2022届高考化学一轮复习常考题型03以物质的量为核心的相关计算含解析

这是一份2022届高考化学一轮复习常考题型03以物质的量为核心的相关计算含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 ml Na2SO4和NaHSO4的固体混合物中硫酸根离子的数目为NA
B．标准状况下，2.24 L甲醇所含氢原子的数目大于0.4NA
C．0.1 ml 1,2−环氧丙烷()中含有共价键的总数为0.4NA
D．常温常压下，等质量的N2O和CO2所含原子的数目均为3NA
2．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LHF中含有10NA个质子
B．100g质量分数为46%的酒精溶液含有O原子数为NA
C．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA
3．设阿伏加德罗常数的数值为NA．下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后所含分子数为0.1NA
B．常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中含有H＋的数目为0.2NA
C．常温常压下，2g氦气含有的质子数和电子数均为NA
D．相同条件下，等物质的量的乙醇比乙二醇少NA个氧原子
4．若NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A．1 ml N2所占体积约为22.4 L
B．标准状况下，22.4 LCCl4含有的分子数为NA
C．100 mL 0.1 ml·L-1 HClO溶液中含H+数目为0.01NA
D．标准状况下，11.2 L N2和H2的混合气体所含分子数约为0.5NA
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.6gCaCO3与Mg3N2的混合物中所含质子数为0.3NA
B．1L0.1ml/LNa2CO3溶液中含有的CO和HCO的总数为0.1NA
C．22gC2H4O分子中含双键数目为0.5NA
D．将11.2g铁投入一定量的稀硝酸中，恰好完全反应，转移电子数为0.6NA
6．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1mlAl分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应，转移电子数均为3NA
B．标准状况下，1ml甲基(-14CD3)中所含中子数为10NA
C．在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NA
D．在密闭容器中充入 3 ml H2与1 ml N2，一定条件下充分反应生成NH3，转移6NA个电子
7．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.2gMg在足量的空气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．氢原子数为4NA的甲醇分子中含有的共价键数为4NA
C．1ml/L的硫代硫酸钠溶液中含Na+数为2NA
D．标准状况下，22.4LHF中含有10NA个质子
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24L乙醇中含共价键数目为0.8NA
B．1L0.1ml·L−1Na2CO3溶液中含有数目小于0.1NA
C．100mL18.4ml·L−1硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.92NA
D．Na2O2与CO2反应，每生成1mlO2转移的电子数为NA
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．向含1mlCH3COONa的水溶液中滴加醋酸使溶液呈中性，CH3COO-数目为NA
B．3MnO+5FeC2O4+24H+=3Mn2++5Fe3++10CO2↑+12H2O，每生成1mlCO2，反应转移的电子数为NA
C．用惰性电极电解AlCl3溶液，当电路中通过的电子数为NA时，阴极有9gAl析出
D．0.100ml·L-1的NH4Cl溶液中，NH数目小于0.100NA
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NA
B．1mlN2H4中含有孤电子对数为5NA
C．8.5g15NH3中含有的中子数为4NA
D．标准状况下，22.4LC2H4中含有电子数为12NA
11．Li2CO3和BaCO3的混合物与盐酸完全反应，所消耗盐酸的量与等质量的CaCO3和同浓度的盐酸反应所消耗盐酸的量相等。则混合粉末中Li2CO3和BaCO3的质量之比为
A．3：5B．5：3C．7：5D．5：7
12．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是
A．B．C．D．
13．根据溶液中发生的两个反应：①；②。下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．酸性条件下，氧化性：
