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2022届高三二轮专题卷 化学（四） 化学计算的类型和方法 教师版
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这是一份2022届高三二轮专题卷 化学（四） 化学计算的类型和方法 教师版，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题四
化学计算的类型和方法
一、选择题（本题共13小题，每题只有一个选项符合题意）
1．在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是
A．SO2为0.4 mol·L－1，O2为0.2 mol·L－1 B．SO2为0.25 mol·L－1
C．SO2和SO3均为0.15 mol·L－1 D．SO3为0.4 mol·L－1
【答案】B
【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 mol·L－1，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】样品加热发生的反应为：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
M(NaHCO3)g (w1－w2)g
质量差为(w1－w2)g，故样品中NaHCO3质量为： g，Na2CO3质量为
w1g－g，其质量分数为＝＝。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。
3．把5.1克某合金的粉末放入过量盐酸中，得到5.6L（标况）氢气，则该合金的组成为
A．钠和钾 B．钙和镁 C．铝和镁 D．钠和铁
【答案】C
【解析】标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，因此反应中合金失去电子的物质的量是0.25mol×2＝0.5mol，则失去1mol电子需要合金的质量是5.1g÷0.5＝10.2g。Na、K、Mg、Ca、Al、Fe与盐酸反应时失去1mol电子需要金属的质量分别是23、39、12、20、9、28，由此可知，合金中一定含铝，所以选项中正确的组合只能是铝和镁。答案选C。
4．两种气态混合烃0.1mol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误是
A．混合气体中一定是甲烷和乙烯 B．混合气体中一定有甲烷
C．混合气体中一定没有乙烷 D．混合气体中可能有乙烯
【答案】A
【解析】n(H2O)==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧得0.16molCO2和0.2mol H2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有甲烷，由于CH4分子中含4个H原子，则另一烃分子中一定含4个H原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4。A．根据上述分析可知，混合气体中一定含有甲烷，可能含有C2H4或C3H4，故A错误；B．混合气体中一定含有甲烷，故B正确；C．由于H原子数平均为4，则混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D．混合气体中可能有C2H4或C3H4，故D正确；答案选A。
5．在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L（标准状况）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是
A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1
【答案】B
【解析】此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。故硫酸的浓度为2 mol·L－1。
6．下列不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是
A．取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克
B．取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克
D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以b g固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以列方程可以计算出Na2CO3质量分数，故D正确；答案选C。
7．Na2CO3和NaHCO3混合物27.4 g，加热至质量不再减小，得到残余固体21.2 g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量比为
A．1∶1 B．1∶2 C．3∶2 D．1∶3
【答案】B
【解析】设混合物中含有NaHCO3的质量为m，则根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知：每有2×84 g NaHCO3发生反应，反应后产生106 g Na2CO3固体，反应前后固体质量减少62 g，现在固体质量减少了27.4 g-21.2 g=6.2 g，故混合物中含有NaHCO3的质量m=，则混合物中含有碳酸钠的质量为m(Na2CO3)=27.4 g-16.8 g=10.6 g，n(Na2CO3)=；n(NaHCO3)=，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=0.1 mol∶0.2 mol=1∶2，故合理选项是B。
8．向5.1 g镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为5.6 L，若向反应后的溶液中加入NaOH溶液，使Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，则沉淀的质量为
A．7.225 g B．9.35 g C．13.6 g D．22.1 g
【答案】C
【解析】镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后镁和铝转为离子Mg2+、Al3+形式存在，加入NaOH溶液，使Mg2+、Al3+恰好完全沉淀得到、，有关系式： ，，得到气体在标准状况下的体积为5.6 L物质的量为0.25mol，则需要0.5mol的OH-恰好沉淀Mg2+和Al3+，沉淀质量为，故答案选C。
