2022屆新高考化學人教版二輪復習學案-專題二　物質(zhì)的量

eq\a\vs4\al(核心素養(yǎng))eq\a\vs4\al(考情分析)宏觀辨識與微觀探析變化觀念與平衡思想利用阿伏加德羅常數(shù)這個載體綜合考查相關(guān)知識，涉及一定量的物質(zhì)所含粒子(分子、原子、離子、質(zhì)子、中子等)數(shù)目、氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目以及由于反應(yīng)、濃度等的變化導致微粒數(shù)目變化，溶液中微粒個數(shù)，涉及電離水解平衡及守恒思想。非選擇題考查以物質(zhì)的量為中心的計算，特別是計算技巧的應(yīng)用，如關(guān)系式法、守恒法、熱重分析法考向一阿伏加德羅常數(shù)突破阿伏加德羅常數(shù)1．與氣體摩爾體積22.4L·mol－1相關(guān)的NA的應(yīng)用n＝eq\f(V,Vm)的應(yīng)用，涉及體積V能否計算物質(zhì)的量(1)非標準狀況下的氣體、標準狀況下的非氣體均不適用22.4L·mol－1進行物質(zhì)的量的計算；(2)常見物質(zhì)在標準狀況下的狀態(tài)：Br2、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子數(shù)大于4的烴(除新戊烷外)，均為液體；SO3為固體。2．與物質(zhì)的組成相關(guān)的NA的應(yīng)用關(guān)鍵是(一)能否利用質(zhì)量計算其物質(zhì)的量，如最簡式相同、摩爾質(zhì)量相同，(二)明確微粒的構(gòu)成，如質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)、分子中所含化學鍵個數(shù)。(1)稀有氣體、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子數(shù)目；(2)一定質(zhì)量含核素的物質(zhì)中的質(zhì)子、中子、電子或原子的數(shù)目；(3)Na2O2、KO2中的陰、陽離子個數(shù)比；(4)等物質(zhì)的量的羥基與氫氧根離子所含質(zhì)子、電子或原子數(shù)目；(5)等質(zhì)量的最簡式相同的有機物(如烯烴)、同素異形體、N2與CO、NO2與N2O4等具有的原子、分子數(shù)目；(6)一定物質(zhì)的量的有機物中共價鍵的數(shù)目(苯環(huán)、萘環(huán)中無碳碳雙鍵)，如：CnH2n＋2中共價鍵數(shù)目為3n＋1；(7)一定物質(zhì)的量的SiO2中含Si—O鍵、金剛石(或石墨)中1molC中含C—C鍵、1molP4中含P—P鍵的數(shù)目。3．與氧化還原反應(yīng)相關(guān)的NA的應(yīng)用(1)歧化反應(yīng)類：Na2O2與CO2、Na2O2與H2O、Cl2與NaOH(冷稀、濃熱)等；(2)變價金屬(Fe、Cu)與強、弱氧化劑(Cl2/Br2、S/I2)反應(yīng)類；(3)Fe與濃、稀硝酸，Cu與濃、稀硝酸反應(yīng)類；(4)足量、不足量Fe與稀硝酸，足量Fe與濃硫酸反應(yīng)類；(5)足量KMnO4與濃鹽酸，足量MnO2與濃鹽酸反應(yīng)類；(6)注意氧化還原反應(yīng)的順序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。4．與可逆反應(yīng)相關(guān)的NA的應(yīng)用在“NA”應(yīng)用中，常涉及以下可逆反應(yīng)及特殊反應(yīng)(1)2SO2＋O2eq\o(,\s\up17(催化劑),\s\do15(△))2SO32NO2N2O4N2＋3H2eq\o(,\s\up17(高溫、高壓),\s\do15(催化劑))2NH3(2)Cl2＋H2OHCl＋HClO(3)NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－(4)PCl3＋Cl2PCl5(5)有機反應(yīng)中烷烴的取代反應(yīng)如CH4＋Cl2eq\o(→,\s\up17(光))CH3Cl＋CH2Cl2＋CHCl3＋CCl4＋HCl(6)酯化反應(yīng)5．與電解質(zhì)溶液中粒子數(shù)目判斷有關(guān)的NA的應(yīng)用溶液中關(guān)鍵(一)能否計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，(二)明確溶質(zhì)與微粒的關(guān)系，涉及電離、水解平衡，(三)不要忽略溶劑H2O，如水電離的H＋、OH－，(四)明確守恒，如元素、電荷守恒。(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱電解質(zhì)或能水解的“弱離子”，如1L1mol·L－1的乙酸或1L1mol·L－1乙酸鈉溶液中CH3COO－數(shù)目均小于NA。(2)題目中是否指明了溶液的體積，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液體積未知而無法求算H＋的數(shù)目。(3)所給條件是否與電解質(zhì)的組成有關(guān)，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，與電解質(zhì)的組成無關(guān)；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，與電解質(zhì)的組成有關(guān)。1．(2021·全國甲卷)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(C)A．18g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．3mol的NO2與H2O完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAC．32g環(huán)狀S8()分子中含有的S—S鍵數(shù)為1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2－,7)離子數(shù)為0.1NA解析：D2O的質(zhì)子數(shù)為10,18gD2O的物質(zhì)的量為eq\f(18g,20g/mol)＝0.9mol，則18g重水(D2O)中所含質(zhì)子數(shù)為9NA，A錯誤；NO2與H2O反應(yīng)的化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，有3mol的NO2參與反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，B錯誤；一個S8()分子中含有的S—S鍵數(shù)為8個，32gS8的物質(zhì)的量為eq\f(32g,8×32g/mol)＝eq\f(1,8)mol，則含有的S—S鍵數(shù)為eq\f(1,8)×8×NA＝NA，C正確；酸性K2Cr2O7溶液中存在Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，含Cr的元素微粒有Cr2Oeq\o\al(2－,7)和CrOeq\o\al(2－,4)，則1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2－,7)離子數(shù)應(yīng)小于0.1NA，D錯誤。