1、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) 2Mn 5C22 50.200 012.0010-3 moln (C2)n(C2)=610-3 mol2S2I22Fe3+2 20.250 08.0010-3 mol n(Fe3+)n(Fe3+)=210-3 mol根据电荷守恒原理:n(K+)=610-3 mol根据质量守恒原理:m(H2O)=0.982 0 g-39 gmol-1610-3 mol-56 gmol-1210-3 m
2、ol-88 gmol-1610-3 mol=0.108 gn(H2O)=610-3 moln(K+)n(Fe3+)n(C2)n(H2O)=3133该晶体的化学式为K3Fe(C2O4)33H2O解析(1) 方程式书写分成以下几步:得失电子守恒:2Mn+5C22Mn2+10CO2，电荷守恒:2Mn+5C2+16H+2Mn2+10CO2，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
3、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) FeC2O42H2O(s)FeC2O4(s) +2H2O(g)FeO解析(1) Fe2+、N水解显酸性，加入稀硫酸可抑制Fe2+、N的水解。(2) 设取产品为1 mol FeC2O42H2O，质量为180 g。其中含有水为2 mol，质量为36 g，从A到B，质量减少20%，质量减少180 g20%=36 g，所以A至B为FeC2O42H2O完全失去结晶水。由铁守恒知，C点处固体中含有1 mol Fe，质量为56 g，m(O)=1
4、80 g40%-56 g=16 g。n(Fe)n(O)=11，则C处时残留物的化学式为FeO。3. (1) 250 mL容量瓶胶头滴管(2) 2NaN32Na+3N2(3) 偏小(4) n(NH4)2Ce(NO3)6=0.100 0 molL-150.0010-3 L=5.00010-3 moln(NH4)2Fe(SO4)2=0.050 0 molL-124.0010-3 L=1.20010-3 mol与NaN3反应的n(NH4)2Ce(NO3)6=5.00010-3mol-1.20010-3mol=3.80010-3molw=100%=98.80%解析(1) 配制溶液还需要容量瓶和胶头滴管。
5、(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.
6、250 0 molL-130.0010-3 L=7.5010-3 moln(S)=5.0010-3 mol100 mL溶液中含有n(Fe3+)=0.03 mol，n(S)=0.02 mol4.850 g-0.03 mol56 gmol-1-0.02 mol96 gmol-1=n(Na+)23 gmol-1+n(OH-)17 gmol-10.03 mol3+n(Na+)=20.02 mol+n(OH-)解得n(Na+)=0.01 mol，n(OH-)=0.06 molxymn=n(Na+)n(Fe3+)n(S)n(OH-)=1326化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6 解析(1) 由题中信息
7、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100 mL溶液中的含量。根据质量守恒:Fe3+、S、Na+、OH-质量之和为4.850 g，根据电荷守恒:3n(Fe3+)+n(Na+)=2n(S) +n(O
8、H-)，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) Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O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6.310-13(2) 由方程式可知:Cr3Na2S2O3n(Na2S2O3)=20.0010-3 L0.015 molL-1=310-4 moln(Cr)=110-4molm(Cr)=110-4mol52 gmol-1=5.210-3 g=5.2 mg废水中铬元素总浓度=208 mgL-1解析(1) Cr2中Cr为+6价，反应后生成Cr3
9、+，化合价变化:32=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。测定pH时，不可将试纸润湿，也不可将pH试纸置于溶液中。KspCr(OH)3=c(Cr3+)c3(OH-)= 6.310-31，pH=8，c(H+)=10-8 molL-1，则c(OH-)=10-6 molL-1，c(Cr3+)=6.310-13。(2) 找出守恒关系式:CrCr2I23S252 mg3 molm(Cr)20.0010-3L0.015 molL-1得m(Cr)=5.2 mg。Cr元素的浓度为=208 mgL-1。6. (1) 12(2) Mn3O4和MnO 解析设MnCO3的物质的量
10、为1 mol，即质量为115 g。(1) A点剩余固体质量为115 g75.65%=87 g减少的质量为115 g-87 g=28 g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115 g61.74%=71 g据锰元素守恒知m(Mn)=55 g则m(O)=71 g-55 g=16 g则n(Mn)n(O)=11故剩余固体的成分为MnO同理，B点剩余固体质量为115 g66.38%=76.337 g因m(Mn)=55 g，则m(O)=76.337 g-55 g=21.337 g则n(Mn)n(O)=34故剩余固体的成分为Mn3O4因D点介于B、C之间，故D
11、点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。7. (1) pH8.5(2) 溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色(3) 偏大(4) 样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾:10.00 mL0.020 00 molL-1=0.200 0 mmol2Mn5C20.200 0 mmol 0.500 0 mmol样品溶解过程所消耗的C2量:25.00 mL0.060 00 molL-1-0.500 0 mmol=1.000 mmolLa2Ca2MnOx中Mn的化合价为(2x-10)La2Ca2MnOx中锰得电子数与C2失电子数相等:(2x-10-2)=21.00010-3解得x=7解析(1) 当溶液中c(Mn2+
12、)=0.020 molL-1时，根据KspMn(OH)2可计算出刚好生成Mn(OH)2时，溶液中c(OH-)=10-5.5 molL-1，故c(H+)=10-8.5 molL-1，故为了防止生成沉淀，则应控制溶液的pH8.5。(2) 当到达滴定终点时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。(3) 滴定终点读数时，读出消耗的高锰酸钾溶液体积偏小，则溶液中剩余的C2偏少，即用于还原锰元素的C2偏多(微粒中正电荷数偏多)，根据电荷守恒可知x偏大。(4) 利用滴定溶液A的KMnO4的浓度和体积计算出还原锰元素后剩余的C2的物质的量，结合总Na2C2O4的物质的量可求出用于还原锰元素所用的C2的物质的量，根据超导材料的化学式用x表示出Mn元素的化合价，被还原后Mn为+2价，而C元素由+3价升高到+4价，通过Mn得电子数等于C失电子数可求出x值。