1、微專題1化學(xué)計算的類型和方法1.明確一個中心必須以“物質(zhì)的量”為中心“見量化摩，遇問設(shè)摩”。2.掌握兩種方法(1)守恒法：守恒法是中學(xué)化學(xué)計算中的一種常用方法，它包括質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒。它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(如某原子、離子或原子團(tuán)不變；溶液中陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等；氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等)建立關(guān)系式，從而達(dá)到簡化過程，快速解題的目的。(2)關(guān)系式法：表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關(guān)系的一種簡化式子。在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間的“物質(zhì)的量”關(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。3.計算類型及實驗方法(1)

2、計算類型確定化學(xué)式；確定樣品質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(2)實驗方法滴定分析法；沉淀分析法；熱重分析法。1.2018·全國卷，27(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00 mL葡萄酒樣品，用0.010 00 mol·L1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，消耗10.00 mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為_，該樣品中Na2S2O5的殘留量為_g·L1(以SO2計)。答案S2O2I23H2O=2SO4I6H0.128解析根據(jù)電子、電荷及質(zhì)量守恒，可寫出反應(yīng)的離子方程式為S2O2I23H2O=2SO4I6H，n(S2O)×n(I2)

3、5;0.010 00 mol·L1×10.00×103 L5×105 mol，該樣品中S2O的殘留量(以SO2計)為0.128 g·L1。2.2018·全國卷，28(3)K3Fe(C2O4)3·3H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體，可用于曬制藍(lán)圖?；卮鹣铝袉栴}：測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。稱量m g樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是_。向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c

4、mol·L1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V mL。該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為_。答案當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不變色×100%解析加入鋅粉后將Fe3還原為Fe2，再用KMnO4溶液滴定，將Fe2氧化為Fe3，MnO轉(zhuǎn)化為Mn2：Fe2Fe3eMnOMn25e可得關(guān)系式：5Fe2MnO已知n(MnO)cV×103 mol則n(Fe2)5cV×103 mol則m(Fe2)5cV×103×56 g該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(Fe)×100%×100%。題組一“滴定法”分析物質(zhì)

5、組成及含量應(yīng)用一確定含量1.為測定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，稱取W g石灰石樣品，加入過量的濃度為6 mol·L1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2OCa2=CaC2O4，過濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L1的KMnO4酸性溶液滴定，此時發(fā)生反應(yīng)：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定終點時消耗a mol

6、3;L1的KMnO4 V2 mL，計算樣品中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。答案本題涉及的化學(xué)方程式或離子方程式為CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相應(yīng)的關(guān)系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO52n1(CaCO3)aV2×103 moln1(CaCO3)2.5aV2×103 mol樣品中n(CaCO3)2.5aV2×103× mol則w(CaCO3)×100%。2.電解銅的陽極泥中含

7、有3%14% Se元素，該元素以Se單質(zhì)、Cu2Se形式存在，還含有稀有金屬及貴金屬。稱取5.000 g電解銅的陽極泥樣品以合適方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于錐形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 mol·L1 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液只發(fā)生Se(4)轉(zhuǎn)化為Se(6)。反應(yīng)完全后，用0.050 00 mol·L1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴至終點，消耗15.00 mL。則電解銅的陽極泥中Se的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(保留四位有效數(shù)字)。答案3.950%解析MnO5Fe20.000 150 0 mol0.000 750 0 mol2Mn

8、O 50.000 250 0 mol0.000 250 0 mol0.000 150 0 mol0.000 100 0 molw(Se)×100%3.950%。應(yīng)用二確定組成3.堿式次氯酸鎂Mga(ClO)b(OH)c·xH2O是一種有開發(fā)價值的微溶于水的無機抗菌劑。為確定堿式次氯酸鎂的組成，進(jìn)行如下實驗：準(zhǔn)確稱取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣于250 mL錐形瓶中，加入過量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(離子方程式為2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00 mL。另取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣，

9、用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶液處理至不再產(chǎn)生氣泡(H2O2被ClO氧化為O2)，稀釋至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至錐形瓶中，在一定條件下用0.020 00 mol·L1 EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的Mg2(離子方程式為Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25.00 mL。(1)步驟需要用到的指示劑是_。(2)通過計算確定堿式次氯酸鎂的化學(xué)式(寫出計算過程)。答案(1)淀粉溶液(2)關(guān)系式：ClOI22S2On(ClO)n(S2O)×0.800 0 mol·L1×25.00×103 L0.01 mol，n