9．把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
【答案】A
【解析】由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则ag Fe、Al→ag Fe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为=70%。答案选A。
10．铁、铜混合粉末a g加入到100 mL Fe(NO3)3和HNO3的混合溶液中，充分反应后，剩余固体质量为b g，将固体过滤后，向滤液（忽略溶液体积变化）中加入100 mL 0.4 mol·L－1 NaOH溶液，滤液中金属离子恰好沉淀完全。下列说法错误的是
A．剩余固体一定含铜，可能含铁
B．向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸，固体一定会继续溶解
C．加入NaOH溶液后最终可观察到红褐色沉淀，可知原滤液中含Fe3＋
D．所得滤液中c(NO)=0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】充分反应后，剩余固体质量为b g，则固体中一定含有铜，可能含有铁，溶液中一定含有NO3－、Fe2+，一定不含有Fe3+，可能含有Cu2+。A．由于铁的还原性比铜强，所以剩余固体中一定含铜，可能含铁，A正确；B．反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2，可能含有Cu(NO3)2，向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸，溶液中的H+、NO3－能与Cu、Fe反应，所以固体一定会继续溶解，B正确；C．反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2，加入NaOH溶液后，先生成Fe(OH)2，不断被空气中的O2氧化，最终生成Fe(OH)3，可观察到红褐色沉淀，但原滤液中一定不含Fe3＋，C不正确；D．滤液中一定含有Fe(NO3)2，可能含有Cu(NO3)2，加入NaOH溶液后，生成NaNO3等，则c(NO)=c(Na+)=0.1L×0.4 mol·L－1 =0.04 mol，故所得滤液中c(NO)==0.4 mol·L－1，D正确；故选C。
11．将绿矾样品进行加热，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。下列说法正确的是
A．时，获得的固体产物为
B．时，反应的化学方程式为
C．Q段获得的固态产物具有磁性
D．Q段获得的气态产物只有
【答案】A
【解析】8.34g FeSO4·7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式。加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=
0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。
A．样品的物质的量，时失去结晶水的物质的量，则失去结晶水，时固态产物为，A正确；B．按照同样的计算方法可知，N段和P段的固态产物分别为和，则时，反应的化学方程式为，B错误；C．Q段固态产物中含有，则，该物质为，C错误；D．根据质量守恒定律以及C项的计算可知此时气态产物不可能只有，D错误。故选A。
12．某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳（气体已折算成标准状况）和3.6g水｡则这两种气体可能是
A．CH4和C2H4 B．CH4和C3H4 C．C2H4和C3H4 D．C2H4和C2H6
【答案】B
【解析】某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体即物质的量为，该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳（气体已折算成标准状况）物质的量为和3.6g水即物质的量，，，得到x=2，y=4，即混合气体的化学式为C2H4，根据碳原子比2小的只有CH4，根据碳原子数和氢原子得到另一种气体为C3H4或C4H4，故B符合题意。
13．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入 的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出NO（标准状况），往所得溶液中加入溶液，无明显变化。若用足量的在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，混合物与稀硝酸恰好反应后的溶液不能使硫氰化钾溶液变红色，则所得溶液为硝酸亚铁溶液，设亚铁离子的物质的量为x，由原子个数和电荷总数守恒可得：2x=(5mol/L×0.13L-)×1，解得x=0.29mol，由铁原子个数守恒可知，若用足量的一氧化碳在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为0.29mol，故选A。
二、非选择题
14．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（1）样品中FeS2的质量分数是（假设杂质不参加反应）________________。
（2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为________L，制得98 %的硫酸质量为______t。
【答案】（1）90.00% （2）3.36×106 15
【解析】
（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
0.020 00 mol·L－1×0.02500 L
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.00%
（2）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1
mol V(SO2)
V(SO2)＝3.36×106 L，n(SO2)＝＝1.5×105 mol
由SO2～SO3～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
15．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量___________（假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119）。
【答案】93.2%