2.(2021·河北省學業(yè)水平選擇性考試)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是(C)A．22.4L(標準狀況)氟氣所含的質(zhì)子數(shù)為18NAB．1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NAC．電解飽和食鹽水時，若陰陽兩極產(chǎn)生的氣體的總質(zhì)量為73g，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAD．1L1mol·L－1溴化銨水溶液中NHeq\o\al(＋,4)與H＋離子數(shù)之和大于NA解析：在標準狀況下，22.4L氟氣的物質(zhì)的量為1mol，其質(zhì)子數(shù)為1×9×2×NA＝18NA，A正確；碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應(yīng)為I2(g)＋H2(g)2HI(g)，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA，B正確；電解飽和食鹽水時電極總反應(yīng)為2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up17(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，陰陽兩極產(chǎn)生的氣體分別是氫氣與氯氣，且物質(zhì)的量之比為11，若氣體的總質(zhì)量為73g，則說明反應(yīng)生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的量各自為1mol，根據(jù)關(guān)系式H2～2e－可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，C錯誤；1L1mol·L－1溴化銨水溶液存在電荷守恒，即c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，則物質(zhì)的量也滿足n(NHeq\o\al(＋,4))＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因為n(Br－)＝1L×1mol·L－1＝1mol，所以該溶液中NHeq\o\al(＋,4)與H＋離子數(shù)之和大于NA，D正確，故選C。3．(2021·廣東省學業(yè)水平選擇性考試)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(A)A．1molCHCl3含有C—Cl鍵的數(shù)目為3NAB．1L1.0mol/L的鹽酸含有陰離子總數(shù)為2NAC．11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數(shù)目為NAD．23gNa與足量H2O反應(yīng)生成的H2分子數(shù)目為NA解析：1個CHCl3分子中含有3個C—Cl鍵，故1molCHCl3含有3molC—Cl鍵，C—Cl鍵的數(shù)目為3NA，A正確；鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會全部電離出陰離子Cl－，水會部分電離出陰離子OH－，水的質(zhì)量及電離程度未知，無法計算1L1.0mol/L的鹽酸含有陰離子總數(shù)，B錯誤；未提到具體的溫度、壓強(如標況下)，無法計算11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數(shù)目，C錯誤；23gNa為1mol，鈉與足量的水反應(yīng)生成氫氣的關(guān)系式為2Na～H2，故1molNa應(yīng)生成0.5molH2，H2分子數(shù)目應(yīng)為0.5NA，D錯誤。4．(2021·湖南省學業(yè)水平選擇性考試)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(D)A．18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋數(shù)為0.1NAC．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為1.5NA解析：18gHeq\o\al(18,2)O的物質(zhì)的量為eq\f(18g,20g/mol)＝0.9mol,1個Heq\o\al(18,2)O含0＋(18－8)＝10個中子，則18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為9NA，A錯誤；未給溶液體積，無法計算，B錯誤；存在2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4，因此2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)小于2NA，C錯誤；標準狀況下，11.2LCH4和22.4LCl2物質(zhì)的量之和為1.5mol，由于CH4的逐級氯代反應(yīng)均為反應(yīng)前后分子數(shù)不變的反應(yīng)，所以在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)仍為1.5NA，D正確。5．(2020·全國卷Ⅲ)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(C)A．22.4L(標準狀況)氮氣中含有7NA個中子B．1mol重水比1mol水多NA個質(zhì)子C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個碳原子D．