2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第一章 第5讲　以物质的量为中心的计算

这是一份2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第一章 第5讲　以物质的量为中心的计算，共13页。
考点一 有关物质的量浓度的综合计算
1．物质的量浓度、质量分数、溶解度间的换算
由定义出发，运用公式：c＝eq \f(n,V)、质量分数＝eq \f(溶质的质量,溶液的质量)×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
(1)物质的量浓度(c)与溶质质量分数(w)的换算
体积为V，密度为ρ g·cm－3的溶液，含有摩尔质量为M g·ml－1的溶质m g，溶质的质量分数为w，则溶质的物质的量浓度c与溶质的质量分数w的关系是：c＝eq \f(n,V)＝eq \f(\f(m,M),V)＝eq \f(m,MV)＝eq \f(1 000ρwV,MV)＝eq \f(1 000ρw,M)，反之，w＝eq \f(cM,1 000ρ)。
(2)物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算
若某饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·ml－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：S＝eq \f(100cM,1 000ρ－cM)，c＝eq \f(n,V)＝eq \f(\f(S,M),\f(100＋S,1 000ρ))＝eq \f(1 000ρS,M100＋S)。
2．溶液稀释和混合的计算
(1)溶液稀释定律(守恒观点)
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同溶质不同物质的量浓度的溶液的混合计算
①混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。
②混合后溶液体积发生改变时，c1V2＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq \f(m混,ρ混)。
(3)溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律(教师用书独具)
①等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝eq \f(1,2)(a%＋b%)。
②等体积混合
a．当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液等体积混合后，质量分数w＞eq \f(1,2)(a%＋b%)。
b．当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，如酒精、氨水等少数溶液等体积混合后，质量分数w＜eq \f(1,2)(a%＋b%)。
题组一 有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
1．[2016·全国卷Ⅱ，36(5)节选]一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g·cm－3)，其浓度为________ml·L－1。
答案 8.9
解析 假设溶液的体积为1 L，则1 L溶液中含H2O2的质量：
m＝1 000 mL×1.10 g·cm－3×27.5%＝1.10×275 g，
c(H2O2)＝eq \f(n,V)＝eq \f(\f(1.10×275 g,34 g·ml－1),1 L)≈8.9 ml·L－1。
2．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c ml·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：_______________________________________________。
(2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：______________________________________________。
(3)用c、ρ表示溶质的质量分数：__________________________________________________。
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：______________________________________________。
答案 (1)eq \f(1 000m,58.5V) ml·L－1 (2)eq \f(1 000ρw,58.5) ml·L－1 (3)eq \f(58.5c,1 000ρ)×100% (4)eq \f(100w,1－w) g
解析 (1)c＝eq \f(\f(m,58.5),\f(V,1 000)) ml·L－1＝eq \f(1 000m,58.5V) ml·L－1。
(2)c＝eq \f(1 000 mL×ρ g·mL－1×w,58.5 g·ml－1×1 L)＝eq \f(1 000ρw,58.5) ml·L－1。
(3)w＝eq \f(58.5 g·ml－1×c ml·L－1,1 000 mL·L－1·ρ g·mL－1)×100%＝eq \f(58.5c,1 000ρ)×100%。
(4)eq \f(S,100)＝eq \f(w,1－w)，S＝eq \f(100w,1－w) g。
题组二 溶液的稀释与混合
3．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取eq \f(V,4) mL该溶液用水稀释至4V mL，则SOeq \\al(2－,4)物质的量浓度为( )
A.eq \f(125m,36V) ml·L－1 B.eq \f(125m,9V) ml·L－1
C.eq \f(125m,54V) ml·L－1 D.eq \f(125m,18V) ml·L－1
答案 A
解析 eq \f(V,4) mL溶液中Al3＋的物质的量为eq \f(m g×\f(1,4),27 g·ml－1)＝eq \f(m,108) ml，
稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝eq \f(\f(m,108) ml,4V×10－3 L)＝eq \f(250m,108V) ml·L－1，