C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化
D．反应②中每生成的气体，则反应中转移的电子的物质的量为
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
①常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NA
②常温时，1L0.1ml·L-1的硝酸铵溶液中，和H+总数为0.1NA
③3.1g白磷(P4)中含有的P—P键数为0.1NA
④13g乙炔溶于52g苯所得溶液中的碳原子数为5NA
⑤标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2NA
⑥标准状况下，2.24L甲醛含有的原子数目为0.4NA
⑦在高温、高压、催化剂的条件下，28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
⑧标准状况下，22.4LCCl4含4NA个C—Cl共价键
⑨在反应KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2中，每生成3mlI2，转移的电子数为6NA
⑩0.1mlNa218O2与足量H216O反应，生成的氧气中含有0.9NA个中子
A．①②⑤⑧B．①③④⑥⑨C．②⑦⑩D．④⑥
15．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中
A．先分解失去H2O，再分解失去NH3
B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O和NH3
D．同时分解失去H2、N2和H2O
16．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化过程如下图所示。下列叙述不正确的是
A．反应过程中，CuCl2、FeCl3可以循环利用
B．反应的总方程式为：2H2S+O22S↓+2H2O
C．由图示的转化可得出：氧化性的强弱顺序为O2＞Cu2+＞S
D．保持溶液中Fe3+的量不变，反应中消耗标况下22.4L的O2，可以生成64g硫
二、填空题（共9题）
17．在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为___________。
(2)经测定，加热到210～320 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为___________。
18．为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成，进行如下实验：
①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率()随温度的变化如图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。
根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程) ___________。
19．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
(2)500℃时固体的成分及质量____________。
20．为确定某碱式碳酸镁的组成，某同学取23.3g样品置于硬质玻璃管中充分灼烧至恒重，残留固体质量为10.0g，将产生的气体先通过足量98%的浓硫酸(为)，再通过足量的碱石灰，碱石灰质量增加8.8g。请计算：
(1)98%的硫酸溶液物质的量浓度是___________；
(2)根据实验测定的数据，求出碱式碳酸镁化学式中X、Y、Z的比值(要求写出计算过程)___________。
21．氧化镁在易燃材料中常被用作阻燃剂，碳酸镁高温分解法是工业上制备轻质氧化镁的常用方法。镁硅矿主要成分为Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3等。以镁硅矿为原料制备碳酸镁晶体(MgCO3•nH2O)的生产流程如图：
已知“焙烧”过程中的主要反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑
为测定产品MgCO3•nH2O中的n值，称取15.6g产品进行充分加热至恒重，冷却，称得固体质量为4g，则n=_______。
22．测定过硫酸钠(Na2S2O8)产品纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入过量KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为19.50mL。(已知：I2＋2S2O=2I-＋S4O)
(1)选用的指示剂是___________；达到滴定终点的现象是___________。
(2)样品的纯度为___________%。
23．PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。______