10、(Mg2)0.020 00 mol·L1×25.00×103 L×0.02 mol，根據(jù)電荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)2×0.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol×51.5 g·mol10.02 mol×24 g·mol10.03 mol×17 g·mol10.180 g，n(H2O)0.01 mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2

11、131，堿式次氯酸鎂的化學(xué)式為Mg2ClO(OH)3·H2O。解析(1)根據(jù)實驗中的離子方程式可知有I2參加反應(yīng)，根據(jù)I2的特性可選擇淀粉溶液作指示劑。(2)根據(jù)實驗中消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量結(jié)合關(guān)系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根據(jù)實驗中消耗的EDTA的物質(zhì)的量結(jié)合關(guān)系式Mg2EDTA可求得n(Mg2)，利用電荷守恒可求得n(OH)，根據(jù)固體的總質(zhì)量以及求出的n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得n(H2O)，從而得到n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物質(zhì)的化學(xué)式。1.利用守恒法計算物質(zhì)含量，其關(guān)鍵是建立關(guān)系式，一般途徑有兩種

12、(1)利用化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)之間的關(guān)系建立關(guān)系式。(2)利用微粒守恒建立關(guān)系式。2.多步滴定常分為兩類(1)連續(xù)滴定：第一步滴定反應(yīng)生成的產(chǎn)物，還可以繼續(xù)參加第二步的滴定。根據(jù)第二步滴定的消耗量，可計算出第一步滴定的反應(yīng)物的量。(2)返滴定：第一步用的滴定劑是過量的，然后第二步再用另一物質(zhì)返滴定計算出過量的物質(zhì)。根據(jù)第一步加入的量減去第二步中過量的量，即可得出第一步所求物質(zhì)的物質(zhì)的量。題組二熱重分析法確定物質(zhì)組成及含量4.2014·新課標(biāo)全國卷，27(4)PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如下圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%(即×100%)的殘留固體。

13、若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計算x值和mn值。答案根據(jù)PbO2PbOxO2，有×32239×4.0%，x21.4，根據(jù)mPbO2·nPbO，1.4，。5.在焙燒NH4VO3的過程中，固體質(zhì)量的減少值(縱坐標(biāo))隨溫度變化的曲線如圖所示，210 時，剩余固體物質(zhì)的化學(xué)式為_。答案HVO3解析NH4VO3分解的過程中生成氨氣和HVO3，HVO3進(jìn)一步分解生成V2O5,210 時若分解生成酸和氨氣，則剩余固體占起始固體百分含量為×100%85.47%，所以210 時，剩余固體物質(zhì)的化學(xué)式為HVO3。6.為研究一水草酸鈣(Ca

14、C2O4·H2O)的熱分解性質(zhì)，進(jìn)行如下實驗：準(zhǔn)確稱取36.50 g樣品加熱，樣品的固體殘留率(×100%)隨溫度的變化如下圖所示。(1)300 時殘留固體的成分為_，900 時殘留固體的成分為_。(2)通過計算求出500 時固體的成分及質(zhì)量(寫出計算過程)。答案(1)CaC2O4CaO(2)在600 時，×100%68.49%，m(剩余)36.50 g×68.49%25 g，從300 至600 時，失去的總質(zhì)量為32 g25 g7 g，失去物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為7 g÷0.25 mol28 g·mol1,500 時殘留固體的成分為CaC2

15、O4和CaCO3的混合物，樣品中CaC2O4·H2O的物質(zhì)的量n(CaC2O4·H2O)0.25 mol，設(shè)混合物中CaC2O4和CaCO3的物質(zhì)的量分別為x mol和y mol，根據(jù)500 時固體總質(zhì)量可得128x100y36.50 g×76.16%，根據(jù)鈣元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol×128 g·mol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol×100 g·mol115.0 g，500 時固體的成分為12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。

16、解析(1)n(CaC2O4·H2O)0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol×18 g·mol14.50 g，在300 時，×100%87.67%，m(剩余)36.50 g×87.67%32 g，減少的質(zhì)量為36.50 g32 g4.50 g，故此時失去全部的結(jié)晶水，殘留固體為CaC2O4；在900 時，×100%38.36%，m(剩余)36.50 g×38.36%14 g，其中Ca的質(zhì)量沒有損失，含m(Ca)0.25 mol×40 g·mol110 g，另外還含有m(O)14 g10 g4 g

