第7讲　化学计算的常用方法-备战2025年高考化学一轮复习讲义（苏教版2019）

第7讲　化学计算的常用方法 复习目标　 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。 类型一　差量法计算及应用 必备知识 1．差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。 这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 2．差量法解题的关键是找准“理论差量”， 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)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol 1 mol 2 mol 24 g　　1 mol　22.4 L(标况) [应用举例] 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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 答案　样品加热发生的反应为 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168 　　　106　　　　　　　　　 62 m(NaHCO3)　　　　　　　　　　　(w1－w2) g 样品中m(NaHCO3)＝ g， 则样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g， 其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。 能力提升 1．差量法是化学计算中的一种常用方法。现有48.6gNa2CO3和NaHCO3的混合物，置于试管中加热到质量不再变化时，得到42.4g固体。则原混合物中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为 A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶2 2．在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到1/3，则该反应方程式中的n值是 A．3 B．4 C．5 D．6 3．热重分析法测定结晶的含量：氮气气氛中以升温速率10℃/min测定某化合物（K2[Cu(C2O4)2]·nH2O）的热失重曲线，如图所示晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水。 (1)通过热失重分析，蓝色晶体的化学式中n= ，经过实验测定后，蓝色晶体的化学式为 。 (2)加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化。为探究剩余固体的成分，冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。则剩余固体的成分为 。 类型二　关系式法计算及应用 必备知识 1．关系式法是物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。 [应用举例] 200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？ 答案　257.9 t 解析　根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4 即：S　　～ 　H2SO4　 　　32　　　　　98　　 200 t×40%　　　95%·x　　 32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x) x≈257.9 t。 能力提升 1．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热的NaOH溶液洗涤除去，可能发生如下反应： ； 请计算： (1)0.9600g硫单质与VmL1.000热的NaOH溶液恰好完全反应，若只生成和，则V= 。 (2)6.400g硫单质与120.0mL1.000热的NaOH溶液恰好完全反应，若只生成和，则x= 。 2．铝、氧化铝的性质与其他常见金属及氧化物相比，有一定的特殊性。 (1)可用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，反应原理是(用离子方程式表示) ，将2.7gAl分别置于足量的NaOH溶液、稀硫酸中，生成H2的体积之比(同温同压)为 。 (2)证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是 (填名称)，将ag废铝片置于100mL盐酸中，测得反应过程中生成氢气体积(标准状况)与时间的关系如图所示：0~t1时间段无气体生成的原因是 ，若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则原溶液中c(HCl)= 。 3．某实验小组设计一体化实验，通过量气法测定阿伏加德罗常数，同时制得 并探究其性质。回答下列问题： I．测定阿伏加德罗常数同时制得 实验装置如图所示： (1)仪器a的名称是 ，阴极发生的电极反应式是 。 (2)电解时，烧杯中阳极Cu片附近可观察到先析出白色固体 (填化学式)，最终转化为砖红色沉淀 (3)在一定电流强度下电解一段时间，收集到的气体体积 (用含 的式子表示)，把换算成标准状况下的体积可求出阿伏加德罗常数。 Ⅱ．探究 的性质。实验小组将上述电解得到的产物 洗涤干净后，进行如下实验： 查阅资料： 白色， 无色， 黄色。 (4)检验电解产物是否洗净，需要用到的试剂是 。 (5)解释溶液颜色由无色变为黄色的原因 (用离子方程式表示)。 Ⅲ．测量电解产物的含量。 (6)称取 样品于烧杯中(该样品中的杂质不与后续试剂反应)，加入足量酸性) 溶液，使 全部转化为 ，加入过量 溶液，然后用 溶液滴定至终点消耗 (已知 ，则测得电解产物中的含量为 %。 类型三　守恒法计算及应用 必备知识 1．守恒法是一种整合的思维方法，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”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析。 2．守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系，列出对应守恒表达式，常见守恒关系有物料守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。 注：得失电子守恒见第4讲考点二　电子守恒法计算及应用。 能力提升 1．高性能磁带的磁粉主要成分是，某探究小组设计了下图所示流程制取，图中正极材料的主要成分是，还含有少量Al和Fe，{已知常温下，}。 在空气中加热，固体残留率随温度的变化如图所示，则A点主要的固体产物为 (属于氧化物，填化学式)。 2．铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。日常生活中可通过食物摄入铁元素，例如黑木耳中就含有比较丰富的铁元素。某研究性学习小组为测定某地黑木耳中铁的含量，开展了如下研究与实践活动。 【研究与实践活动一】 研究黑木耳中含铁物质的水溶性：称取黑木耳，洗净切碎，用蒸馏水浸泡后取浸泡液进行铁元素检测，结果未能检测到铁元素。 【研究与实践活动二】 研究黑木耳中铁的含量：称取黑木耳 ，高温灼烧使之完全灰化，按如图流程对得到的黑木耳灰进行处理。 回答下列问题： (1)浸泡液中未检测到铁元素，说明黑木耳中的含铁物质 (填“难”或“易”)溶于水。 (2)取少量滤液于试管中，滴入溶液，溶液变红。则滤液中铁元素的存在形式有、 (填离子符号)。 (3)滤液与生成A的离子方程式为 。 (4)由A转化为B可加入的试剂可以是 (填标号)。 (5)由C转化成D的现象：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为 。C转化成D的化学方程式为 。 3．工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含有等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系： 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将转化为。 酸浸：已知难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，此时溶于盐酸的离子方程式是 。 (2)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： 浸出液中加入石灰乳的作用是 。 (3)煅烧：煅烧时生成的化学方程式是 。 (4)测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液，过量的恰好能与溶液完全反应。 已知：i．； ii．测定过程中被还原为。 假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是 。(摩尔质量为：) 类型四　列方程组进行二元混合物的计算 必备知识 计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：。 能力提升 1．取10.80 g某无机矿物盐X(仅含四种元素)，将X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体FeO、CaO的混合物和气体CO2，且无机矿物盐X能与稀盐酸反应生成CO2气体。X的化学式是___________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为________________ _______________________________________________________________________________。 2．(2018·浙江11月选考，29)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O (1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。 (2)若a＝，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为______ mol(用含m的最简式表示)。 拓展精炼 1．某实验小组采用沉淀滴定法测定碳酸氢钠样品中杂质Cl-的含量，实验步骤如下： ①用天平称取ag碳酸氢钠样品，用蒸馏水溶解，再用足量稀硝酸酸化，配成100 mL待测液； ②用移液管移取20.00 mL待测液于锥形瓶中，并滴加1～2滴指示剂(K2CrO4溶液为指示剂)； ③用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，三次滴定结果如下： 20.00 20.00 20.00 19.98 20.00 20.02 已知：常温下Ksp(AgCl)=2×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，Ag2CrO4为不溶于水的砖红色沉淀。 (1)到达滴定终点的标志是 。 (2)当Cl-恰好完全沉淀即溶液中残余c(Cl-)=1.0×10-5mol·L-1，则此时溶液中的为 mol·L-1。 (3)根据上述数据计算碳酸氢钠样品中杂质Cl-的质量分数为 。 2．海洋是一个巨大的化学资源宝库，其中钠元素和氯元素是海洋中含量较高的元素。生活中也有很多含钠、含氯的化合物。请结合所学化学知识，回答下列问题。 (1)过氧化钠可以在潜水艇和消防员的呼吸面具中作为氧气来源。若只考虑过氧化钠与二氧化碳反应，每消耗过氧化钠固体、反应转移电子数为 (设为阿伏伽德罗常数的值)。 (2)消毒效率可用单位质量消毒剂得电子数来表示。和均为常用的消毒剂，还原产物均为，的消毒效率是的 倍(保留至小数点后两位)。 (3)“84消毒液”能有效杀灭病毒，某同学购买了瓶“84消毒液”，其瓶身印有如下信息： 质量分数为，密度为，，请稀释后使用。 ①该“84消毒液”中的物质的量浓度为 。(保留至小数点后一位) ②现实验室需要的溶液，某同学用固体配制该物质的量浓度的溶液。应用托盘天平称取固体 g。配制溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。 ③实验时遇到下列情况，会导致溶液物质的量浓度偏高的是 (填标号)。 A．称量时砝码与药品放颠倒     B．溶解时使用的烧杯及玻璃棒未洗涤 C．定容时俯视刻度线           D．摇匀后发现液面低于刻度线后未做处理 3．质量、物质的量、物质的量浓度等是用于化学计算的常见物理量。 (1)质量之比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。 (2)标准状况下，17g NH3的体积为 ，含有氢原子个数为 ，它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。 (3)某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。 (4)同温同压下，A2气体与B2气体等体积化合，生成AxBy气体，已知反应前后气体的密度不变，则AxBy的分子式为 。 (5)在t℃时将a g NH3 完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L-1。下列计算结果正确的是___________。 A．溶质的质量分数 B．溶质的物质的量浓度 C．溶液密度ρ可表示为 D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w (6)将a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入b mol BaCl2溶液使溶液中的SO刚好完全沉定，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c molNH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为 。 (7)将0.24g Mg和0.27g Al的混合物投入到100mL 1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全，需要NaOH溶液的体积为 mL。 4．质量、物质的量、物质的量浓度、气体体积等是用于化学计算的常见物理量。 (1)质量之比为16：7：6的三种气体、、。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。 (2)在时将ag，完全溶于水得到VmL溶液，该溶液的密度为()；质量分数为w，物质的量浓度为。下列计算结果正确的是___________。 A．溶质的质量分数 B．溶质的物质的量浓度 C．溶液密度可表示为 D．上述溶液中再加入VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w (3)将aL和的混合溶液分成两等份，一份加入bmol溶液使溶液中的刚好完全沉淀，另一份加入足量溶液并加热可得到cmol，则原溶液中的物质的量浓度为 。 (4)ag镁铝合金投入xmL2 mol∙L−1的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL l mol∙L−1的溶液，沉淀达到最大值，其质量为，产生的在标准状况下体积为 L。 (5)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。该反应中氧化产物与还原产物的质量比为 ；若氧化产物比还原产物多19.6g，则反应生成的在标准状况下的体积为 L。 5．回答下列问题： (1)分子中所含氢原子数与 个分子中所含氢原子数相等。 (2)在25℃、101KPa的条件下，同质量的和A气体的体积之比是15：8则A的摩尔质量为 (3)阿伏加德罗曾做过这样一个实验：一个抽空的密闭容器中Mg，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和的混合气体后，称量为，把混合气体排尽，再充满气体，为使天平平衡，应在托盘天平的 边托盘上放置 g的砝码 (4)将1mol的晶体溶于 g水中，可使10个分子中溶有1个 (5)已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中的信息，回答下列问题： 溶质的物质的量浓度/ 溶液的密度/ 硫酸 氨水 ①表中硫酸的质量分数为 (不写单位，用含、的代数式表示)。 ②物质的量浓度为的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为 。 ③物质的量浓度为的氨水与水等质量混合，所得溶液的密度 (填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。所得溶液的物质的量浓度 (混合后溶液体积变化忽略不计) 6．