化学计算的类型和方法

化学计算的类型和方法

一、选择题(本题共13小题，每题只有一个选项符合题意)

1.在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)o已知反

应过程中某一时刻S02、。2、S03的浓度分别为0.2moll—I、0.1molL-\0.2

molL-'o当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是

A.SO2为0.4molL—I。2为0.2molL」B.SO?为0.25molL」

C.SO2和SO3均为015molL—।D.SO3为0.4molL—।

【答案】B

【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平

衡时SO3的浓度最大为0.4mol-L—而SO2和O2的浓度最小为0;若平衡向逆

反应方向移动，达到平衡时SO.3的浓度最小为0,而SO2和的最大浓度分别

为0.4mol-L—I0.2molL—考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个

方向进行到底，因此平衡时SO3、、SO2的浓度范围应分别为

1

0<c(S03)<0.4molL-',0<c(02)<0.2mol-L-,0<c(S02)<0.4molL-'oSO2反

应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(S03)+c(S02)=0.2mol-L—i+0.2

molL—'=0.4molL—'0对照各选项，只有B项符号题意。

2.为了检验某含有NaHCOs杂质的Na2c。3样品的纯度，现将型g样品加热，

其质量变为02g，则该样品的纯度(质量分数)是

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】样品加热发生的反应为：

A

=

2NaHCO.<=Na2CO3+H2O+CO2tAw

16810662

M(NaHCC)3)g(wl—w2)g

质量差为(WLW2)g，故样品中NaHCCh质量为：g,Na2cO3质量为

w,g-g,其质量分数为==。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直

接求解。

3.把5.1克某合金的粉末放入过量盐酸中，得到5.6L(标况)氢气，则该合金

的组成为

A.钠和钾B.钙和镁C.铝和镁D,钠和铁

【答案】C

【解析】标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L+22.4L/mol=0.25mol,因此反应中

