2020高考化学江苏专用提分大二轮复习讲义：专题二　化学计量及其应用 WORD版含答案.docx

1、考纲要求1.理解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积(标准状况下)、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义，并能进行有关计算(混合气体的平均相对分子质量的相关计算不作要求)。2.理解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。3.理解溶液、溶解度、溶液中溶质的质量分数等概念。4.掌握一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的配制方法。考点一阿伏加德罗常数的广泛应用1与气体摩尔体积22.4 Lmol1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22.4 Lmol1进行物质的量的计算；(2)常见物质在标准状况下的状态：Br2、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl

2、3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷外)，均为液体；SO3为固体。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：CnH2n2中共价键数目为3n1；(7)一定物质的量的SiO2中含SiO

3、键、金刚石(或石墨)中1 mol C中含CC键、1 mol P4中含PP键的数目。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)注意氧化还原反应的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I，再氧化Fe2。4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：

4、(1)2SO2O22SO32NO2N2O4N23H22NH3(2)Cl2H2OHClHClO(3)NH3H2ONH3H2ONHOH(4)PCl3Cl2PCl55与电解质溶液中粒子数目判断有关的NA的应用审准题目“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1 L 1 molL1 的乙酸或1 L 1 molL1 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pH1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pH1的H2SO4溶液c(H)0.1 molL1，与电解质

5、的组成无关；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1 molL1，与电解质的组成有关。1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.021023()(2019江苏，11C)(2)3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数目小于66.021023()(2018江苏，10C)(3)常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.021023()(2017江苏，12D)(4)常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为6.021023个()(2016

6、江苏，7C)2(2014江苏，6)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NAD在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4NA答案A解析A项，O2和O3都是由O元素组成的，1.6 g混合气体含有O原子的物质的量为0.1 mol，即0.1NA；B项，丙烯酸的结构简式为，分子中含有C=C键和C=O键，因此0.1 mol丙烯酸含有0.2NA个双键；C项，标准状况下苯为液体，11.2 L苯中的物质的

7、量远大于0.5 mol，所含分子数远大于0.5NA；D项，过氧化钠与水的反应为2Na2O22H2O=4NaOHO2，其中O元素发生自身的“歧化反应”，由1价变为0价和2价，生成1 mol O2时，转移2 mol电子，因此生成0.1 mol O2时，转移0.2NA个电子。3(2013江苏，7)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78 g苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA答案C解析A项，

8、由于ClO水解，ClO数目小于NA，错误；B项，苯分子中无C=C，错误；C项，N2和CO的摩尔质量均为28 gmol1，均为双原子分子，14 g混合气体的物质的量为0.5 mol，原子数为NA，正确；D项，由反应3NO2H2O=2HNO3NO可知，3 mol NO2参加反应转移电子数为2NA，则0.3 mol NO2参加反应，转移电子数目为0.2NA，错误。题组一物质状态与“NA”应用1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA()(2)标准状况下，22.4 L SO2中含有的SO2分子数为NA()(3)常温常压下，35.5 g 氯气与足量

9、镁粉充分反应，转移的电子数为2NA()(4)常温常压下，22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA()(5)2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA()(6)2.24 L CO2中含有的原子数为0.36.021023()题组二物质组成与“NA”应用2正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)32 g 18O2中含有2NA个氧原子()(2)17 g OH与17 g OH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28 g混合气体中含有3NA个氢原子()(5)18 g D2O和18 g

10、 H2O中含有的质子数均为10NA()(6)30 g 甲醛中含共用电子对总数为4NA()(7)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA()(8)12 g 金刚石含有的共价键数目为4NA()题组三电子转移与“NA”应用3正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA()(2)5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA()(3)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA()(4)0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA()(5)足量KMn

11、O4与含1 mol HCl的浓盐酸反应生成标准状况下7 L Cl2()(6)足量Cl2与含1 mol NaOH的浓溶液反应转移 mol e()(7)足量Fe与1 L 1 molL1浓H2SO4溶液在加热条件下彻底反应生成0.5 mol SO2()(8)1 mol Na2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数为2NA()(9)50 mL 12 molL1 盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA()(10)标准状况下，6.72 L NO2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1 mol Fe2被氧化时，共转移的电子的数目为NA()题组四可逆反

