2022届新高考化学人教版二轮复习学案-专题二　物质的量

eq\a\vs4\al(核心素养)eq\a\vs4\al(考情分析)宏观辨识与微观探析变化观念与平衡思想利用阿伏加德罗常数这个载体综合考查相关知识，涉及一定量的物质所含粒子(分子、原子、离子、质子、中子等)数目、氧化还原反应中转移电子的数目以及由于反应、浓度等的变化导致微粒数目变化，溶液中微粒个数，涉及电离水解平衡及守恒思想。非选择题考查以物质的量为中心的计算，特别是计算技巧的应用，如关系式法、守恒法、热重分析法考向一阿伏加德罗常数突破阿伏加德罗常数1．与气体摩尔体积22.4L·mol－1相关的NA的应用n＝eq\f(V,Vm)的应用，涉及体积V能否计算物质的量(1)非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4L·mol－1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、CHCl3、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的应用关键是(一)能否利用质量计算其物质的量，如最简式相同、摩尔质量相同，(二)明确微粒的构成，如质子数、中子数、电子数、分子中所含化学键个数。(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：CnH2n＋2中共价键数目为3n＋1；(7)一定物质的量的SiO2中含Si—O键、金刚石(或石墨)中1molC中含C—C键、1molP4中含P—P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及特殊反应(1)2SO2＋O2eq\o(,\s\up17(催化剂),\s\do15(△))2SO32NO2N2O4N2＋3H2eq\o(,\s\up17(高温、高压),\s\do15(催化剂))2NH3(2)Cl2＋H2OHCl＋HClO(3)NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－(4)PCl3＋Cl2PCl5(5)有机反应中烷烃的取代反应如CH4＋Cl2eq\o(→,\s\up17(光))CH3Cl＋CH2Cl2＋CHCl3＋CCl4＋HCl(6)酯化反应5．与电解质溶液中粒子数目判断有关的NA的应用溶液中关键(一)能否计算溶质的物质的量，(二)明确溶质与微粒的关系，涉及电离、水解平衡，(三)不要忽略溶剂H2O，如水电离的H＋、OH－，(四)明确守恒，如元素、电荷守恒。(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1L1mol·L－1的乙酸或1L1mol·L－1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pH＝1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pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成无关；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成有关。1．(2021·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(C)A．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB．3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC．32g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2－,7)离子数为0.1NA解析：D2O的质子数为10,18gD2O的物质的量为eq\f(18g,20g/mol)＝0.9mol，则18g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8个，32gS8的物质的量为eq\f(32g,8×32g/mol)＝eq\f(1,8)mol，则含有的S—S键数为eq\f(1,8)×8×NA＝NA，C正确；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)，则1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2－,7)离子数应小于0.1NA，D错误。2.(2021·河北省学业水平选择性考试)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(C)A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NAB．1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NAC．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生的气体的总质量为73g，则转移电子数为NAD．1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NHeq\o\al(＋,4)与H＋离子数之和大于NA解析：在标准状况下，22.4L氟气的物质的量为1mol，其质子数为1×9×2×NA＝18NA，A正确；碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)＋H2(g)2HI(g)，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；电解饱和食盐水时电极总反应为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up17(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阴阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为11，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H2～2e－可知，转移的电子数为2NA，C错误；1L1mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，则物质的量也满足n(NHeq\o\al(＋,4))＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1L×1mol·L－1＝1mol，所以该溶液中NHeq\o\al(＋,4)与H＋离子数之和大于NA，D正确，故选C。3．(2021·广东省学业水平选择性考试)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(A)A．1molCHCl3含有C—Cl键的数目为3NAB．1L1.0mol/L的盐酸含有阴离子总数为2NAC．11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAD．23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA解析：1个CHCl3分子中含有3个C—Cl键，故1molCHCl3含有3molC—Cl键，C—Cl键的数目为3NA，A正确；盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子Cl－，水会部分电离出阴离子OH－，水的质量及电离程度未知，无法计算1L1.0mol/L的盐酸含有阴离子总数，B错误；未提到具体的温度、压强(如标况下)，无法计算11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目，C错误；23gNa为1mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为2Na～H2，故1molNa应生成0.5molH2，H2分子数目应为0.5NA，D错误。4．(2021·湖南省学业水平选择性考试)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(D)A．18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子数为10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋数为0.1NAC．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA解析：18gHeq\o\al(18,2)O的物质的量为eq\f(18g,20g/mol)＝0.9mol,1个Heq\o\al(18,2)O含0＋(18－8)＝10个中子，则18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子数为9NA，A错误；未给溶液体积，无法计算，B错误；存在2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4，因此2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA，C错误；标准状况下，11.2LCH4和22.4LCl2物质的量之和为1.5mol，由于CH4的逐级氯代反应均为反应前后分子数不变的反应，所以在光照下充分反应后的分子数仍为1.5NA，D正确。5．(2020·全国卷Ⅲ)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C)A．22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B．1mol重水比1mol水多NA个质子C．12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D．1L1mol·L－1NaCl溶液含有28NA个电子解析：标准状况下，22.4LN2的物质的量为1mol,1个N2分子中含有14个中子，所以1molN2中含有14mol中子，数目为14NA，A错误；1mol重水和1mol水中含有的质子数相同，B错误；石墨烯和金刚石中都只含有碳原子，12g石墨烯和12g金刚石中都含有1molC原子，所以均含有NA个碳原子，C正确；NaCl溶液中除含有Cl－和Na＋外还含有水分子以及极少量的H＋、OH－，1L1mol·L－1NaCl溶液中含有的电子数远大于28NA，D错误。6．(2019·全国卷Ⅱ)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(B)A．3g3He含有的中子数为1NAB．1L0.1mol·L－1磷酸钠溶液含有的POeq\o\al(3－,4)数目为0.1NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NAD．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA解析：3He的质子数为2，中子数为1,3g3He为1mol，中子数为1NA，A项正确；POeq\o\al(3－,4)会发生水解，所以含0.1molNa3PO4的溶液中POeq\o\al(3－,4)的数目小于0.1NA，B项错误；K2Cr2O7中Cr为＋6价，生成＋3价的Cr3＋时化合价变化3，1molK2Cr2O7中含有2molCr，所以1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋共转移6mole－，C项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，1分子的正丁烷和异丁烷含有的共价键数均为13，混合物中含有的共价键的物质的量为eq\f(48g,58g·mol－1)×13＋eq\f(10g,58g·mol－1)×13＝13mol，D项正确。7．(2018·全国卷Ⅱ)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C)A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA解析：标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，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正确；124gP4的物质的量为1mol，每个P4分子中含有6个P—P键，所以含有P—P键数目为6NA，A错误；Fe3＋在水溶液中能发生水解，100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B错误；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2molSO2和1molO2催化反应后，混合气体的物质的量大于2mol，即分子总数大于2NA，D错误。8．(2018·全国卷Ⅰ)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B)A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC．92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA解析：氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，含有的质子数为18NA，B正确；Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3的集合体，A错误；92.0g甘油的物质的量为1mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C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错误。9．(2021·河北五个一名校联盟二模)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(A)A．1molH2O和足量Na2O2充分反应后，转移电子总数为2NAB．标准状况下，39g苯中含有的C—H数目为3NAC．12g由3H和18O组成的水中，中子数和电子数之和为12NAD．13g乙炔中含有的π键的数目为NA解析：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，1molH2O和足量Na2O2充分反应后，转移电子总数为NA，A错误；标准状况下，1mol苯中含有的C—H数目为6NA,39g苯中含有的C—H数目为3NA，B正确；由3H和18O组成的水(3Heq\o\al(18,2)O)中，其摩尔质量为24g/mol,1mol分子所含中子数为14个，电子数为10个，12g由3H和18O组成的水(3Heq\o\al(18,2)O)为0.5mol，中子数和电子数之和为12NA，C正确；13g乙炔为0.5mol,1mol乙炔含有2molπ键，13g乙炔中含有的π键的数目为NA，D正确，故选A。