Co2O3、Co3+是均属于极强的氧化剂，在生产中有着重要的应用。 (1)一定条件下，Co3+与足量Na2S2O3溶液反应后生成Co2+和SO，写出该反应的离子方程式 。设计实验证明反应后溶液中含有SO： 。(已知：S2O与H+反应生成S、SO2，BaS2O3不溶于水) (2)为测定某Co2O3样品中Co2O3的纯度(杂质不参与反应)，现进行如下实验： 步骤1：称取样品2.000g于锥形瓶中，加入足量硫酸和50mL0.5000mol·L-1FeSO4溶液充分反应。 步骤2：向步骤1所得溶液中逐滴滴加0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液至终点，消耗KMnO4标准溶液的体积为20.00mL。 已知步骤1、2中所涉及物质的转化分别为：Co2O3Co3+Co2+、MnOMn2+ 通过计算确定Co2O3样品中Co2O3的质量分数 (写出计算过程)。 7．某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如图： Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·mol-1)的质量分数表达式为 。 8．(1)现有以下物质：①NaCl溶液②干冰③Na2O固体④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦液态HCl⑧熔融状态的KNO3，其中属于电解质的是 (填序号，下同)，该状态下能导电的是 。 (2)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术创新必不可少的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。则：上述反应中，氧化剂为 ，还原剂为 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；若反应中有0.5molNH3被氧化，转移电子的数目为 。 (3)某硫酸铝溶液的密度为1.20g·cm-3，其中铝离子的质量分数为5.4%，则300mL该溶液中SO的物质的量为 (4)标准状况下，将VL的氨气溶于1L的水中(密度为1g·cm-3)，得到的溶液密度为ρg·cm-3，试求得到的氨水中溶质NH3的物质的量浓度为 9．I.分析某一种不纯的Na2S，已知其中除含有Na2S·9H2O外，还含有Na2S2O3·5H2O，取此试样10.00g配制成500.0mL溶液。 (1)取试样溶液25.00mL于碘量瓶中，加入50.00mL0.05250mol·L-1的I2，用0.1010mol·L-1Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去16.91mL。 (2)取50.00mL试样溶液，用ZnCO3悬浮液沉淀除去其中的Na2S后(忽略体积影响)，取滤液的一半，用0.05000mol·L-1I2溶液滴定其中的Na2S2O3，用去5.65mL。 ①请写出上述实验涉及的化学方程式 ②根据以上实验结果，可算出该不纯的硫化钠样品中：Na2S·9H2O的质量分数为 ，Na2S2O3·5H2O的质量分数为 。 II.人体正常血液的pH值维持在7.35-7.45间，且数值不会因为少量酸碱性的物质进入血液而发生明显变化，原因是血液中含有缓冲物质，主要由H2CO3/NaHCO3予以调节。人体运动时肌肉收缩产生的乳酸如果过多的进入血液，导致pH＜7.3则会造成酸中毒(Acidosis)。计算血液pH与c(H2CO3)/c()的关系式为： ；当血液pH为7.35时，其中的c(H2CO3)/c()比值为 。(已知H2CO3的电离常数pKa1=6.35，pKa2=10.33) 10．(1)1 L Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，含Mg2+ 2.4 g，SO的物质的量浓度为1 mol·L-1，则Al3+的物质的量浓度是 。 (2)若用质量分数为98%，密度为1.84g·cm-3的浓H2SO4来配制0.5 mol·L−1H2SO4溶液500mL，需要量取浓硫酸 mL(结果保留一位小数)。 (3)若将质量分数为a%，物质的量浓度的c1mol/L的稀硫酸蒸发掉一定量的水，使之成为2a%的c2mol/L的稀硫酸，则c1和c2 的关系是 A．c1=2c2   　     B．2c1>c2  　         C．2c1<c2         　 D．无法确定 (4)95%的16.52mol/L的酒精溶液，其47.5%的酒精溶液物质的量浓度为 A．大于8.26mol/L　   B．等于8.26mol/L　    C．小于8.26mol/L　  D．无法确定 (5)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44L，质量为20g，该混合气体中，碳与氧两种原子的数目之比为 。 (6)过氧化钙是一种安全无毒的物质，称取0.542g过氧化钙样品，先溶于适量的稀盐酸中(发生反应：2CaO2·xH2O +4HCl2CaCl2+O2↑+(2+x)H2O，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g。则样品中CaO2·xH2O的x值为 。 (7)在质量分数为28﹪的KOH水溶液中，OH-与H2O分子数之比是 。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7讲　化学计算的常用方法 复习目标　 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。 类型一　差量法计算及应用 必备知识 1．差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。 这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 2．差量法解题的关键是找准“理论差量”， 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)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol 1 mol 2 mol 24 g　　1 mol　22.4 L(标况) [应用举例] 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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 答案　样品加热发生的反应为 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168 　　　106　　　　　　　　　 62 m(NaHCO3)　　　　　　　　　　　(w1－w2) g 样品中m(NaHCO3)＝ g， 则样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g， 其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。 能力提升 1．差量法是化学计算中的一种常用方法。现有48.6gNa2CO3和NaHCO3的混合物，置于试管中加热到质量不再变化时，得到42.4g固体。则原混合物中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为 A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶2 【答案】C 【详解】设NaHCO3的质量为x，则根据化学方程式可知： 混合物中碳酸钠的质量是48.6g-16.8g=31.8g，所以原混合物中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为2∶3，故C正确，选C。 2．在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到1/3，则该反应方程式中的n值是 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】从反应物开始投料达平衡时，混合气体的压强比原来增加5%，说明气体的物质的量在增加，所以4+3＜2+n，所以n＞5，且n为正整数，故选D。 【点睛】本题考查化学平衡的计算。解答本题注意把握在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，在解题中注意排除法的巧妙应用。 3．