【解析】根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119 g∶1 mol=x∶0.100×0.016 mol，解之得到x=0.571 2 g，试样中锡的百分含量w(Sn)=×100%≈93.2%。
16．PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL 2mol·L－1NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比___________（写出计算过程）。
【答案】1∶2
【解析】由反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl、H3PO3+Cl2+H2O=H3PO4+2HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可以得出以下关系式：PCl3—H3PO3—Cl2—H3PO4—5HCl—8NaOH，则0.01molCl2恰好将H3PO3氧化为H3PO4时，生成0.01mol H3PO4和0.05molHCl，共消耗NaOH 0.08mol；设PCl5的物质的量为x，由反应PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4
+3H2O，可得出以下关系式：PCl5—H3PO4—5HCl—8NaOH，则x molPCl5与水反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x，由此可以得出：8x+0.08mol=0.24mol，x=0.02mol，故原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为0.01mol∶0.02mol=1∶2。答案为1∶2。
17．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为____________________。
（2）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(CO)（写出计算过程） _________。
【答案】2a＋3b＝c＋2d 3∶5
【解析】（1）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，CO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。
（2）n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol，m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－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 5－0.3702)≈1.235 g，m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g，n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol，n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol，n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
18．某实验小组制备，取1.12g实验制得的产物（已知的相对分子质量为158.6）加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，滴入几滴作指示剂，已知为砖红色沉淀，用浓度为0.100的硝酸银标准溶液滴定，重复滴定三次测得硝酸银标准溶液用量分别为19.98mL、18.00mL、20.02mL。
（1）产物的纯度为_______（保留三位有效数字）；
（2）写出简要计算过程：_______。
【答案】 用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定氯离子，滴入几滴作指示剂，当溶液中氯离子沉淀完全后，会生成砖红色沉淀。第二次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，平均消耗硝酸银标准溶液的体积为20.00mL，
设25.00mL溶液中的物质的量为xmol；
x=0.001mol，产物的纯度为 95.2%。
19．某课外活动小组测定了某工厂工业废水中游离态氯的含量，下面是测定实验分析报告：
（一）测定目的：测定工厂工业废水中的游离态氯的含量
（二）测定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（三）实验用品及试剂：
（1）仪器和用品（自选，略）
（2）试剂：指示剂_______（填名称），KI溶液，浓度为0.010 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。
（四）实验过程：
（1）取水样10.00 mL 于锥形瓶中，加入10.00 mL KI溶液（足量），滴入指示剂2~3滴。
（2）取碱式滴定管（经检查不漏水），依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.010 mol·L-1 Na2S2O3溶液待用。
（3）将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视_______直至滴定终点，滴定至终点的现象是_______。
（五）数据记录与处理：若经数据处理，滴定中消耗标准的Na2S2O3溶液的体积平均是20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为_______，从实验过程分析，此浓度比实际浓度_______（填“偏大”、“偏小”或“相等”），造成误差的原因是_______（若认为没有误差，该问可不答）。
（六）问题和讨论：
该同学提出了下列可能造成结果偏小的原因，其中你认为正确的是_______（填编号）。
①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外
③滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面
【答案】淀粉溶液 锥形瓶内溶液颜色变化 当滴入最后一滴标准液，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色 0.010 mol·L-1 偏大 滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗 ②③
【解析】（三）根据测定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6，当碘单质消耗完毕，则达到滴定终点，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，所以可以采用淀粉溶液作指示剂；
（四）在滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶内溶液颜色变化，滴入淀粉溶液，当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，证明达到了滴定终点；
（五）根据滴定实验原理：量取一定体积的待测液，标准液滴定前后的体积示数之差即为消耗的标准溶液体积，所以记录的实验内容有待测溶液体积（mL）、标准液滴定前刻度以及滴定后的刻度、标准液滴定前后的体积示数之差即为消耗的标准溶液体积，为了减小误差，一般是取多次实验结果的平均值，根据滴定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6，得到关系式：Cl2 ~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.010 mol/L×0.020 L=2.0×10-4 mol，则废水中Cl2的物质的量是0.0001 mol，由于溶液的体积是10.00 mL所以该废水中Cl2的物质的量浓度c(Cl2)=；从实验过程看，盛放标准液的滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗，相当于用的是稀释后的标准液，由于待测溶液中物质的物质的量不变，则消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，根据c标·V标=c待测V待测，所得的结果偏高；
（六）①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则标准液的体积偏大，造成结果偏大，①不符合题意；②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外，则消耗的标准液的体积偏小，造成结果偏小，②符合题意；③滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面，则消耗的标准液的体积偏小，③符合题意；故合理选项是②③。
20．氮化钙有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、新型陶瓷工业等领域。部分理化性质如下表：
性质
颜色、状态
熔点/℃
特性
具体描述
常温下为棕色固体
1195
空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体
工业上利用单质钙在氮气流中，控制温度450℃，可制得氮化钙。实验室模拟工业制备氮化钙，并对氮化钙纯度进行测定，实验方案如下：
Ⅰ．制备：
（1）A处产生，请写出A中反应的化学方程式___________。工业上一般采用_______（填具体做法）制取。
（2）装置的连接顺序为A→___________（注：以上所有装置都能用到）。
（3）实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处酒精灯，其原因是___________。
（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察的流速；②___________。
Ⅱ．纯度测定。（已知摩尔质量为，所含的杂质不与水反应，氨气极易溶于水，不溶于煤油）
方案一：称取氮化钙样品2.4g，按图1所示装置进行实验，发现B装置增重0.51g。
（5）该样品中氮化钙的质量分数为___________。
方案二：取与方案一同质量的样品，改用图2装置进行纯度测定，倾斜Y型管，将蒸馏水倒入样品管中，充分反应后测量气体体积。
（6）方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，试分析方案一测得的氮化钙纯度偏低的原因_____。
【答案】（1） 分离液态空气法
（2）C→B→C→D
（3）排除装置中的氧气，防止Ca和与氧气反应
（4）隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应
（5）92.5％
（6）方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低
【解析】
本实验利用实验制备的N2来探究Ca与N2的反应，由于空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体，故需采用干燥纯净的N2才行，所以装置A为N2的发生装置，反应原理为：，然后将产生的N2经过C装置进行干燥，再进入B装置与Ca发生反应，反应原理为：3Ca+N2Ca3N2，在经过装置C防止空气中的水蒸气进入B装置中，最后接D装置形成液封，以观察N2的流速和防止空气中的O2通过导管进入B装置中氧化Ca和Ca3N2。
（1）A处产生，即(NH4)2SO4和NaNO2，根据氧化还原反应配平可得A中反应的化学方程式为：，空气中含有大量的N2，故工业上一般采用分离液态空气法制取；
（2）由分析可知，装置A为N2的发生装置，反应原理为：，然后将产生的N2经过C装置进行干燥，再进入B装置与Ca发生反应，反应原理为：3Ca+N2Ca3N2，在经过装置C防止空气中的水蒸气进入B装置中，最后接D装置形成液封，以观察N2的流速和防止空气中的O2通过导管进入B装置中氧化Ca和Ca3N2，故装置的连接顺序为：A→C→B→C→D，故答案为：C→B→C→D；
（3）实验开始时，先启动A处反应，先通一段时间的N2，将装置中的空气排空以后再点燃B处酒精灯，以防止Ca和与氧气反应，故答案为：排除装置中的氧气，防止Ca和与氧气反应；
（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察的流速；由于Ca和Ca3N2易被氧化，故②隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应，故答案为：隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应；
（5）从实验装置图可知，B装置增重的质量就是产生的NH3的质量，根据反应方程式可知：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，n(Ca3N2)=n(NH3)==0.015mol，该样品中氮化钙的质量分数为=92.5%，故答案为：92.5%；
（6）由于方案一的圆底烧瓶和导管中含有部分NH3未被浓硫酸吸收，而方案二这部分气体和排出的空气是等体积的，故不存在这样的问题，导致方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，即方案一测得的氮化钙纯度偏低，故答案为：方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低。