24．合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料制取的，其主要反应是：①2C+O2===2CO②C+H2O(g)===CO+H2③CO+H2O(g)===CO2+H2，某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气(设空气中N2和O2的体积比为4：1)混合反应，所得气体产物经分析，组成如表：
(1)求表中数据x=___。
(2)已知常温常压下，1ml气体的体积为24.5L，求该生产中参加反应的焦炭的质量___kg。
25．在空气中加热C(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为___。
参考答案
1．B
【详解】
A．1 ml Na2SO4固体的中硫酸根离子的数目为NA，1 ml NaHSO4固体中无硫酸根离子，故A错误；
B．标准状况下，甲醇是液体，2.24 L甲醇物质的量大于1ml，因此2.24 L甲醇所含氢原子的数目大于0.4NA，故B正确；
C．一个1,2−环氧丙烷()中含有10根共价键，因此0.1 ml 1,2−环氧丙烷()中含有共价键的总数为NA，故C错误；
D．常温常压下，N2O和CO2的摩尔质量相等，等质量的N2O和CO2所含原子的数目相等但不一定等于3NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
2．C
【详解】
A．标准状况下，HF为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．100g质量分数为46%的酒精溶液中含有46g C2H5OH(即1ml)和54g H2O(即3ml)，含有O原子数为4NA，B错误；
C．2.3g钠的物质的量为0.1ml，0.1ml钠完全反应会失去0.1ml电子，反应中转移的电子数为0.1NA，C正确；
D．由于粗铜中含有杂质，所以最初失去电子的是活泼的就是锌、铁等，因此阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少不是64 g，D错误；
答案为：C。
3．C
【详解】
A．2.24LNO中分子数为0.1ml，1.12LO2中分子数为0.05ml，总分子数为0.15ml，故A错误；
B．常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中含有H＋的数目为0.1NA，故B错误；
C．2g氦气的物质的量为，1个氦原子中含有2个质子，氦气为单原子分子，0.5ml氦气中含有0.5ml氦原子，因此0.5ml氦气中含有1ml质子，质子数和电子数均为NA，故C正确；
D．未知物质的量的数值，无法计算，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】
A．未说明气体状况，不能计算气体体积，A项错误；
B．标准状况下，CCl4为液态，B项错误；
C．HClO是弱电解质，在水中不能完全电离，故100 mL 0.1 ml·L-1 HClO溶液中含H+数目小于0.01NA，C项错误；
D．标准状况下，11.2 L N2和H2的混合气体的物质的量为，所含分子数为0.5NA，D项正确；
答案选D。
5．A
【详解】
A．1ml CaCO3与1ml Mg3N2中均含有50ml质子，两者摩尔质量均为100g/ml，则0.6g混合物为0.06ml，所含质子数为0.3NA，故A正确；
B．根据元素守恒溶液中H2CO3、CO和HCO的总数为0.1NA，故B错误；
C．若为环氧乙烷则不含双键，故C错误；
D．铁与一定量硝酸反应的产物不确定，可能是+2价、也可能是+3价，转移电子数介于0.4NA∼0.6NA之间，故D错误；
故选：A。
6．A
【详解】
A．Al与足量的稀硫酸和稀硝酸反应均生成Al3+，故1mlAl反应转移电子数均为3NA，故A正确；
B．一个甲基(-14CD3)中所含中子数为11个，故1ml甲基(-14CD3)中所含中子数为11NA，故B错误；
C．Na2CO3溶液中少量CO发生水解，因此在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的物质的量大于1 ml，Na+总数大于2NA，故C错误；
D．H2与N2反应生成NH3为可逆反应，3mlH2与1mlN2无法全部转化为NH3，转移电子少于6NA，故D错误；
答案选A。
7．A
【详解】
A．1.2gMg的物质的量为0.05ml，在足量的空气中燃烧，无论生成MgO还是Mg3N2，转移电子数=0.05ml2NA=0.1NA ，故A正确；
B．甲醇的分子式为CH4O，氢原子数为4NA的甲醇为1ml，其分子中含有的共价键数为5NA，故B错误；
C．溶液体积未知，不能确定所含Na+数目，故C错误；
D．标准状况下，HF为液体，故D错误；
故答案：A。
8．B
【详解】
A．乙醇标准状况下为液体，不能使用22.4 L/ml求算其物质的量，A错误；
B．n(Na2CO3)=1 L×0.1 ml/L=0.1 ml，由于水解，故其数目会小于0.1 ml，B正确；
C．若硫酸恰好反应，则由关系式：2H2SO4~SO2，得n(SO2)=，而实际上随着反应进行，浓硫酸逐渐转化为稀硫酸，稀硫酸与Cu不反应，故所给硫酸不可能完全反应，则生成的SO2小于0.92 ml，C错误；