热重分析法测定结晶的含量：氮气气氛中以升温速率10℃/min测定某化合物（K2[Cu(C2O4)2]·nH2O）的热失重曲线，如图所示晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水。 (1)通过热失重分析，蓝色晶体的化学式中n= ，经过实验测定后，蓝色晶体的化学式为 。 (2)加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化。为探究剩余固体的成分，冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。则剩余固体的成分为 。 【答案】(1) 2 K2[Cu(C2O4)2]·2H2O (2)Cu、K2CO3 【详解】（1）蓝色晶体为：K2[Cu(C2O4)2]·nH2O，晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水，说明结晶水在晶体中的质量分数为10.2%，则有10.2%=×100%，解得n=2，则蓝色晶体的化学式为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O； （2）冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，说明有单质铜，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体，说明有碳酸钾，结合数据说明：加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化，剩余物占57.06%，设样品为1mol，则其质量为354g，加热400℃之后，剩余物质的质量为202g，按钾、铜元素守恒，残渣含1mol碳酸钾为138g、1mol铜为64g，合计202g，则故答案为Cu、K2CO3。 类型二　关系式法计算及应用 必备知识 1．关系式法是物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。 [应用举例] 200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？ 答案　257.9 t 解析　根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4 即：S　　～ 　H2SO4　 　　32　　　　　98　　 200 t×40%　　　95%·x　　 32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x) x≈257.9 t。 能力提升 1．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热的NaOH溶液洗涤除去，可能发生如下反应： ； 请计算： (1)0.9600g硫单质与VmL1.000热的NaOH溶液恰好完全反应，若只生成和，则V= 。 (2)6.400g硫单质与120.0mL1.000热的NaOH溶液恰好完全反应，若只生成和，则x= 。 【答案】(1)60.00 (2)4 【详解】（1）0.9600g硫单质物质的量为=。若只产生Na2S和Na2SO3，由反应方程式得关系式为S~2NaOH。则n(NaOH)=0.06mol=1.000mol/L×V×10-3L=10-3Vmol，计算得到V=60.00mL。答案为60.00； （2）6.400g硫单质物质的量为0.2mol，而120.0mL1.000mol⋅L−1热的NaOH溶液中NaOH物质的量为0.12mol，与NaOH反应的S为0.06mol，该反应产生的Na2S和Na2SO3分别为0.04mol和0.02mol。与Na2SO3反应的S为0.02mol，则剩下的S物质的量为0.2-0.06-0.02=0.12mol完全与Na2S反应，该反应中S与Na2S物质的量之比为=0.12：0.04=3:1=，计算得x=4。答案为4。 2．铝、氧化铝的性质与其他常见金属及氧化物相比，有一定的特殊性。 (1)可用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，反应原理是(用离子方程式表示) ，将2.7gAl分别置于足量的NaOH溶液、稀硫酸中，生成H2的体积之比(同温同压)为 。 (2)证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是 (填名称)，将ag废铝片置于100mL盐酸中，测得反应过程中生成氢气体积(标准状况)与时间的关系如图所示：0~t1时间段无气体生成的原因是 ，若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则原溶液中c(HCl)= 。 【答案】(1) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 1:1 (2) 盐酸和氢氧化钠溶液 开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应 3.06mol/L 【详解】（1）铁粉中的铝粉中加入NaOH溶液，只有Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2等，从而除去Fe中混有的Al，反应原理是：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；Al与足量的NaOH溶液、稀硫酸反应时都表现+3价，所以都存在关系式：2Al——3H2，则2.7gAl的物质的量为0.1mol，生成H2的物质的量都为0.15mol，体积之比(同温同压)为1:1。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；1:1； （2）依据两性氧化物的定义，两性氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都生成盐和水，所以证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是盐酸和氢氧化钠溶液；将ag废铝片置于100mL盐酸中，由于铝表面形成氧化膜，所以0~t1时间段氧化膜与盐酸反应，无气体生成，原因是：开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则依据守恒法，n(HCl)=n(Cl-)=3n(Al3+)=0.306mol，原溶液中c(HCl)==3.06mol/L。答案为：盐酸和氢氧化钠溶液；开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；3.06mol/L。 【点睛】废铝片中除去含Al2O3和Al外，还含有其它杂质，所以我们不能利用ag进行计算。 3．某实验小组设计一体化实验，通过量气法测定阿伏加德罗常数，同时制得 并探究其性质。回答下列问题： I．测定阿伏加德罗常数同时制得 实验装置如图所示： (1)仪器a的名称是 ，阴极发生的电极反应式是 。 (2)电解时，烧杯中阳极Cu片附近可观察到先析出白色固体 (填化学式)，最终转化为砖红色沉淀 (3)在一定电流强度下电解一段时间，收集到的气体体积 (用含 的式子表示)，把换算成标准状况下的体积可求出阿伏加德罗常数。 Ⅱ．探究 的性质。实验小组将上述电解得到的产物 洗涤干净后，进行如下实验： 查阅资料： 白色， 无色， 黄色。 (4)检验电解产物是否洗净，需要用到的试剂是 。 (5)解释溶液颜色由无色变为黄色的原因 (用离子方程式表示)。 Ⅲ．测量电解产物的含量。 (6)称取 样品于烧杯中(该样品中的杂质不与后续试剂反应)，加入足量酸性) 溶液，使 全部转化为 ，加入过量 溶液，然后用 溶液滴定至终点消耗 (已知 ，则测得电解产物中的含量为 %。 【答案】(1) 酸式滴定管 (2) (3) (4)溶液和稀硝酸 (5) (6) 【分析】该装置为电解池装置，Cu片连接电源正极做阳极，Cu失电子，阴极中H+得电子能力大于Na+，阴极是水中氢离子得电子生成氢气。 【详解】（1）由仪器a的构造可知其名称是酸式滴定管；据分析阴极水中氢离子得电子生成氢气，电极反应式为； （2）电解时，Cu片附近首先析出白色的CuCl，进而与碱反应转化为Cu2O，则烧杯中最终会看到砖红色沉淀； （3）阴极电解产生氢气，则电解一段时间，酸式滴定管液面差为氢气的体积，收集到的气体体积； （4）检验电解产物是否洗净，即检验最后一次洗涤液中氯离子即可，所需要用到是的试剂为溶液和稀硝酸； （5）溶液颜色由无色变为黄色，则无色在被氧气氧化为黄色的，离子方程式为； （6）加入足量酸性溶液，使全部转化为，反应的离子方程式为：Cu2O+2Fe3++2H+=+2Fe2++H2O，加入溶液发生离子反应：，然后用溶液滴定过量溶液，则反应的n(Fe2+)= n(Ce4+)=，则，则测得电解产物中的含量为。 