专题四
化学计算的类型和方法
一、选择题（本题共13小题，每题只有一个选项符合题意）
1．在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是
A．SO2为0.4 mol·L－1，O2为0.2 mol·L－1 B．SO2为0.25 mol·L－1
C．SO2和SO3均为0.15 mol·L－1 D．SO3为0.4 mol·L－1
【答案】B
【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 mol·L－1，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】样品加热发生的反应为：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
M(NaHCO3)g (w1－w2)g
质量差为(w1－w2)g，故样品中NaHCO3质量为： g，Na2CO3质量为
w1g－g，其质量分数为＝＝。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。
3．把5.1克某合金的粉末放入过量盐酸中，得到5.6L（标况）氢气，则该合金的组成为
A．钠和钾 B．钙和镁 C．铝和镁 D．钠和铁
【答案】C
【解析】标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，因此反应中合金失去电子的物质的量是0.25mol×2＝0.5mol，则失去1mol电子需要合金的质量是5.1g÷0.5＝10.2g。Na、K、Mg、Ca、Al、Fe与盐酸反应时失去1mol电子需要金属的质量分别是23、39、12、20、9、28，由此可知，合金中一定含铝，所以选项中正确的组合只能是铝和镁。答案选C。
4．两种气态混合烃0.1mol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误是
A．混合气体中一定是甲烷和乙烯 B．混合气体中一定有甲烷
C．混合气体中一定没有乙烷 D．混合气体中可能有乙烯
【答案】A
【解析】n(H2O)==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧得0.16molCO2和0.2mol H2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有甲烷，由于CH4分子中含4个H原子，则另一烃分子中一定含4个H原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4。A．根据上述分析可知，混合气体中一定含有甲烷，可能含有C2H4或C3H4，故A错误；B．混合气体中一定含有甲烷，故B正确；C．由于H原子数平均为4，则混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D．混合气体中可能有C2H4或C3H4，故D正确；答案选A。
5．在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L（标准状况）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是
A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1
【答案】B
【解析】此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。故硫酸的浓度为2 mol·L－1。
6．下列不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是
A．取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克
B．取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克
D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以b g固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以列方程可以计算出Na2CO3质量分数，故D正确；答案选C。
7．Na2CO3和NaHCO3混合物27.4 g，加热至质量不再减小，得到残余固体21.2 g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量比为
A．1∶1 B．1∶2 C．3∶2 D．1∶3
【答案】B
【解析】设混合物中含有NaHCO3的质量为m，则根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知：每有2×84 g NaHCO3发生反应，反应后产生106 g Na2CO3固体，反应前后固体质量减少62 g，现在固体质量减少了27.4 g-21.2 g=6.2 g，故混合物中含有NaHCO3的质量m=，则混合物中含有碳酸钠的质量为m(Na2CO3)=27.4 g-16.8 g=10.6 g，n(Na2CO3)=；n(NaHCO3)=，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=0.1 mol∶0.2 mol=1∶2，故合理选项是B。
8．向5.1 g镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为5.6 L，若向反应后的溶液中加入NaOH溶液，使Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，则沉淀的质量为
A．7.225 g B．9.35 g C．13.6 g D．22.1 g
【答案】C
【解析】镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液，充分反应后镁和铝转为离子Mg2+、Al3+形式存在，加入NaOH溶液，使Mg2+、Al3+恰好完全沉淀得到、，有关系式： ，，得到气体在标准状况下的体积为5.6 L物质的量为0.25mol，则需要0.5mol的OH-恰好沉淀Mg2+和Al3+，沉淀质量为，故答案选C。
9．把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
【答案】A
【解析】由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则ag Fe、Al→ag Fe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为=70%。答案选A。