1L1mol·L－1NaCl溶液含有28NA個電子解析：標準狀況下，22.4LN2的物質(zhì)的量為1mol,1個N2分子中含有14個中子，所以1molN2中含有14mol中子，數(shù)目為14NA，A錯誤；1mol重水和1mol水中含有的質(zhì)子數(shù)相同，B錯誤；石墨烯和金剛石中都只含有碳原子，12g石墨烯和12g金剛石中都含有1molC原子，所以均含有NA個碳原子，C正確；NaCl溶液中除含有Cl－和Na＋外還含有水分子以及極少量的H＋、OH－，1L1mol·L－1NaCl溶液中含有的電子數(shù)遠大于28NA，D錯誤。6．(2019·全國卷Ⅱ)已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是(B)A．3g3He含有的中子數(shù)為1NAB．1L0.1mol·L－1磷酸鈉溶液含有的POeq\o\al(3－,4)數(shù)目為0.1NAC．1molK2Cr2O7被還原為Cr3＋轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD．48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA解析：3He的質(zhì)子數(shù)為2，中子數(shù)為1,3g3He為1mol，中子數(shù)為1NA，A項正確；POeq\o\al(3－,4)會發(fā)生水解，所以含0.1molNa3PO4的溶液中POeq\o\al(3－,4)的數(shù)目小于0.1NA，B項錯誤；K2Cr2O7中Cr為＋6價，生成＋3價的Cr3＋時化合價變化3，1molK2Cr2O7中含有2molCr，所以1molK2Cr2O7被還原為Cr3＋共轉(zhuǎn)移6mole－，C項正確；正丁烷和異丁烷互為同分異構(gòu)體，1分子的正丁烷和異丁烷含有的共價鍵數(shù)均為13，混合物中含有的共價鍵的物質(zhì)的量為eq\f(48g,58g·mol－1)×13＋eq\f(10g,58g·mol－1)×13＝13mol，D項正確。7．(2018·全國卷Ⅱ)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(C)A．常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAB．100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NAC．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA解析：標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質(zhì)的量為0.5mol，每個甲烷和乙烯分子都含有4個氫原子，所以含有氫原子數(shù)目為2NA，C正確；124gP4的物質(zhì)的量為1mol，每個P4分子中含有6個P—P鍵，所以含有P—P鍵數(shù)目為6NA，A錯誤；Fe3＋在水溶液中能發(fā)生水解，100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目小于0.1NA，B錯誤；SO2和O2的化合反應(yīng)為可逆反應(yīng)，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后，混合氣體的物質(zhì)的量大于2mol，即分子總數(shù)大于2NA，D錯誤。8．(2018·全國卷Ⅰ)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(B)A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAB．22.4L(標準狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAC．92.0g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NAD．1.0molCH4與Cl2在光照下反應(yīng)生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA解析：氬氣是單原子分子，標準狀況下，22.4L氬氣的物質(zhì)的量為1mol，含有的質(zhì)子數(shù)為18NA，B正確；Fe(OH)3膠體粒子是若干個Fe(OH)3的集合體，A錯誤；92.0g甘油的物質(zhì)的量為1mol，每個甘油分子含有3個羥基，所以1mol甘油含有的羥基數(shù)為3.0NA，C錯誤；CH4與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)生成的有機物除了CH3Cl以外，還有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0NA，D錯誤。9．(2021·河北五個一名校聯(lián)盟二模)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是(A)A．1molH2O和足量Na2O2充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為2NAB．標準狀況下，39g苯中含有的C—H數(shù)目為3NAC．12g由3H和18O組成的水中，中子數(shù)和電子數(shù)之和為12NAD．13g乙炔中含有的π鍵的數(shù)目為NA解析：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，1molH2O和足量Na2O2充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為NA，A錯誤；標準狀況下，1mol苯中含有的C—H數(shù)目為6NA,39g苯中含有的C—H數(shù)目為3NA，B正確；由3H和18O組成的水(3Heq\o\al(18,2)O)中，其摩爾質(zhì)量為24g/mol,1mol分子所含中子數(shù)為14個，電子數(shù)為10個，12g由3H和18O組成的水(3Heq\o\al(18,2)O)為0.5mol，中子數(shù)和電子數(shù)之和為12NA，C正確；13g乙炔為0.5mol,1mol乙炔含有2molπ鍵，13g乙炔中含有的π鍵的數(shù)目為NA，D正確，故選A。10．(2021·遼寧部分重點中學協(xié)作體模擬)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是(C)A．1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO－數(shù)目和為NAB．12g金剛石中含有σ鍵數(shù)目為4NAC．25℃1.01×105Pa,24.5LO2和N2的混合氣體所含分子數(shù)為NAD．