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第9讲　化学计算的常用方法
1．进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法。3.初步建立化学计算的思维模型。
考点一　守恒法
1．所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
2．守恒法解题步骤
题组一　元素守恒
1．有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO3 37.3%。取1 g该样品投入25 mL 2 mol/L盐酸中，多余的盐酸用30.8 mL 1 mol/L KOH溶液恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体(　B　)
A．1 g B．3.725 g
C．0.797 g D．2.836 g
解析：分析整个过程，再根据元素守恒可知，最终溶液中的溶质为KCl，其质量为2 mol·L-1×0.025 L×74.5 g·mol-1＝3.725 g。
2．（2024·江西名校协作体高三期中联考）50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线（固体质量随温度变化的曲线）如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．MnSO4·H2O属于混合物
B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去
C．第二个失重台阶得到的固体为MnO2
D．第三个失重台阶得到的固体为MnO
解析：MnSO4·H2O有固定组成，属于纯净物，A错误；MnSO4·H2O的摩尔质量为169 g·mol-1，50.70 g MnSO4·H2O的物质的量为0.3 mol，其中结晶水的质量为5.4 g，若50.70 g MnSO4·H2O失去全部结晶水，固体质量应减小到45.30 g，由题图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误；第二个失重台阶得到的固体若为MnO2，则根据锰元素守恒，MnO2的物质的量为0.3 mol，MnO2的质量为0.3 mol×87 g·mol-1＝26.10 g，与题图相符，C正确；第三个失重台阶得到的固体若为MnO，则根据锰元素守恒，MnO的物质的量为0.3 mol，MnO的质量为0.3 mol×71 g·mol-1＝21.30 g，与题图不符，D错误。
热重分析法是指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度或时间关系的一种热分析方法，解答热重分析试题的常用方法：
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，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小，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。
题组二　电荷守恒
3．对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子 K＋ Na＋ NH
浓度/( mol·L-1) 4×10-6 6×10-6 2×10-5
离子 SO NO Cl－
浓度/( mol·L-1) 4×10-5 3×10-5 2×10-5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH＝4。
解析：待测试样中离子的电荷守恒为c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c（NH）＝2c（SO）＋c（NO）＋c(Cl－)，代入数据可得c(H＋)＝1.0×10-4 mol·L-1，即pH＝4。
4．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为(　D　)
A． B．
C． D．
解析：由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，根据SO＋Ba2+===BaSO4↓，可知n（SO）＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，n（NH）＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3+的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，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+)＝＝ mol·L-1，故D符合题意。
考点二　关系式法
1．关系式法含义
关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。
2．建立关系式的一般途径
(1)利用元素守恒建立关系式。
(2)利用得失电子守恒建立关系式。
(3)利用化学方程式中化学计量数间的关系建立关系式等。
3．应用关系式法的思维模型
1．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为(　C　)
A．72%　　B．40%　　C．36%　　D．18%
解析：由硫原子守恒和有关反应可得出：
S　～　H2SO4　～　2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10-3 mol
得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。
2．滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步骤如下：①取10 mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175 mL；②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热；③用25 mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O]；④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol·L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3]，记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是2 800cV mg·L-1（用含c、V的表达式表示）。
解析：依据滴定实验和反应的化学方程式：2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O、(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3可知：2N～2NH3～(NH4)2B4O7～H2SO4，则n(N)＝n(NH3)＝2n(H2SO4)＝2×cV×10-3 mol，m(N)＝2×cV×10-3 mol×14×103 mg/mol＝28cV mg，水样中氮的含量＝＝2 800cV mg·L-1。
考点三　差量法
1．差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟差量（实际差量）列成比例，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol-1　Δm（固），Δn（气）， ΔV（气）
2 mol 1 mol 2 mol 221 kJ 24 g 1 mol
2．使用差量法的注意事项
(1)所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。
(2)有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。
3．解题步骤
1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减小到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　C　)
A．4 L B．8 L
C．12 L D．16 L
解析：混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV
44．8 L 22.4 L 　22.4 L
V(CO2) (20－16) L
＝，解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
2．已知：①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减小了3.1 g，求：
(1)原混合物中碳酸钠的质量是10.6 g。
(2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）是3.36 L。
解析：(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m，