D．Na2O2与CO2反应为Na2O2自身歧化，由关系式：2Na2O2~O2~2e-，知转移电子数=2n(O2)=2 ml，D错误；
故答案选B。
9．A
【详解】
A．由电荷守恒c(CH3COO- ) + c(OH- ) = c(Na+ )+ c(H+)， 1mlCH3COONa溶于稀醋酸中得中性溶液，所以c(OH-) = c(H+)，故c(CH3COO- ) = c(Na+ )，溶液中含CH3COO- 数目为NA，A正确；
B．反应中铁元素和碳元素化合价升高，锰元素化合价降低，则3MnO+5FeC2O4+24H+=3Mn2++5Fe3++10CO2↑+12H2O，生成10ml二氧化碳转移电子数为3ml × (7一2) = 15ml，即每生成1mlCO2反应转移的电子数为1.5NA，B错误；
C．用惰性电极电解AlCl3溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，不会产生铝，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算铵根离子数目，D错误；
故选A。
10．A
【详解】
A．C2H5OH分子中C-H键、O-H键、C-O键均为极性键，所以一个C2H5OH分子中含有7个极性键，46gC2H5OH的物质的量为1ml，含有极性键的数目为7NA，A正确；
B．N2H4分子中每个N原子各有一对孤电子对，所以1mlN2H4中含有孤电子对数为2NA，B错误；
C．一个15NH3中含有15-7=8个中子，8.5g15NH3的物质的量为=ml，含有的中子数为NA，C错误；
D．一个C2H4分子中含6×2+4=16个电子，标况下22.4LC2H4为1ml，含有电子数为16NA，D错误；
综上所述答案为A。
11．C
【详解】
由十指交叉法有，若设均与2mlHCl反应，则所需的Li2CO3、BaCO3、CaCO3各1ml，摩尔质量分别为74g/ml、197g/ml、100g/ml，故上面用十字交叉法求出的是Li2CO3和BaCO3的物质的量之比，然后换算为质量比＝＝＝，综上所述C符合题意，故选C；
答案选C。
12．C
【详解】
NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后会发生分解反应生成氮气和氢气，反应的化学方程式为2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)，设有x L NH3分解，由方程式可得如下关系式：2 NH3—ΔV=+2，反应中气体体积增大 (b-a)L，则有(b-a)L NH3分解，b L气体中NH3的体积分数为=，故选C。
13．D
【详解】
A．反应①中氧化剂是，还原剂是，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A项正确；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性：，反应②中氧化性：，则氧化性：，B项正确；
C．H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化，C项正确；
D．未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项错误；
答案选D。
14．D
【详解】
①由于氖气为单原子分子，故20 g 氖气为1 ml，故分子数为NA，故错误；
②1L0.1ml·L-1硝酸铵溶液中含有硝酸铵的物质的量为0.1ml，含有0.1ml硝酸根离子；由电荷守恒可知：n（H+）+n（）=n（OH-）+n（）=0.1ml+n（OH-）＞0.1ml，所以和H+总数大于0.1NA，故错误；
③3.1g白磷(P4)物质的量==0.025ml，分子中含有P-P键个数=6×0.025ml×NA=0.15NA，故错误；
④乙炔和苯的最简式相同， 13g+52g=65 g混合物中含有5 ml“CH”，其中有5 ml碳原子，故正确；
⑤1个丙烷(C3H8)分子中含有的共价键数为=10，标准状况下0.56 L为0.025 ml，故0.56 L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA，故错误；
⑥标准状况下，甲醛是气体，2.24 L为0.1 ml，故0.1 ml HCHO含有的原子数目为0.4NA，故正确；
⑦根据反应N2+3H2 2NH3可知，若28 g N2和6 g H2完全反应，生成NH3 2 ml，但该反应为可逆反应，不能进行到底，故生成NH3的分子数小于2NA，故错误；
⑧标准状况下CCl4是液体，22.4 L不等于1 ml，故错误；
⑨在反应KIO3+6HIKI+3H2O+3I2中，每生成3 ml I2转移的电子数为5NA，故错误；
⑩0.1 ml Na2 18O2与H2 16O反应，Na2 18O2既是氧化剂又是还原剂，故应生成0.05 ml 18O2，则含有的中子数为0.05×(18-8)×2×NA=NA，故错误。
答案选D。
15．B
【详解】