c(SOeq \\al(2－,4))＝eq \f(3,2)c(Al3＋)＝eq \f(3,2)×eq \f(250m,108V) ml·L－1＝eq \f(125m,36V) ml·L－1。
4．现有V L 0.5 ml·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是( )
A．加热浓缩到原来体积的一半
B．加入5 ml·L－1的盐酸0.125V L
C．加入10 ml·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L
D．标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
答案 C
5．下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。
按要求回答下列问题：
(1)硫酸的物质的量浓度为________，氨水的物质的量浓度为________。
(2)各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)_______9.2 ml·L－1，c(NH3)_____6.45 ml·L－1
(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。
(3)各取5 mL与等体积水混合后，w(H2SO4)________49%，w(NH3)________12.5%。
答案 (1)18.4 ml·L－1 12.9 ml·L－1
(2)＜ ＞
(3)＞ ＜
解析 (1)利用c＝eq \f(1 000ρw,M)计算：c(H2SO4)＝eq \f(1 000×1.84×98%,98) ml·L－1＝18.4 ml·L－1，c(NH3)＝eq \f(1 000×0.88×25%,17) ml·L－1≈12.9 ml·L－1。
(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)＜9.2 ml·L－1，c(NH3)＞6.45 ml·L－1。
(3)5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。
考点二 以“物质的量”为中心的计算
明确以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系
1．将标准状况下的某气体(摩尔质量为M g·ml－1)溶于a g水中，所得溶液的密度为b g·cm－3，溶质的物质的量浓度为c ml·L－1，则该气体溶入水中的体积是( )
A.eq \f(22.4ac,M1－c) L B.eq \f(22.4c,M) L
C.eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) L D.eq \f(22.4ac,1 000b) L
答案 C
2．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Na2S＋2CO2↑。下列有关说法正确的是( )
A．1 ml·L－1 Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NA
B．1 L 0.1 ml·L－1 Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1 ml氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2 L CO2中含质子的数目为11NA
答案 C
3．某液体化合物X2Y4常用作火箭燃料。16 g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应的化学方程式为X2Y4(l)＋O2(g)===X2(g)＋2Y2O(l)。冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2 L，其密度为1.25 g·L－1，则：
(1)反应前O2的体积V(O2)为________。
(2)X2的摩尔质量为________；Y元素的名称是______________。
(3)若反应生成0.1 ml X2，则转移电子的物质的量为________ml。
答案 (1)11.2 L (2)28 g·ml－1 氢 (3)0.4
1．[2020·北京，17(4)]从旧CPU中回收金部分流程如下
eq \x(含Au固体)eq \(―――――→,\s\up7(HNO3—NaCl),\s\d5(溶金、分离))eq \x(HAuCl4溶液)eq \(――――→,\s\up7(Zn粉),\s\d5(还原、分离))eq \x(Au)
若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________ml。
答案 1.5
解析 1 ml HAuCl4完全被还原，HAuCl4得到3 ml e－，锌的化合价从0价升高到＋2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x＝3 ml，x＝1.5 ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 ml。
2．[2020·天津，15(4)(8)]为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
(4)甲方案
实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2
实验步骤：
固体质量为w g，则c(CuSO4)＝__________________ ml·L－1。
(8)乙方案，实验装置如图：
Zn粉质量为a g，若测得H2体积为b mL，已知实验条件下ρ(H2)＝d g·L－1，则c(CuSO4)＝________ ml·L－1(列出计算表达式)。
答案 (4)eq \f(40w,233) (8)eq \f(\f(a,65)－\f(bd×10－3,2),25.00×10－3)
解析 (4)w g为BaSO4的质量，BaSO4的物质的量为eq \f(w,233) ml，由化学方程式：CuSO4＋BaCl2 ===BaSO4↓＋CuCl2可知，CuSO4的物质的量等于BaSO4的物质的量，所以CuSO4溶液的浓度为c(CuSO4)＝eq \f(\f(w,233) ml,0.025 L)＝eq \f(40w,233) ml·L－1。