10．(2021·辽宁部分重点中学协作体模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(C)A．1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO－数目和为NAB．12g金刚石中含有σ键数目为4NAC．25℃1.01×105Pa,24.5LO2和N2的混合气体所含分子数为NAD．1mol带有乙基支链的链烃中所含有碳原子数最少为5NA解析：未知溶液体积，无法计算物质的量，A错误；12g金刚石的物质的量为n＝eq\f(m,M)＝eq\f(12g,12g/mol)＝1mol，每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，12g金刚石中含有σ键的数目为2NA，B错误；25℃1.01×105Pa时气体摩尔体积为24.5L/mol，则24.5L的混合气体的物质的量为1mol，含分子数为NA，C正确；支链只有一个乙基，主链至少含有5个C，则该烷烃最少含7个碳原子，故1mol该烷烃分子中所含碳原子数最少为7NA，D错误。11．(2021·青岛期末)(双选)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(CD)A．25℃，1LpH＝10的NaHCO3溶液中含有COeq\o\al(2－,3)的数目为10－4NAB．1mol冰中含有4NA个氢键C．惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NAD．含0.1molNH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA解析：pH＝10的NaHCO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的浓度无法计算，A项错误；冰中1个水分子和4个水分子形成4个氢键，2个水分子共用一个氢键，则1个水分子平均形成2个氢键，1mol冰中含2NA个氢键，B项错误；惰性电极电解AgNO3溶液，阳极只生成氧气，产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NA，C项正确；0.1molNH4HSO4可电离出0.1molSOeq\o\al(2－,4)，根据电荷守恒：n(NHeq\o\al(＋,4))＋n(H＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＋n(OH－)＝0.2mol＋n(OH－)，OH－是由水电离出来的，则阳离子数目略大于0.2NA，D项正确，故选CD。12．(2021·山东新高考监测)(双选)已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(AC)A．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB．1L0.1mol·L－1Na2SiO3溶液中含有的SiOeq\o\al(2－,3)数目为0.1NAC．0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NAD．2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA解析：假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg，则CO2含有的质子的物质的量为eq\f(xg,44g/mol)×22＝eq\f(x,2)mol，SO2含有的质子的物质的量为eq\f(3－xg,64g/mol)×32＝eq\f(3－x,2)mol，电子的总物质的量为eq\f(x,2)mol＋eq\f(3－x,2)mol＝1.5mol，因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A项正确；SiOeq\o\al(2－,3)会水解，1L0.1mol·L－1Na2SiO3溶液中含有的SiOeq\o\al(2－,3)数目小于0.1NA，B项错误；1molH2O2分解转移的电子的物质的量为1mol,0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项正确；聚乙烯中不存在碳碳双键，2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D项错误。考向二以物质的量为中心的计算一、热重分析计算1．设晶体为1mol。2．失重的一般是先失水，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。二、滴定法中的关系计算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．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。(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．(2020·江苏卷)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液需稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cleq\o\al(－,2)＋H＋＋2H2O=C3H3N3O3＋2HClOHClO＋2I－＋H＋=I2＋Cl－＋H2OI2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，该样品的有效氯＝eq\f(测定中转化为HClO的氯元素质量×2,样品质量)×100%)解：n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1000mol·L－1×0.02000L＝2.000×10－3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：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。氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.03550g，该样品的有效氯为eq\f(0.03550g×2,1.1200g×\f(25.00mL,250.0mL))×100%≈63.39%，该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品。②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值偏低。(填“偏高”或“偏低”)解析：(1)低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中，发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。H2CO3的酸性强于HClO，在空气中暴露时，NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解生成HCl和O2，导致消毒作用减弱。(2)②由检测原理可知，检测时加入稀硫酸过少，反应生成的HClO减少，HClO转化生成的I2减少，用Na2S2O3标准溶液滴定时，消耗标准溶液的体积偏小，样品的有效氯测定值会偏低。