2022届新高考化学人教版二轮复习学案-专题二　物质的量.docx

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1、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22.4 Lmol1相关的NA的应用n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22.4 Lmol1进行物质的量的计算；(2)常见物质在标准状况下的状态：

2、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、

3、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：CnH2n2中共价键数目为3n1；(7)一定物质的量的SiO2中含SiO键、金刚石(或石墨)中1 mol C中含CC键、1 mol P4中含PP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KMn

4、O4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)2SO2O22SO32NO2N2O4N23H22NH3(2)Cl2H2OHClHClO(3)NH3H2ONH3H2ONHOH(4)PCl3Cl2PCl5(5)有机反应中烷烃的取代反应如CH4Cl2CH3ClCH2Cl2CHCl3CCl4HCl(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，(

5、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1 L 1 molL1的乙酸或1 L 1 molL1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pH1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pH1的H2SO4溶液c(H)0.1 molL1，与电解质的组成无关；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1 molL1，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

6、是(C)A18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC32 g环状S8()分子中含有的SS键数为1NAD1 L pH4的0.1 molL1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA解析：D2O的质子数为10,18 g D2O的物质的量为0.9 mol，则18 g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3NO2H2O=2HNO3NO，有3 mol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SS键数为8个，32 g S8的物质的量为 mol，则含有的SS键数为8NA

7、NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在Cr2OH2O2CrO2H，含Cr的元素微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH4的0.1 molL1 K2Cr2O7溶液中Cr2O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)A22.4 L(标准状况)氟气所含的质子数为18NAB1 mol碘蒸气和1 mol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73 g，则转移电子数为NAD1 L 1 molL1溴化铵水溶液中NH与H离子数之和大于NA解析：在标准状况下，22.4

8、L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为192NA18NA，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2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，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73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1 mol，根据关系式H22e可知，转移的电子数为2NA，C错误；1 L 1 molL1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NH)c(H)c(Br)c(OH)，则物质的量也满足n(NH)n(H)n(Br

9、)n(OH)，因为n(Br)1 L1 molL11 mol，所以该溶液中NH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)A1 mol CHCl3含有CCl键的数目为3NAB1 L 1.0 mol/L的盐酸含有阴离子总数为2NAC11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为NAD23 g Na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CCl键，故1 mol CHCl3含有3 mol CCl键，CCl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

10、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1 L 1.0 mol/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11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目，C错误；23 g Na为1 mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为2NaH2，故1 mol Na应生成0.5 mol H2，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)A18 g HO含有的中子数为10NAB0.1 molL1 HClO4溶液中含有的H数为0.1NAC2 mol NO与1 mol

11、O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD11.2 L CH4和22.4 L Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA解析：18 g HO的物质的量为0.9 mol,1个HO含0(188)10个中子，则18 g HO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2NOO2=2NO2,2NO2N2O4，因此2 mol NO与1 mol O2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，11.2 L CH4和22.4 L Cl2物质的量之和为1.5 mol，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

12、仍为1.5NA，D正确。5(2020全国卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C)A22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B1 mol重水比1 mol水多NA个质子C12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子D1 L 1 molL1 NaCl溶液含有28NA个电子解析：标准状况下，22.4 L N2的物质的量为1 mol,1个N2分子中含有14个中子，所以1 mol N2中含有14 mol中子，数目为14NA，A错误；1 mol重水和1 mol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，12 g石墨烯和12 g金刚石中都含有1 mol C原子，所以均含

13、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，1 L 1molL1 NaCl溶液中含有的电子数远大于28NA，D错误。6(2019全国卷)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(B)A3 g 3He含有的中子数为1NAB1 L 0.1 molL1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NAC1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3转移的电子数为6NAD48 g正丁烷和10 g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1,3 g 3He为1 mol，中子数为1NA，A项正确；PO会发生水解，所以含0.1 mol Na3PO4

14、的溶液中PO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3，1 mol K2Cr2O7中含有2 mol Cr，所以1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3共转移6 mol e，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131313 mol，D项正确。7(2018全国卷)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，124 g P4中所含PP键数目为4NAB100 mL 1 molL1 FeCl3溶液中所含Fe3的数目为0.1NAC标准状况下，11.2 L甲烷

15、和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA解析：标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，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；124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个PP键，所以含有PP键数目为6NA，A错误；Fe3在水溶液中能发生水解，100 mL 1 molL1 FeCl3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，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总

16、数大于2NA，D错误。8(2018全国卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B)A16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD1.0 mol CH4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，22.4 L氩气的物质的量为1 mol，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；92.0 g甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1 mol甘油