1mol帶有乙基支鏈的鏈烴中所含有碳原子數(shù)最少為5NA解析：未知溶液體積，無法計算物質(zhì)的量，A錯誤；12g金剛石的物質(zhì)的量為n＝eq\f(m,M)＝eq\f(12g,12g/mol)＝1mol，每個碳原子形成四個共價鍵，每兩個碳原子形成一個共價鍵，12g金剛石中含有σ鍵的數(shù)目為2NA，B錯誤；25℃1.01×105Pa時氣體摩爾體積為24.5L/mol，則24.5L的混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，含分子數(shù)為NA，C正確；支鏈只有一個乙基，主鏈至少含有5個C，則該烷烴最少含7個碳原子，故1mol該烷烴分子中所含碳原子數(shù)最少為7NA，D錯誤。11．(2021·青島期末)(雙選)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(CD)A．25℃，1LpH＝10的NaHCO3溶液中含有COeq\o\al(2－,3)的數(shù)目為10－4NAB．1mol冰中含有4NA個氫鍵C．惰性電極電解AgNO3溶液，兩極均產(chǎn)生0.25mol氣體時，電路中通過電子數(shù)為NAD．含0.1molNH4HSO4溶液中，陽離子數(shù)目略大于0.2NA解析：pH＝10的NaHCO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的濃度無法計算，A項錯誤；冰中1個水分子和4個水分子形成4個氫鍵，2個水分子共用一個氫鍵，則1個水分子平均形成2個氫鍵，1mol冰中含2NA個氫鍵，B項錯誤；惰性電極電解AgNO3溶液，陽極只生成氧氣，產(chǎn)生0.25mol氣體時，電路中通過電子數(shù)為NA，C項正確；0.1molNH4HSO4可電離出0.1molSOeq\o\al(2－,4)，根據(jù)電荷守恒：n(NHeq\o\al(＋,4))＋n(H＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＋n(OH－)＝0.2mol＋n(OH－)，OH－是由水電離出來的，則陽離子數(shù)目略大于0.2NA，D項正確，故選CD。12．(2021·山東新高考監(jiān)測)(雙選)已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(AC)A．3g由CO2和SO2組成的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為1.5NAB．1L0.1mol·L－1Na2SiO3溶液中含有的SiOeq\o\al(2－,3)數(shù)目為0.1NAC．0.1molH2O2分解產(chǎn)生O2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD．2.8g聚乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為0.1NA解析：假設(shè)3g由CO2和SO2組成的混合氣體中CO2的質(zhì)量為xg，則CO2含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為eq\f(xg,44g/mol)×22＝eq\f(x,2)mol，SO2含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為eq\f(3－xg,64g/mol)×32＝eq\f(3－x,2)mol，電子的總物質(zhì)的量為eq\f(x,2)mol＋eq\f(3－x,2)mol＝1.5mol，因此3g由CO2和SO2組成的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為1.5NA，A項正確；SiOeq\o\al(2－,3)會水解，1L0.1mol·L－1Na2SiO3溶液中含有的SiOeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于0.1NA，B項錯誤；1molH2O2分解轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1mol,0.1molH2O2分解產(chǎn)生O2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，C項正確；聚乙烯中不存在碳碳雙鍵，2.8g聚乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為0，D項錯誤?？枷蚨晕镔|(zhì)的量為中心的計算一、熱重分析計算1．設(shè)晶體為1mol。2．失重的一般是先失水，再失非金屬氧化物。3．計算每步的m(剩余)，eq\f(m剩余,m1mol晶體質(zhì)量)×100%＝固體殘留率。4．晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m(剩余)中。5．失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(O)，由n(金屬)n(O)，即可求出失重后物質(zhì)的化學式。二、滴定法中的關(guān)系計算1．明確一個中心必須以“物質(zhì)的量”為中心——“見量化摩，遇問設(shè)摩”。2．掌握兩種方法(1)守恒法：守恒法是中學化學計算中的一種常用方法，它包括質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒。它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(如①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等)建立關(guān)系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。(2)關(guān)系式法：表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關(guān)系的一種簡化式子。在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間的“物質(zhì)的量”關(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。1．(2020·江蘇卷)次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)都是常用的殺菌消毒劑。NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉。