ ‎3.(2018·吉林省高三四盟校期中)把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SO c mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。‎ ‎4.(2018·唐山市高三二模)设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是(　　)‎ A.在标准状况下，11.2 L C3H8中共价键数目为5NA B.1 mol N2和3 mol H2充分反应后，容器中分子总数大于2NA C.18 g OH－和 20 g —OH 所含电子数目相同 D.氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA Fe2＋被氧化时，消耗标准状况下氯气336 L 答案　D 解析　A项，C3H8分子中有10个共价键，在标准状况下，11.2 L C3H8的物质的量为0.5 mol，故其中共价键数目为5NA，正确；B项，1 mol N2和3 mol H2充分反应后，由于该反应是可逆反应，不能完全转化为2 mol NH3，故容器中分子总数大于2NA，正确；C项，18 g OH ‎－ 所含电子数目为×10NA,20 g —OH 所含电子数目为×9NA，故两者所含电子数相同，正确；D项，氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA Fe2＋被氧化时，由于碘离子的还原性比亚铁离子强，故无法确定有多少碘离子被氧化，也无法计算消耗的氯气的量，错误。‎ ‎5.(2018·珠海市高三3月质量检测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B.含2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的Cu反应可生成NA个SO2分子 C.标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含4NA个原子 D.过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA 答案　D 解析　A项，重水的摩尔质量为20 g·mol－1，故18 g重水的物质的量为0.9 mol，含有9 mol质子即9NA个，错误；B项，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸后，与铜不再反应，生成的SO2分子少于NA个，错误；C项，由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4 L N2和H2混合气为1 mol，含有2 mol原子即2NA个，错误；D项，过氧化钠和水反应时，氧元素由－1价变为0价，故当生成0.1 mol氧气时转移0.2NA个电子，正确。‎ ‎6.(2018·湖北省沙市中学高三高考冲刺)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A.由2H和18O所组成的水11 g，所含的中子数为4NA B.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C.标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NA D.NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3转移的电子数目为2NA 答案　D 解析　A项，由2H和18O所组成的水为2H218O，根据n＝m/M可知11 g水的物质的量n＝＝0.5 mol，而1 mol 2H218O含12 mol中子，故0.5 mol水中含6 mol中子，错误；B项，由于合成氨气的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，氯气和石灰乳发生氧化还原反应，氯元素化合价由0价变化为－1价和＋1价，标准状况下，7.1 g氯气的物质的量为0.1 mol，与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.1NA，错误； D项，NO2和H2O反应生成 HNO3的反应是歧化反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，此反应生成2 mol HNO3，转移2 mol电子，个数为2NA，正确。‎ ‎‎ ‎7.(2018·唐山市五校高三联考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)‎ A.100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子 B.1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－粒子数之和小于2NA C.2.24 L(标准状况)2H2中含有0.2NA个中子 D.25 ℃时Ksp(CaSO4)＝9×10－6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10－3NA个Ca2＋‎ 答案　D 解析　A项，乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100 g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46 g，物质的量为1 mol，故含1 mol氧原子；水的质量为100 g－46 g＝54 g，物质的量为3 mol，故含3 mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4 mol，个数为4NA，正确；B项，1 mol Cl2通入水中是可逆反应，反应生成盐酸和次氯酸，由氯元素守恒可知， HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，正确；C项，标况下2.24 L 2H2的物质的量为0.1 mol，而2H2中含2个中子，故0.1 mol 2H2中含0.2NA个中子，正确；D项，25 ℃时，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，由于溶液体积不知，不能计算微粒数，错误。‎ ‎8.(2018·武汉市高三毕业生二月调研)通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A.0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NA B.25 ℃时，pH＝1的HCl溶液中含有H＋的数目为0.1NA C.17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NA D.生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA 答案　C 解析　A项，BaCl2由钡离子和氯离子构成，故0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，错误；B项，没有给出体积，无法计算H＋的数目，错误；C项，H2O2的结构式为OHOH,17 g H2O2为0.5 mol，含有非极性键数目为0.5NA，正确；D项，根据反应SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，生成2.33 g BaSO4沉淀(0.01 mol)时，转移电子数目为0.02NA，D错误。‎ ‎9.(2018·保定市高三二模)空气中二氧化碳含量的持续增加，会产生温室效应，一种处理二氧化碳的重要方法是将二氧化碳还原：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，下列说法(NA代表阿伏加德罗常数的值)正确的是(　　)‎ A.2.24 L CO2含有双键的数目为0.2NA B.1 mol CO2和2 mol H2充分反应生成CH4分子数为0.5NA C.通常状况下，0.1 mol CH4中含有的电子数为NA D.