(8)Zn粉的物质的量为eq \f(a,65) ml，反应产生H2的物质的量为eq \f(d g·L－1×b×10－3 L,2 g·ml－1)＝eq \f(bd×10－3,2) ml，由Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑知，与H2SO4反应的Zn的物质的量等于产生H2的物质的量，为eq \f(bd×10－3,2) ml，与CuSO4反应消耗Zn的物质的量为(eq \f(a,65)－eq \f(bd×10－3,2))ml。由化学方程式Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu可知，与CuSO4反应消耗的Zn的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以c(CuSO4)＝eq \f(\f(a,65)－\f(bd×10－3,2),25.00×10－3) ml·L－1。
3．[2014·江苏，18(2)(3)]碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为___________________________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率[(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量)×100%]随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(COeq \\al(2－,3))(写出计算过程)。
答案 (2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝eq \f(0.560 L,22.4 L·ml－1)＝2.50×10－2 ml
m(CO2)＝2.50×10－2 ml×44 g·ml－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O。
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)≈1.235 g
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝eq \f(0.135 g,18 g·ml－1)＝7.50×10－3 ml
n(OH－)＝7.50×10－3 ml×2＝1.50×10－2 ml
n(OH－)∶n(COeq \\al(2－,3))＝(1.50×10－2 ml)∶(2.50×10－2 ml)＝3∶5。
解析 (2)Al元素的化合价为＋3价，Mg元素的化合价为＋2价，OH－整体显示－1价，COeq \\al(2－,3)整体显示－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得出关系：2a＋3b＝c＋2d。
一、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
1．标准状况下，4.48 L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的密度为1.429 g·L－1，则其中CO的体积为( )
A．1.12 L B．2.24 L C．4.48 L D．6.72 L
答案 D
解析 根据碳原子守恒，标准状况下，4.48 L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的体积为4.48 L×2＝8.96 L。CO和CO2混合气体的密度为1.429 g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为1.429 g·L－1×22.4 L·ml－1≈32 g·ml－1，根据十字交叉法，eq \f(nCO,nCO2)＝eq \f(12,4)＝eq \f(3,1)，因此CO的体积为8.96 L×eq \f(3,4)＝6.72 L。
2．V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SOeq \\al(2－,4)，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为( )
A.eq \f(a,576V) ml·L－1 B.eq \f(125a,36V) ml·L－1
C.eq \f(250a,36V) ml·L－1 D.eq \f(125a,48V) ml·L－1
答案 A
解析 a g SOeq \\al(2－,4)的物质的量为eq \f(a,96)ml，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物质的量为eq \f(2,3)×eq \f(a,96) ml＝eq \f(a,144) ml，从中取出0.5V L后n(Fe3＋)＝eq \f(a,144) ml×eq \f(1,2)＝eq \f(a,288) ml，即稀释到2V L后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为eq \f(\f(a,288) ml,2V L)＝eq \f(a,576V) ml·L－1。
3．相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c ml·L－1，密度为ρ g·cm－3。则下列说法不正确的是( )
A．相对分子质量M＝eq \f(22.4mw,1－wV)
B．物质的量浓度c＝eq \f(1 000ρV,MV＋22.4m)
C．溶液的质量分数w＝eq \f(MV,22.4m)
D．溶液密度ρ＝eq \f(cM,1 000w)
答案 C
解析 由c＝eq \f(1 000ρw,M)知D项正确；由c＝eq \f(\f(V,22.4),\f(V,22.4)×M＋m×10－3÷ρ)＝eq \f(1 000 ρV,MV＋22.4m)，知B项正确；由w＝eq \f(\f(V,22.4)×M,m＋\f(V,22.4)×M)＝eq \f(MV,22.4m＋MV)，知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
4．(2021·广东省云浮市蔡朝焜纪念中学月考)在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，则原溶液中的Al3＋浓度(ml·L－1)为( )
