答案 D
解析 明确S―→SO2―→SO3―→H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与NaOH的关系。 全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示： S―→SO2―→SO3―→H2SO4―→2NaOH 32 g 2 mol
x (0.02×0.50)mol 32 g×0.02×0.50 molx＝＝0.16 g。
2 mol0.16 g
S的质量分数为×100%≈36%。
0.44 g(二)由“电子守恒”确定关系式
2．将4.9 g Mg和Fe的混合物在过量稀HNO3中完全反应，得到标准状况下NO气体2.24 L，向反应后的溶液中加入足量烧碱溶液充分反应，求最后生成沉淀的质量。 答案 由题意知，整个过程中存在关系 Fe～3e～3OH～Fe(OH)3 Mg～2e～2OH～Mg(OH)2
可以看出e～OH，又因得失电子守恒，所以有NO3～NO～3e～3OH，故n(OH)＝n(e)＝3n(NO)＝0.3 mol。所以沉淀的质量为4.9 g＋17 g·mol1×0.3 mol＝10 g。
－
－
－
－
－
－
－
－
－
－
－
－
题组二 “滴定法”分析物质组成及含量 应用一 确定含量
3．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L
－1
的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶
－
＋
2液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O24＋Ca
===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L
－
＋
＋
－1
的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：
－
2MnO4＋5H2C2O4＋6H===2Mn2＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 答案 本题涉及的化学方程式或离子方程式为 CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
2C2O24＋Ca===CaC2O4↓
－
＋
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO4＋5H2C2O4＋6H===2Mn2＋10CO2↑＋8H2O
－
＋
＋
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4
＋
－
5 2
n1(CaCO3) aV2×103 mol
－
n1(CaCO3)＝2.5aV2×103 mol
－
V0－
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×103× mol
V1
V0－－
?2.5aV2×103×?mol×100 g·mol1
V125aV0V2则w(CaCO3)＝×100%＝%。
W gWV1
4．电解铜的阳极泥中含有3%～14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 mol·L1 KMnO4标准溶液[只
－
发生Se(＋4)转化为Se(＋6)]。反应完全后，用0.050 00 mol·L1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至
－
终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为________(保留四位有效数字)。 答案 3.950%
解析 MnO4 ～ 5Fe2
－
＋
0．000 150 0 mol 0.000 750 0 mol 2MnO4 ～ 5Se
0．000 250 0 mol 0.000 250 0 mol －0.000 150 0 mol ＝0.000 100 0 mol
0.000 250 0 mol×79 g·mol1×10
w(Se)＝×100%＝3.950%。
5.000 g
－
－
＋4
应用二 确定组成
5．碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：
①准确称取1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O23＋I2===2I＋
－
－
－
S4O26)，消耗25.00 mL。
－
②另取1.685 g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO
氧化为O2)，稀释至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00 mol·L1
－
－
EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2＋H2Y2===MgY2＋2H)，消
＋
＋
－
－
＋
耗25.00 mL。
(1)步骤①需要用到的指示剂是________。
(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。 答案 (1)淀粉溶液
(2)关系式：ClO～I2～2S2O23
－
－
11－－－－n(ClO)＝n(S2O2L1×25.00×103 L＝0.01 mol， 3)＝×0.800 0 mol·22n(Mg2)＝0.020 00 mol·L1×25.00×103 L×
＋
－
－
1 000 mL
＝0.02 mol，
25.00 mL
根据电荷守恒，可得：
n(OH)＝2n(Mg2)－n(ClO)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.03 mol，
－
＋
－
m(H2O)＝1.685 g－0.01 mol×51.5 g·mol1－0.02 mol×24 g·mol1－0.03 mol×17 g·mol1＝
－
－
－
0.180 g，
0.180 gn(H2O)＝－＝0.01 mol，
18 g·mol1n(Mg2
＋
)∶n(ClO
－
)∶n(OH
－
)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol＝
2∶1∶3∶1，
碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。
解析 (1)根据实验①中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO～I2～2S2O23求得n(ClO)，根据
－
－
－
实验②中消耗的EDTA的体积结合关系式Mg2～EDTA可求得n(Mg2)，利用电荷守恒可求
＋
＋
得n(OH)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得n(H2O)，从而
－
＋
－
－
得到n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。
＋
－
－
1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种 (1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。 (2)利用微粒守恒建立关系式。 2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。 题组三 热重分析法确定物质组成及含量 应用一 确定含量
6．[2014·新课标全国卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失样品起始质量－a点固体质量
重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a
样品起始质量点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。
2－x2－x239×4.0%△
答案 根据PbO2=====PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，
22162m＋nm0.42
根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝。
n0.63m＋n应用二 确定组成
7．0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
试确定200 ℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。 答案 CuSO4·5H2O=====nH2O＋CuSO4·(5－n)H2O 250 18n
0.80 g 0.80 g－0.57 g＝0.23 g
25018n
＝，解得n≈4，则此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。 0.80 g0.23 g
8．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36.50 g样品加固体样品的剩余质量热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。
固体样品的起始质量
△
(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。 (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 答案 (1)CaC2O4 CaO
(2)500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量36.50 gn(CaC2O4·H2O)＝－＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x
146 g·mol1mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据钙元素守
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