12、应与“NA”应用4正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)2 mol SO2和1 mol O2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，22.4 L NO2气体中所含分子数目为NA()(3)100 g质量分数为17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA()(4)标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA()题组五溶液中粒子数目判断与“NA”应用5正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)0.1 L 3.0 molL1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

13、为2NA()(3)0.1 molL1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA()(4)25 时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA()题组六新课标卷真题演练6(2018全国卷，10)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA答案B解析氩气是单原子分子，标准状况下，22.4 L氩气的物质的量为1

14、mol，含有的质子数为18NA，B项正确；Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，A项错误；92.0 g甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1 mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外，还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D项错误。7(2018全国卷，11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB100 mL 1 molL1FeCl3溶液中所含Fe3的数目为0.1NAC标准状况下，11.2

15、 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA答案C解析标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个PP键，所以含有PP键数目为6NA，A项错误；Fe3在水溶液中能发生水解，100 mL 1 molL1FeCl3溶液中所含Fe3的数目小于0.1NA，B项错误；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2

16、mol，即分子总数大于2NA，D项错误。8(2017全国卷，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1 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答案D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

17、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。9.(2017全国卷，10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24 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PCl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0.1 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 的物质的量，错误；C项，

18、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 Cl2PCl5 ，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PCl键数目小于2NA，错误。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，掌握基本操作步骤，注意仪器的使用，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(1)如：配制500 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液，

19、图中操作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(2)明确溶液配制过程中的“四数据”记录质量或体积时保留一位小数。选择容量瓶时，要指明容量瓶的规格。转移溶液时要洗涤烧杯_次。定容时液面距刻度线12 cm时，改用_滴加蒸馏水。答案23胶头滴管3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仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。俯视容量瓶刻度线(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：砝码生锈：偏高。定容时，溶液温度高：偏高。定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。称量时物码颠倒且使

20、用游码：偏低。未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。称量易吸水物质时间过长：偏低。转移时，有液体溅出：偏低。滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。容量瓶内有少量水：无影响。4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，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为 gcm3，气体的摩尔质量为M gmol1，则c molL1。(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/molL1，为溶液的密度/gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/gmol1)。1下面是高考题的组合，判断是否正确，正

21、确的打“”，错误的打“”。(1)配制一定浓度的溶液()(2019天津，4B)(2)配制0.400 0 molL1的NaOH溶液，称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容()(2018全国卷，13A)(3)配制浓度为0.010 molL1的KMnO4溶液，可以称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度()(2017全国卷，9D)(4)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)(5)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上

22、各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体()(2015福建理综，8A)(6)配制一定浓度的NaCl溶液()(2015四川理综，3A)(7)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干()(2014新课标全国卷，12A)(8)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()(2014新课标全国卷，12D)2(2013江苏，5)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

23、误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。1相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c molL1，密度为 gcm3。则下列说法不正确的是()A相对分子质量MB物质的量浓度cC溶液的质量分数wD溶液密度答案CD解析由c知D项错误；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。2(2018盐城高三模拟)实验室常用98%(1.84 gmL1)的浓H2SO4配制14的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 gmL1，其物质的量浓度为()A4.6 molL1 B5.7 molL1C3.88 molL1 D1

24、8.4 molL1答案C解析实验室配制14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：w0.309，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)3.88 molL1，故选C。3实验室用18.4 molL1的浓硫酸配制480 mL 2 molL1的硫酸，需量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_。答案54.3 mL胶头滴管、500 mL容量瓶解析根据“大而近“的原则，配制480 mL溶液应选用500 mL容量瓶。根据c(浓溶液)V(浓溶液)c(稀溶液)V(稀溶液)，18.4 molL1V(浓H2SO4)2 molL1 500 mL，解得V(浓H

25、2SO4)54.3 mL，需要量取浓硫酸54.3 mL。配制的实验步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤振荡定容摇匀装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500 mL容量瓶、胶头滴管。掌握两项技能(1)用98%的浓H2SO4配制100 mL 14的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯中，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

