主题3 第4讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法（Word教师用书）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（山东海南版）

第四讲　以物质的量为中心的化学计算常用方法(综合应用课) 以物质的量为中心的化学计算每年高考必考，涉及的运算方法主要有比例式法、关系式法和热重分析法。学通学精这些方法是解题的金钥匙，能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 一、比 例 式 法 1．应用原理 　　 　　　　 　2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 化学计量数之比：　2　∶　2　 ∶　　2　 ∶ 1 扩大NA倍：　　 2NA ∶ 2NA　∶　 2NA ∶NA 物质的量之比：　2 mol ∶2 mol ∶　2 mol ∶1 mol 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。 2．解题步骤 写 写出有关的化学方程式 找 找出相关物质对应的化学计量数，从而找出相关物质的物质的量之比 列 将有关的四个量列出比例式 解 根据比例式求出n，再求m、V或c 答 写出简明答案 [例1]　玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O (x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6) S＋K2SO3K2S2O3 请计算： (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________mL。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) [解析]　(1)根据方程式3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O可知，3 mol S可以和6 mol KOH反应，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 mol，则需要消耗KOH的物质的量n＝2n(S)＝0.03 mol，需要KOH溶液的体积V＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，有＝，即＝，解得x＝3。 [答案]　(1)30.0　(2)3 [对点训练] 1．在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为多少？生成O2的体积为多少？ 解析：n(Na2O2)＝＝0.2 mol 　2Na2O2　＋　2H2O===4NaOH　＋　O2↑ 2 mol 4 mol 22.4 L 0.2 mol n(NaOH) V(O2) ＝＝ 故n(NaOH)＝0.4 mol，V(O2)＝2.24 L。 答案：生成NaOH 0.4 mol，生成O2 2.24 L 2．(2022·山东卷·节选)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验Ⅰ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋，达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 实验Ⅱ：另取m1 g样品，与足量SOCl2反应后，固体质量为m2 g。 已知SOCl2与FeCl2·4H2O混合并加热可得到无水FeCl2，则n＝________。 解析：滴定过程中，Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3 mol；m1 g样品中m(H2O)＝(m1－m2)g，n(H2O)＝mol；n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 mol)∶ mol，解得n＝。 答案： 3．(2020·北京卷·节选)MnO2是重要的化工原料，现进行产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2—86.94；Na2C2O4—134.0)。产品纯度为___________________________________________________________(用质量分数表示)。 解析：根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为－×5；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝－ ×5，产品纯度＝×100%＝%。 答案：% 二、关 系 式 法 关系式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，它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。 [例2]　(2021·山东卷·节选)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为________。 [解析]　(1)称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。 (2)滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(S2O)＝cV× 10－3 mol，m(WCl6)＝ cV× 10－3 mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为 ×100%＝%。 [答案]　(1)(m3＋m1－2m2) (2)% 思维建模|关系式法解题步骤　 第一步：写出各步反应的化学方程式。 第二步：找出作为“中介”的物质，并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。 第三步：确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 [对点训练] 1．滴定法测废水中氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)的步骤如下：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。则水样中氮的含量为________________mg·L－1(用含c、V的表达式表示)。 解析：依据滴定实验和化学方程式2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O、(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3可得关系式：2N～2NH3～(NH4)2B4O7～H2SO4，则n(N)＝2n(H2SO4)＝2×cV×10－3 mol，m(N)＝2×cV×10－3mol×14×103 mg·mol－1＝28cV mg，水样中氮的含量为＝2 800cV mg·L－1。 答案：2800cV 2．(2024·河南省名校联考开学摸底)测定产品中V2O5的纯度：称取a g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋H2O＋Fe3＋)，最后用c2 mol·L－1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2＋，假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是________%。 