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
168 g 62 g
m 3.1 g
由＝，解得m＝8.4 g，则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。(2)剩余固体为碳酸钠，质量为19 g－3.1 g＝15.9 g，物质的量为＝0.15 mol，根据碳原子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol，标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1＝3.36 L。
1．（2024·浙江1月选考节选）取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为99%。
解析：根据铜元素守恒，氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 mol，
CuS　～　CuO
1　　　　　1
n　　0.019 8 mol
硫化铜物质的量为0.019 8 mol，则H2S物质的量为0.019 8 mol，H2S的质量为0.673 2 g，产品纯度为×100%＝99%。
2．（2024·江苏卷节选）将8.84 mg Nd(OH)CO3（摩尔质量为221 g·mol-1）在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n（CO）的比值2（计算过程见解析）（写出计算过程）。
解析：n[Nd(OH)CO3]＝＝4×10-5 mol，其中n(OH－)＝4×10-5 mol, 550～600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减小8.84 mg－7.60 mg＝1.24 mg，焙烧产物中不含有氢元素，则根据2OH－～H2O，焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1＝0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，根据CO～CO2，发生反应的CO的物质的量为＝2×10-5 mol，起始固体中含有的CO的物质的量＝n[Nd(OH)CO3]＝4×10-5 mol，则剩余固体中CO的物质的量为4×10-5 mol－2×10-5 mol＝2×10-5 mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol，故产物中n(Nd3+)∶n（CO）＝(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)＝2∶1，比值为2。
3．（2023·湖北卷节选）取含CuO2粗品0.050 0 g（杂质不参加反应）与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。（已知：2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O）标志滴定终点的现象是滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色，粗品中CuO2的相对含量为96%。
解析：滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为＋2价，氧为－1价，CuO2在酸性条件下与KI反应的离子方程式为2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I2＋4H2O，可以得到关系式：2CuO2～3I2～6S2O，则m(CuO2)＝×2×96 g＝0.048 g，粗品中CuO2的相对含量为×100%＝96%。
4．（2023·山东卷节选）一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。
③加指示剂并用c mol·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐—苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
ROH样品中羟基含量（质量分数）计算正确的是(　A　)
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．×100%
解析：用c mol·L-1 NaOH—甲醇标准溶液进行滴定，根据反应CH3COOH＋NaOH―→CH3COONa＋H2O，结合步骤④可得关系式：乙酸酐水解[(CH3CO)2O]～2CH3COOH～2NaOH，则n（乙酸酐）＝0.5cV2×10-3 mol，根据反应(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH，结合步骤②，设样品中ROH为x mol，则2×0.5cV2×10-3 mol－x mol＝cV1×10-3 mol，解得x＝c(V2－V1)×10-3，又因ROH样品的质量为m g，则ROH样品中羟基的质量分数为×100%，A正确。
课时作业9
（总分：60分）
一、选择题（每小题3分，共27分。每小题只有1个选项符合题意）
1．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　B　)
A．36 g B．40 g
C．80 g D．160 g
解析：28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2，然后加入足量Na2O2固体，Na2O2溶于水后生成NaOH和O2，本身具有强氧化性，充分反应后生成Fe(OH)3沉淀，过滤后滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，由铁原子守恒得n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，即m(Fe2O3)＝0.25 mol×160 g·mol-1＝40 g。
2．将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是(　B　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋　　　　　～　　　　　　nCO
2　　　　　　　　　　　　　　n
0．04 L×0.5 mol·L-1　0.015 L×2 mol·L-1
解得n＝3。
3．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 mol X(g)和2 mol Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g) 2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的n值为(　B　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总物质的量增大的反应，则有4＋n＜2＋6，所以n＜4，C、D项不符合题意；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的物质的量增加了5 mol×5%＝0.25 mol，由于平衡时X浓度减小了，所以X减小了1 mol，根据差量法，
4X(g)＋nY(g) 2Q(g)＋6R(g)　Δn
4 mol (4－n) mol
1 mol 0.25 mol
＝，解得n＝3，A项不符合题意，B项符合题意。
4．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是(　A　)
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．×100%
解析：由题意知(w1－w2) g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　 Δm
2×84 g　　　　106 g　　　　　　　　　62 g
x g　　　　　　　　　　　　　　　 (w1－w2) g
则x＝，故样品纯度为
×100%＝×100%＝×100%。
5．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是(　C　)
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶≈3∶4。
6．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为(　A　)
A．0.25 mol B．0.2 mol
C．0.3 mol D．0.35 mol
解析：由题意可知，混合物中的铁元素全部转化为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝（0.15 L×4 mol·L-1－）×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。
7．（2024·湖南娄底一模）实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，其热重曲线如图所示。根据实验结果或现象，所得结论不正确的是(　D　)
