高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題二 關(guān)于物質(zhì)的量的簡單化學(xué)計算的解答方法限時訓(xùn)練-人教版高三化學(xué)試題

關(guān)于物質(zhì)的量的簡單化學(xué)(建議用時：40分鐘)1．(2015·高考全國卷Ⅱ，10，6分)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NAB．1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)離子數(shù)之和為0.1NAC．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAD．235g核素eq\o\al(235,92)U發(fā)生裂變反應(yīng)：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂變))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，凈產(chǎn)生的中子(eq\o\al(1,0)n)數(shù)為10NA解析：選C。A項，丙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH(1-丙醇)或CH3CHOHCH3(2-丙醇)，60g丙醇的物質(zhì)的量為1mol，含有7molC—H鍵、2molC—C鍵、1molC—O鍵和1molO—H鍵，故所含共價鍵總數(shù)為11NA。B項，NaHCO3溶液中存在HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡和電離平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋；1L0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，據(jù)C原子守恒可得n(HCOeq\o\al(－,3))＋n(COeq\o\al(2－,3))＋n(H2CO3)＝1L×0.1mol·L－1＝0.1mol，故HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)離子數(shù)之和小于0.1NA。C項，Na與O2反應(yīng)生成鈉的氧化物(Na2O、Na2O2等)，Na由0價升高到＋1價，23g鈉的物質(zhì)的量為1mol，充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA。D項，核素eq\o\al(235,92)U發(fā)生裂變反應(yīng)：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂變))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，凈產(chǎn)生的中子(eq\o\al(1,0)n)數(shù)為10－1＝9；235g核素eq\o\al(235,92)U的物質(zhì)的量為1mol，則發(fā)生裂變時凈產(chǎn)生的中子數(shù)為9NA。2．(2014·高考大綱卷)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A.1molFeI2與足量氯氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．2L0.5mol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA解析：選D。A.1molFeI2與足量的Cl2反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子3mol，A選項錯誤；B.2L0.5mol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)帶的負(fù)電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，B選項錯誤；C.1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，C選項錯誤；D.丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構(gòu)體，故42g即1mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，D選項正確。3．(2014·高考廣東卷)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是()A．1mol甲苯含有6nA個C—H鍵B．18gH2O含有10nA個質(zhì)子C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L氨水含有nA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子解析：選B。解有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉(zhuǎn)換，即將質(zhì)量和體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉(zhuǎn)換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應(yīng)，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。A.第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉(zhuǎn)換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個C—H鍵；第三步，1mol甲苯中含有8nA個C—H鍵，A錯誤。B.第一步，18g水的物質(zhì)的量為1mol；第二步，1個水分子中含有10個質(zhì)子；第三步，1mol水分子中含有10nA個質(zhì)子，B正確。C.由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質(zhì)的量，C錯誤。D.常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56g鐵片即1mol鐵不可能生成nA個SO2分子，D錯誤。4．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．98gH2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NAB．1L1mol·L－1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NAC．33.6LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NOeq\o\al(－,3)數(shù)目為NAD．32g銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，一定失去NA個電子解析：選A。B項兩種溶液中除溶質(zhì)外，水中也含有氧原子；C項未指明所處狀況；D項中Cu可能被氧化為＋1價。5．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是()A．在0℃時，22.4L氫氣中含有2NA個氫原子B．電解食鹽水若產(chǎn)生2g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NAC．