26、解为止。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(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；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。(2019江苏，18)聚合硫酸铁Fe2(OH)62n

27、(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O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FeSO47H2O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_。(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3.000 g，置于250 mL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5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与

28、Fe2反应生成Cr3和Fe3)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。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”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。答案(1)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O减小(2)偏大n(Cr2O)5.000102 molL122.00 mL103 LmL11.100103 mol由滴定时Cr2OCr3和Fe2Fe3，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O6Fe2(或Cr2O14H6Fe2=6Fe32Cr37H2O)则n(Fe2)6n(Cr2O)61.100103 mol6.600103 mol样

29、品中铁元素的质量：m(Fe)6.600103 mol56 gmol10.369 6 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)100%12.32%。解析(1)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。(2)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6Fe2Cr2O，可知n(Fe2)65.00010222.00103 mol6.600103 mol，进而计算出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)100%12.32%。若不除去具有还原性的Sn2，则消耗K2Cr2O7的量

30、偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。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)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗

31、菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：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 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00 mL。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 molL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗

32、25.00 mL。(1)步骤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：ClOI22S2On(ClO)n(S2O)0.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n(Mg2)0.020 00 molL125.00103 L0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17 gmol10.180 g，n(H2O)0.01 mol

33、，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3H2O。解析(1)根据实验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)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的物质的量结合关系式Mg2EDTA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(

34、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(H2C2O4xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.550 8 g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22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g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(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。(1)“步骤1”的目的是_。(2)计算x的值(写出计算过程)。答案(1)测定NaOH

35、溶液的准确浓度(2)0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)0.002 7 mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)0.12 molL1，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O可知，2n(H2C2O4)c(NaOH) V(NaOH)，n(H2C2O4)1.2103mol，所以n(H2C2O4xH2O)1.2103 mol，则n(H2C2O4xH2O)M(H2C2O4xH2O)1.2103 mol(9018x)gmol10.151 2 g，则晶体中水的个数x2，故x2。解析(1)“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

36、，由于两者按物质的量11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。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

37、的量。(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剩余，100%固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)n(O)，即可求出失重后物质的化学式。12019江苏，20(1)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。写出400600 范围内分解反应的化学方程式：_。图1答案CaC2O4CaCO3CO22

38、019全国卷，27(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。答案NH4Fe(SO4)212H2O解析失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，由题意知，解得x12。32014新课标全国卷，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mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，解得x21.4，根据mPbO2nPb

39、O，有1.4，得。1为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)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)CaC2O4CaO(2)在600 时，100%68.49%，m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从300 至600 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为28 gmol1，500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的

40、物质的量n(CaC2O4H2O)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128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g，500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。解析(1)n(CaC2O4H2O)0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol18 gmol14.50 g，在300 时，100%

41、87.67%，m(剩余)36.50 g87.67%32 g，减少的质量为36.50 g32 g4.50 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 g38.36%14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)0.25 mol40 gmol110 g，另外还含有m(O)14 g10 g4 g，n(O)0.25 mol，则n(Ca)n(O)11，化学式为CaO。2为确定NVCO化学式可表示为(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d10H2O的组成，进行如下实验：称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224

42、 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。答案设NVCO的摩尔质量为M gmol1，由0.864 8，可得M1 065，由0.467 6可得b6；由an(NH3)0.01 mol，解得a5，由最后产物为VO2，则VO为2价，2cd512617，由化合物的相对分子质量18a67b60c17d1801 065可知60c17d393，解得c4，d9，将a5，b6，c4，d9代入化学表达式，可得化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)

43、910H2O。1(2019南京高三学情调研)碱式氯化铝Al2(OH)xCl(6x)y是一种高效净水剂，利用“铝灰酸溶一步法”可制得。研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6 molL1的盐酸，温度控制在85 左右，以中等速度搅拌。(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)xCl(6x)的化学方程式：_。(2)若用溶质质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制50 mL 6 molL1盐酸，所用浓盐酸的体积为_mL。(3)以中等速度搅拌的理由是_。(4)为测定某Al2(OH)xCl(6x)y样品组成中的x值，可以采取如下方法：取两份等质量的样品，一份样品用足量稀HNO3溶

