新教材适用2024版高考化学二轮总复习第1部分新高考选择题突破专题2化学计量及其应用微专题3物质组成含量热重分析和滴定计算教师用书

微专题3物质组成、含量、热重分析和滴定计算命题角度1物质组成、含量和热重分析有关计算1.(2022·全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是(D)A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B．最高价氧化物的水化物的酸性：Y<XC．100～200℃阶段热分解失去4个W2ZD．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3【解析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。X(B)的单质常温下为固体，故A错误；根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数eq\f(14＋4＋11×5＋16×8,14＋4＋11×5＋16×8＋18×4)×100%≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错误；化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为eq\f(11×2＋16×3×5,14＋4＋11×5＋16×8＋18×4×2)×100%≈64.1%，说明假设正确，故D正确；故选D。2.(2019·全国卷Ⅰ)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_NH4Fe(SO4)2·12H2O__。【解析】失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。命题角度2滴定有关计算3.(2022·河北选考)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。②以0.2L·min－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。已知：Ka1(H3PO4)＝7.1×10－3，Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2。回答下列问题：(1)装置图中仪器a、b的名称分别为_(球形)冷凝管__、_(恒压)滴液漏斗__。(2)三颈烧瓶适宜的规格为_C__(填标号)。A．250mL B．500mLC．1000mL(3)解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2＋H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2＋H2O向右移动。(4)滴定管在使用前需要_检验其是否漏水__、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_蓝色__；滴定反应的离子方程式为I2＋SO2＋2H2O=2I－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_偏低__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(6)该样品中亚硫酸盐含量为_80.8__mg·kg－1(以SO2计，结果保留三位有效数字)。【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。(1)根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和(恒压)滴液漏斗；(2)三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的eq\f(2,3)，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000mL，故选C；(3)虽然Ka1(H3PO4)＝7.1×10－3＜Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2＋H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2＋H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2＋H2O向右移动；(4)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2＋SO2＋2H2O=2I－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)；(5)若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低；(6)实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30mL＋1.00mL＝1.30mL，减去空白实验消耗的0.10mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2＋SO2＋2H2O=2I－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)可以计算出n(SO2)＝n(I2)＝1.20mL×10－3L·mL－1×0.01000mol·L－1＝1.20×10－5mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)＝eq\f(1.20×10－5mol,0.95)≈1.263×10－5mol，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为eq\f(1.263×10－5mol×64g·mol－1×1000mg·g－1,10.00g×10－3kg·g－1)≈80.8mg·kg－1。4.(2021·山东等级考节选)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：(1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_(m3＋m1－2m2)__g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。(2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IOeq\o\al(－,3)离子交换柱发生反应：WOeq\o\al(2－,4)＋Ba(IO3)2=BaWO4＋2IOeq\o\al(－,3)；交换结束后，向所得含IOeq\o\al(－,3)的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。滴定达终点时消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg·mol－1)的质量分数为eq\f(cVM,120m3＋m1－2m2)%。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将_不变__(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_偏大__(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【解析】(1)根据题意，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为m3g＋2(m1－m2)g－m1g＝(m3＋m1－2m2)g；(2)滴定时，根据关系式：WOeq\o\al(2－,4)～2IOeq\o\al(－,3)～6I2～12S2Oeq\o\al(2－,3)，样品中n(WCl6)＝n(WOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,12)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,12)cV×10－3mol，m(WCl6)＝eq\f(1,12)cV×10－3mol×Mg·mol－1＝eq\f(cVM,12000)g，则样品中WCl6的质量分数为eq\f(\f(cVM,12000)g,m3＋m1－2m2g)×100%＝eq\f(cVM,120m3＋m1－2m2)%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。知能对点1物质组成、含量、热重分析热重分析是指在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系的一种热分析技术，用来研究材料的热稳定性和组分。晶体加热时失重一般是先失水，再失非金属氧化物。晶体中金属仍在残余固体中，失重最后一般剩余金属氧化物，根据剩余物质的质量可进行相应的计算和分析。(1)设晶体为1mol。(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，eq\f(m剩余,m1mol晶体质量)×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。知能对点2滴定计算(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)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。