合金失去电子的物质的量是0.25molx2=0.5mol,则失去Imol电子需要合金的

质量是5.1g+0.5=10.2g。Na、K、Mg、Ca、Al、Fe与盐酸反应时失去Imol电

子需要金属的质量分别是23、39、12、20、9、28,由此可知，合金中一定含

铝，所以选项中正确的组合只能是铝和镁。答案选C。

4.两种气态混合煌O.lmol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误是

A.混合气体中一定是甲烷和乙烯B.混合气体中一定有甲烷

C.混合气体中一定没有乙烷D.混合气体中可能有乙烯

【答案】A

【解析】n(H2。尸3翅RZmol,即O.lmol混合燃完全燃烧得0.16molCO2和

18g/mol

0.2molH20,根据元素守恒，混合烽的平均分子式为CL6H-煌中C原子数小于

L6的只有CH4，则混合气体中一定含有甲烷，由于CH4分子中含4个H原子,

则另一烧分子中一定含4个H原子，且其碳原子数大于L6,故可能是C2H4或

C3H4。A.根据上述分析可知，混合气体中一定含有甲烷，可能含有C2H4或

C3H4,故A错误；B.混合气体中一定含有甲烷，故B正确；C.由于H原子

数平均为4,则混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D.混合气体中可能有

C2H4或C3H4,故D正确；答案选A。

5.在铁和氧化铁混合物15g中，加入稀硫酸150mL,能放出H21.68L(标准

状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见

颜色变化。为了中和过量的H2sO,，且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共消耗3

mol-L—।的NaOH溶液200mL,则原硫酸的物质的量浓度是

A.1.5molL—1B.2molL—1C.2.5mol-L—1D.3molL—1

【答案】B

【解析】此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2sO,，因为NaOH共0.6

mol,故Na2sO4为0.3mol,所以原H2sO4为0.3mol。故硫酸的浓度为2moi-L

1

-----O

6.下列不能测定Na2cCh和NaHCCh混合物中Na2c0?质量分数的实验方案是

A.取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克

B.取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b

克固体

C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b

克

D.取a克混合物与足量Ba(0H)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固

体

【答案】C

【解析】A.NaHCCh受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分

解利用差量法即可计算出Na2c。3质量分数，故A正确；B.Na2c。3和NaHCOs

均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以bg固体是硝酸钠，利用守

恒法可计算出Na2c。3质量分数，故B正确；C.混合物与足量稀硫酸充分反应,

也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱

石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D.Na2cCh

和NaHCOs都与Ba(0H)2反应，反应的方程式为CO32-+Ba2+=BaCC)3j、HCO3-

2+

+OH-+Ba=H2O+BaCO3l，因此最后得到的固体是BaCCh,所以列方程可以

计算出Na2cCh质量分数，故D正确；答案选C。

7.Na2cCh和NaHCCh混合物27.4g,加热至质量不再减小，得到残余固体21.2

g,则Na2cO3和NaHCCh的物质的量比为

A.1：1B.1：2C,3：2D,1：3

【答案】B

【解析】设混合物中含有NaHCOs的质量为m,则根据反应方程式2NaHC03A

Na2co3+CO2T+H2O可知：每有2x84gNaHCO3发生反应，反应后产生106g

Na2cO3固体，反应前后固体质量减少62g,现在固体质量减少了27.4g-21.2

g=6.2g,故混合物中含有NaHCCh的质量m=%x(2x84)g=16.8g，则混合物中

62g

含有碳酸钠的质量为皿Na2co3尸27.4g-16.8g=10.6g,〃(Na2cO3尸

私62=o.imol；”(NaHCCh尸」竺机=o.2mol，因此原混合物中Na2cO3与

106g/mol84g/mol

NaHCCh的物质的量之比〃(Na2co3)：n(NaHCO3)=0.1mol：0.2mol=l：2,故合

理选项是B。

8.向5.1g镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后产生的气体在

标准状况下的体积为5.6L,若向反应后的溶液中加入NaOH溶液，使

Mg2\A产恰好完全沉淀，则沉淀的质量为

A.7.225gB.9.35gC.13.6gD.22.1g

【答案】C

【解析】镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后镁和铝转为离子

Mg2\A产形式存在，加入NaOH溶液，使Mg?+、Al?+恰好完全沉淀得到

2+5

Mg(OH)2、A1(OH)3‘有关系式：Mg~H2~2e~2OH-，2A1-~3H2~6e~6OH，得