44、解后，加入足量AgNO3溶液，得到3.157 g白色沉淀；另一份样品配成500 mL溶液，取出12.50 mL溶液，加入0.100 0 molL1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH为34，煮沸，冷却后用0.100 0 molL1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗ZnSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3、Zn2与EDTA反应的化学计量比均为11)。计算Al2(OH)xCl(6x)y样品中的x值(写出计算过程)。答案(1)2Al(6x)HClxH2O=Al2(OH)xCl(6x)3H2(2)25.9(3)搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢(4)

45、n(Cl)n(AgCl)0.022 moln(Al3)0.100 0 molL1(25.0020.00) mL103 LmL10.02 molx3.8解析(1)按Al、Cl、H分别守恒配平反应。(2)c(HCl) 11.6 molL1，根据稀释原理知，c1V1 c2V2,11.6V103501036，得V25.9 mL。(3)搅拌过快，盐酸会挥发；搅拌过慢，反应物之间的接触面积小，反应速率慢。(4)3.157 g白色沉淀为AgCl，由此可计算出Cl的物质的量。EDTA先与Al3反应，过量的部分再与Zn2反应，用总的EDTA的量减去与Zn2反应的EDTA的量，即为与Al3反应的EDTA的量，由此

46、可以计算出Al3的物质的量。计算中要注意500 mL中只取出12.50 mL，所以要将计算与Al3反应的EDTA的量扩大。然后根据，得出x的值。2(2019宿迁高三期末)PbO2是一种强氧化剂，在铅蓄电池中用作电极材料。由PbO为原料制备PbO2流程如下：“氧化”反应原理：2Pb(CH3COO)24NaOHCa(ClO)2=2PbO24CH3COONaCaCl22H2O(1)PbO2常温下即可与盐酸反应生成Pb2、Cl2，若反应消耗2.39 g PbO2，则被氧化的HCl物质的量为_。(2)“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是_。(3)PbO2的检验：向Mn(NO3)2的HNO3溶

47、液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫红色，说明含有PbO2。该反应的离子方程式为_。(PbO2被还原为Pb2)(4)为测定产品(假定只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比，进行以下实验：取一定量待测产品，加入 200.00 mL 0.210 0 molL1 的草酸溶液(过量)，充分搅拌反应。然后用氨水调节溶液pH至PbC2O4沉淀完全，过滤得PbC2O4质量为2.950 0 g。上述滤液酸化后加水稀释至500.00 mL，某同学取出100.00 mL用0.100 0 molL1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液19.20 mL。计算产品中PbO2与PbO的物质的量

48、之比(写出计算过程)。(已知：PbO2 H2C2O4PbC2O4 CO2 H2O，未配平；H MnOH2C2O4CO2 Mn2H2O，未配平)答案(1) 0.02 mol(2) Pb(OH)2或CaPbO3(3)5PbO22Mn24H5Pb22MnO2H2O(4)2MnO5H2C2O42 5192103 mol n(H2C2O4)100 mL溶液中：n(H2C2O4)4.8103 mol，原溶液中n(H2C2O4)2.4102mol与PbO2、PbO反应的H2C2O4为：0.042 mol 0.024 mol 0.018 mol草酸铅的物质的量为0.01 mol设原混合物中n(PbO)为x，则

49、n(PbO2)为0.01 molxPbO2 2H2C2O4PbO H2C2O41 2 1 10.01 molx n(H2C2O4) x n(H2C2O4)2(0.01 molx ) x 0.018 mol，解得x 0.002 mol原混合物中n(PbO) 0.002 moln(PbO2) 0.008 moln(PbO2)n(PbO) 0.008 mol0.002 mol41。解析(1)根据得失电子守恒找出关系为：PbO22HCl，n(HCl)2n(PbO2)20.02 mol。(2)酸浸得到Pb2，与NaOH反应生成Pb(OH)2，也有可能生成盐类：铅酸钙。(3)紫红色为MnO，即Mn2被Pb