10．铁、铜混合粉末a g加入到100 mL Fe(NO3)3和HNO3的混合溶液中，充分反应后，剩余固体质量为b g，将固体过滤后，向滤液（忽略溶液体积变化）中加入100 mL 0.4 mol·L－1 NaOH溶液，滤液中金属离子恰好沉淀完全。下列说法错误的是
A．剩余固体一定含铜，可能含铁
B．向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸，固体一定会继续溶解
C．加入NaOH溶液后最终可观察到红褐色沉淀，可知原滤液中含Fe3＋
D．所得滤液中c(NO)=0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】充分反应后，剩余固体质量为b g，则固体中一定含有铜，可能含有铁，溶液中一定含有NO3－、Fe2+，一定不含有Fe3+，可能含有Cu2+。A．由于铁的还原性比铜强，所以剩余固体中一定含铜，可能含铁，A正确；B．反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2，可能含有Cu(NO3)2，向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸，溶液中的H+、NO3－能与Cu、Fe反应，所以固体一定会继续溶解，B正确；C．反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2，加入NaOH溶液后，先生成Fe(OH)2，不断被空气中的O2氧化，最终生成Fe(OH)3，可观察到红褐色沉淀，但原滤液中一定不含Fe3＋，C不正确；D．滤液中一定含有Fe(NO3)2，可能含有Cu(NO3)2，加入NaOH溶液后，生成NaNO3等，则c(NO)=c(Na+)=0.1L×0.4 mol·L－1 =0.04 mol，故所得滤液中c(NO)==0.4 mol·L－1，D正确；故选C。
11．将绿矾样品进行加热，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。下列说法正确的是
A．时，获得的固体产物为
B．时，反应的化学方程式为
C．Q段获得的固态产物具有磁性
D．Q段获得的气态产物只有
【答案】A
【解析】8.34g FeSO4·7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式。加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=
0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。
A．样品的物质的量，时失去结晶水的物质的量，则失去结晶水，时固态产物为，A正确；B．按照同样的计算方法可知，N段和P段的固态产物分别为和，则时，反应的化学方程式为，B错误；C．Q段固态产物中含有，则，该物质为，C错误；D．根据质量守恒定律以及C项的计算可知此时气态产物不可能只有，D错误。故选A。
12．某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳（气体已折算成标准状况）和3.6g水｡则这两种气体可能是
A．CH4和C2H4 B．CH4和C3H4 C．C2H4和C3H4 D．C2H4和C2H6
【答案】B
【解析】某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体即物质的量为，该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳（气体已折算成标准状况）物质的量为和3.6g水即物质的量，，，得到x=2，y=4，即混合气体的化学式为C2H4，根据碳原子比2小的只有CH4，根据碳原子数和氢原子得到另一种气体为C3H4或C4H4，故B符合题意。
13．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入 的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出NO（标准状况），往所得溶液中加入溶液，无明显变化。若用足量的在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，混合物与稀硝酸恰好反应后的溶液不能使硫氰化钾溶液变红色，则所得溶液为硝酸亚铁溶液，设亚铁离子的物质的量为x，由原子个数和电荷总数守恒可得：2x=(5mol/L×0.13L-)×1，解得x=0.29mol，由铁原子个数守恒可知，若用足量的一氧化碳在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为0.29mol，故选A。
二、非选择题
14．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（1）样品中FeS2的质量分数是（假设杂质不参加反应）________________。
（2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为________L，制得98 %的硫酸质量为______t。
【答案】（1）90.00% （2）3.36×106 15
【解析】
（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
0.020 00 mol·L－1×0.02500 L
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.00%
（2）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1
mol V(SO2)
V(SO2)＝3.36×106 L，n(SO2)＝＝1.5×105 mol
由SO2～SO3～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
15．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量___________（假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119）。
【答案】93.2%
【解析】根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119 g∶1 mol=x∶0.100×0.016 mol，解之得到x=0.571 2 g，试样中锡的百分含量w(Sn)=×100%≈93.2%。
16．PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL 2mol·L－1NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比___________（写出计算过程）。