到气体在标准状况下的体积为5.6L物质的量为0.25mol,则需要0.5mol的0H

恰好沉淀Mg?+和AF,沉淀质量为51g+0.5moixl7g/mol=13.6g，故答案选

Co

9.把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤出沉淀，

经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag,则原合金中铁的质量分

数为

A.70%B.52.4%C.47.6%D.30%

【答案】A

【解析】由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧

化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则agFe、Al-ag

Fe2O3,合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等

于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为56x2*100%=70%。

56x3+16x3

答案选A。

10.铁、铜混合粉末ag加入到100mLFe(N03)3和HN03的混合溶液中，充分

反应后，剩余固体质量为bg,将固体过滤后，向滤液(忽略溶液体积变化)中

加入100mL0.4moiI—】NaOH溶液，滤液中金属离子恰好沉淀完全。下列说

法错误的是

A.剩余固体一定含铜，可能含铁

B.向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸，固体一定会继续溶解

C.加入NaOH溶液后最终可观察到红褐色沉淀，可知原滤液中含Fe3+

D.所得滤液中c(NO；)=0.4mol1一i

【答案】C

【解析】充分反应后，剩余固体质量为bg,则固体中一定含有铜，可能含有铁,

溶液中一定含有NO3-、Fe2+,一定不含有Fe3+,可能含有C/+。A.由于铁的

还原性比铜强，所以剩余固体中一定含铜，可能含铁，A正确；B.反应后的溶

液中一定含有Fe(NC)3)2,可能含有CU(NO3)2,向反应后的固液混合体系中加入

稀盐酸，溶液中的H+、NCh-能与Cu、Fe反应，所以固体一定会继续溶解，B

正确；C.反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2,加入NaOH溶液后，先生成

Fe(OH)2,不断被空气中的O2氧化，最终生成Fe(OH)3,可观察到红褐色沉淀，

但原滤液中一定不含Fe3+,C不正确；D.滤液中一定含有Fe(NCh)2,可能含有

CU(NO3)2,加入NaOH溶液后，生成NaNCh等，则c(NO；尸c(Na+)=0.1Lx0.4

mO1L-，=004m°h故所得滤液中CM。下霏"m。卜LjD正确；故

选C。

11.将8.34g绿矶（FeS0「7HQ）样品进行加热，其热重曲线（样品质量随温度变

化的曲线）如图所示。下列说法正确的是

A.1O（TC时，获得的固体产物为FeS0「4H,0

B.373℃时，反应的化学方程式为FeS0「2Hq二‘FeSO"+ZH?。

C.Q段获得的固态产物具有磁性

D.Q段获得的气态产物只有so,

【答案】A

【解析】8.34gFeS（V7H2O样品物质的量=8.34g=o.03mol,其中

278g/mol

m（H2O）=0.03molx7xl8g/mol=3.78g,如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为

8.34g378g=4.56g,可知在加热到373（之前，晶体失去部分结晶水，结合质量

的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式。加热至633。(2时，固体的质

量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeSO4*7H20)=0.03mol,m(Fe)=

0.03molx56g/mol=1.68g,贝ij固体中m(O尸2.40g-l.68g=0.72g,n(O)=°~72g

16g/mol

=0.045mol,贝iJn(Fe)：n(O尸0.03mol：0.045mol=2：3,则固体物质Q的化学式

为FezCh。

A.样品的物质的量n(FeSO.7H,O)=」^丁=0.03mol,78，C时失去结晶水的

278g-mol

物质的量n(H,0)=8-34g-6.7jg=009moi,则ImolFeSO/HQ失去3moi结晶水，

78〜139时固态产物为FeSO.4HO，A正确；B.按照同样的计算方法可知，N

42

段和P段的固态产物分别为FeSO「HQ和FeSOj则3730c时，反应的化学方程式

为FeSO“HqtcFeSO4+Hq，B错误；C.Q段固态产物中含有“Fe)=0.03mol,

则n(0)=2.40g_O.O3molx56g.moL=0045mo］，该物质为「。以，C错误；D.根据

''16g-mor1

质量守恒定律以及C项的计算可知此时气态产物不可能只有so,,D错误。故

选Ao

12.某混合气体由两种气态煌组成，2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L

二氧化碳（气体已折算成标准状况）和3.6g水。则这两种气体可能是

A.CH4和C2H4B.CH4和C3H4C.C2H4和C3H4D.C2H4和C2H6

【答案】B

【解析】某混合气体由两种气态煌组成，2.24L该混合气体即物质的量为

n=Y=2.24L=o]mol，该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳（气

Vm22.4Lmor'