50、O2氧化，自身被还原为Pb2，根据Mn和Pb得失电子守恒配平反应，在酸性条件下，用H平衡电荷，最后配平其他原子。3(2019南京、盐城高三二模)KBr可用于光谱分析和化学分析等。(1)制备KBr的一种方法如下：80 时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为67时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_。(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.500 0 g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00 mL溶液；移取25.00 mL该溶液，加入25.00 mL 0.030 00 molL1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，

51、然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20 mL。测定过程中物质的转化关系如下：加入的指示剂为_。计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)。答案(1)3Br26KOHCO(NH2)26KBrCO2N25H2O(2)淀粉溶液根据Br2I22S2O，与I反应的Br2：n1(Br2)n(S2O)16.20103 L0.100 0 molL18.1104 mol根据BrO5Br3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：n(Br2)3n(KBrO3)325.00103 L0.030 00 mo

52、lL12.25103mol与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)n(Br2)n1(Br2)2.25103 mol8.1104 mol1.44103 mol根据C6H5OH3Br2知，苯酚的物质的量：n(C6H5OH)n2(Br2)1.44103 mol4.8104 mol苯酚的纯度100%90.24%。解析(1)CO(NH2)2中C为4价，N为3价，反应后生成N2和KBr，Br2的化合价降低，根据N和Br化合价升降总值相等配平反应。(2)反应原理，KBrO3和过量KBr在酸性条件下生成Br2，Br2与苯酚试样中的苯酚反应生成沉淀，过量的Br2与足量KI溶液反应生成I2，用Na2S2O3滴定

53、I2，用淀粉作指示剂。根据Na2S2O3的量可以计算出生成的I2，进而计算出过量的Br2，由25.00 mL 0.030 00 molL1的KBrO3可以计算出其与KBr反应生成Br2的量，用这个量减去由Na2S2O3算出的Br2，则可得出与苯酚反应的Br2，由此可以得样品中苯酚的量，进而计算出样品中苯酚的纯度。专题强化练一、单项选择题1实验室中需要2 molL1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()A950 mL,111.2 g B950 mL,117.0 gC1 000 mL,117.0 g D1 000 mL,111.2 g答案C解析实验室没有

54、950 mL的容量瓶，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)1 L2 molL12 mol，m(NaCl)2 mol58.5 gmol1117.0 g。2为了配制100 mL 1 molL1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有()选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中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由于操作不慎，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 B C D答案A解析配制100 mL 1

55、molL1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；NaOH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；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；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12 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；由于操作不慎，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。3配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是()A在容量瓶中定容时，俯视刻度线B用量

56、筒量取浓盐酸时，俯视刻度线C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容D定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线答案A解析在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏低，C错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D错误。4把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合

57、溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a) molL1 B10(2ab) molL1C10(ba) molL1 D10(b2a) molL1答案D解析根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，根据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K)10(b2a) molL1。5NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A500 mL 2 molL1 FeCl3溶液中Cl数目为3NA，且3B电解法精炼铜，阴极析出1 mol Cu时，阳极失去的电子数为2NAC64 g SO2与足量的O2在一定条件下反应生成的SO3分子数目为NAD

58、在标准状况下，2.24 L NH3通入水中制成氨水，溶液中NH数目为0.1NA答案B解析Fe3为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解，所以500 mL 2 molL1FeCl3溶液中Fe3数目小于NA，3，A错误；阴极析出1 mol Cu，需要得到2 mol电子，故阳极需要失去2 mol电子，B正确；该反应可逆不可进行到底，生成的SO3分子数目小于NA，C错误；NH3H2ONH3H2ONHOH，氨气与水的反应和一水合氨电离均可逆，所以溶液中NH数目小于0.1NA，D错误。6设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NAB含NA个 CO的

59、Na2CO3溶液中，Na数目大于2NAC密闭容器中，2 mol SO2和足量 O2充分反应，产物的分子数小于2NAD4.0 g CO2气体中含电子数目等于2NA答案A解析未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，A错误；Na2CO3电离产生Na、CO个数比为21，在溶液中CO由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含NA个 CO，则Na数目大于2NA，B正确；SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2 mol SO2和足量 O2充分反应，产物SO3的分子数小于2NA，C正确；1个CO2分子中含有22个电子，则4.0 g CO2气体中含