解析：加入高锰酸钾溶液发生反应：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，反应消耗KMnO4为b2×10－3L×c2 mol·L－1＝b2c2×10－3 mol，剩余Fe2＋的物质的量n2(Fe2＋)＝5b2c2×10－3mol，与VO反应的Fe2＋的物质的量n 1(Fe2＋)＝n总(Fe2＋)－n2(Fe2＋)＝b1×10－3L×c1 mol·L－1－5b2c2×10－3 mol＝(b1c1－5b2c2)×10－3 mol, 根据VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋H2O＋Fe3＋和V守恒，可得关系式：V2O5～2VO～2Fe2＋，则n(V2O5)＝n1(Fe2＋)＝(b1c1－5b2c2)×10－3 mol，产品中V2O5的质量分数为＝%。 答案： 3．(2024·绵阳南山中学零诊)取制取的NaBiO3产品x g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1 mol·L－1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO(已知：5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋===5Bi3＋＋2MnO＋5Na＋＋7H2O,5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O)，当达到滴定终点时，消耗y mL。滴定终点的现象：_____________________________________________，该产品的纯度为_________。 解析：含有MnO的溶液为紫红色，滴定终点时，溶液紫红色完全褪去且30 s内不变色；由题给方程式可得关系式：5NaBiO3～2MnO～5H2C2O4，即1 mol NaBiO3完全反应消耗1 mol H2C2O4，反应消耗草酸的物质的量为0.1 mol·L－1×y×10－3 L＝y×10－4mol，所以NaBiO3的质量为y×10－4 mol×280 g·mol－1＝0.028y g，该产品的纯度为×100%＝%。 答案：加入最后半滴H2C2O4溶液时，溶液恰好由紫红色变成无色，且30 s内不恢复原色　% 三、热 重 分 析 法 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为： (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少，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。 [例3]　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： 请回答下列问题： (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式：__________。 (2)取270 ℃所得样品，于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为________________________________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为____________，其存在的最高温度是____________。 [解析]　CuSO4·5H2O受热到102 ℃时开始脱水分解，113 ℃时可得到较稳定的一种中间物，到258 ℃时才会继续分解。(1)在200 ℃时失去的水的质量为0.80 g－0.57 g＝0.23 g，根据反应的化学方程式： CuSO4·5H2OCuSO4·(5－n)H2O＋nH2O 　250　　　　　　　　　　　 　　　18n 0．80 g　　　　　　　　　　　　　　0.23 g ＝，解得n≈4，故200 ℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)于570 ℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应的化学方程式为CuSO4CuO＋SO3↑。CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，经浓缩、冷却，得到的晶体为CuSO4·5H2O；由分析可知，其存在的最高温度是102 ℃。 [答案]　(1)CuSO4·H2O　(2)CuSO4CuO＋SO3↑　CuSO4·5H2O　102 ℃ 思维建模|三步突破热重分析题 分析图像，明确坐标含义 分析失重图像，横坐标一般是分解的温度，纵坐标一般为剩余固体的质量或固体残留率 依据性质，猜测各段反应 含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水，再失去非金属氧化物，失重最后一般为金属氧化物或金属，晶体中金属质量不减少，仍在残留固体中 整合数据，验证猜测结果 根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据，根据金属原子守恒，即可求出失重后物质的化学式，或者判断出发生的化学反应 [对点训练] 1．依据动力学原理，CaMg(CO3)2分解过程中Mg2＋会比Ca2＋优先向外扩散，CO随后扩散到表面分解产生CO2和O2－，而Ca2＋与CO的结合能力较强，不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图： 下列说法错误的是(　 ) A．第一阶段反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3＋MgO＋CO2↑ B．图中B点时，碳酸钙的分解率为60% C．图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO D．第二阶段图像斜率明显加大，可能是因为温度较高使反应速率加快 解析：选B　由题意可知，Mg2＋和CO优先于Ca2＋向外扩散，因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3＋MgO＋CO2↑，故A正确；第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解时质量分数变化为(76－52)%＝24%，B点时，因碳酸钙分解损失的质量分数为(76－64)%＝12%，可知此时碳酸钙分解率为50%，故B错误；C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和氧化钙，故C正确；第二阶段反应温度高于第一阶段，温度越高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大，故D正确。 2．热重分析法是程序控制温度下，测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 (1)试确定200 ℃时固态物质的化学式：________。 (2)554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m(MgCl2)＝95 g·mol－1×0.02 mol＝1.9 g,200 ℃时，减少(4.06－2.62) g＝1.44 g，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)＝2.62 g－1.9 g＝0.72 g，n(H2O)＝0.04 mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O。(2)554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527～554 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554 ℃时分解的化学方程式为Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。 答案：(1)MgCl2·2H2O (2)Mg(OH)ClMgO＋HCl↑ 3．草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。 (1)通过计算确定C点剩余固体的成分为________(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃条件下发生反应的化学方程式：________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3价)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比(列式计算)。 答案：(1)Co3O4 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 (2)由得失电子守恒得n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，由电荷守恒得n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2)mol＝1 mol，所以固体中n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，n(O)＝ mol＝1.2 mol，故n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。 真题集训——高考能力达标 1．(2023·山东卷)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.×100% B.×100% C.×100% D.×100% 解析：选A　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[(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x＋2×(0.5cV2×10－3－x)＝cV1×10－3，解得x＝c(V2－V1)×10－3，又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。 2．(2023·全国乙卷·节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝______，y＝______。 解析：由题图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 答案：4　1　 3．(2022·辽宁卷·节选)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，某实验小组测定产品中H2O2的含量：取2.50 g产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L－1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为__________________。 解析：滴定反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，可得关系式：2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数ω＝×100%＝17%。 答案：17% [课时跟踪检测] 1．在反应X＋2Y===R＋2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R。则在此反应中Y和M的质量之比为(　 ) A．16∶9　　　　　　　 B．23∶9 C．32∶9 D．46∶9 解析：选A　设生成M的质量为m，由已知反应得： X＋2Y===R　＋　2M 　　　 Mr(R)　2Mr(M) 　　　 4.4 g　 　m 由题意得Mr(R)∶2Mr(M)＝22∶18＝4.4 g∶m，解得m＝3.6 g。根据质量守恒定律，参加反应的Y的质量为4.4 g＋3.6 g－1.6 g＝6.4 g，所以Y与M的质量之比为6.4 g∶3.6 g＝16∶9。 2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为(　 ) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 解析：选D　根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，则c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1；加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4]，由电荷守恒得V(NaOH)＝ L＝2 L。 3．为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体，恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　 ) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 解析：选B　根据氮原子守恒，可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a＋b＋2c)mol，再根据钠原子守恒，可知参与反应的NaOH为(a＋b＋2c)mol，则c(NaOH)＝ mol·L－1。 4．烧杯中盛有一定质量CaCO3和K2CO3的固体混合物，向其中加入150 g质量分数为7.3%的稀盐酸，恰好完全反应放出全部CO2，得到 160.3 g该温度下的不饱和溶液。则下列说法正确的是(　 ) A．反应生成的气体的质量为4.4 g B．参与反应的HCl质量为150 g C．原混合固体中金属元素的质量为7.9 g D．发生的反应类型为分解反应 解析：选C　1个碳酸根离子和2个氢离子生成1分子二氧化碳，则反应生成二氧化碳的物质的量为 mol＝0.15 mol，质量为6.6 g，A错误；参与反应的HCl质量为150 g×7.3%＝10.95 g，B错误；反应生成的二氧化碳逸出，结合A项分析可知，溶液总质量的增加为金属元素质量和0.15 mol氧原子的质量，故原混合固体中金属元素的质量为160.3 g－150.0 g－0.15 mol×16 g·mol－1＝7.9 g，C正确；该反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，D错误。 5．工业上利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属，产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素)，其煅烧过程转化率为75%，得到的SO2转化为SO3的转化率为80%，SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t，其废气最多能制备98%的硫酸(　 ) A．1.8a t B．2.8a t C．3.2a t D．4.5a t 解析：选A　根据转化过程中物质的变化及物质中硫原子守恒可得关系式：CuFeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)＝n(Cu)＝＝ mol，则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)＝2n(CuFeS2)×75%×80%×96%＝1.8a×104 mol，则能制备98%的硫酸的质量为＝1.8a×106 g＝1.8a t。 6．将一定量CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为(　 ) A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L 解析：选A　若混合物全是CuS，根据铜元素守恒，其物质的量n(CuS)＝n(CuO)＝＝0.15 mol，转移电子0.15 mol×8＝1.2 mol。气体中NO和NO2的体积比为1∶1，设n(NO)＝n(NO2)＝x mol，根据电子转移守恒，有3x＋x＝1.2，计算得x＝0.3，气体体积V＝0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L；若混合物全是Cu2S，同理得其物质的量为0.075 mol，电子转移0.075 mol×10＝0.75 mol，设n(NO)＝n(NO2)＝x mol,3x＋x＝0.75，计算得x＝0.187 5，气体体积V＝0.375 mol×22.4 L·mol－1＝8.4 L；因此8.4 L＜V＜13.44 L。 