A.eq \f(2b－c,2a) B.eq \f(2b－c,a)
C.eq \f(2b－c,3a) D.eq \f(2b－c,6a)
答案 C
解析 由混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀，则根据SOeq \\al(2－,4)＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SOeq \\al(2－,4))＝b ml；由加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NHeq \\al(＋,4)＋OH－eq \(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知n(NH3)＝c ml，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝eq \f(2b－c,3)，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝eq \f(\f(2b－c,3)ml,a L)＝eq \f(2b－c,3a) ml·L－1。
5．某同学购买了一瓶“84”消毒液，包装说明如下：
请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是( )
A．该“84”消毒液的物质的量浓度约为4.0 ml·L－1
B．一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后浓度会变大
C．取100 mL该“84”消毒液稀释100倍后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04 ml·L－1
D．参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480 mL，需要称量的NaClO固体质量为143 g
答案 BD
解析 选项A，根据c＝eq \f(1 000ρw,M)得，c(NaClO)＝eq \f(1 000×1.19 g·cm－3×25%,74.5 g·ml－1)≈4.0 ml·L－1；选项B，一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的二氧化碳变质而会使浓度变小；选项C，根据稀释前后溶质的物质的量不变有100 mL×4.0 ml·L－1＝100 mL×
100×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 ml·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 ml·L－1；选项D，应选取500 mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480 mL，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 ml·L－1×74.5 g·ml－1＝149 g。
6．(2020·山东省聊城第一中学期中)一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 ml FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是( )
A．该盐酸的物质的量浓度为8.5 ml·L－1
B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为3∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 L
D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85
答案 AD
解析 盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425 ml，
根据氯原子守恒得c(HCl)＝eq \f(0.425 ml×2,0.1 L)＝8.5 ml·L－1，故A正确；
n(S)＝eq \f(2.4 g,32 g·ml－1)＝0.075 ml，根据转移电子守恒得n(Fe3＋)＝eq \f(0.075 ml×2－0,3－2)＝0.15 ml，则n(Fe2＋)＝0.425 ml－0.15 ml＝0.275 ml，
所以Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.275 ml∶0.15 ml＝11∶6，故B错误；
根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝eq \f(1,2)n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.425 ml，
V(H2S)＝0.425 ml×22.4 L·ml－1＝9.52 L，故C错误；
FexS中n(S)＝0.075 ml＋0.425 ml＝0.5 ml，n(Fe)＝0.425 ml，
所以n(Fe)∶n(S)＝0.425 ml∶0.5 ml＝0.85，所以x＝0.85，故D正确。
二、非选择题
7．按要求回答问题。
(1)将19.4 g CO2和水蒸气的混合气体，与足量的Na2O2反应，收集到标准状况下5.6 L的气体，试确定混合气体的平均相对分子质量为________，CO2与水蒸气的物质的量之比为________。
(2)AlN用于电子仪器。AlN中常混有少量碳，将一定量含杂质碳的AlN样品置于密闭反应器中，通入4.032 L(标准状况下的)O2，在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34 g·L－1(已折算成标准状况，AlN不跟O2反应)，则所得气体的摩尔质量为________g·ml－1，该气体的成分是________________________(写化学式)，该样品中含杂质碳________g。
(3)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。
①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______________________________________