17、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)A1 mol H2O和足量Na2O2充分反应后，转移电子总数为2NAB标准状况下，39 g苯中含有的CH数目为3NAC12 g由3H和18O组成的水中，中子数和电子数之和为12NAD13 g乙炔中含有的键的数目为NA解析：2Na2O22H2O=4NaOHO2，1 mol H2O和足量Na2O2充分反应后，转移电子总数为NA，A错误；标准

18、状况下，1 mol苯中含有的CH数目为6NA,39 g苯中含有的CH数目为3NA，B正确；由3H和18O组成的水(3HO)中，其摩尔质量为24 g/mol,1 mol分子所含中子数为14个，电子数为10个，12 g由3H和18O组成的水(3HO)为0.5 mol，中子数和电子数之和为12NA，C正确；13 g乙炔为0.5 mol,1 mol乙炔含有2 mol 键， 13 g乙炔中含有的键的数目为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)A1 mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO数目和为NAB12

19、 g金刚石中含有键数目为4NAC25 1.01105 Pa,24.5 L O2和N2的混合气体所含分子数为NAD1 mol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；12 g金刚石的物质的量为n1 mol，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，12 g金刚石中含有键的数目为2NA，B错误；25 1.01105 Pa时气体摩尔体积为24.5 L/mol，则24.5 L的混合气体的物质的量为1 mol，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1 mol该烷烃分子中所含碳原子数最少为7N

20、A，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)A25 ，1 L pH10的NaHCO3溶液中含有CO的数目为104NAB1 mol冰中含有4NA个氢键C惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25 mol气体时，电路中通过电子数为NAD含0.1 mol NH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA解析：pH10的NaHCO3溶液中CO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，1 mol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

21、生0.25 mol气体时，电路中通过电子数为NA，C项正确；0.1 mol NH4HSO4可电离出0.1 mol SO，根据电荷守恒：n(NH)n(H)2n(SO)n(OH)0.2 moln(OH)，OH是由水电离出来的，则阳离子数目略大于0.2 NA，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)A3 g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB1 L 0.1 molL1 Na2SiO3溶液中含有的SiO数目为0.1NAC0.1 mol H2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NAD2.8 g聚乙烯中含有的

22、碳碳双键数目为0.1NA解析：假设3 g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为x g，则CO2含有的质子的物质的量为22 mol，SO2含有的质子的物质的量为32 mol，电子的总物质的量为 mol mol1.5 mol，因此3 g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；SiO会水解，1 L 0.1 molL1 Na2SiO3溶液中含有的SiO数目小于0.1NA，B项错误；1 mol H2O2分解转移的电子的物质的量为1 mol,0.1 mol H2O2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，2.8 g聚乙烯中含有的碳碳

23、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1 mol。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)，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(如某原子、离子或原子团不变；溶液中

24、阴、阳离子所带电荷数相等；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Cl22OH=ClOClH2O；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

25、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C3N3O3ClH2H2O=C3H3N3O32HClOHClO2IH=I2ClH2OI22S2O=S4O2I准确称取1.120 0 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL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5 min；用0.100 0 molL1 Na2S2O3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

26、，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。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100%)解：n(S2O)0.100 0 molL10.020 00 L2.000103 mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cl2HClO2I24S2O，得n(Cl)0.5n(S2O)1.000103 mol。氯元素的质量：m(Cl)1.000103 mol35.5 gmol10.035 50 g，该样品的有效氯为100%63.39%，该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品。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)

27、低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中，发生反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。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)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

28、释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。(1)写出400600 范围内分解反应的化学方程式：CaC2O4CaCO3CO。(2)与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔。解析：(1)CaC2O4H2O的相对分子质量为146，设起始时CaC2O4H2O的物质的量为1 mol，则由图象可知，该反应分为三个阶段，第一阶段失去1 mol水，生成CaC2O4；第二阶段CaC2O4失去1 mol CO，生成CaCO3

29、；第三阶段CaCO3失去1 mol CO2，生成CaO。因此第二阶段，即400600 范围内分解反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3CO。(2)CaC2O4H2O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1 mol CaC2O4H2O制备CaO的过程中共生成3 mol气体，1 mol CaCO3制备CaO的过程只生成1 mol气体，因此CaC2O4H2O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)样品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于

30、碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。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I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol

31、，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol(25.00)0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。4(2019全国卷)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)212H2O。解析：失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，由题意知，解得x12。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100%。下列有关判断正确的是