60、有的电子数为N22NA2NA，D正确。二、不定项选择题7设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A4 时，5.4 mL水含有0.9NA 个原子B常温下，0.1 mol 环氧乙烷()共有0.7NA 个共价键C标准状况下，2.24 L NO与1.12 L O2 混合后的气体分子数为0.1NAD含有0.2NA 个阴离子的Na2O2与CO2完全反应，转移0.4NA个电子答案AB解析4 时，5.4 mL水的质量为5.4 g，物质的量为0.3 mol，含有0.9NA 个原子，故A正确；常温下，每个环氧乙烷分子含有7个共价键，所以0.1 mol 环氧乙烷()共有0.7NA 个共价键，故B正确；标准

61、状况下，2.24 L NO与1.12 L O2 混合后生成2.24 L二氧化氮，但二氧化氮能生成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.1NA，故C错误；含有0.2NA 个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2 mol，与CO2完全反应，转移0.2NA个电子，故D错误。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()ACO2通过Na2O2使其增重2.8 g，反应中转移电子数为0.2NAB相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴、阳离子数和质子数C用碱性锌锰干电池作电源电解饱和食盐水，当消耗MnO2 8.7 g时，可制得标准状况下氯气2.24 L(不考虑氯气的溶解；电池工作时MnO2转化为MnO

62、OH)D常温下CH3COONH4的pH7，则0.5 molL1的CH3COONH4溶液中，NH浓度为0.5 molL1答案B解析通过方程式可知，当转移2 mol电子时，固体增重56 g，当增重2.8 g时，反应中转移电子数为0.1NA，故A项错误；Na2O2和Na2S摩尔质量相同，故相同质量的两者的物质的量相同，而两者均含2个阳离子和1个阴离子，则物质的量相同时具有相同的阴、阳离子数和质子数，故B项正确；8.7 g MnO2的物质的量为0.1 mol，转化为MnOOH时Mn元素由4价变为3价，即转移0.1 mol电子，因为阳极上是氯离子放电生成氯气，当失去0.1 mol电子时，阳极上有0.1

63、mol氯离子失电子生成0.05 mol氯气，在标况下体积为1.12 L，故C项错误；0.5 molL1的CH3COONH4溶液中，由于NH的水解，NH浓度小于0.5 molL1，故D项错误。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A1 L pH5的醋酸溶液中含有的H数目等于105NAB9.2 g 14CO2与NO的混合物中所含中子数为4.8NAC硝酸与铜反应生成0.1 mol NOx时，转移电子数为0.2NAD1 mol SO2和0.5 mol O2充分反应，生成SO3的分子数为NA答案AB解析pH5的醋酸溶液中c(H)105 molL1，所以1 L pH5的醋酸溶液中含有的H数目等

64、于105NA，故A项正确；14CO2与NO 的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2 g 14CO2与NO的混合物中所含中子数为4.8NA，故B项正确；根据得失电子守恒可得，NOx可能为NO或NO2，转移电子数介于0.1NA0.3NA之间，故C项错误；SO2和O2反应是可逆反应，所以生成SO3的分子数小于NA，故D项错误。10设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是()A标准状况下，2.24 L CH3OH分子中共价键的数目为0.5NAB1 mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NAC用浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备1 mol氯气，转移

65、的电子数均为2NAD5.6 g Fe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA答案BD解析标准状况下， CH3OH是液体，2.24 L CH3OH的物质的量不是0.1 mol，故A错误；Na2O2与CO2的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，故B正确；浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物，生成1 mol氯气转移2 mol电子；浓盐酸和KClO3反应制备氯气，氯气既是氧化产物又是还原产物，生成1 mol氯气转移 mol电子，故C错误；Fe粉与足量S粉反应生成硫化亚铁，5.6 g Fe粉与足量S粉加热充分反应转移的