【答案】1∶2
【解析】由反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl、H3PO3+Cl2+H2O=H3PO4+2HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可以得出以下关系式：PCl3—H3PO3—Cl2—H3PO4—5HCl—8NaOH，则0.01molCl2恰好将H3PO3氧化为H3PO4时，生成0.01mol H3PO4和0.05molHCl，共消耗NaOH 0.08mol；设PCl5的物质的量为x，由反应PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4
+3H2O，可得出以下关系式：PCl5—H3PO4—5HCl—8NaOH，则x molPCl5与水反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x，由此可以得出：8x+0.08mol=0.24mol，x=0.02mol，故原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为0.01mol∶0.02mol=1∶2。答案为1∶2。
17．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为____________________。
（2）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(CO)（写出计算过程） _________。
【答案】2a＋3b＝c＋2d 3∶5
【解析】（1）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，CO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。
（2）n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol，m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－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 5－0.3702)≈1.235 g，m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g，n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol，n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol，n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
18．某实验小组制备，取1.12g实验制得的产物（已知的相对分子质量为158.6）加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，滴入几滴作指示剂，已知为砖红色沉淀，用浓度为0.100的硝酸银标准溶液滴定，重复滴定三次测得硝酸银标准溶液用量分别为19.98mL、18.00mL、20.02mL。
（1）产物的纯度为_______（保留三位有效数字）；
（2）写出简要计算过程：_______。
【答案】 用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定氯离子，滴入几滴作指示剂，当溶液中氯离子沉淀完全后，会生成砖红色沉淀。第二次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，平均消耗硝酸银标准溶液的体积为20.00mL，
设25.00mL溶液中的物质的量为xmol；
x=0.001mol，产物的纯度为 95.2%。
19．某课外活动小组测定了某工厂工业废水中游离态氯的含量，下面是测定实验分析报告：
（一）测定目的：测定工厂工业废水中的游离态氯的含量
（二）测定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（三）实验用品及试剂：
（1）仪器和用品（自选，略）
（2）试剂：指示剂_______（填名称），KI溶液，浓度为0.010 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。
（四）实验过程：
（1）取水样10.00 mL 于锥形瓶中，加入10.00 mL KI溶液（足量），滴入指示剂2~3滴。
（2）取碱式滴定管（经检查不漏水），依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.010 mol·L-1 Na2S2O3溶液待用。
（3）将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视_______直至滴定终点，滴定至终点的现象是_______。
（五）数据记录与处理：若经数据处理，滴定中消耗标准的Na2S2O3溶液的体积平均是20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为_______，从实验过程分析，此浓度比实际浓度_______（填“偏大”、“偏小”或“相等”），造成误差的原因是_______（若认为没有误差，该问可不答）。
（六）问题和讨论：
该同学提出了下列可能造成结果偏小的原因，其中你认为正确的是_______（填编号）。
①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外
③滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面
【答案】淀粉溶液 锥形瓶内溶液颜色变化 当滴入最后一滴标准液，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色 0.010 mol·L-1 偏大 滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗 ②③
【解析】（三）根据测定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6，当碘单质消耗完毕，则达到滴定终点，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，所以可以采用淀粉溶液作指示剂；