32、(D)ACo(OH)2的加热失重过程均为分解反应BX点是Co(OH)2和Co2O3的混合物CY点是Co2O3的纯净物DZ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93 g，则残留的质量为93 g89.25%83 g，因Co元素质量不变，m(Co)59 g，则残留物质中O的质量m(O)24 g，则残留物为CoO1.5，即为Co2O3，B项错误；若取C

33、o(OH)2的初始质量为93 g，则Y点残留的质量为93 g(113.62%)80 g，因Co元素质量不变，m(Co)59 g，则残留物质中O质量m(O)21 g，则残留物为Co3O4，即Y点为Co3O4，C项错误；Z点，残留的质量为93 g(119.35%)75 g，因m(Co)59 g，则残留物质中O的质量m(O)16 g，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3.60 g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：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4.00 g白

34、色沉淀；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FeC2O42H2O。(2)固体X在300 下反应的化学方程式是4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O。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0.72 g，物质的量为0.04 mol，固体2.88 g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4.00 g白色沉淀，说明热分解生成了CO2，物质的量为0.04 mol，则n(C)0.04 mol，碳元素的质量为0.04 mol12 gmol10.48 g，热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶

35、液，说明生成了氧化铁，物质的量为0.01 mol，n(Fe)0.02 mol，铁元素的质量为0.02 mol56 gmol11.12 g，则还有氧元素的质量为2.88 g0.48 g1.12 g1.28 g，则n(O)0.08 mol，根据元素比例关系得出n(Fe)n(C)n(O)n(H2O)0.02 mol0.04 mol0.08 mol0.04 mol1242，X的化学式是FeC2O42H2O。(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4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O。7为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品

36、，加入过量的浓度为6 molL1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C2OCa2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a molL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗a molL1的KMnO4 V2 mL，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CaCO32HCl

37、=CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO52n1(CaCO3)aV2103 moln1(CaCO3)2.5aV2103 mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103 mol则w(CaCO3)100%。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(1)(2)溶液配制过程中的数据记录质量或体积时保留一位小数。选择容量瓶时，要指明容

38、量瓶的规格。转移溶液时要洗涤烧杯23次。定容时液面距刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水。3误差分析点点清(1)误差分析的思维流程(2)视线引起误差的分析方法仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。1(2020全国卷)由FeSO47H2O固体配制0.10 molL1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平。(从下列图中选择，写出名称)解析：根据用固体物质配制一定物质的量浓度溶液的配制方法可知，题图给出的仪器中还需要烧杯、量筒和托盘天平。2(2017天津卷)准确称取AgNO3基准物4.246 8 g

39、(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250_mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。解析：配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还需有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。3(2017全国卷)Na2S2O3溶液常用作标准溶液滴定I2(2S2OI2=2IS4O)，但Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒、容量瓶；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳。4(2021太原模拟)配制一定物质的量浓

40、度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是(C)5(2021福建福清月考)某实验需要1.84 molL1的稀硫酸450 mL，回答下列问题：(1)配制时需要98%密度为1.84 gcm3的浓硫酸50 mL。(2)配制时，必须使用的仪器有(填代号)，还缺少的仪器是胶头滴管。烧杯50 mL量筒100 mL量筒1 000 mL容量瓶500 mL容量瓶托盘天平(带砝码)玻璃棒(3)配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流。(4)下列操作的顺序是BEAGCGDF。(用字母表示)A冷却B量取C洗涤两次D定容E稀释F摇匀G转移(5)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有BCD。(填序号)A配制一定体积准

41、确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质D作为反应容器解析：(1)98%密度为1.84 gcm3的浓硫酸的物质的量浓度是 mol/L18.4 mol/L，根据稀释规律得1.84 mol/L0.5 L18.4 mol/L0.05 L50 mL。(2)配制500 mL的溶液，需要的仪器是50 mL量筒量取浓硫酸、烧杯用于稀释浓硫酸、500 mL的容量瓶、玻璃棒用于搅拌，定容时还缺少胶头滴管。(3)第一次用到玻璃棒是稀释浓硫酸时用于搅拌，第二次用玻璃棒是在移液时起到引流作用。(4)根据溶液配制的一般步骤，先量取浓硫酸，然后在烧杯中稀释、冷却后将溶液移入容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒两次，也把洗涤液移入容量瓶中，然后定容、摇匀，所以顺序是BEAGCGDF。(5)容量瓶只能用来配制一定浓度、一定体积的溶液，不能用来长期贮存溶液、作反应容器和加热容器，所以选BCD。