（江苏专用）高考化学二轮复习 专题五 有关物质的量在物质组成确定中的基本计算检测与评估-人教版高三全册化学试题

专题五有关物质的量在物质组成确定中的基本计算非选择题1.(2014·无锡期中调研)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体Kx[Fey(C2O4)z]·nH2O可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成,某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验:实验Ⅰ.草酸根含量的测定称取0.9820g样品放入锥形瓶中,加入适量稀硫酸和一定量水,加热至343~358K,用0.2000mol·L-1KMnO4溶液滴定,滴定过程中草酸根离子转变成CO2逸出反应容器,KMnO4转变成Mn2+。达到滴定终点时,共消耗KMnO4溶液12.00mL。实验Ⅱ.铁含量的测定将上述滴定过草酸根的保留液充分加热,使淡紫红色消失。冷却后,调节溶液pH并加入过量的KI固体,充分反应后调节pH至7左右,滴入几滴淀粉溶液作指示剂,用0.2500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液8.00mL。(已知:实验Ⅱ中涉及的部分离子方程式为I2+2S22I-+S4)请根据上述实验回答下列问题:(1)实验Ⅰ在滴定过程中反应的离子方程式为。(2)Mn在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+。若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热,则测定的Fe3+的含量将会(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(3)实验Ⅱ用淀粉溶液作指示剂,则滴定终点观察到的现象为。(4)通过计算确定样品晶体的组成(写出计算过程)。2.(2014·泰州中学模拟)草酸亚铁用作分析试剂及显影剂等,其制备流程如下:(1)配制(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶液时,需加少量稀硫酸,目的是。(2)将制得的产品在氩气气氛中进行热重分析,结果如右图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。则①A→B发生反应的化学方程式为。②C处时残留物的化学式为。3.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊中的主要成分,能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。实验室测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数,实验步骤如下:①称取2.5000g叠氮化钠试样,配成250mL溶液。②准确量取25.00mL溶液置于锥形瓶中,用滴定管加入50.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6(六硝酸铈铵),发生反应为2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN34NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑(杂质不参与反应)。③反应后将溶液稍稀释,然后向溶液中加入5mL浓硫酸,滴入2滴邻菲罗啉指示液,用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+至溶液由淡绿色变为黄红色(发生的反应为Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+),消耗硫酸亚铁铵标准溶液24.00mL。(1)步骤①配制叠氮化钠溶液时,除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外,还用到的玻璃仪器有、。(2)叠氮化钠受撞击时生成两种单质,反应的化学方程式为。(3)若其他读数正确,滴定到终点后,读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积按右图图示读取,将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)通过计算确定叠氮化钠试样中含NaN3的质量分数(写出计算过程)。4.(2014·苏北四市一模)已知黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+,再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去。该小组为测定黄钠铁矾的组成,进行了如下实验:①称取4.850g样品,加盐酸完全溶解后,配成100.00mL溶液A;②量取25.00mL溶液A,加入足量的KI,用0.2500mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6),消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点。③另取25.00mL溶液A,加入足量BaCl2溶液充分反应后,过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g。