7．将5.00 g胆矾(无其他杂质)置于氮气中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为50.3% B．c点对应的固体物质只有CuSO4 C．将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，有沉淀产生 D．d→e的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃 解析：选A　胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为CuSO4·xH2O，由铜元素守恒，有＝，解得x＝3，则a点对应的物质为CuSO4·3H2O，该物质中，氧元素的质量分数约为×100%≈52.3%，故A错误；胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,5.00 g胆矾的物质的量是0.02 mol，加热完全失去结晶水得到0.02 mol CuSO4，质量为3.20 g，所以c点对应的固体物质是CuSO4，故B正确；c→d为CuSO4分解，d中含有0.02 mol铜元素，则d中氧元素的物质的量为＝0.02 mol，所以d点对应的物质为CuO，则c→d为CuSO4分解为CuO，产生的气体可能全部为SO3，也可能为SO2和O2，或SO3、SO2和O2的混合气体，将该气体通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，故C正确；e中含有0.02 mol铜元素，则含氧元素的物质的量为＝0.01 mol，所以e点对应的物质为Cu2O，则d→e的过程发生反应的化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确。 8．16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3===5N2＋6H2O(g)，充分反应后，气体体积变为17.5 mL，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。 解析：6NO＋4NH3===5N2＋6H2O(g)　ΔV 6 4 5 6 1 　 V(NO)　V(NH3)　　　　 　　　1.5 mL V(NO)＝＝9 mL， V(NH3)＝＝6 mL， 由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7。 答案：5∶3或9∶7 9．利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______________________________________ ________________________________________________________________________。 铁渣中铁元素的化合价为________。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2体积为1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为________。 解析：酸性条件下，Co(OH)3首先与H＋反应生成Co3＋，Co3＋具有氧化性，可将SO氧化为SO，根据电子守恒和质量守恒定律，配平可得：2Co(OH)3＋4H＋＋SO===SO＋2Co2＋＋5H2O。由于NaClO3和O2具有氧化性，铁渣中铁元素应为＋3价。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，n(CO2)＝＝0.06 mol，设钴氧化物的分子式为CoxOy，则有 xCoC2O4＋O2CoxOy　　＋　　2xCO2 　　　　　　 (59x＋16y)g　　　 2x mol 　　　　　　 2.41 g　　　　　　 0.06 mol 则有(59x＋16y)×0.06＝2.41×2x，得x∶y＝3∶4。 所以钴氧化物的化学式为Co3O4。 答案：2Co(OH)3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋5H2O[或Co(OH)3＋3H＋===Co3＋＋3H2O,2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋]　＋3　Co3O4 10．用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下： ①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸； ②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤； ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用0.020 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为________________________________________(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为__________________________________________________。 (2)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为____________(保留三位有效数字)。 解析：(2)由原子守恒及反应原理5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。 答案：(1)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(2)93.3% 11．为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol－1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O。 假设杂质不参加反应，则该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为________%(保留小数点后一位)； 写出简要计算过程。 解析：第一次所用标准液为19.98 mL，第二次所用标准液为(22.40－1.26)mL＝21.14 mL，第三次所用标准液为(21.56－1.54)mL＝20.02 mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为＝20.00 mL；根据已知方程式可知反应中存在数量关系：3MnO～5FeC2O4·2H2O，所以样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100%≈95.2%。 答案：95.2 ×100%≈95.2% 12．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。 (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________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________(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________。 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)由题图可知，起始时CaO2·8H2O的质量为2.16 g，为0.01 mol,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知该固体物质的化学式为CaO。 答案：(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 学科网（北京）股份有限公司 $$