2．(2019·江苏化学节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。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。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。(1)写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式：CaC2O4eq\o(=,\s\up17(400～600℃))CaCO3＋CO↑。(2)与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔。解析：(1)CaC2O4·H2O的相对分子质量为146，设起始时CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，则由图象可知，该反应分为三个阶段，第一阶段失去1mol水，生成CaC2O4；第二阶段CaC2O4失去1molCO，生成CaCO3；第三阶段CaCO3失去1molCO2，生成CaO。因此第二阶段，即400～600℃范围内分解反应的化学方程式为CaC2O4eq\o(=,\s\up17(400～600℃))CaCO3＋CO↑。(2)CaC2O4·H2O和CaCO3两者均可分解生成CaO，而两者制备的CaO捕集CO2的性能不同，说明使两者不同的原因是CaO表面积的大小不同，因1molCaC2O4·H2O制备CaO的过程中共生成3mol气体，1molCaCO3制备CaO的过程只生成1mol气体，因此CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，从而使制得的CaO更加疏松多孔，具有更好的CO2捕集性能。3．(2019·全国卷Ⅱ)样品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，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，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为浅蓝色至无色，且半分钟内颜色不再变化，样品中S2－的含量为eq\a\vs4\al(\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×)100%(写出表达式)。解析：达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，可得n(I2)过量＝eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol，再根据关系式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，则样品中S2－的含量为eq\f(25.00－\f(V,2)×0.1000×32,m×1000)×100%。4．(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。5．(2021·石家庄二中模拟)在空气中加热Co(OH)2，加热过程中的失重曲线如图所示。已知：失重质量分数＝eq\f(样品起始质量－某温度时固体质量,样品起始质量)×100%。下列有关判断正确的是(D)A．Co(OH)2的加热失重过程均为分解反应B．X点是Co(OH)2和Co2O3的混合物C．Y点是Co2O3的纯净物D．Z点是CoO的纯净物解析：Co(OH)2的加热失重先生成Co2O3，Co元素化合价逐渐从＋2价升高至＋3价，因此空气中的O2参与了该反应，则Co(OH)2的加热失重过程不是分解反应，A项错误；由图象可知，X点失重质量分数为10.75%，则加热后的残留率为89.25%，若取Co(OH)2的初始质量为93g，则残留的质量为93g×89.25%≈83g，因Co元素质量不变，m(Co)＝59g，则残留物质中O的质量m(O)＝24g，则残留物为CoO1.5，即为Co2O3，B项错误；若取Co(OH)2的初始质量为93g，则Y点残留的质量为93g×(1－13.62%)≈80g，因Co元素质量不变，m(Co)＝59g，则残留物质中O质量m(O)＝21g，则残留物为Co3O4，即Y点为Co3O4，C项错误；Z点，残留的质量为93g×(1－19.35%)≈75g，因m(Co)＝59g，则残留物质中O的质量m(O)＝16g，故残留物为CoO，D项正确。6．为了探究某浅黄色固体化合物X(含四种元素)的组成。某化学兴趣小组称取3.60g该固体化合物，用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。已知：①热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00g白色沉淀；②热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶液。请回答：(1)X的化学式是FeC2O4·2H2O。(2)固体X在300℃下反应的化学方程式是4FeC2O4·2H2O＋3O2eq\o(=,\s\up17(300℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O。解析：(1)浅黄色固体化合物X，第一个阶段可能失去结晶水，质量为0.72g，物质的量为0.04mol，固体2.88g热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00g白色沉淀，说明热分解生成了CO2，物质的量为0.04mol，则n(C)＝0.04mol，碳元素的质量为0.04mol×12g·mol－1＝0.48g，热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶液，说明生成了氧化铁，物质的量为0.01mol，n(Fe)＝0.02mol，铁元素的质量为0.02mol×56g·mol－1＝1.12g，则还有氧元素的质量为2.88g－0.48g－1.12g＝1.28g，则n(O)＝0.08mol，根据元素比例关系得出n(Fe)n(C)n(O)n(H2O)＝0.02mol0.04mol0.08mol0.04mol＝1242，X的化学式是FeC2O4·2H2O。(2)固体X在300℃下与氧气反应生成氧化铁、二氧化碳和水，其反应的化学方程式是4FeC2O4·2H2O＋3O2eq\o(=,\s\up17(300℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O。7．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，计算样品中CaCO3的质量分数。解：本题涉及的化学方程式或离子方程式为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应的关系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)52n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol则w(CaCO3)＝eq\f(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。考向三一定物质的量浓度溶液的配制1．七种仪器托盘天平(或分析天平)、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2．实验步骤