(1)该小组不采用生成Fe(OH)3沉淀的方法除去铁元素,是因为生成的Fe(OH)3。(2)用Na2S2O3溶液进行滴定时,使用的指示剂为,滴定到终点的颜色变化为。(3)通过计算确定黄钠铁矾的化学式(写出计算过程)。5.(2014·南通、扬州、泰州、宿迁二模)金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高,更易被人体吸收且在体内蓄积。(1)工业上处理酸性含Cr2废水的方法如下:①向含Cr2的酸性废水中加入FeSO4溶液,使Cr2全部转化为Cr3+。写出该反应的离子方程式:。②调节溶液的pH,使Cr3+完全沉淀。实验室粗略测定溶液pH的方法为;25℃,若调节溶液的pH=8,则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为mol·L-1。(已知25℃时,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10(2)铬元素总浓度的测定:准确移取25.00mL含Cr2和Cr3+的酸性废水,向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2,煮沸除去过量的(NH4)2S2O8;向上述溶液中加入过量的KI溶液,充分反应后,以淀粉为指示剂,向其中滴加0.015mol·L-1Na2S2O3标准溶液,终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。计算废水中铬元素总浓度(单位:mg·L-1,写出计算过程)。已知测定过程中发生的反应如下:①2Cr3++3S2+7H2OCr2+6S+14H+②Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O③I2+2S22I-+S46.(2014·南通中学模拟)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物,其固体残留率随温度的变化如右图所示。则(1)300℃时,剩余固体中n(Mn)∶n(O)为(2)图中点D对应固体的成分为(填化学式)。7.(2014·南京三模)某科研小组在900℃的空气中合成出化学式为La2Ca2MnOx的超导体材料,其中La以+3价存在。为确定x的值,进行如下分析步骤1:准确称取0.5250g超导体材料样品,放入锥形瓶中,加25.00mL0.06000mol·L-1Na2C2O4溶液(过量)和25mL6mol·L-1HNO3溶液,在60~70℃下充分摇动,约半小时后得到无色透明溶液A(该条件下,只有Mn元素被还原为Mn2+,Na2C2O4被氧化为CO步骤2:用0.02000mol·L-1KMnO4溶液滴定溶液A至终点,消耗10.00mLKMnO4溶液。(1)步骤1反应后溶液中Mn2+的物质的量浓度为0.02000mol·L-1。常温下,为防止Mn2+形成Mn(OH)2沉淀,溶液的pH的范围为[已知Mn(OH)2的Ksp=2.0×10-13]。(2)步骤2滴定终点的现象是。(3)步骤2滴定终点读数时俯视刻度,其他操作都正确,则所测x的值将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)求x的值(写出计算过程)。专题五有关物质的量在物质组成确定中的基本计算1.(1)2Mn+5C2+16H+2Mn2++8H2O+10CO2↑(2)偏高(3)滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色(4)2Mn5C2250.2000×12.00×10-3moln(C2)n(C2)=6×10-3mol2S2I22Fe3+220.2500×8.00×10-3moln(Fe3+)n(Fe3+)=2×10-3mol根据电荷守恒原理:n(K+)=6×10-3mol根据质量守恒原理:m(H2O)=0.9820g-39g·mol-1×6×10-3mol-56g·mol-1×2×10-3mol-88g·mol-1×6×10-3mol=n(H2O)=6×10-3moln(K+)∶n(Fe3+)∶n(C2)∶n(H2O)=3∶1∶3∶3该晶体的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O解析(1)方程式书写分成以下几步:①得失电子守恒:2Mn+5C2→2Mn2++10CO2↑，②电荷守恒:2Mn+5C2+16H+→2Mn2++10CO2↑，③质量守恒:2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。(2)未充分加热，过量的Mn与Fe3+一起氧化I-，故测得的Fe3+是偏高的。(3)当Na2S2O3将I2消耗完全时，溶液颜色由原来的蓝色变成无色。(4)依据Mn的量，可求得C2的量;依据S2的量可求得Fe3+的量;再根据电荷守恒，得出K+的量;再由质量守恒得出H2O的量;由它们的物质的量之比，可得出物质的化学式。2.(1)抑制Fe2+、N水解(2)①FeC2O4·2H2O(s)FeC2O4(s)+2H2O(g)②FeO解析(1)Fe2+、N水解显酸性，加入稀硫酸可抑制Fe2+、N的水解。(2)①设取产品为1molFeC2O4·2H2O，质量为180g。其中含有水为2mol，质量为36g，从A到B，质量减少20%，质量减少180g×20%=36g，所以A至B为FeC2O4·2H2O完全失去结晶水。②由铁守恒知，C点处固体中含有1molFe，质量为56g，m(O)=180g×40%-56g=16g。n(Fe)∶n(O)=1∶1，则C处时残留物的化学式为FeO。