第二章 第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（讲义及解析）-2026年高考化学一轮复习

大一轮·化学(周星星·化学） 第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 考点一 物质的量在化学方程式计算中应用 1. 以物质的量为中心的转化 2. 用物质的量进行方程式的计算模板 物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如： 2H2　+　O2　 2H2O 化学计量数之比 2 　∶　 1　　∶ 　2 分子数目之比 2 ∶ 1 ∶ 2 扩大NA倍 2NA ∶ NA ∶ 2NA 物质的量之比 2 mol ∶ 1 mol ∶ 2 mol 质量之比 4 g ∶ 32 g ∶ 36 g 标准状况下 体积之比　44.8 L　∶　22.4 L ∶　忽略不计 化学方程式中各物质的化学计量数之比=各物质的物质的量变化之比=相同状况下气体体积变化之比≠各物质的质量变化之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。 注意 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 (1)“审”：审清题目条件和题目要求。 (2)“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。 (3)“写”：依据题意写出并配平化学方程式。 (4)“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。 (5)“列”：将有关的几个量列出比例式。 (6)“解”：根据上述比例式求解未知数。 (7)“答”：根据题目要求简明地写出答案。 【逐点训练1】 1. 向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求： (1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。 (2)图像中，m1= 。 (3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。 2. 一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则： (1)涉及的化学方程式为 ， 。 (2)钠块中钠的质量是 g。 (3)钠块中氧化钠的质量是 g。 (4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。 (5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。 考点二 化学计算的常用方法 1．差量法 (1)差量法：利用反应物终态和始态的某些量的变化，以差量和物质间反应的化学计量数列对应比例解题的一种方法即为差量法。它特别适合于解有剩余物质反应的题目，可以抵消掉未参加反应的那部分量 (2)依据：根据数学原理数学原理，可变化为 ，从而运用化学方程式作关系式、差量作关系量进行计算，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果 (3)差量法的解题关键是找准研究对象，通常有： ①固体的质量差，研究对象就是固体 ②气体的质量差，研究对象就是气体 ③液体的质量，研究对象就是液体 【逐点训练2】 1．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． B． C． D． 2．将10gCO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6g，则原混合气体中CO2的质量分数为( ) A．32％ B．44％ C．56％ 　D．88％ 3．某容器中通入V L CO2，再加入少量Na2O2后，气体缩小到W L，则被吸收的CO2的体积(气体体积均为相同条件下测定)是( ) A．(V－W)L B．2(V－W)L C．(2V－W)L D．2W L 4．标准状况下，将20L CO2和CO的混合气通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16L，则原混合气体中CO的体积为( ) A．4L B．8L C．12L D．16L 5．16 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＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 6．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为______________。  (2)气体A的物质的量为______________。  7．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答： (1)剩余固体的化学式是 。 (2)原混合物中 NaOH 的质量分数 。 2. 守恒法——整体思维的应用 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的 （1）质量守恒(原子守恒)：依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变 （2）得失电子守恒：在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数 在氧化还原反应中，转移的电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价) ＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价) （3）电荷守恒 ①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数 ②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同 【逐点训练3】 1．一定浓度的Na2SO3溶液，恰好与某浓度的K2Cr2O7溶液完全反应，SO32-氧化成SO42-，且SO32-与Cr2O72—个数比为3:1，则元素Cr在被还原的产物中的化合价为(　　) A．+6 B．+3 C．+2 D．0 2．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　) A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 3．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3∶7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为( ) A．4∶25 B．2∶17 C．1∶7 D．3∶8 4．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为(　　) A．16g B．32g C．64g D．无法计算 5．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；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3＋浓度(mol·L－1)为(　　) A． B． C． D． 6．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合液，其c(H+)=0.1mol·L－1，c(Al3+)=0.4mol·L－1，c(SO)=0.8mol·L－1，则c(K+)为( ) A．0.15mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.3mol·L－1 D．0.4mol·L－1 7．硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，Al3+离子浓度为0.2mol·L－1，SO离子浓度为0.4mol·L－1，则混合溶液中Mg2+离子物质的量浓度为(mol·L－1)( ) A．0.4 B．0.3　　 C．0.2 D．0.1 8．将0.15 mol Cu和Cu2O混合固体投入至800 mL 2 mol·L－1的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 mol·L－1NaOH 溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为(　　) A．260 mL B．280 mL C．300 mL D．400 mL 9．大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应： NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O 请计算： (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，则V=_____________mL。  (2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x=_____________。  10．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答： (1)固体中混合物中CuO的质量为 。 (2)盐酸的浓度为 。 3、关系式法 （1）应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算 （2）解题流程 【逐点训练4】 1．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溶液 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溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO4 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) 2．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下： [注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为______ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________ L 3．称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理： ①用过氧化钠处理，得到MnO溶液； ②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物； ③酸化溶液，MnO歧化为MnO和MnO2； ④滤去MnO2； ⑤用0.100 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnO，共用去25.80 mL。 计算样品中MnO2的质量分数(保留1位小数；写出简要的计算过程)。 4．水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO Ⅰ.测定原理：碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ 酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平) 用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O＋I2===S4O＋2I－ Ⅱ.测定步骤： a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2 b．向烧瓶中加入200 mL水样 c．向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全 d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性 e．从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据 f．…… g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化) 回答下列问题： 步骤e中达到滴定终点的标志为____________________________________________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”) 5．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备： a．软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4 b．溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4 c．滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品 测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定 (1)配制250 mL 0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g (2)取上述制得的KMnO4产品0.600 0 g，酸化后用0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算该KMnO4产品的纯度(写出计算过程) (有关离子方程式为MnO＋S2O＋H＋―→SO＋Mn2＋＋H2O未配平) 4、平均值法、极值法 （1）平均值法 ①平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1<M2)的算术平均值一定介于两者之间(M1<<M2)。