①在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤：②多步反应也可以利用原子守恒建立关系式。如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式：NH3eq\o(→,\s\up7(氮原子守恒))HNO3。③多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。(3)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括原子守恒、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。特别说明：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。命题角度1物质组成、含量和热重分析有关计算1.(2023·辽宁沈阳二模)化合物甲(ZX2Y4·nW2Y)是制药工业和电池制造业等的原料，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素；其中W、X、Y为短周期主族元素，W是元素周期表中原子半径最小的元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，化合物甲在加热分解过程中剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是(B)A．第一电离能：X>W>ZB．若M点时所得产物化学式为ZX2Y4，则n为2C．M到N的过程中只有一种气体生成D．W2X2Y4可由X2W6Y2与足量酸性KMnO4溶液反应得到【解析】W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素；X、Y同周期元素，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，设X最外层电子数为2x，则Y的最外层电子数为3x，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2＋(2x＋2)×2＋(3x＋2)×4－Z原子电子数＝20，当x＝1时，Z原子电子数＝10，为Ne元素，不符合题意，当x＝2时，Z的原子电子数＝26，为Fe元素，符合题意；若X、Y为第三周期元素，1×2＋(2x＋2＋8)×2＋(3x＋2＋8)×4－Z原子电子数＝20，不符合题意，故W为H，X为C，Y为O，Z为Fe。化合物甲为FeC2O4·nH2O。X为C，Z为Fe，W为H，H的1s轨道为半满结构，较稳定，故第一电离能H>C，A错误；若M点时所得产物化学式为ZX2Y4，则FeC2O4的质量为4.32g，物质的量为0.03mol，固体受热，由5.40g减少到4.32g，减少的水的物质的量为(5.40g－4.32g)÷18g/mol＝0.06mol，ZX2Y4·nW2Y中n＝2，B正确；M点为FeC2O4，M到N的过程是FeC2O4分解的过程，固体质量减少为4.32g－2.32g＝2g，减少的元素为碳元素和氧元素，根据元素守恒碳元素的物质的量为0.06mol，减少的氧元素的物质的量为(2g－0.06mol×12)÷16g/mol＝0.08mol，碳氧原子个数比为3∶4，故生成的含氧化合物为CO2和CO，C错误；X2W6Y2分子式为C2H6O2，同分异构体有多种，可能为乙二醇，也可能为其他有机物，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾作用下，可生成乙二酸即草酸(H2C2O4)，若为其他有机物，则无法在酸性高锰酸钾作用下生成乙二酸，D错误；故选B。2.(2023·河北邯郸二模节选)某实验小组对MgCl2·6H2O进行热重曲线分析：(1)分析181℃时固体产物的化学式为_MgCl2·2H2O__。(2)写出在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式MgCl2·H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Mg(OH)Cl＋HCl↑。【解析】(1)203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，1molMgCl2的质量为95g,181℃时固体产物为131g，则结晶水为131g－95g＝36g，含结晶水为2mol，则化学式为MgCl2·2H2O。(2)在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)其质量为76.5g，含1molMg2＋、1molOH－、1molCl－，则为Mg(OH)Cl,230℃时固体产物为113g，则结晶水为113g－95g＝18g，含结晶水为1mol，化学式为MgCl2·H2O，则300℃时生成固体产物的化学方程式为MgCl2·H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Mg(OH)Cl＋HCl↑。命题角度2滴定有关计算3.(2023·浙江嘉兴二模)三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，是制取农药的常用原料。某小组探究制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。已知：①制备原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl(保持70℃左右)；②有关物质的性质：相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g·cm－3乙醇46－11778.5与水互溶0.789三氯乙醛147.5－57.597.8溶于水、乙醇1.51粗产品纯度的测定：称取5.00g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取10.00mL于锥形瓶中，加入25.00mL0.1000mol·L－1碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液。反应完全后加适量盐酸调节溶液的pH，立即用0.0200mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(测定原理：CCl3CHO＋OH－=CHCl3＋HCOO－、HCOO－＋I2=H＋＋2I－＋CO2↑、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))(1)选出正确的滴定操作并排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→Na2S2O3标准溶液润洗滴定管→_d－f－a－c__→到达滴定终点，停止滴定，记录读数。a．调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数b．调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度c．锥形瓶放于滴定管下，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化d．装入标准液至“0”刻度以上2～3mL，固定好滴定管e．锥形瓶放于滴定管下，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管内液面变化f．如图操作，排出滴定管尖嘴部分的气泡g．如图操作，排出滴定管尖嘴部分的气泡(2)产品的纯度是_67.85__%(计算结果保留2位小数)【解析】(1)在测定过程中，滴定操作顺序为：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→装入Na2S2O3溶液至“0”刻度以上2～3mL，固定好滴定管→将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡→调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数→锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化→到达滴定终点，停止滴定，记录读数，答案为：d－f－a－c；(2)根据滴定原理和I原子守恒，有：n(I2)总＝0.1000mol·L－1×25mL×10－3L·mL－1＝0.0025mol；根据I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)，可知I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，则与Na2S2O3溶液反应消耗I2的物质的量为eq\f(0.02mol·L－1×20×10－3L,2)＝0.0002mol；故与HCOO－反应消耗的I2的物质的量为25mL×0.1mol·L－1×10－3L·mL－1－0.0002mol＝0.0023mol；根据CCl3CHO＋OH－→CHCl3＋HCOO－、HCOO－＋I2=H＋＋2I－＋CO2↑，可得关系式：CCl3CHO～HCOO－～I2，则CCl3CHO的物质的量为＝0.0023mol，故产品的纯度＝eq\f(0.0023×147.5×10,5)×100%＝67.85%。4.(2023·湖南邵阳市二模)四氯化钛(TiCl4，熔点：－25℃，沸点：136℃)是制备海