(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中C的化合价为＋2、＋3)，用480 mL 5 ml·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中C、O的物质的量之比。
答案 (1)38.8 4∶1
(2)30 CO2和CO 3.84
(3)①C3O4 3CC2O4＋2O2eq \(========,\s\up7(225～300 ℃))C3O4＋6CO2
②由得失电子守恒有n(C3＋)＝2n(Cl2)＝2×eq \f(4.48 L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，
由电荷守恒有n(C)总＝n(C2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2)ml＝1 ml，
所以固体中n(C2＋)＝1 ml－0.4 ml＝0.6 ml，
n(O)＝eq \f(0.4×3＋0.6×2,2) ml＝1.2 ml，
故n(C)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。
解析 (1)根据化学方程式2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O(g)===4NaOH＋O2，得关系式2CO2～O2和2H2O(g)～O2，所以n(混)＝0.5 ml，M(混)＝38.8 g·ml－1，有44 g·ml－1×n(CO2)＋18 g·ml－1×n(H2O)＝19.4 g，得n(CO2)＝0.4 ml，n(H2O)＝0.1 ml，即n(CO2)∶n(H2O)＝4∶1。
(2)在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34 g·L－1，则M＝1.34 g·L－1×22.4 L·ml－1≈
30 g·ml－1，所以生成气体必定是CO2和CO的混合气体。设混合气体中含有n(CO2)＝x，n(CO)＝y，根据氧原子守恒有2x＋y＝eq \f(4.032 L,22.4 L·ml－1)×2＝0.36 ml①，根据平均相对分子质量有44x＋28y＝30(x＋y)②，联立方程解得：x＝0.04 ml，y＝0.28 ml，所以样品中C的质量为：m(C)＝(0.04 ml＋0.28 ml)×12 g·ml－1＝3.84 g。
(3)①由图可知，CC2O4·2H2O的起始质量为18.3 g，其物质的量为0.1 ml，C元素质量为5.9 g，C点钴氧化物的质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中C原子与O原子物质的量之比为0.1 ml∶eq \f(2.13 g,16 g·ml－1)≈3∶4，故C点为C3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，为结晶水的质量，故B点物质为CC2O4，与氧气反应生成C3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为3CC2O4＋2O2eq \(========,\s\up7(225～300 ℃))C3O4＋6CO2。
②黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2 ml，根据Cl元素守恒可知，溶液中2n(C)＝n(HCl)－2n(Cl2)，故n(C)＝1 ml，根据得失电子守恒n(C3＋)＝2n(Cl2)＝0.4 ml，则n(C2＋)＝0.6 ml，根据电荷守恒可知，2n(O)＝3n(C3＋)＋2n(C2＋)，n(O)＝1.2 ml，故n(C)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。
8．(2020·宜昌部分示范高中月考)Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。
(1)现需配制250 mL 0.100 0 ml·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。
(3)另取50.00 mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrOeq \\al(2－,4)全部转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6S2Oeq \\al(2－,3)＋14H＋===2Cr3＋＋3S4Oeq \\al(2－,6)＋7H2O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
答案 (1)250 mL容量瓶、胶头滴管 (2)4.0 (3)0.024 ml·L－1
解析 (2)Na2S2O3的物质的量为0.25 L×0.100 0 ml·L－1＝0.025 ml，
其质量为0.025 ml×158 g·ml－1＝3.95 g，托盘天平精确度为0.1 g，
需称量Na2S2O3的质量为4.0 g。
(3)设该工厂废水中Ba2＋的物质的量为x，
由Ba2＋转化为BaCrO4沉淀，CrOeq \\al(2－,4)全部转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)，Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6S2Oeq \\al(2－,3)＋14H＋===2Cr3＋＋3S4Oeq \\al(2－,6)＋7H2O，
则2Ba2＋～2BaCrO4～Cr2Oeq \\al(2－,7)～6S2Oeq \\al(2－,3)，
2 6
x 36.00×10－3L×0.100 0 ml·L－1
eq \f(2,x)＝eq \f(6,36.00×10－3L×0.100 0 ml·L－1)
解得x＝1.2×10－3 ml，
则c(Ba2＋)＝eq \f(1.2×10－3 ml,50.00×10－3L)＝0.024 ml·L－1。硫酸 化学纯 CP
500 mL
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84 g·cm－3
质量分数：98%
氨水 化学纯 CP
500 mL
品名：氨水
化学式：NH3
相对分子质量：17
密度：0.88 g·cm－3
质量分数：25%
主要成分：25%NaClO、1 000 mL、密度1.19 g·cm－3
使用方法：稀释100倍(体积比)后使用
注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质