66、电子数为0.2NA，故D正确。三、非选择题11重量分析法测定产品BaCl22H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl22H2O试样，加入100 mL水， 用3 mL 2 molL1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴滴加 0.1 molL1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 molL1 的稀H2SO4洗涤沉淀34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BaCl22H2O的质量分数为_。答案100%解析经过烘干灼烧至恒重得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba) mol，n(BaCl22H2O) mol，m(

67、BaCl22H2O) g，则BaCl22H2O的质量分数为100%。12葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：溶液出现蓝色且30 s内不褪色(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2O=H2SO42HI)(1)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。(2)在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案(1)0.16(2)偏低解析(1)由题给滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的

68、物质的量之比为11，n(SO2)n(I2)0.010 00 molL10.025 L0.000 25 mol，残留量0.16 gL1。(2)由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2,4HIO2=2I22H2O，要消耗的标准I2溶液减少，因此实验结果偏低。13高锰酸钾法测定水体COD (化学需氧量) 的实验步骤如下：步骤1准确移取100 mL 水样，置于250 mL 锥形瓶中。加入10 mL 13 的硫酸，再加入15.00 mL 0.020 0 molL1 KMnO4 溶液(此时溶液仍呈紫红色)。步骤2用小火煮沸10 min (水中还原性物质被MnO氧化，本身还原为Mn2)，取下锥形瓶趁热加10.

69、00 mL 0.050 0 molL1 Na2C2O4溶液，充分振荡(此时溶液为无色)。步骤3趁热用0.020 0 molL1 KMnO4溶液滴定至呈微红色，消耗KMnO4 溶液4.500 mL。通过计算确定该水样的化学需氧量(写出计算过程)。已知： COD是指在一定条件下，以氧化1L水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量，通常换算为需要的O2的质量(mg)，COD的单位mgL1。答案n(Na2C2O4)0.050 0 molL110.00 mL103 LmL15.000104 mol，两次共消耗n(KMnO4)0.020 0 molL1(15.004.500)mL103LmL1 3.900104

70、mol ，氧化有机物消耗n(KMnO4)3.900104moln(Na2C2O4)3.900104mol5.000104mol1.900104mol ，n(O2)1.900104mol 2.375104mol，m(O2)2.375104mol32 gmol17.600103g 7.600 mg ，COD76.0 mgL1。14为确定由CoC2O42H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575 g的CoC2O42H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 以上残留固体均为金属氧化物)。(1)B处的物质为_(填化学式)。(2)经测定，205385 的煅烧

71、过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程，结果保留2位有效数字)。答案(1)Co3O4(2)n(CoC2O42H2O)0.025 molCoC2O42H2O中m(H2O)0.025 mol218 gmol10.9 gCoC2O42H2O中m(CoC2O4)4.575 g0.9 g3.675 g根据图中A点数据可知，A为CoC2O4AB段发生反应的化学方程式为3CoC2O42O2=Co3O46CO2V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.37 L。15一种测定硫酸锰铵晶体设为： (NH4)xMny(SO4)zwH2O组成的方法如下：称取一定量的硫

72、酸锰铵晶体配成250 mL溶液A。取25.00 mL溶液A加入足量的BaCl2溶液得BaSO4 0.512 6 g。另取25.00 mL溶液A加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min4NH6HCHO=3H6H2O(CH2)6N4H，滴定时，1 mol(CH2)6N4H与1 mol H相当，加入12滴酚酞溶液，用0.100 0 molL1 NaOH标准溶液滴定至终点(在该过程中Mn2不沉淀)，消耗NaOH溶液22.00 mL。取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率()随温度的变化如图所示(样品在371 时已完全失去结晶水)。根据以上实验数据计算确定硫酸锰铵晶体的化学式(写出计算过程)。答案n(SO)n(BaSO4)2.200103 mol，n(NH) n(NaOH)0.100 0 molL122.00 mL103 LmL12.200103 mol，由电荷守恒可得n(Mn2)2n(SO)n(NH)1.100103 mol，xyz212，化学式为(NH4)2Mn(SO4)2wH2O，69.2%，w7，化学式为(NH4)2Mn(SO4)27H2O。