1mol乙烷分子中共價鍵總數(shù)為7NAD．密閉容器中46gNO2含有的分子數(shù)為NA解析：選C。0℃不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，A錯；電解食鹽水產(chǎn)生2g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA，B錯；乙烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH3，含有1個C—C共價鍵和6個C—H共價鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉(zhuǎn)化平衡，D錯。6．(2015·桂林高三二模)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．25℃時，在pH＝2的1.0LH2SO4溶液中含有H＋數(shù)目為0.02NB．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)與1molCH4中所含共價鍵數(shù)目相等C．將含有1molFeCl3溶質(zhì)的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個Fe(OH)3膠粒D．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當(dāng)有1molFe2＋被氧化時，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目至少為3NA解析：選D。A項中，pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝0.01mol·L－1，錯誤；B項中，1molNa2O2含有3NA個離子，1molCH4含有4NA個共價鍵，錯誤；C項中，F(xiàn)e(OH)3膠粒是多個Fe(OH)3的聚合體，錯誤；D項中，還原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化時，至少有2molI－已經(jīng)全部被氧化，正確。7．若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．Na2O和Na2O2的混合物共1mol，陰離子數(shù)目為NA～2NAB．常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的分子數(shù)目為2NAC．一定條件下，密閉容器中充入1molN2和3molH2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NAD．FeCl3溶液中，若Fe3＋數(shù)目為NA，則Cl－數(shù)目大于3NA解析：選D。根據(jù)Na2O和Na2O2的結(jié)構(gòu)可知，1molNa2O和Na2O2的混合物無論二者比例如何，所含陰離子數(shù)目均為NA，故A錯誤；二氧化氮能轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的分子數(shù)目小于2NA，故B錯誤；合成氨的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6NA，故C錯誤；由于Fe3＋在溶液中發(fā)生水解，故FeCl3溶液中，若Fe3＋的數(shù)目為NA時，溶液中的Cl－數(shù)目大于3NA，故D正確。8．(2016·河南豫南九校聯(lián)考)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是()A．在密閉容器中加入1molN2和3molH2，充分反應(yīng)生成NH3分子數(shù)為2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LN2所含的共用電子對數(shù)為0.2NAC．常溫常壓下，1molNaHSO4晶體中含有2NA個離子D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molFe與22.4LCl2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA解析：選C。合成氨反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1molN2和3molH2不能完全反應(yīng)生成2NA個NH3，A項錯誤；0.2molN2中含0.6NA個共用電子對，B項錯誤；NaHSO4晶體由Na＋和HSOeq\o\al(－,4)構(gòu)成，1molNaHSO4晶體中含有2NA個離子，C項正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molFe與22.4LCl2反應(yīng)時，Cl2的量不足，1molCl2反應(yīng)轉(zhuǎn)移2NA個電子，D項錯誤。9．(2015·蘭州高三模擬)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A．在0℃、1.01×104Pa下，22.4L氯氣與足量鎂粉充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．常溫常壓下，14.9gKCl與NaClO的混合物中含氯元素的質(zhì)量為7.1gC．50mL12mol·L－1濃鹽酸與足量二氧化錳加熱反應(yīng)，生成Cl2分子的數(shù)目為0.15NAD．某密閉容器中盛有0.2molSO2和0.1molO2，在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA解析：選B。0℃、1.01×104Pa不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，22.4L氯氣的物質(zhì)的量小于1mol，與足量鎂粉充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于2NA，A項錯誤；KCl與NaClO的摩爾質(zhì)量相同，均為74.5g·mol－1，14.9gKCl與NaClO的混合物的物質(zhì)的量為0.2mol，含氯原子的物質(zhì)的量為0.2mol，其質(zhì)量為7.1g，B項正確；50mL12mol·L－1濃鹽酸與足量二氧化錳加熱反應(yīng)，隨反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸濃度下降到一定程度時，反應(yīng)停止，鹽酸不能完全反應(yīng)，生成Cl2分子的數(shù)目小于0.15NA，C項錯誤；SO2與O2反應(yīng)生成SO3為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行完全，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于0.4NA，D項錯誤。10．鎂、鋁合金3g與100mL稀H2SO4恰好完全反應(yīng)，將反應(yīng)后所得溶液蒸干，得無水硫酸鹽17.4g，則原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為()A．1.5mol·L－1 B．1mol·L－1C．2.5mol·L－1 D．2mol·L－1解析：選A。蒸干后所得產(chǎn)物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質(zhì)量即為SOeq\o\al(2－,4)的質(zhì)量。