17、，n(O)0.25 mol，則n(Ca)n(O)11，化學(xué)式為CaO。熱重分析的方法(1)設(shè)晶體為1 mol。(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。(3)計算每步的m余，×100%固體殘留率。(4)晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中。(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得mO，由n金屬nO，即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。專題強化練1.(2018·西安中學(xué)高三上學(xué)期期中)為了配制100 mL 1 mol·L1 NaOH溶液，其中有下列幾種操作，錯誤的操作有()選剛用蒸餾水洗凈過的100 mL容量瓶進(jìn)行配制NaOH固體在燒杯里剛好完全溶解，立即把溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶

18、中用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁兩次，洗滌液都移入容量瓶中使蒸餾水沿著玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度線相切由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，這時采取的措施是使用膠頭滴管吸出超過的一部分A. B.C. D.答案A解析配制100 mL 1 mol·L1的NaOH溶液，應(yīng)選擇100 mL容量瓶，因為容量瓶定容時仍需要加蒸餾水，所以使用前不需要干燥，正確；NaOH溶于水放熱，所以不能立即把溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，應(yīng)冷卻至室溫再轉(zhuǎn)移，錯誤；用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁2次，洗滌液也均轉(zhuǎn)入容量瓶中，是為了將溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，正確；定容時為了防止加水超過刻度線，當(dāng)加水至液面距離刻度線12 cm時，

19、改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點與刻度線相平，錯誤；由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，若吸出溶液則減少了溶質(zhì)的質(zhì)量，結(jié)果偏低，實驗失敗，需要重新配制，錯誤。2.2018·福州市八縣(市)協(xié)作校高三上學(xué)期期中實驗室中需要2 mol·L1的NaCl溶液950 mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格和稱取NaCl質(zhì)量分別是()A.950 mL,111.2 g B.950 mL,117.0 gC.1 000 mL,117.0 g D.1 000 mL,111.2 g答案C解析實驗室沒有950 mL的容量瓶，應(yīng)用1 000 mL的容量瓶進(jìn)行配制，則n(NaCl)1 L×

20、2 mol·L12 mol，m(NaCl)2 mol×58.5 g·mol1117.0 g，故選C。3.(2018·吉林省高三四盟校期中)把含硫酸銨和硝酸銨的混合溶液a L分成兩等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加熱，恰好把NH3全部趕出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，則原溶液中NO的物質(zhì)的量濃度為()A. B.C. D.答案B解析b mol NaOH恰好將NH3全部趕出，根據(jù)NHOHNH3H2O可知，每份中含有b mol NH；與氯化鋇溶液完全反應(yīng)消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根據(jù)Ba2SO=BaSO4

21、可知每份含有SO c mol，設(shè)每份中含有NO的物質(zhì)的量為x mol，根據(jù)溶液呈電中性，則b mol×1c mol×2x mol×1，得xb2c，因?qū) L混合溶液分成兩等份，則每份的體積是0.5a L，所以每份溶液中NO的濃度是c(NO) mol·L1，即原溶液中NO的濃度是 mol·L1，故選B。4.(2018·唐山市高三二模)設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法不正確的是()A.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L C3H8中共價鍵數(shù)目為5NAB.1 mol N2和3 mol H2充分反應(yīng)后，容器中分子總數(shù)大于2NAC.18 g OH和

22、20 g OH 所含電子數(shù)目相同D.氯氣通入到FeI2溶液中，當(dāng)有3NA Fe2被氧化時，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣336 L答案D解析A項，C3H8分子中有10個共價鍵，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L C3H8的物質(zhì)的量為0.5 mol，故其中共價鍵數(shù)目為5NA，正確；B項，1 mol N2和3 mol H2充分反應(yīng)后，由于該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能完全轉(zhuǎn)化為2 mol NH3，故容器中分子總數(shù)大于2NA，正確；C項，18 g OH 所含電子數(shù)目為×10NA,20 g OH 所含電子數(shù)目為×9NA，故兩者所含電子數(shù)相同，正確；D項，氯氣通入到FeI2溶液中，當(dāng)有3NA Fe2被氧化時，由