类型三　守恒法计算及应用 必备知识 1．守恒法是一种整合的思维方法，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”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析。 2．守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系，列出对应守恒表达式，常见守恒关系有物料守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。 注：得失电子守恒见第4讲考点二　电子守恒法计算及应用。 能力提升 1．高性能磁带的磁粉主要成分是，某探究小组设计了下图所示流程制取，图中正极材料的主要成分是，还含有少量Al和Fe，{已知常温下，}。 在空气中加热，固体残留率随温度的变化如图所示，则A点主要的固体产物为 (属于氧化物，填化学式)。 【答案】Co3O4 【详解】设氢氧化钴的质量为100g，A点的主要产物为氧化物是CoOn，A点固体残留率为86.35%，由钴原子个数守恒可得：=，解得n=，则A点的主要产物的化学式为Co3O4。 2．铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。日常生活中可通过食物摄入铁元素，例如黑木耳中就含有比较丰富的铁元素。某研究性学习小组为测定某地黑木耳中铁的含量，开展了如下研究与实践活动。 【研究与实践活动一】 研究黑木耳中含铁物质的水溶性：称取黑木耳，洗净切碎，用蒸馏水浸泡后取浸泡液进行铁元素检测，结果未能检测到铁元素。 【研究与实践活动二】 研究黑木耳中铁的含量：称取黑木耳 ，高温灼烧使之完全灰化，按如图流程对得到的黑木耳灰进行处理。 回答下列问题： (1)浸泡液中未检测到铁元素，说明黑木耳中的含铁物质 (填“难”或“易”)溶于水。 (2)取少量滤液于试管中，滴入溶液，溶液变红。则滤液中铁元素的存在形式有、 (填离子符号)。 (3)滤液与生成A的离子方程式为 。 (4)由A转化为B可加入的试剂可以是 (填标号)。 (5)由C转化成D的现象：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为 。C转化成D的化学方程式为 。 【答案】(1)难 (2)Fe3+ (3)2 Fe3++Fe=3Fe2+ (4)bc (5) 红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【分析】黑木耳灰用盐酸浸后得到的滤液加入铁粉，得到的A溶液含有Fe2+，加试剂X得到的溶液含有Fe3+，A加试剂X得到B，故X可以为氯水等，B与铁反应生成A，A、B分别与氢氧化钠反应生成C为氢氧化亚铁、D为氢氧化铁。 【详解】（1）浸泡液中未能检测到铁元素，说明溶液中不含Fe2+、Fe3+，可推知黑木耳中的含铁物质难溶于水，故答案为：难； （2）Fe3+遇KSCN溶液显红色，取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红,则滤液中铁元素的存在形式有Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe3+； （3）滤液含有Fe3+，Fe3+与Fe生成A含有Fe2+，反应的离子方程式是2 Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2 Fe3++Fe=3Fe2+； （4）A是FeCl2，B是FeCl3，FeCl2转化为FeCl3发生氧化反应，应该加入氧化剂。a．酸性高锰酸钾溶液除氧化Fe2+外还能氧化Cl-，且引入杂质，选项a不符合；b．Cl2能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，选项b符合；c．H2O2能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，选项c符合；故答案为：bc； （5）由C转化成D的现象是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 3．工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含有等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系： 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将转化为。 酸浸：已知难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，此时溶于盐酸的离子方程式是 。 (2)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： 浸出液中加入石灰乳的作用是 。 (3)煅烧：煅烧时生成的化学方程式是 。 (4)测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液，过量的恰好能与溶液完全反应。 已知：i．； ii．测定过程中被还原为。 假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是 。(摩尔质量为：) 【答案】(1) (2)调节溶液值，提供钙离子形成沉淀 (3) (4) 【分析】工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含有等杂质)焙烧生成，用盐酸酸浸，根据（2）中信息，向酸浸溶液中加入石灰乳得到沉淀，过滤后向沉淀中加入碳酸铵溶液，过滤得到溶液， 向其中再加入NH4Cl溶液，反应后得到NH4VO3，煅烧生成。 【详解】（1）若焙砂酸浸时溶液的时，V元素的存在形式为，故溶于盐酸的离子方程式是：； （2）根据分析，酸浸液中加石灰乳得到沉淀，故加入石灰乳的作用是：调节溶液值，提供钙离子形成沉淀； （3）煅烧：煅烧时生成的化学方程式为：； （4）根据题意可找出关系式：，则剩余的的物质的量为：，再根据关系式：，产品中的质量分数为：。 类型四　列方程组进行二元混合物的计算 必备知识 计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：。 能力提升 1．取10.80 g某无机矿物盐X(仅含四种元素)，将X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体FeO、CaO的混合物和气体CO2，且无机矿物盐X能与稀盐酸反应生成CO2气体。X的化学式是___________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为________________ _______________________________________________________________________________。 【答案】　CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]　CaFe(CO3)2CaO＋FeO＋2CO2↑ 【解析】　X完全分解生成CO2的质量为10.80 g－6.40 g＝4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据CaCO3CaO＋CO2↑、FeCO3FeO＋CO2↑可得：n(FeO)＋n(CaO)＝0.1 mol,56 g·mol－1×n(CaO)＋72 g·mol－1×n(FeO)＝6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050 mol，则X的化学式为CaFe(CO3)2。 2．(2018·浙江11月选考，29)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O (1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。 (2)若a＝，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为______ mol(用含m的最简式表示)。 【答案】　(1)　(2) 【解析】　(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据 Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O mol 　　 mol 所以a＝×64＝m。 (2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O x 　　　　　2x Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O y 　　　　　y 　　y 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 2x 　　 x 根据题意 所以x＝。 拓展精炼 1．某实验小组采用沉淀滴定法测定碳酸氢钠样品中杂质Cl-的含量，实验步骤如下： ①用天平称取ag碳酸氢钠样品，用蒸馏水溶解，再用足量稀硝酸酸化，配成100 mL待测液； ②用移液管移取20.00 mL待测液于锥形瓶中，并滴加1～2滴指示剂(K2CrO4溶液为指示剂)； ③用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，三次滴定结果如下： 20.00 20.00 20.00 19.98 20.00 20.02 已知：常温下Ksp(AgCl)=2×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，Ag2CrO4为不溶于水的砖红色沉淀。 (1)到达滴定终点的标志是 。 (2)当Cl-恰好完全沉淀即溶液中残余c(Cl-)=1.0×10-5mol·L-1，则此时溶液中的为 mol·L-1。 (3)根据上述数据计算碳酸氢钠样品中杂质Cl-的质量分数为 。 【答案】(1)滴入最后半滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 (2)2.5×10-3 (3) 【详解】（1）用K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是滴入最后半滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变； （2）当氯离子恰好沉淀完全时，铬酸银正好开始沉淀，则溶液中，； （3）由数据可知平均消耗标准溶液体积为20.00 mL，根据反应可知，硝酸银和氯离子物质的量相等，所以20.00 mL溶液含有，所以该样品中杂质Cl-的质量为，所以质量分数：。 2．海洋是一个巨大的化学资源宝库，其中钠元素和氯元素是海洋中含量较高的元素。生活中也有很多含钠、含氯的化合物。请结合所学化学知识，回答下列问题。 (1)过氧化钠可以在潜水艇和消防员的呼吸面具中作为氧气来源。若只考虑过氧化钠与二氧化碳反应，每消耗过氧化钠固体、反应转移电子数为 (设为阿伏伽德罗常数的值)。 (2)消毒效率可用单位质量消毒剂得电子数来表示。和均为常用的消毒剂，还原产物均为，的消毒效率是的 倍(保留至小数点后两位)。 (3)“84消毒液”能有效杀灭病毒，某同学购买了瓶“84消毒液”，其瓶身印有如下信息： 质量分数为，密度为，，请稀释后使用。 ①该“84消毒液”中的物质的量浓度为 。(保留至小数点后一位) ②现实验室需要的溶液，某同学用固体配制该物质的量浓度的溶液。应用托盘天平称取固体 g。配制溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。 ③实验时遇到下列情况，会导致溶液物质的量浓度偏高的是 (填标号)。 A．称量时砝码与药品放颠倒     B．溶解时使用的烧杯及玻璃棒未洗涤 C．定容时俯视刻度线           D．摇匀后发现液面低于刻度线后未做处理 【答案】(1)1 (2)0.99 (3) 4.0 7.5 胶头滴管 500mL容量瓶 C 【详解】（1）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为，既是氧化剂也是还原剂，每消耗1mol过氧化钠固体，反应转移电子1mol，电子数为1NA。 （2）中Cl的化合价为+1价，中Cl的化合价为0价，设和的质量均为mg，则和的物质的量分别为：，的得电子数为，的得电子数为，的消毒效率是的0.99倍。 （3）①该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度为。 ②验室需要的溶液，应该选用500mL的容量瓶，由于托盘天平分度值为0.1，应用托盘天平称取NaClO固体质量为0.5L×0.2mol/L×。配制NaClO溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。 ③A．称量时砝码与药品放颠倒，样品实际质量偏小，会导致溶液物质的量浓度偏低，A不符合题意； B．溶解时使用的烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏少，会导致溶液物质的量浓度偏低，B不符合题意； C．定容时俯视刻度线，会导致实际体积偏小，会导致溶液物质的量浓度偏高，C符合题意； D．摇匀后发现液面低于刻度线后未做处理，由于液体挂壁，不会影响液体浓度，D不符合题意； 故选C。 3．质量、物质的量、物质的量浓度等是用于化学计算的常见物理量。 (1)质量之比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。 (2)标准状况下，17g NH3的体积为 ，含有氢原子个数为 ，它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。 (3)某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。 (4)同温同压下，A2气体与B2气体等体积化合，生成AxBy气体，已知反应前后气体的密度不变，则AxBy的分子式为 。 (5)在t℃时将a g NH3 完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L-1。下列计算结果正确的是___________。 A．溶质的质量分数 B．溶质的物质的量浓度 C．溶液密度ρ可表示为 D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w (6)将a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入b mol BaCl2溶液使溶液中的SO刚好完全沉定，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c molNH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为 。 (7)将0.24g Mg和0.27g Al的混合物投入到100mL 1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全，需要NaOH溶液的体积为 mL。 【答案】(1) 5∶5∶4 10∶5∶4 5∶5∶4 (2) 22.4L 3NA 33.6L (3) 64g/mol 32 (4)AB (5)D (6) (7)50 mL 【详解】（1）SO2、CO、NO的质量比为16∶7∶6，其物质的量之比为所以其分子数之比为5∶5∶4，氧原子数之比=（5×2）∶（5×1）∶（4×1）=10∶5∶4，相同条件下的体积之比等于分子个数比为5∶5∶4，故答案为：5∶5∶4；10∶5∶4；5∶5∶4； （2）17gNH3的物质的量为= 1mol，在标准状况下的体积为1mol × 22.4L•mol-1=22.4L，1个NH3分子含有3个H原子，故1mol NH3含有的H原子总数是3NA，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），故，则标准状况下0.15molH2S的体积为1.5mol × 22.4L•mol-1 = 33.6L，故答案为：22.4；3NA ；33.6 （3）在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，其物质的量为 ，其摩尔质量为：，R的相对原子质量为64-16×2= 32，故答案为：64g/mol；32; （4）由质量守恒定律可知，反应前后气体的总质量不变，而同温同压下反应前后气体的密度不变，则反应前后气体的总体积不变，同温同压下A2气体与B2气体体积相同，则反应方程式表示为A2+B2=2AxBy，根据原子守恒可知2x=2y=2，即x=y=1，则AxBy的分子式为AB，故答案为：AB； （5）A．溶质的质量为ag，溶液的质量=，溶质的质量分数，故A错误； B．，体积为VmL，溶质的物质的量浓度，故B错误； C．溶液的质量，溶液密度，故C错误； D．