A．x＝4，y＝1
B．FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3
C．生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2
D．把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3
解析：FeSO4·7H2O相对分子质量为278，100 ℃时，失重比为19.4%，278×19.4%≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O，同理可以求得200 ℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4·H2O和3H2O，300 ℃时，FeSO4·H2O分解生成FeSO4和H2O，A正确；FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，故D错误。
8．某同学设计如下实验测定绿矾产品（主要成分为FeSO4·7H2O）的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾产品的纯度约为(　C　)
A．94.5%　　　　　 B．96.1%
C．96.7% D．97.6%
解析：高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2+＋8H＋===Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1＝2.0×10-4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10-3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。
9．（2024·山东青岛二模）实验室为测定镁铝合金中镁、铝含量，设计如下流程：
下列说法错误的是(　B　)
A．所加盐酸体积不少于100 mL
B．沉淀1的质量为(m＋4.25) g
C．沉淀1加足量NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
D．镁铝合金中镁、铝质量之比为8∶9
解析：由题给流程可知，镁铝合金与足量稀盐酸反应得到含有氯化铝、氯化镁的溶液和标准状况下5.6 L氢气；向溶液中加入足量氨水，将溶液中镁离子、铝离子转化为氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀1；向沉淀1中加入足量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸根离子，氢氧化镁不反应，过滤得到沉淀2氢氧化镁和四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中通入过量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝；由镁铝合金和氧化铝的质量都为m g可知，氧化铝中氧原子的质量与镁铝合金中镁的质量相同，则合金中镁、铝质量之比等于Al2O3中O、Al的相对原子质量和之比为48∶54＝8∶9，设镁、铝的质量分别为8 g，9 g，则物质的量之比为∶＝1∶1，设合金中镁、铝的物质的量为a mol，由反应生成标准状况下5.6 L氢气可得 mol＋a mol＝，解得a＝0.1。镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1 mol，则溶解合金加入5 mol/L盐酸的体积不少于×103 mL/L＝100 mL，故A正确；镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1 mol，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为m g＋0.5 mol×17 g/mol＝(m＋8.5) g，故B错误；沉淀1加足量氢氧化钠溶液发生的反应为氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故C正确；由分析可知，合金中镁、铝质量之比为8∶9，故D正确。
二、非选择题（共33分）
10．（10分）(1)25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。
①300 ℃时，所得固体的化学式为MnSO4。
②1 150 ℃时，反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。
(2)若称取100 g MgCO3·nH2O晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n＝1（取整数）。
解析：(1)①25.35 g MnSO4·H2O样品中，n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g，300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减小的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。②温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和0.15 mol硫的氧化物，850 ℃时，固体质量由22.65 g减小到13.05 g，减小的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为SO2，则此时的固体为MnO2；1 150 ℃时固体为MnO2分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol-1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15 mol∶0.2 mol＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。(2)由题图知400 ℃时剩余质量为82.3 g，这是该晶体失去结晶水后的质量，则有＝，解得n≈1。
11．（10分）（2024·黑龙江绥化3月联考）四氮化四硫（S4N4，S为＋2价）是重要的硫氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，已知：S4N4＋6OH－＋3H2O===S2O＋2SO＋4NH3↑
测定产品纯度：
ⅰ.蒸氨：取0.4 g固体样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热，将蒸出的NH3通入含有50 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ⅱ.滴定：用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，记录消耗NaOH溶液的体积。重复实验3次，数据如下表所示：
实验序号 初始读数/mL 最终读数/mL
① 0.20 20.22
② 0.40 24.85
③ 1.00 20.98
用NaOH标准溶液滴定H2SO4溶液之前，需要润洗滴定管，润洗滴定管的操作为从滴定管上口加入少量NaOH标准溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2～3次，滴定时选用的指示剂为酚酞，制得的S4N4的纯度为92%（保留两位有效数字）。
解析：用标准液润洗滴定管时，从滴定管上口加入少量NaOH标准溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2～3次；滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉色，且半分钟内不变色，则达到滴定终点；H2SO4物质的量＝0.05 L×0.1 mol·L-1＝0.005 mol，吸收完氨气后，剩余的H2SO4消耗NaOH标准液20.00 mL（②数值相差太大，舍去），即0.02 L×0.1 mol·L-1＝0.002 mol，按反应关系H2SO4～2NaOH，剩余的H2SO4有0.001 mol，则吸收氨气消耗了0.004 mol H2SO4。按反应关系S4N4～4NH3～2H2SO4可知，样品中S4N4有0.002 mol，即S4N4产品纯度＝×100%＝92%。
12．（13分）过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。回答下列问题：
(1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为×100%（用字母表示）。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热并逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为CaO。
解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙元素守恒，可知为CaO。

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