NH4VO3的摩尔质量为117g/ml，设NH4VO3物质的物质的量为1ml，则210℃时失重的质量为1ml×117g/ml×(1－85.47%)＝17g；NH3的摩尔质量为17g/ml，所以先分解失去NH3；根据质量守恒定律，化学方程式为； 380℃时共损失的质量为1ml×117g/ml×(1－77.78%)＝26g，第二次又失去的质量为26g－17g＝9g；H2O的摩尔质量为18g/ml，所以再分解失去0.5mlH2O；根据质量定律守恒，化学方程式为；对照各选项，答案选B。
【点睛】
本题是固体试样以脱水、分解等方式失重的热重曲线试题，考查某温度时分解产物组成的判断，分析时要注意空气中的氧气并未参与反应，完全是分解反应的结果。
16．C
【分析】
从图示可以看出，Cu2+和H2S发生反应，生成CuS，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧气反应生成Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
【详解】
A．从分析可知，在整个反应过程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循环使用，故A正确；
B．将上述的三个反应处理后相加，即将第一个反应乘以2，第二个反应也乘以2，和第三个反应相加，得到总反应：2H2S+O22S↓+2H2O，故B正确；
C．三步反应，第一个反应没有化合价的变化，不是氧化还原反应，第二个反应中的氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物S的氧化性，第三个反应中的氧化剂O2的氧化性强于氧化产物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性强弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，故C错误；
D．根据反应的总方程式为：2H2S+O22S↓+2H2O，反应中消耗标况下22.4L的O2，即消耗1mlO2时，可以生成2mlS，即64g硫，故D正确；
故选C。
17．CC2O4 3CC2O4＋2O2C3O4＋6CO2
【详解】
(1)n(CC2O4·2H2O)=10.98g÷183g/ml=0.06 ml，结晶水的质量为0.06ml×2×18g/ml=2.16g，而210 ℃时，m=(10.98-8.82)g=2.16g=m(结晶H2O)，故210 ℃时固体为CC2O4；
(2)根据钴原子守恒可知钴的氧化物中m(C)=0.06ml×59g/ml=3.54 g，m(O)=(4.82-3.54)g=1.28g，则n(O)=1.28g÷18g/ml=0.08 ml，则n(C)∶n(O)=0.06ml：0.08ml=3∶4，可写出化学方程式：3CC2O4＋2O2C3O4＋6CO2。
18．(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
【详解】
设NVCO的摩尔质量为M g·ml－1，由89 ℃时剩余固体样品的质量得 ＝0.864 8，解得M≈1 065；由367 ℃时剩余固体样品的质量得 ＝0.467 6，解得b≈6；由 ×a＝n(NH3)＝ ＝0.01 ml，解得a＝5；由最后产物为VO2可知，该化合物中V为＋4价，由各元素正负化合价代数和为0可得，2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由该化合物的相对分子质量18a＋67b＋60c＋17d＋180＝1 065可知，60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9代入化学式可得NVCO的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
19．CaC2O4 CaO 固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3
【详解】
(1)n(CaC2O4·H2O)=0.25 ml，含有m(H2O) =0.25 ml×18g/ml=4.50g，在300 ℃时，×100%=87.67%，m(剩余)=36.50 g×87. 67%≈32 g，减少的质量为36.50 g-32 g=4.50g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4，在900 ℃时，×100%=38.36%，m(剩余)=36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)=0.25 ml×40g/ml=10g，另外还含有m(O)=14 g-10 g=4 g，n(O)=0.25 ml，则n(Ca) : n(O)=1 : 1，化学式为CaO，故答案为：CaC2O4；CaO；