水的密度比氨水大，等体积混合后所得溶液质量大于原氨水的2倍，而溶质的质量不变，混合所得溶液的质量分数小于0.5，故D正确； 故选D； （6）将Al2（SO4）3和（NH4）SO4的混合溶液aL分为两等份，每份的体积为0.5aL，向0.5aL混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的离子完全沉淀，则消耗的物质的量为bmol，则的浓度，向0.5aL混合溶液中加入足量NaOH溶液并加热可得到c molNH3，则消耗，整个溶液不显电性，设Al3+的物质的量浓度为Y，则，解得，故答案为； （7）恰好使金属离子全部沉淀完全，溶质为NaCl，根据元素守恒可知，需要氢氧化钠的体积为，故答案为50 mL。 4．质量、物质的量、物质的量浓度、气体体积等是用于化学计算的常见物理量。 (1)质量之比为16：7：6的三种气体、、。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。 (2)在时将ag，完全溶于水得到VmL溶液，该溶液的密度为()；质量分数为w，物质的量浓度为。下列计算结果正确的是___________。 A．溶质的质量分数 B．溶质的物质的量浓度 C．溶液密度可表示为 D．上述溶液中再加入VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w (3)将aL和的混合溶液分成两等份，一份加入bmol溶液使溶液中的刚好完全沉淀，另一份加入足量溶液并加热可得到cmol，则原溶液中的物质的量浓度为 。 (4)ag镁铝合金投入xmL2 mol∙L−1的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL l mol∙L−1的溶液，沉淀达到最大值，其质量为，产生的在标准状况下体积为 L。 (5)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。该反应中氧化产物与还原产物的质量比为 ；若氧化产物比还原产物多19.6g，则反应生成的在标准状况下的体积为 L。 【答案】(1) (2)D (3) (4)1.12 (5) 15:1 17.92 【详解】（1）质量之比为16：7：6的三种气体、、，则三者物质的量之比为，分子数之比等于物质的量之比，则分子个数之比为；氧原子个数之比为；相同条件下的体积之比等于物质的量之比，则体积之比为；故答案为：；；。 （2）A．溶质的质量分数，故A错误； B．溶质的物质的量浓度，故B错误； C．根据，则溶液密度可表示为，故C错误； D．氨水的密度为()，根据等体积混合后质量分数小于两者和的一半，因此上述溶液中再加入VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确； 综上所述，答案为：D。 （3）将aL和的混合溶液分成两等份，一份加入bmol溶液使溶液中的刚好完全沉定，说明一份溶液中硫酸根物质的量为bmol，另一份加入足量溶液并加热可得到cmol，则一份溶液中铵根物质的量为cmol，根据电荷守恒得到一份溶液中铝离子物质的量为，则原溶液中的物质的量浓度为；故答案为：。 （4）ag镁铝合金投入xmL 2 mol∙L−1的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL l mol∙L−1的溶液，沉淀达到最大值，其质量为，则氢氧根的质量为1.7g，氢氧根物质的量为0.1mol，则金属失去电子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到产生的物质的量为0.05mol，在标准状况下体积为1.12L；故答案为：1.12。 （5）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。改反应中氧化产物和还原产物都是氮气，生成16mol氮气中有15mol氮气是氧化产物，有1mol是还原产物，因此该反应中氧化产物与还原产物的质量比为15:1；根据生成16mol氮气，氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多19.6g即物质的量多0.7mol，则反应生成的物质的量为0.8mol，在标准状况下的体积为17.92L；故答案为：15:1；17.92。 5．回答下列问题： (1)分子中所含氢原子数与 个分子中所含氢原子数相等。 (2)在25℃、101KPa的条件下，同质量的和A气体的体积之比是15：8则A的摩尔质量为 (3)阿伏加德罗曾做过这样一个实验：一个抽空的密闭容器中Mg，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和的混合气体后，称量为，把混合气体排尽，再充满气体，为使天平平衡，应在托盘天平的 边托盘上放置 g的砝码 (4)将1mol的晶体溶于 g水中，可使10个分子中溶有1个 (5)已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中的信息，回答下列问题： 溶质的物质的量浓度/ 溶液的密度/ 硫酸 氨水 ①表中硫酸的质量分数为 (不写单位，用含、的代数式表示)。 ②物质的量浓度为的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为 。 ③物质的量浓度为的氨水与水等质量混合，所得溶液的密度 (填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。所得溶液的物质的量浓度 (混合后溶液体积变化忽略不计) 【答案】(1) (2)30g/mol (3) 右 或3Q (4)180 (5) 大于 大于 【详解】（1）分子中所含氢原子的物质的量是0.6mol，含有0.6mol氢原子的水的物质的量是0.3mol，水分子个数＝0.3mol×6.02×1023/mol＝。 （2）在25℃、101KPa的条件下，同质量的和A气体的体积之比是15：8，则，解得M＝30，所以A的摩尔质量为30g/mol； （3）相同物质的量混合的NO和的混合气体的平均相对分子质量是，依据阿伏加德罗定律可知混合气体的物质的量和二氧化硫的物质的量相等，质量之比是16:64=1:4，所以为使天平平衡，应在托盘天平的右边托盘上放置3Q g的砝码。 （4）1mol晶体中含有2mol钠离子，使10个分子中溶有1个，则水分子的物质的量的是20mol，晶体中水分子的物质的量是10mol，所以还需要再加入10mol水，质量是180g； （5）①根据c=1000ρω/M可知，硫酸的质量分数ω1=； ②令硫酸与水的体积为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为； ③氨水的密度小于水的密度，因此物质的量浓度为的氨水与水等质量混合，所得溶液的密度大于，所得溶液的体积小于原来的2倍，所以物质的量浓度大于(混合后溶液体积变化忽略不计)。 6．Co2O3、Co3+是均属于极强的氧化剂，在生产中有着重要的应用。 (1)一定条件下，Co3+与足量Na2S2O3溶液反应后生成Co2+和SO，写出该反应的离子方程式 。设计实验证明反应后溶液中含有SO： 。(已知：S2O与H+反应生成S、SO2，BaS2O3不溶于水) (2)为测定某Co2O3样品中Co2O3的纯度(杂质不参与反应)，现进行如下实验： 步骤1：称取样品2.000g于锥形瓶中，加入足量硫酸和50mL0.5000mol·L-1FeSO4溶液充分反应。 步骤2：向步骤1所得溶液中逐滴滴加0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液至终点，消耗KMnO4标准溶液的体积为20.00mL。 已知步骤1、2中所涉及物质的转化分别为：Co2O3Co3+Co2+、MnOMn2+ 通过计算确定Co2O3样品中Co2O3的质量分数 (写出计算过程)。 【答案】 8Co3++S2O+5H2O=8Co3++2SO+10H+ 取反应后的溶液少许，向其中加入稀盐酸并不断搅拌，充分反应后静置，向上层清液滴加BaCl2溶液(或取上层清液少许，向其中加入BaCl2溶液)，若有白色沉淀生成说明反应后的溶液中含有SO 83% 【详解】(1) Co3+与足量Na2S2O3溶液反应后生成Co2+和SO,该反应的离子方程式为8Co3++S2O+5H2O=8Co3++2SO+10H+；为了证明反应后溶液中含有SO，设计实验为取反应后的溶液少许，向其中加入稀盐酸并不断搅拌，充分反应后静置，向上层清液滴加BaCl2溶液(或取上层清液少许，向其中加入BaCl2溶液)，若有白色沉淀生成说明反应后的溶液中含有SO； (2)n(KMnO4)=0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=1×10-3mol，n(FeSO4)=0.5000mol·L-1×50.00×10-3L=2.5×10-2mol，根据得失电子守恒：n(Co2O3)×2+n(KMnO4)×5=n(FeSO4)×1，n(Co2O3)=0.01mol，m(Co2O3)=0.01mol×166g·mol-1=1.66g，w(Co2O3)=×100%=83%，Co2O3样品中Co2O3的质量分数为83% 7．