（四）在滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶内溶液颜色变化，滴入淀粉溶液，当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，证明达到了滴定终点；
（五）根据滴定实验原理：量取一定体积的待测液，标准液滴定前后的体积示数之差即为消耗的标准溶液体积，所以记录的实验内容有待测溶液体积（mL）、标准液滴定前刻度以及滴定后的刻度、标准液滴定前后的体积示数之差即为消耗的标准溶液体积，为了减小误差，一般是取多次实验结果的平均值，根据滴定原理：Cl2+2KI=2KCl+I2；I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6，得到关系式：Cl2 ~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.010 mol/L×0.020 L=2.0×10-4 mol，则废水中Cl2的物质的量是0.0001 mol，由于溶液的体积是10.00 mL所以该废水中Cl2的物质的量浓度c(Cl2)=；从实验过程看，盛放标准液的滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗，相当于用的是稀释后的标准液，由于待测溶液中物质的物质的量不变，则消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，根据c标·V标=c待测V待测，所得的结果偏高；
（六）①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则标准液的体积偏大，造成结果偏大，①不符合题意；②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外，则消耗的标准液的体积偏小，造成结果偏小，②符合题意；③滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面，则消耗的标准液的体积偏小，③符合题意；故合理选项是②③。
20．氮化钙有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、新型陶瓷工业等领域。部分理化性质如下表：
性质
颜色、状态
熔点/℃
特性
具体描述
常温下为棕色固体
1195
空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体
工业上利用单质钙在氮气流中，控制温度450℃，可制得氮化钙。实验室模拟工业制备氮化钙，并对氮化钙纯度进行测定，实验方案如下：
Ⅰ．制备：
（1）A处产生，请写出A中反应的化学方程式___________。工业上一般采用_______（填具体做法）制取。
（2）装置的连接顺序为A→___________（注：以上所有装置都能用到）。
（3）实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处酒精灯，其原因是___________。
（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察的流速；②___________。
Ⅱ．纯度测定。（已知摩尔质量为，所含的杂质不与水反应，氨气极易溶于水，不溶于煤油）
方案一：称取氮化钙样品2.4g，按图1所示装置进行实验，发现B装置增重0.51g。
（5）该样品中氮化钙的质量分数为___________。
方案二：取与方案一同质量的样品，改用图2装置进行纯度测定，倾斜Y型管，将蒸馏水倒入样品管中，充分反应后测量气体体积。
（6）方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，试分析方案一测得的氮化钙纯度偏低的原因_____。
【答案】（1） 分离液态空气法
（2）C→B→C→D
（3）排除装置中的氧气，防止Ca和与氧气反应
（4）隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应
（5）92.5％
（6）方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低
【解析】
本实验利用实验制备的N2来探究Ca与N2的反应，由于空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体，故需采用干燥纯净的N2才行，所以装置A为N2的发生装置，反应原理为：，然后将产生的N2经过C装置进行干燥，再进入B装置与Ca发生反应，反应原理为：3Ca+N2Ca3N2，在经过装置C防止空气中的水蒸气进入B装置中，最后接D装置形成液封，以观察N2的流速和防止空气中的O2通过导管进入B装置中氧化Ca和Ca3N2。
（1）A处产生，即(NH4)2SO4和NaNO2，根据氧化还原反应配平可得A中反应的化学方程式为：，空气中含有大量的N2，故工业上一般采用分离液态空气法制取；
（2）由分析可知，装置A为N2的发生装置，反应原理为：，然后将产生的N2经过C装置进行干燥，再进入B装置与Ca发生反应，反应原理为：3Ca+N2Ca3N2，在经过装置C防止空气中的水蒸气进入B装置中，最后接D装置形成液封，以观察N2的流速和防止空气中的O2通过导管进入B装置中氧化Ca和Ca3N2，故装置的连接顺序为：A→C→B→C→D，故答案为：C→B→C→D；
（3）实验开始时，先启动A处反应，先通一段时间的N2，将装置中的空气排空以后再点燃B处酒精灯，以防止Ca和与氧气反应，故答案为：排除装置中的氧气，防止Ca和与氧气反应；
（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察的流速；由于Ca和Ca3N2易被氧化，故②隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应，故答案为：隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管跟Ca和反应；
（5）从实验装置图可知，B装置增重的质量就是产生的NH3的质量，根据反应方程式可知：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，n(Ca3N2)=n(NH3)==0.015mol，该样品中氮化钙的质量分数为=92.5%，故答案为：92.5%；
（6）由于方案一的圆底烧瓶和导管中含有部分NH3未被浓硫酸吸收，而方案二这部分气体和排出的空气是等体积的，故不存在这样的问题，导致方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，即方案一测得的氮化钙纯度偏低，故答案为：方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低。
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