(2)在600 °C时，×100%= 68.49%，m(剩余)=36.50 g×68. 49%≈25 g，从300 °C至600 C时，失去的总质量为32 g-25 g=7 g，失去物质的摩尔质量为，则应为CO，所以CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500 °C时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O物质的量为=0.25ml，设CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xml和yml，根据500 °C时固体总质量可得128x+100y=36.5×76. 16%，根据钙元素守恒可得x+y=0.25，解得x=0.1，y=0.15，m(CaC2O4)= 0.1 ml×128g/ ml=12.8g，m(CaCO3)= 0.15 ml×100g/ ml=15g，500 °C时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。故答案为：固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。
20．18.4ml/L 4:1:4
【详解】
(1)由c=可知，密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为ml/L=18.4 ml/L，故答案为：18.4；
(2)由题意可知，碱石灰质量增加8.8g为二氧化碳的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为=0.2ml，质量为0.2ml×84g/ml=16.8g；残留固休为氧化镁，由镁离子个数守恒可知，碱式碳酸镁中镁离子的物质的量为=0.25ml，则氢氧化镁的物质的量为(0.25—0.2)ml=0.05ml，质量为0.05ml×58g/ml=2.9g；23.3g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为=0.2ml，由物质的量之比等于各微粒的个数比可得：x：y：z=0.2ml：0.05ml：0.2ml=4:1:4，故答案为：4:1:4。
21．4
【详解】
称取15.6gMgCO3•nH2O进行受热分解，MgCO2•nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO，其质量为4.0g，n(Mg)==0.1ml，则n(MgCO3)=n(Mg)=0.1ml，m(MgCO3)=8.4g，m(H2O)=15.6g-8.4g=7.2g，n(H2O)= =0.4ml，1：n=n(MgCO3)：n(H2O)=0.1：0.4，故n=4。
22．淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不复原 92.82
【详解】
(1)根据淀粉溶液遇I2变为蓝色，可选用淀粉溶液为指示剂，若滴定达到终点，会看到溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色。
(2)Na2S2O8作氧化剂，与KI反应的离子方程式为S2O＋2I-===2SO＋I2，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为：I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，可得关系式：Na2S2O8～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.1000ml·L-1×19.50mL×10-3L·mL-1=1.95×10-3ml，则n(Na2S2O8)=n(Na2S2O3)=9.75×10-4ml，m(Na2S2O8)=9.75×10-4ml×238g·ml-1=0.23205g，则该样品的纯度为×100%=92.82%。
23．2∶3
【详解】
由题意可得二氧化铅分解的化学方程式为PbO2PbOx＋O2↑，由失重曲线上的a点为样品失重4.0%可得：×32=239×4.0%，解得x=2-≈1.4，由PbOx和mPbO2·nPbO的铅原子和氧原子个数比相同可得：=1.4，解得，故答案为：2∶3。
24．30 24
【详解】
(1)N2的体积为20 m3，空气中的氮气与氧气的比为4：1，故氧气的体积为5 m3，故参加反应的氧气的体积为5 m3-1 m3=4 m3，由反应可知，产物中二氧化碳你体积为19 m3，故反应③生成的氢气的体积为19 m3，消耗的一氧化碳为19 m3，则反应②生成氢气的体积为60 m3-19 m3=41 m3，故反应②生成一氧化碳的体积为41 m3，参加反应的氧气体积为4 m3，故反应①生成的一氧化碳的体积为8 m3，所得产物中CO的体积为：8 m3+41 m3-19 m3=30 m3；
(2) ①反应的氧气的体积为5 m3-1 m3=4 m3，反应①中的氧气的物质的量为，碳的物质的量为；反应②中碳的物质的量为，碳总的物质的量为：，焦炭的质量=2000ml×12g/ml=2400g=24kg。
25．6C2O34C3O4+O2↑
【详解】
，根据钴原子守恒，m(C)＝0.590g，290℃时，
，故290℃时氧化物为C2O3，根据钴原子守恒，500℃时，故500℃时氧化物为C3O4。则其化学方程式为6C2O34C3O4+O2↑，故答案为：6C2O34C3O4+O2↑。温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.50
气体
CO
N2
CO2
H2
O2
常温常压下体积(m3)
x
20
19
60
1.0