体已折算成标准状况）物质的量为弋二获出一。,和3.6g水即物质的

y点燃y

(x+^-)OxCO+yHO

『82…CM，+222

量，Imol(x+-^)molxmol—molJ

2

O.lmol0.2mol0.2mol

Imol_xmol_fn101,得到x=2,y=4,即混合气体的化学式为C2H4,根据碳

O.lmol0.2mol0.2mol

原子比2小的只有CH4,根据碳原子数和氢原子得到另一种气体为C3H4或

C4H4,故B符合题意。

13.向一定量的Fe、FeO、Fe?。?的混合物中加入130mL5moi的稀硝酸，恰

好使混合物完全溶解，放出1.568LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN

溶液，无明显变化。若用足量的co在加热条件下还原相同质量的混合物，能得

到铁的物质的量为

A，0.29molB>0.24molC>0.16molD,0.07mol

【答案】A

【解析】由题意可知，混合物与稀硝酸恰好反应后的溶液不能使硫氧化钾溶液

变红色，则所得溶液为硝酸亚铁溶液，设亚铁离子的物质的量为x,由原子个

数和电荷总数守恒可得：2x=（5mol/Lx0.13L-1568L川,解得x=0.29mol,由

22.4L/mol

铁原子个数守恒可知，若用足量的一氧化碳在加热条件下还原相同质量的混合

物，能得到铁的物质的量为0.29mol,故选A。

二、非选择题

14.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g

样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，

用浓度为0.02000—i的MCn。标准溶液滴定至终点，消耗KzCnO7标准

溶液25.00mLo

3+2++

已知：SO2+2Fe+2H2O==SO+2Fe+4H

2++3+3+

Cr2O+6Fe+14H=2Cr4-6Fe+7H2O

（1）样品中FeS2的质量分数是（假设杂质不参加反应）o

（2）煨烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为

L,制得98%的硫酸质量为to

【答案】(1)90.00%(2)3.36x10615

【解析】

(1)据方程式4FeS2+1102.2Fe2O3+8SO2

3+2++

SO2+2Fe+2H2O==SO+2Fe+4H

2++3+3+

Cr2O+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O

2+

得关系式：Cr2O-6Fe-3SO2-FeS2

1

0.02000molL-'x0.02500L

m(FeS2)=0.09000g,样品中FeS2的质量分数为90.00%

(2)4FeS2+1102==2Fe2O3+8SO2

4mol8mol><22.4Lmol—1

molKSO2)

65

—SO2)=3.36xlOL,〃(SO2)==1.5xl0mol

由SO2〜SO3〜H2s。4

1mol98g

1.5x105mol/M(H2SO4)X98%

得皿H2so4)=1.5x1()7g=[5t。

15.金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程

式为Sn+2HCl=SnC12+H2f,再加入过量的FeCh溶液，发生如下反应：SnCl2

+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2,最后用已知浓度的KzCnO’溶液滴定生成的Fe?+,反

应的化学方程式为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeC13+2KC1+2CrCl3+7H2O0现

有金属锡试样0.613g,经上述反应后，共用去0.100moll—iaCnCh溶液16.0

mL。求试样中锡的百分含量___________(假定杂质不参加反应，锡的相对原

子质量为119）。

【答案】93.2%

【解析】根据题给方程式可知，Sn与KzCrzO7物质的量的关系：3Sn〜3SnCb〜

6FeCl2-K2Cr2O7；所以存在3x119g：1mol=x：0.100x0.016mol,解之得到

x=0.5712g,试样中锡的百分含量w（Sn尸"Z1至xioo%=93.2%。

0.613g

16.PCb和PCh能发生如下水解反应：PC13+3H2O=H3PO3+3HC1；

PCI5+4H2OH3Po4+5HC1,现将一定量的PCh和PCb混合物溶于足量水中，在

加热条件下缓缓通入O.OlmolCL,恰好将H3P。3氧化为H3Po4。往反应后的溶液

中加入120mL2moiL—NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCb和

PCh的物质的量之比（写出计算过程）。

【答案】1：2

【解析】由反应

PC13+3H2O=H3PO3+3HC1,H3PO3+CI2+H2OH3Po4+2HCI、H3PO4+3NaOH=Na3PO

4+3H2O,可以得出以下关系式：PC13—H,PO3—Cl2—H3PO4—5HC1—8NaOH,则

O.OlmolCb恰好将H3PCh氧化为H3P。4时,生成0.01molH3PO4和0.05molHCl,

共消耗NaOHO.O8mol；设PCk的物质的量为x,由反应

PCk+4H2O=H3Po4+5HC1、H3PO4+3NaOH=Na3PO4

+3H2O,可得出以下关系式：PCILH3Po4—5HCl—8NaOH,则xmolPCb与水

反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x,由此可以得出：

8x+0.08mol=0.24mol,x=0.02mol,故原混合物中PCb和PCk的物质的量之比为

0.01mol：0.02mol=l：2O答案为1：2。

17.碱式碳酸铝镁［Mg"Al〃（OH）c（CO3）/xH2。］常用作塑料阻燃剂。

(1)M&,AU(OH)C(CO3)(/-XH2O中a、b、c、d的代数关系式为.