(1)NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備NaClO的離子方程式為Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液需稀釋并及時使用，若在空氣中暴露時間過長且見光，將會導致消毒作用減弱，其原因是NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解。(2)二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%。通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優(yōu)質(zhì)品標準。實驗檢測原理為C3N3O3Cleq\o\al(－,2)＋H＋＋2H2O=C3H3N3O3＋2HClOHClO＋2I－＋H＋=I2＋Cl－＋H2OI2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－準確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用0.1000mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通過計算判斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品。(寫出計算過程，該樣品的有效氯＝eq\f(測定中轉(zhuǎn)化為HClO的氯元素質(zhì)量×2,樣品質(zhì)量)×100%)解：n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1000mol·L－1×0.02000L＝2.000×10－3mol，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：C3N3O3Cleq\o\al(－,2)～2HClO～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)，得n(Cl)＝0.5n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝1.000×10－3mol。氯元素的質(zhì)量：m(Cl)＝1.000×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.03550g，該樣品的有效氯為eq\f(0.03550g×2,1.1200g×\f(25.00mL,250.0mL))×100%≈63.39%，該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品。②若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導致樣品的有效氯測定值偏低。(填“偏高”或“偏低”)解析：(1)低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，離子方程式為Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。H2CO3的酸性強于HClO，在空氣中暴露時，NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解生成HCl和O2，導致消毒作用減弱。(2)②由檢測原理可知，檢測時加入稀硫酸過少，反應(yīng)生成的HClO減少，HClO轉(zhuǎn)化生成的I2減少，用Na2S2O3標準溶液滴定時，消耗標準溶液的體積偏小，樣品的有效氯測定值會偏低。2．(2019·江蘇化學節(jié)選)CO2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。CaO可在較高溫度下捕集CO2，在更高溫度下將捕集的CO2釋放利用。CaC2O4·H2O熱分解可制備CaO，CaC2O4·H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖所示。(1)寫出400～600℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學方程式：CaC2O4eq\o(=,\s\up17(400～600℃))CaCO3＋CO↑。(2)與CaCO3熱分解制備的CaO相比，CaC2O4·H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔。解析：(1)CaC2O4·H2O的相對分子質(zhì)量為146，設(shè)起始時CaC2O4·H2O的物質(zhì)的量為1mol，則由圖象可知，該反應(yīng)分為三個階段，第一階段失去1mol水，生成CaC2O4；第二階段CaC2O4失去1molCO，生成CaCO3；第三階段CaCO3失去1molCO2，生成CaO。因此第二階段，即400～600℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學方程式為CaC2O4eq\o(=,\s\up17(400～600℃))CaCO3＋CO↑。(2)CaC2O4·H2O和CaCO3兩者均可分解生成CaO，而兩者制備的CaO捕集CO2的性能不同，說明使兩者不同的原因是CaO表面積的大小不同，因1molCaC2O4·H2O制備CaO的過程中共生成3mol氣體，1molCaCO3制備CaO的過程只生成1mol氣體，因此CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，從而使制得的CaO更加疏松多孔，具有更好的CO2捕集性能。3．(2019·全國卷Ⅱ)樣品中S2－的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應(yīng)5min，有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反應(yīng)式為I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為淺藍色至無色，且半分鐘內(nèi)顏色不再變化，樣品中S2－的含量為eq\a\vs4\al(\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×)100%(寫出表達式)。解析：達到滴定終點時I2完全反應(yīng)，可觀察到溶液顏色由淺藍色變成無色，且半分鐘內(nèi)顏色不再發(fā)生變化；根據(jù)滴定過量的I2消耗Na2S2O3溶液的體積和關(guān)系式I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，可得n(I2)過量＝eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol，再根據(jù)關(guān)系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3mol－eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol＝(25.00－eq\f(V,2))×0.1000×10－3mol，則樣品中S2－的含量為eq\f(25.00－\f(V,2)×0.1000×32,m×1000)×100%。