23、于碘離子的還原性比亞鐵離子強，故無法確定有多少碘離子被氧化，也無法計算消耗的氯氣的量，錯誤。5.(2018·珠海市高三3月質(zhì)量檢測)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB.含2 mol H2SO4的濃硫酸和足量的Cu反應(yīng)可生成NA個SO2分子C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L N2和H2混合氣中含4NA個原子D.過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA答案D解析A項，重水的摩爾質(zhì)量為20 g·mol1，故18 g重水的物質(zhì)的量為0.9 mol，含有9 mol質(zhì)子即9NA個，錯誤；

24、B項，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩岷螅c銅不再反應(yīng)，生成的SO2分子少于NA個，錯誤；C項，由于氮氣和氫氣均是雙原子分子，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L N2和H2混合氣為1 mol，含有2 mol原子即2NA個，錯誤；D項，過氧化鈉和水反應(yīng)時，氧元素由1價變?yōu)?價，故當(dāng)生成0.1 mol氧氣時轉(zhuǎn)移0.2NA個電子，正確。6.(2018·湖北省沙市中學(xué)高三高考沖刺)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.由2H和18O所組成的水11 g，所含的中子數(shù)為4NAB.1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，7.1 g氯氣與足量石灰乳充分

25、反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD.NO2和H2O反應(yīng)每生成2 mol HNO3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA答案D解析A項，由2H和18O所組成的水為2H218O，根據(jù)nm/M可知11 g水的物質(zhì)的量n0.5 mol，而1 mol 2H218O含12 mol中子，故0.5 mol水中含6 mol中子，錯誤；B項，由于合成氨氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)小于2NA，錯誤；C項，氯氣和石灰乳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氯元素化合價由0價變化為1價和1價，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，7.1 g氯氣的物質(zhì)的量為0.1 mol，與足量石灰乳充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，錯誤； D項，NO2

26、和H2O反應(yīng)生成 HNO3的反應(yīng)是歧化反應(yīng)：3NO2H2O=2HNO3NO，此反應(yīng)生成2 mol HNO3，轉(zhuǎn)移2 mol電子，個數(shù)為2NA，正確。7.(2018·唐山市五校高三聯(lián)考)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是()A.100 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中，含有4NA個氧原子B.1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl、HClO、ClO粒子數(shù)之和小于2NAC.2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)2H2中含有0.2NA個中子D.25 時Ksp(CaSO4)9×106，則該溫度下CaSO4飽和溶液中含有3×103NA個Ca2答案D解析A項，乙醇溶液中除了乙醇外，水也

27、含氧原子，100 g 46%的乙醇溶液中，乙醇的質(zhì)量為46 g，物質(zhì)的量為1 mol，故含1 mol氧原子；水的質(zhì)量為100 g46 g54 g，物質(zhì)的量為3 mol，故含3 mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質(zhì)的量共為4 mol，個數(shù)為4NA，正確；B項，1 mol Cl2通入水中是可逆反應(yīng)，反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，由氯元素守恒可知， HClO、Cl、ClO粒子數(shù)之和小于2NA，正確；C項，標(biāo)況下2.24 L 2H2的物質(zhì)的量為0.1 mol，而2H2中含2個中子，故0.1 mol 2H2中含0.2NA個中子，正確；D項，25 時，Ksp(CaSO4)9×106，由于溶液體積不

28、知，不能計算微粒數(shù)，錯誤。8.(2018·武漢市高三畢業(yè)生二月調(diào)研)通常監(jiān)測SO2含量是否達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)的反應(yīng)原理是SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl。NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.0.1 mol BaCl2晶體中所含微粒總數(shù)為0.1NAB.25 時，pH1的HCl溶液中含有H的數(shù)目為0.1NAC.17 g H2O2中含有非極性鍵數(shù)目為0.5NAD.生成2.33 g BaSO4沉淀時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.01NA答案C解析A項，BaCl2由鋇離子和氯離子構(gòu)成，故0.1 mol BaCl2晶體中所含微?？倲?shù)為0.3NA，錯誤；B項，沒有給出體積，無法計算H的

29、數(shù)目，錯誤；C項，H2O2的結(jié)構(gòu)式為OHOH,17 g H2O2為0.5 mol，含有非極性鍵數(shù)目為0.5NA，正確；D項，根據(jù)反應(yīng)SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl，生成2.33 g BaSO4沉淀(0.01 mol)時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.02NA，D錯誤。9.(2018·保定市高三二模)空氣中二氧化碳含量的持續(xù)增加，會產(chǎn)生溫室效應(yīng)，一種處理二氧化碳的重要方法是將二氧化碳還原：CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)，下列說法(NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)正確的是()A.2.24 L CO2含有雙鍵的數(shù)目為0.2NAB.1 mol CO2和2 mol H2充分反