某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如图： Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·mol-1)的质量分数表达式为 。 【答案】×100% 【详解】设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有： 2KMnO4~5H2C2O4()，KMnO4~5Fe2+， 所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。 8．(1)现有以下物质：①NaCl溶液②干冰③Na2O固体④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦液态HCl⑧熔融状态的KNO3，其中属于电解质的是 (填序号，下同)，该状态下能导电的是 。 (2)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术创新必不可少的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。则：上述反应中，氧化剂为 ，还原剂为 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；若反应中有0.5molNH3被氧化，转移电子的数目为 。 (3)某硫酸铝溶液的密度为1.20g·cm-3，其中铝离子的质量分数为5.4%，则300mL该溶液中SO的物质的量为 (4)标准状况下，将VL的氨气溶于1L的水中(密度为1g·cm-3)，得到的溶液密度为ρg·cm-3，试求得到的氨水中溶质NH3的物质的量浓度为 【答案】 ③⑤⑦⑧ ①④⑧ F2 NH3 3:1 3NA 1.08mol 【详解】(1)电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物；故根据定义可知，属于电解质的是：③⑤⑦⑧；存在自由移动的离子或电子的物质能导电，则以上几种物质中只有①④⑧能导电，故答案为：③⑤⑦⑧；①④⑧ (2)该反应中NH3转化成NF3氮元素的化合价由-3价变为+3价，一个氮气分子失去6个电子，所以氨作还原剂被氧化；F2转化为F-，氟元素得电子化合价降低，一个氟气分子得2个电子，氟气作氧化剂被还原，得失电子最小公倍数是6，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1；1mol氨被氧化转移电子数为6NA，故0.5mol氨被氧化转移电子数为3NA；故答案为：F2；NH3；3:1；3NA； (3)300mL密度为1.20g·cm-3的硫酸铝溶液的质量为：300mL×1.20 g·cm-3=360g，溶液中铝离子的质量分数为5.4%，则m(Al3+)=360g×5.4%=19.44g，n(Al3+)==0.72mol，根据电荷守恒可知3n(Al3+)=2n()，故n()= n(Al3+)=1.08mol，故答案为1.08mol； (4)ω==，故答案为：。 9．I.分析某一种不纯的Na2S，已知其中除含有Na2S·9H2O外，还含有Na2S2O3·5H2O，取此试样10.00g配制成500.0mL溶液。 (1)取试样溶液25.00mL于碘量瓶中，加入50.00mL0.05250mol·L-1的I2，用0.1010mol·L-1Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去16.91mL。 (2)取50.00mL试样溶液，用ZnCO3悬浮液沉淀除去其中的Na2S后(忽略体积影响)，取滤液的一半，用0.05000mol·L-1I2溶液滴定其中的Na2S2O3，用去5.65mL。 ①请写出上述实验涉及的化学方程式 ②根据以上实验结果，可算出该不纯的硫化钠样品中：Na2S·9H2O的质量分数为 ，Na2S2O3·5H2O的质量分数为 。 II.人体正常血液的pH值维持在7.35-7.45间，且数值不会因为少量酸碱性的物质进入血液而发生明显变化，原因是血液中含有缓冲物质，主要由H2CO3/NaHCO3予以调节。人体运动时肌肉收缩产生的乳酸如果过多的进入血液，导致pH＜7.3则会造成酸中毒(Acidosis)。计算血液pH与c(H2CO3)/c()的关系式为： ；当血液pH为7.35时，其中的c(H2CO3)/c()比值为 。(已知H2CO3的电离常数pKa1=6.35，pKa2=10.33) 【答案】 【解析】略 10．(1)1 L Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，含Mg2+ 2.4 g，SO的物质的量浓度为1 mol·L-1，则Al3+的物质的量浓度是 。 (2)若用质量分数为98%，密度为1.84g·cm-3的浓H2SO4来配制0.5 mol·L−1H2SO4溶液500mL，需要量取浓硫酸 mL(结果保留一位小数)。 (3)若将质量分数为a%，物质的量浓度的c1mol/L的稀硫酸蒸发掉一定量的水，使之成为2a%的c2mol/L的稀硫酸，则c1和c2 的关系是 A．c1=2c2   　     B．2c1>c2  　         C．2c1<c2         　 D．无法确定 (4)95%的16.52mol/L的酒精溶液，其47.5%的酒精溶液物质的量浓度为 A．大于8.26mol/L　   B．等于8.26mol/L　    C．小于8.26mol/L　  D．无法确定 (5)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44L，质量为20g，该混合气体中，碳与氧两种原子的数目之比为 。 (6)过氧化钙是一种安全无毒的物质，称取0.542g过氧化钙样品，先溶于适量的稀盐酸中(发生反应：2CaO2·xH2O +4HCl2CaCl2+O2↑+(2+x)H2O，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g。则样品中CaO2·xH2O的x值为 。 (7)在质量分数为28﹪的KOH水溶液中，OH-与H2O分子数之比是 。 【答案】 0.6mol/L 13.7 C A 3：4 0.3 1：8 【详解】(1)混合溶液中c(Mg2+)==0.1mol/L，溶液显电中性，所以3c(Al3+)+2c(Mg2+)=2c(SO)，即3c(Al3+)+2×0.1mol/L=2×1mol/L，解得c(Al3+)=0.6mol/L； (2)质量分数为98%，密度为1.84g·cm-3的浓H2SO4的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，设量取的浓硫酸的体积为VmL，溶液稀释时溶质的物质的量不发生变化，所以有18.4×V=0.5×500，解得V≈13.7mL； (3)设溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1=mol/L=mol/L，设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L=ρ1：2ρ2，则c2=c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，则＞2，所以c2＞2c1，故选C； (4)设95%的16.52mol/L的酒精溶液密度为ρ1，47.5%的酒精溶液物质的量浓度为c2，密度为ρ2，类比第(3)小题的计算可得c2=c1，酒精的质量分数越大，密度越小，所以ρ1＜ρ2，＞0.5，则c2＞0.5c1=8.26mol/L，故选A； (5)标况下13.44L气体的物质的量为=0.6mol，CO和CO2均只含一个碳原子，所以混合物中n(C)=0.6mol，总质量为20g，则n(O)==0.8mol，所以故碳与氧两种原子的数目之比为0.6mol：0.8mol=3：4； (6)n(CaO2·xH2O)=n(CaCO3)==0.007mol，故0.007mol×(72+18x)g/mol=0.542g，解得x=0.3； (7)设溶液质量为100g，则KOH质量为28g，水的质量为100g-28g=72g，n(OH-)=n(KOH)==0.5mol，n(H2O)==4mol，故溶液中n(OH-)：n(H2O)=0.5mol：4mol=1：8。 学科网（北京）股份有限公司 $$