2022届高考化学二轮教学案-命题区间二专项特训(一)　物质组成、含量、热重分析和滴定计算

专项特训(一)物质组成、含量、热重分析和滴定计算(15分钟)1．测定某工业生产的副产品MnSO4·H2O样品的纯度步骤如下，准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为________(保留到小数点后两位)。答案96.57%解析4.66g沉淀为硫酸钡，n(BaSO4)＝eq\f(4.66g,233g·mol－1)＝0.02mol，则此样品中MnSO4·H2O物质的量为0.02mol×eq\f(100mL,25.00mL)＝0.08mol，则样品中MnSO4·H2O的纯度为eq\f(0.08mol×169g·mol－1,14.00g)×100%≈96.57%。2．用滴定分析法测定FeC2O4·xH2O中x的值的步骤如下：取0.18g样品溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0100mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液12.00mL。滴定终点的现象为____________________________________________________________________________________________________________________________，x值为________。答案滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色23．取1.000gKIO3产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol·L－1Na2S2O3溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失(I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))，测得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL。则产品中KIO3的质量分数为________(结果保留三位有效数字)。答案89.5%解析每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，滴定时发生的反应为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)，可列出关系式：IOeq\o\al(－,3)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)，每次平均消耗的n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1004mol·L－1×0.025L＝0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，mol，产品中KIO3的质量分数为eq\f(214g·mol－1×0.00418mol,1.000g)×100%≈89.5%。4．(1)称取45.7mgZn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为________(填字母)。a．90～145℃ b．145～195℃c．195～273℃ d．＞273℃(2)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，进行如下实验，已知滴定过程中Zn2＋与H2Y2－按1∶1反应。步骤Ⅰ：准确称取0.4570g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100mL容量瓶，定容。步骤Ⅱ：移取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH＝5～6的缓冲溶液中用0.02000mol·L－1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60mL。步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为________；产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为________。下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是________(填字母)。a．步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线b．步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯c．步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗d．步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡答案(1)b(2)移液管(或酸式滴定管)92%bd解析(1)由图可知当温度小于90℃时，产品为Zn3(PO4)2·4H2O，此时产品物质的量为eq\f(45.7×10－3g,457g·mol－1)＝0.1×10－3mol，当温度为145℃时，化合物质量为42.1g，蒸发水分的物质的量为eq\f(45.7×10－3g－42.1×10－3g,18g·mol－1)＝0.2×10－3mol，则产品为Zn3(PO4)2·2H2O，同理可得，当温度为195℃时产品为Zn3(PO4)2·H2O，当温度为273℃时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，应控制温度范围在145～195℃。(2)移取溶液时所使用的玻璃仪器为移液管或酸式滴定管；滴定时有关系：Zn3(PO4)2·4H2O～mol，则样品中含有Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为eq\f(5.52×10－4mol,3)×eq\f(100mL,20.00mL)＝9.2×10－4mol，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为eq\f(9.2×10－4mol×457g·mol－1,0.4570g)×100%＝92%。a项，步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高；b项，步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低；c项，步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高；d项，步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准液体积偏低，测定值偏低。5．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________________________________________________________________，该反应中氧化产物是________。(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为__________(计算结果保留两位小数)。答案(1)2∶1O2(2)1.57解析(1)根据图示，“尾气吸收”时ClO2转化为ClOeq\o\al(－,2)，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，H2O2转化为O2，由ClO2eq\o(→,\s\up7(得e－))ClOeq\o\al(－,2)、H2O2eq\o(→,\s\up7(失2e－))O2，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，氧化产物为O2。(2)1molNaClO2在反应中转移4mol电子，而1molCl2在反应中转移2mol电子，得电子数相等时，存在关系式：NaClO2～2Cl2，故NaClO2的有效氯含量为eq\f(71×2,90.5)≈1.57。6．(2021·厦门市高三模拟)次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2·bHCHO·cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。某产品组成的测定方法如下，准确称取1.5400g样品，溶于水配成100mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A＝0.4000(如图)；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。(1)样品溶液HCHO浓度为________mol·L－1。(2)通过计算确定aNaHSO2·bHCHO·cH2O的化学式为________________。答案(1)0.1000(2)NaHSO2·HCHO·2H2O解析(1)25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A＝0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol·L－1。(2)25.00mL溶液中：根据S元素守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(0.5825g,233g·mol－1)＝0.0025mol，n(HCHO)＝0.1000mol·L－1×0.025L＝0.0025mol；100mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025m