c(H2SO4)＝eq\f(17.4g－3g,96g·mol－1×0.1L)＝1．5mol·L－1。11．某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1，若將200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分離，至少應(yīng)加入1.6mol·L－1的苛性鈉溶液()A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L解析：選D。根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故c(Al3＋)＝(2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1)/3＝3mol·L－1。當(dāng)加入的NaOH溶液恰好將Mg2＋與Al3＋分離時，所得溶液中溶質(zhì)為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)＝eq\f(2n（SOeq\o\al(2－,4)）＋n（Al3＋）,c（NaOH）)，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH)＝eq\f(2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L,1.6mol·L－1)＝2L。12．羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00mL0.049mol·L－1的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應(yīng)，生成的Fe2＋恰好與24.50mL0.020mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，則在上述反應(yīng)中，羥胺的氧化產(chǎn)物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)]()A．N2 B．N2OC．NO D．NO2解析：選B。整個反應(yīng)過程是羥胺(NH2OH)將Fe3＋還原為Fe2＋，KMnO4又將Fe2＋氧化為Fe3＋。即始態(tài)還原劑羥胺失去的電子數(shù)與終態(tài)氧化劑KMnO4得到的電子數(shù)相等。設(shè)羥胺的氧化產(chǎn)物中N的化合價為＋n，則eq\o(N,\s\up6(－1))H2OH→eq\o(N,\s\up6(＋n))失電子數(shù)：(n＋1)×0.025L×0.049mol·L－1Keq\o(Mn,\s\up6(+7))O4→eq\o(Mn,\s\up6(＋2))SO4得電子數(shù)：5×0.02450L×0.020mol·L－1依據(jù)得失電子守恒建立方程，解得n＝1，所以氧化產(chǎn)物為N2O。13．(2014·高考山東卷)等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是()A．FeO B．Fe2O3C．FeSO4 D．Fe3O4解析：選A。根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質(zhì)的量就越多。1g題述四種物質(zhì)能提供的電子的物質(zhì)的量分別為A.eq\f(1,56＋16)×1mol；B.0mol；C.eq\f(1,56＋32＋16×4)×1mol；D.eq\f(1,56×3＋16×4)×1mol(Fe3O4也可以寫為Fe2O3·FeO)，提供電子的物質(zhì)的量最多的為FeO。14．(2015·承德高三質(zhì)檢)1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是()A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2∶1B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%D．得到2.54g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL解析：選D。A.向反應(yīng)后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，固體質(zhì)量增加的是OH－的質(zhì)量，且有n(OH－)＝n(e－)，設(shè)合金中鎂、銅的物質(zhì)的量分別為x、y，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(24g/mol×x＋64g/mol×y＝1.52g（質(zhì)量）,2x＋2y＝\f(2.54g－1.52g,17g/mol)（電子守恒）))，解之得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0.01mol,y＝0.02mol))，則該合金中銅、鎂的物質(zhì)的量之比為2∶1。B.該硝酸的濃度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(50×1.40×63%,63)mol,50×10－3L)＝14.0mol/L。C.NO2和N2O4都來自硝酸，設(shè)混合氣體中NO2的物質(zhì)的量為x，根據(jù)電子守恒得x＋(0.05mol－x)×2＝0.06mol，x＝0.04mol，NO2的體積分?jǐn)?shù)為80%。D.得到2.54g沉淀后，溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3，故n(NaOH)＝0.7mol－0.04mol－0.02mol＝0.64mol，則NaOH溶液的體積是640mL。15．硫酸鈉-過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的組成可通過下列實驗測定：①準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A。②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g。③準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.02000mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液25.00mL。H2O2與KMnO4反應(yīng)的離子方程式如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。(1)已知室溫下BaSO4的Ksp＝1.1×10－10，欲使溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))≤1.0×10－6mol/L，應(yīng)保持溶液中c(Ba2＋)≥________mol/L。(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnOeq\o\al(－,4)被還原為MnO2，其離子方程式為________________________________________________________________________________________________。(3)通過計算確定樣品的組成(寫出計算過程)。