4．(2019·全國卷Ⅰ)采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水數(shù)，將樣品加熱到150℃時失掉1.5個結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為NH4Fe(SO4)2·12H2O。解析：失重5.6%是質(zhì)量分數(shù)，設(shè)結(jié)晶水合物的化學式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。5．(2021·石家莊二中模擬)在空氣中加熱Co(OH)2，加熱過程中的失重曲線如圖所示。已知：失重質(zhì)量分數(shù)＝eq\f(樣品起始質(zhì)量－某溫度時固體質(zhì)量,樣品起始質(zhì)量)×100%。下列有關(guān)判斷正確的是(D)A．Co(OH)2的加熱失重過程均為分解反應(yīng)B．X點是Co(OH)2和Co2O3的混合物C．Y點是Co2O3的純凈物D．Z點是CoO的純凈物解析：Co(OH)2的加熱失重先生成Co2O3，Co元素化合價逐漸從＋2價升高至＋3價，因此空氣中的O2參與了該反應(yīng)，則Co(OH)2的加熱失重過程不是分解反應(yīng)，A項錯誤；由圖象可知，X點失重質(zhì)量分數(shù)為10.75%，則加熱后的殘留率為89.25%，若取Co(OH)2的初始質(zhì)量為93g，則殘留的質(zhì)量為93g×89.25%≈83g，因Co元素質(zhì)量不變，m(Co)＝59g，則殘留物質(zhì)中O的質(zhì)量m(O)＝24g，則殘留物為CoO1.5，即為Co2O3，B項錯誤；若取Co(OH)2的初始質(zhì)量為93g，則Y點殘留的質(zhì)量為93g×(1－13.62%)≈80g，因Co元素質(zhì)量不變，m(Co)＝59g，則殘留物質(zhì)中O質(zhì)量m(O)＝21g，則殘留物為Co3O4，即Y點為Co3O4，C項錯誤；Z點，殘留的質(zhì)量為93g×(1－19.35%)≈75g，因m(Co)＝59g，則殘留物質(zhì)中O的質(zhì)量m(O)＝16g，故殘留物為CoO，D項正確。6．為了探究某淺黃色固體化合物X(含四種元素)的組成。某化學興趣小組稱取3.60g該固體化合物，用熱重法對其進行分析，得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。已知：①熱分解后得到的無色無味氣體能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00g白色沉淀；②熱分解后剩余的固體呈紅棕色，溶于鹽酸后得到黃色溶液。請回答：(1)X的化學式是FeC2O4·2H2O。(2)固體X在300℃下反應(yīng)的化學方程式是4FeC2O4·2H2O＋3O2eq\o(=,\s\up17(300℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O。解析：(1)淺黃色固體化合物X，第一個階段可能失去結(jié)晶水，質(zhì)量為0.72g，物質(zhì)的量為0.04mol，固體2.88g熱分解后得到的無色無味氣體能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00g白色沉淀，說明熱分解生成了CO2，物質(zhì)的量為0.04mol，則n(C)＝0.04mol，碳元素的質(zhì)量為0.04mol×12g·mol－1＝0.48g，熱分解后剩余的固體呈紅棕色，溶于鹽酸后得到黃色溶液，說明生成了氧化鐵，物質(zhì)的量為0.01mol，n(Fe)＝0.02mol，鐵元素的質(zhì)量為0.02mol×56g·mol－1＝1.12g，則還有氧元素的質(zhì)量為2.88g－0.48g－1.12g＝1.28g，則n(O)＝0.08mol，根據(jù)元素比例關(guān)系得出n(Fe)n(C)n(O)n(H2O)＝0.02mol0.04mol0.08mol0.04mol＝1242，X的化學式是FeC2O4·2H2O。(2)固體X在300℃下與氧氣反應(yīng)生成氧化鐵、二氧化碳和水，其反應(yīng)的化學方程式是4FeC2O4·2H2O＋3O2eq\o(=,\s\up17(300℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O。7．為測定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)，稱取Wg石灰石樣品，加入過量的濃度為6mol·L－1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，過濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此時發(fā)生反應(yīng)：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定終點時消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，計算樣品中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)。解：本題涉及的化學方程式或離子方程式為CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO42MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相應(yīng)的關(guān)系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)52n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol樣品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol則w(CaCO3)＝eq\f(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%?？枷蛉欢ㄎ镔|(zhì)的量濃度溶液的配制1．七種儀器托盤天平(或分析天平)、量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯、藥匙。2．實驗步驟