（2）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO?0.560L（已换算成

标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率［（固体样品的剩余质量/

固体样品的起始质量）xlOO%］随温度的变化如下图所示（样品在270。（2时已完

全失去结晶水，600。（2以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

附

体

W残

率

%>

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的〃(OH.)：〃(C(K)(写出计算过

3

程)。

【答案】2a+3b=c+2d3:5

【解析】⑴A1元素的化合价为+3价，Mg元素的化合价为+2价，OH一整

体显示一1价，CO"整体显示一2价，根据化合物中化合价代数和为0可得出关

3

系:2a+3b=c+2dQ

22-1

(2)w(CO2)=0-560L=2.50x10mol,/M(C02)=2.50><10~molx44gmol

22.4L•mol-1'

=1.10g,在270〜600(之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO?

和H20O

W(CO2)+W(H2O)=3.390gx(0.7345-0.3702>1.235g,w(H2O)=1.235g-1.10g

-3

=0.135g,〃(H,O)=0135g=7.50x107mgrt(OH")=7.50xl0molx2=

18g-mol4

1.50xl0-2mol,/?(OH-)：M(C02.)=(1-50X10-2mol)：(2.50xl0-2mol)=3：5。

3

18.某实验小组制备src%.6H2。，取l12g实验制得的产物(已知SrCl2的相对

分子质量为158.6)加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥

形瓶中，滴入几滴K,Cr0j乍指示剂，已知Ag,CrC)4为砖红色沉淀，用浓度为

°10°mol-LT的硝酸银标准溶液滴定，重复滴定三次测得硝酸银标准溶液用量

分别为19.98mL、18.00mL,20.02mLo

（1）产物的纯度为（保留三位有效数字）；

（2）写出简要计算过程：0

【答案】95.2%用浓度为0100mH/L的硝酸银标准溶液滴定氯离子，滴入

几滴KzCrO4作指示剂，当溶液中氯离子沉淀完全后，会生成Ag?CrO4砖红色沉淀。

第二次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，平均消耗硝酸银标准溶液的体

积为20.00mL,

设25.001尤5©、溶液中SrCl,的物质的量为xmol；

SrCl,+2AgNO3=2AgCl+Sr（NO3）2

12

x0.1x0.02

x=0.001mol,产物的纯度为果x266.6g/mol95.2%O

--------------------------------------------X1uu/o=

1.12g

19.某课外活动小组测定了某工厂工业废水中游离态氯的含量，下面是测定实

验分析报告：

（一）测定目的：测定工厂工业废水中的游离态氯的含量

（二）测定原理：C12+2KI=2KC1+I2；b+2Na2s2Ch=2NaI+Na2s4。6

（三）实验用品及试剂：

（1）仪器和用品（自选，略）

（2）试剂：指示剂（填名称），KI溶液，浓度为0.010mol-L」的标准

Na2s2O3溶液，蒸储水等。

（四）实验过程：

（1）取水样10.00mL于锥形瓶中，加入lO.OOmLKI溶液（足量），滴入指示

剂2〜3滴。

（2）取碱式滴定管（经检查不漏水），依次用自来水、蒸储水洗净，然后注入

0.010molNa2s2O3溶液待用。

（3）将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视______直至滴定终点，滴

定至终点的现象是。

（五）数据记录与处理：若经数据处理，滴定中消耗标准的Na2s2O3溶液的体

积平均是20.00mL,则废水中Cb的物质的量浓度为,从实验过程分析,

此浓度比实际浓度（填“偏大”、“偏小”或“相等”），造成误差的

原因是（若认为没有误差，该问可不答）。

（六）问题和讨论：

该同学提出了下列可能造成结果偏小的原因，其中你认为正确的是（填

编号）。

①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失

②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外

③滴定前平视Na2s2O3液面，滴定后俯视Na2s2O3液面

【答案】淀粉溶液锥形瓶内溶液颜色变化当滴入最后一滴标准液，溶

液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色0.010mol-L“偏大滴定管没

有用标准Na2s2O3溶液润洗②③

【解析】（三）根据测定原理：C12+2KI=2KC1+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+