3.(1)250mL容量瓶胶头滴管(2)2NaN32Na+3N2↑(3)偏小(4)n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1000mol·L-1×50.00×10-3L=5.000×10-3n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol·L-1×24.00×10-3L=1.200×10-3与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.000×10-3mol-1.200×10-3mol=3.800×10-3molw=×100%=98.80%解析(1)配制溶液还需要容量瓶和胶头滴管。(2)NaN3分解生成的单质只能是N2和Na。(3)过量的六硝酸铈铵与NaN3反应后，再用(NH4)2Fe(SO4)2将多余的六硝酸铈铵反应掉，用总的六硝酸铈铵减去与(NH4)2Fe(SO4)2反应的，即为与NaN3反应的，由此可计算出NaN3的量。滴定管的“0”在刻度线上方，由图示读出的(NH4)2Fe(SO4)2的量偏大，所以得出与NaN3反应的六硝酸铈铵的量偏小，最终导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏小。4.(1)沉淀颗粒小、沉淀速率慢、不容易过滤等(合理答案均可)(2)淀粉溶液溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复(3)n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=0.2500mol·L-1×30.00×10-3L=7.50×10-3n(S)==5.00×10-3mol100mL溶液中含有n(Fe3+)=0.03mol，n(S)=0.02mol4.850g-0.03mol×56g·mol-1-0.02mol×96g·mol-1=n(Na+)×23g·mol-1+n(OH-)×17g·mol-10.03mol×3+n(Na+)=2×0.02mol+n(OH-)解得n(Na+)=0.01mol，n(OH-)=0.06molx∶y∶m∶n=n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(S)∶n(OH-)=1∶3∶2∶6化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6解析(1)由题中信息知，黄钠铁矾具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤的特点，而对比Fe(OH)3沉淀可知，它有与之相反的特点。(2)I2遇淀粉变蓝色，当Na2S2O3与I2反应完全时，蓝色刚好褪去，即可证明反应达终点。(3)Fe3+氧化I-的反应为2Fe3++2I-2Fe2++I2，找出反应的关系为2Fe3+I22Na2S2O3，根据消耗的Na2S2O3的量计算出Fe3+的量。加入BaCl2生成的沉淀为BaSO4，由此可计算出S的量。将两者扩大4倍后，得出100mL溶液中的含量。根据质量守恒:Fe3+、S、Na+、OH-质量之和为4.850g，根据电荷守恒:3n(Fe3+)+n(Na+)=2n(S)+n(OH-)，由此两式可解得n(Na+)和n(OH-)，根据此四种离子的物质的量之比，即可得出黄钠铁矾的化学式。5.(1)①Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O②将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照6.3×10-13(2)由方程式可知:Cr3Na2S2O3n(Na2S2O3)=20.00×10-3L×0.015mol·L-1=3×10-4n(Cr)=1×10-4molm(Cr)=1×10-4mol×52g·mol-1=5.2×10-3g废水中铬元素总浓度==208mg·L-1解析(1)①Cr2中Cr为+6价，反应后生成Cr3+，化合价变化:3×2=6，铁由+2价升到+3价，根据化合价升降总值相等、电荷守恒和元素守恒配平。②测定pH时，不可将试纸润湿，也不可将pH试纸置于溶液中。Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)=6.3×10-31，pH=8，c(H+)=10-8mol·L-1，则c(OH-)=10-6mol·L-1，c(Cr3+)==6.3×10-13。(2)找出守恒关系式:CrCr2I23S252mg3molm(Cr)20.00×10-3L×0.015mol·L得m(Cr)=5.2mg。Cr元素的浓度为=208mg·L-1。6.(1)1∶2(2)Mn3O4和MnO解析设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%=87g减少的质量为115g-87g=可知MnCO3失去的组成为“CO”故剩余固体的成分为MnO2(2)C点剩余固体质量为115g×61.74%=71g据锰元素守恒知m(Mn)=55g则m(O)=71g-55g=则n(Mn)∶n(O)=∶=1∶1故剩余固体的成分为MnO同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%=76.337g因m(Mn)=55g，则m(O)=76.337g-55g=则n(Mn)∶n(O)=∶=3∶4故剩余固体的成分为Mn3O4因D点介于B、