生成18 g H2O转移电子数为8NA 答案　C 解析　A项，没有指明是在标准状况下，错误；B项，该反应为可逆反应，不能进行到底，‎ ‎1 mol CO2和2 mol H2充分反应不能生成0.5 mol CH4，即CH4分子数小于0.5NA，错误；C项，由于1个CH4中含有10个电子，则0.1 mol CH4中含有的电子数为NA，与条件无关，正确；D项，分析化学方程式：CO2(g)＋4H8e－2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)知，每生成2 mol水转移8 mol电子，若生成18 g H2O(即1 mol)则转移电子数为4NA，错误。‎ ‎10.(2018·湖北省沙市中学高三高考冲刺)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680 ℃时所得固体的化学式为(　　)‎ A.ZnO B.Zn3O(SO4)2‎ C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O 答案　B 解析　28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时，物质的量均为0.1 mol，若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。‎ ‎‎ ‎11.25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。‎ ‎(1)300 ℃时，所得固体的化学式为________。‎ ‎(2)1 150 ℃时，反应的化学方程式为_________________________________________。‎ 答案　(1)MnSO4　(2)3MnO2Mn3O4＋O2↑‎ 解析　(1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝‎ ‎0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g,300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。‎ ‎(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol,850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2,1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol－1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。‎ ‎12.重量法测定产品BaCl2·2H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl2·2H2O试样，加入100 mL水， 用3 mL 2 mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴加 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 mol·L－1 的稀H2SO4洗涤沉淀3～4次，直至洗涤液中不含 Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为n g。则BaCl2·2H2O的质量分数为________。‎ 答案　×100%‎ 解析　经过重量法得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba)＝ mol，n(BaCl2·2H2O)＝ mol，m(BaCl2·2H2O)＝ g，则BaCl2·2H2O的质量分数为×100%。‎ ‎13.测定某次实验中NaN3产品纯度：①称取NaN3产品5.000 0 g，用适量稀硫酸溶解后配成 ‎100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入20.00 mL 0.200 0 mol·L－1 KMnO4溶液，得紫红色溶液B；‎ ‎③向溶液B加入足量KI溶液消耗过量的KMnO4溶液，然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·‎ L－1 Na2S2O3标准溶液滴定产生的I2，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。测定过程中物质的转化关系如下：‎ ‎10NaN3＋2KMnO4＋8H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋8H2O＋15N2↑‎ I－I2S4O 计算NaN3产品的纯度(写出计算过程)。‎ 答案　I2＋2S2O===2I－＋S4O，‎ n(I2)＝ ‎＝ ‎＝1.500 0×10－3 mol，‎ 过量的n(MnO)＝n(I2)＝6.000×10－4 mol，与NaN3反应的n(MnO)＝0.200 0 mol·L－1×20.00×‎ ‎10－3 L－6.000×10－4 mol＝3.400 0×10－3 mol，n(NaN3)＝5n(MnO)＝1.700 0×10－2 mol，w(NaN3)＝×100% ＝88.40%。‎ ‎14.S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。‎ ‎(1)W溶液可以是________(填字母)。‎ a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化)‎ c.氯水 ‎(2)该混合气体中二氧化硫的体积分数为____________(用含V、m的式子表示)。‎ 答案　(1)ac　(2)×100%(或%或%或%)‎ 解析　(1)三种物质均可以把SO2氧化为硫酸，进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢，所以W溶液可以是双氧水或氯水，不能是酸性高锰酸钾溶液，答 案选ac。(2)m g固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是 mol，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为×100%＝×100%。‎ ‎15.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色的气体，易溶于水，是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂。将ClO2 用水吸收得到溶液，为了测定该溶液的浓度，进行了下列实验：‎ 步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.0 mL试样，取其中10.00 mL试样加入到锥形瓶中；‎ 步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI 晶体，充分反应；‎ 步骤3：加入淀粉溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00 mL。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)‎ ‎(1)步骤3 中，滴定终点的现象是__________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)通过计算确定原ClO2 溶液的物质的量浓度。(写出计算过程)‎ 答案　(1)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 ‎(2)根据2Na2S2O3～I2可知，每10 mL试样n(I2)＝0.2 mol·L－1×20.00×10－3 L×1/2＝2×10－3 mol ，根据2ClO2～5I2可知，n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/5＝8×10－4 mol，则原溶液中c(ClO2)＝＝0.8 mol·L－1。‎