Na2s4。6,当碘单质消耗完毕，则达到滴定终点，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色,

所以可以采用淀粉溶液作指示剂；

（四）在滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶内溶液颜色变化，滴入淀粉溶液，

当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，证明达到了滴定终点；

（五）根据滴定实验原理：量取一定体积的待测液，标准液滴定前后的体积示

数之差即为消耗的标准溶液体积，所以记录的实验内容有待测溶液体积

（mL）、标准液滴定前刻度以及滴定后的刻度、标准液滴定前后的体积示数之

差即为消耗的标准溶液体积，为了减小误差，一般是取多次实验结果的平均值，

根据滴定原理：Cl2+2KI=2KCl+l2；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,得到关系式：

4

Cb〜2Na2s2O3,M（Na2S203）=0.010mol/Lx0.020L=2.0xl0mol,则废水中Cb的

物质的量是0.0001mol,由于溶液的体积是10.00mL所以该废水中Cb的物质的

量浓度c（Cb）=0-000"。1=oo]0mo]/L；从实验过程看，盛放标准液的滴定管没有

0.010L

用标准Na2s2O3溶液润洗，相当于用的是稀释后的标准液，由于待测溶液中物

质的物质的量不变，则消耗Na2s2O3溶液的体积偏大，根据c标•/标=c待测/待测，

所得的结果偏高；

（六）①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则标准液的体积

偏大，造成结果偏大，①不符合题意；②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少

量溶液溅出锥形瓶外，则消耗的标准液的体积偏小，造成结果偏小，②符合题

意；③滴定前平视Na2s2O3液面，滴定后俯视Na2s2O3液面，则消耗的标准液的

体积偏小，③符合题意；故合理选项是②③。

20.氮化钙（ca、N,）有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电

子工业、新型陶瓷工业等领域。CasN,部分理化性质如下表:

性质颜色、状态特性

熔点/℃

具体描常温下为棕色固1195空气中会被氧化，遇水强烈水解，产

述体生刺激性气味气体

工业上利用单质钙在氮气流中，控制温度450。。可制得氮化钙。实验室模拟

工业制备氮化钙，并对氮化钙纯度进行测定，实验方案如下：

1-Ca?N2制备:

A

（1）A处产生N,,请写出A中反应的化学方程式o工业上一般采

用（填具体做法）制取凡。

（2）装置的连接顺序为A一（注：以上所有装置都能用到）。

（3）实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处酒精灯，其原因

是o

（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察此的流速；

②o

II.Ca、N,纯度测定。（已知Ca：N,摩尔质量为148g/mol，所含的杂质不与水反

应，氨气极易溶于水，不溶于煤油）

方案一：称取氮化钙样品2.4g,按图1所示装置进行实验，发现B装置增重

0.51go

（5）该样品中氮化钙的质量分数为。

方案二：取与方案一同质量的样品，改用图2装置进行纯度测定，倾斜Y型管,

将蒸储水倒入样品管中，充分反应后测量气体体积。

（6）方案二测得的氮化钙纯度为95%左右，试分析方案一测得的氮化钙纯度

偏低的原因

【答案】⑴（NH,SO,+2NaN0,=Na,SO,+2N,T+4H,0分离液态空气法

\4/24ZZ42Z

（2）C—B—C—D

（3）排除装置中的氧气，防止Ca和Ca’N,与氧气反应

（4