解析：(1)Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))，當(dāng)c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－6mol/L時，c(Ba2＋)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,c（SOeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(1.1×10－10,1.0×10－6)mol/L＝1.1×10－4mol/L。(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋3H2O2=2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O。(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(0.5825g,233g/mol)＝2.50×10－3mol，2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，n(H2O2)＝eq\f(5,2)×eq\f(0.02000mol/L×25.00mL,1000mL/L)＝1.25×10－3mol，m(Na2SO4)＝142g/mol×2.50×10－3mol＝0.355g，m(H2O2)＝34g/mol×1.25×10－3mol＝0.0425g，n(H2O)＝eq\f(1.7700g×\f(25.00mL,100.00mL)－0.355g－0.0425g,18g/mol)＝2.50×10－3mol，故x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2。硫酸鈉-過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。答案：(1)1.1×10－4(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋3H2O2=2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(0.5825g,233g·mol－1)＝2.50×10－3mol，2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑n(H2O2)＝eq\f(5,2)×eq\f(0.02000mol/L×25.00mL,1000mL/L)＝1.25×10－3mol，m(Na2SO4)＝142g/mol×2.50×10－3mol＝0.355g，m(H2O2)＝34g/mol×1.25×10－3mol＝0.0425g，n(H2O)＝eq\f(1.7700g×\f(25.00mL,100.00mL)－0.355g－0.0425g,18g/mol)＝2.50×10－3mol，x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2，硫酸鈉-過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O16．三氯化鐵是一種很重要的鐵鹽，主要用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中，先制成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。(1)將標(biāo)準(zhǔn)狀況下的aL氯化氫氣體溶于100g水中，得到的鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度是________________。(2)若取2.4g在空氣中放置的鐵屑，先溶于鹽酸，經(jīng)檢驗知所得溶液中不含F(xiàn)e3＋，再通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LCl2恰好使50mL上述FeCl2溶液完全轉(zhuǎn)化為FeCl3。①所得FeCl3溶液的物質(zhì)的量濃度為(不考慮反應(yīng)時體積的變化)________。②能否計算加入鹽酸中HCl的物質(zhì)的量：________。(3)向100mL的FeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl23.36L，反應(yīng)后的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為______________。(4)FeCl3溶液可以用來凈水，其凈水的原理為________________________________________(用離子方程式表示)，若用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)________0.2NA(填“大于”、“等于”或“小于”)。解析：(1)根據(jù)物質(zhì)的量濃度的計算公式，則有c＝eq\f(\f(aL,22.4L·mol－1),\f(\f(aL,22.4L·mol－1)×36.5g·mol－1＋100g,1000mL·L－1×bg·mL－1))＝eq\f(1000ab,36.5a＋2240)mol·L－1。(2)①n(Cl2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol，依據(jù)方程式計算n(FeCl3)＝0.1mol，c(FeCl3)＝eq\f(0.1mol,0.05L)＝2mol·L－1。②在溶解鐵屑時，不知HCl是否過量，故無法計算加入鹽酸中HCl的物質(zhì)的量。(3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的優(yōu)先規(guī)律，氯氣先氧化Fe2＋，反應(yīng)后溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，表明溶液中無Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝n(Br－)＝3.36L÷22.4L·mol－1×2＝0.3mol，根據(jù)原子守恒n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝0.2mol，則c(FeBr2)＝0.2mol÷0.1L＝2mol·L－1。(4)Fe3＋水解Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋生成的Fe(OH)3膠體具有吸附作用，可吸附溶液中的雜質(zhì)，由于Fe3＋水解是可逆反應(yīng)，且生成的Fe(OH)3膠粒是許多分子的集合體，所以生成的Fe(OH)3膠粒的數(shù)目小于0.2NA。答案：(1)eq\f(1000ab,36.5a＋2240)mol·L－1(2)①2mol·L－1②不能(3)2mol·L－1(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋小于17．(2014·高考福建卷)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：eq\x(\a\al(葡萄酒樣品,100.00mL))eq\o(→,\s\up7(鹽酸),\s\do5(蒸餾))eq\x(餾分)eq\o(→,\s\up7(一定條件下，淀粉溶液),\s\do5(用0.01000mol·L－1,標(biāo)準(zhǔn)I2溶液滴定))溶液出現(xiàn)藍(lán)色且30s內(nèi)不褪色(已知：滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O=H2SO4＋2HI)(1)按上述方案實驗，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00