30、應(yīng)生成CH4分子數(shù)為0.5NAC.通常狀況下，0.1 mol CH4中含有的電子數(shù)為NAD.生成18 g H2O轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8NA答案C解析A項，沒有指明是在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，錯誤；B項，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，1 mol CO2和2 mol H2充分反應(yīng)不能生成0.5 mol CH4，即CH4分子數(shù)小于0.5NA，錯誤；C項，由于1個CH4中含有10個電子，則0.1 mol CH4中含有的電子數(shù)為NA，與條件無關(guān)，正確；D項，分析化學(xué)方程式：CO2(g)4H8e2(g)=CH4(g)2H2O(g)知，每生成2 mol水轉(zhuǎn)移8 mol電子，若生成18 g H2O(即1 mol)則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為

31、4NA，錯誤。10.(2018·湖北省沙市中學(xué)高三高考沖刺)取28.70 g ZnSO4·7H2O加熱至不同溫度，剩余固體的質(zhì)量變化如圖所示。分析數(shù)據(jù)，680 時所得固體的化學(xué)式為()A.ZnO B.Zn3O(SO4)2C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O答案B解析28.70 g ZnSO4·7H2O的物質(zhì)的量為0.1 mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2時，物質(zhì)的量均為0.1 mol，若得ZnSO4·H2O的質(zhì)量為17.90 g(100 )；若得ZnSO4的質(zhì)量為16.1

32、0 g(250 )；若得ZnO的質(zhì)量為8.10 g(930 )；據(jù)此通過排除法確定680 時所得固體的化學(xué)式為Zn3O(SO4)2。11.25.35 g MnSO4·H2O樣品受熱分解過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如下圖所示。(1)300 時，所得固體的化學(xué)式為_。(2)1 150 時，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。答案(1)MnSO4(2)3MnO2Mn3O4O2解析(1)25.35 g MnSO4·H2O樣品中n(Mn)n(MnSO4·H2O)0.15 mol，其中n(H2O)0.15 mol，m(H2O)2.7 g,300 時，所得固體質(zhì)量為22.65

33、g，減少的質(zhì)量為2.7 g，則說明該段失去結(jié)晶水，此時固體為MnSO4。(2)溫度繼續(xù)升高，固體MnSO4受熱分解生成錳的氧化物和硫的氧化物0.15 mol,850 時，固體質(zhì)量由22.65 g減少到13.05 g，減少的質(zhì)量為9.6 g，則硫的氧化物的相對質(zhì)量為64，故為二氧化硫，則此時的固體為MnO2,1 150 時固體為二氧化錳分解所得，由錳元素質(zhì)量守恒，則m(Mn)n(Mn)×55 g·mol18.25 g，則氧化物中m(O)11.45 g8.25 g3.2 g，n(O)0.2 mol，故n(Mn)n(O)0.150.234，則該氧化物為Mn3O4，故反應(yīng)的化學(xué)方程

34、式為3MnO2Mn3O4O2。12.重量法測定產(chǎn)品BaCl2·2H2O的純度步驟為：準(zhǔn)確稱取m g BaCl2·2H2O試樣，加入100 mL水， 用3 mL 2 mol·L1的HCl溶液加熱溶解。邊攪拌邊逐滴加 0.1 mol·L1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后，過濾，用0.01 mol·L1 的稀H2SO4洗滌沉淀34次，直至洗滌液中不含 Cl為止。將沉淀置于坩堝中經(jīng)烘干灼燒至恒重，稱量為n g。則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。答案×100%解析經(jīng)過重量法得到的沉淀即為n g BaSO4，根據(jù)鋇元素守恒

35、，n(Ba) mol，n(BaCl2·2H2O) mol，m(BaCl2·2H2O) g，則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%。13.測定某次實驗中NaN3產(chǎn)品純度：稱取NaN3產(chǎn)品5.000 0 g，用適量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入20.00 mL 0.200 0 mol·L1 KMnO4溶液，得紫紅色溶液B；向溶液B加入足量KI溶液消耗過量的KMnO4溶液，然后以淀粉溶液作指示劑，用0.100 0 mol·L1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定產(chǎn)生的I2，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系