因此，只要求出两组分物质的某种“特性数量”平均值，就可以判断两物质“特性数量”M1和M2的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案 ②适用范围：平均值法的特点是“抓中间，定两边”，特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物组成的判断，一般思路是先求出混合物的有关平均值，然后根据平均值规律判断混合物的可能组成 ③常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成等 （2）极值法 ①极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方法；是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量的解题方法 ②特点：极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程 ③极值法解题的基本思路 ①把混合物假设成纯净物 ②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应 ③把平行反应分别假设成单一反应 【逐点训练5】 1．将Mg、Al、Zn组成的混合物与足量的盐酸作用，放出氢气的体积在标准状况下为2.8 L，则三种金属的物质的量之和可能为( ) A．0.250 mol B．0.125 mol C．0.100 mol D．0.080 mol 2．有两种金属组成的混合物粉末10g与足量的稀盐酸反应，生成11.2 L(标况)H2，则该混合物的组成不可能是( ) A．Fe、Zn B．Al、Cu C．Al、Mg D．Al、Fe 3．有碳酸盐组成的混合物9克，加足量稀盐酸，产生4.4克CO2 气体，问下列哪种情况合理( ) A．CaCO3和Na2CO3 B．Na2CO3和K2CO3 C．NaHCO3和Na2CO3 D．K2CO3和KHCO3 1．(2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。 (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。 (4)取含X粗品0.0500g(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0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。 2．(2022·浙江省1月选考，30)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算： (1)x= 。 (2)气体产物中n(O2) mol。 3．(2022·浙江省6月选考，30)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3 (s) =CaO (s)＋CO2(g) ΔH＝1.8×102kJ·mol−1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料 kg焦炭。 (2)每生产106kg纯碱，同时可获得 kgCaO 。 4．(2021·浙江1月选考，30)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=______。 (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= 。 5．(2021·浙江6月选考，30)将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表： 吸水剂 CO2吸收剂 实验前质量/g 20.00 26.48 实验后质量/g 21.08 30.00 请回答： (1)燃烧产物中水的物质的量为 mol。 (2)该有机物的分子式为 。 6．(2020·浙江1月选考，30)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0.1000 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。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)。 7．(2020·浙江7月选考，30)100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算： (1)反应放出的热量Q＝ J。 (2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝ kJ·mol−1(列式计算)。 8．(2019·浙江4月选考，30)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。 答案及解析 【逐点训练1】 【答案】(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3% 【解析】(1)向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，则 ，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；(3)M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，则 ，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。 【答案】(1) 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Na2O＋H2O===2NaOH (2) 4.6 (3) 12.4 (4) 9.2 (5) 12_mol·L－1 【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则： 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 46 2 m(Na) 0.2 g m(Na)＝＝4.6 g；m(Na2O)＝17.0 g－4.6 g＝12.4 g；(4)m(Na2O)＝12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4 g×＝9.2 g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6 g＋9.2 g＝13.8 g，钠元素的物质的量＝＝0.6 mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6 mol，则氢氧化钠的浓度＝＝12 mol·L－1。 【逐点训练2】 1．A。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＋ 2×84　　　　　　　　　　 62 x　　　　　　　　　　　　w1－w2 则x＝， 故样品的纯度为＝＝。 2．D 3．B 4．C 5．C。解析：根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH35N2＋ 6H2O(g)　ΔV(气体的体积差) 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量) 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，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 6.【答案】(1)60.0% (2)0.095 【解析】(1)根据 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　　32 g 　 m　　　　　　　 7.90 g-7.42 g 解得m=4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。 7.【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则： NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g 解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。 【逐点训练3】 1．B 2．B 3．A 4．B。解析：铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g 5．C。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，则根据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(NH3)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中的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。 6．C 7．D 8．C。解析：Cu和Cu2O与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO3,1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu2O失去2 mol 电子，而生成1 mol NO要转移3 mol电子，由电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，氢氧化钠溶液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL，故C正确。 9．【答案】(1)3.00 (2)0.04 【解析】(1)33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol，根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1，则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol，则V==3.00×10-3 L=3.00 mL。 (2)n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol，n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1，故n(NO)=0.05 mol，n(NO2)=0.01 mol，根据得失电子守恒，失电子：NO N、NO2 N；得电子：O22 ；故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4，则x mol=0.05 mol×+0.01 mol×=0.04 mol。 10．【答案】(1)1.60g (2)3.60mol·L-1 【解析】(1)据题意得，因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60g；(2)设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol，可得56x+160y+1.60=13.6，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02+0.04×2，解得x=0.10mol、y=0.04mol，反应后滤液中n(FeCl2)= x+2y =0.18mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36mol，所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。 【逐点训练4】 1．(1)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　 滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (2)93.3% 解析：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O定量关系式： 5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO 5 mol　　　　　　　　　　　 2 mol n　　　　　 0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3L 则n＝×0.020 00 mol·L－1×0.025 L＝1.250×10－3mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。 2．50　25.0 解析：5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝＝50 mol 根据流程图分析可得如下关系：4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2 即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2 2 1 2 所以可完全转化生成50 mol CuAlO2， 至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为＝25.0 L。 3．有关反应方程式为 MnO2＋Na2O2===Na2MnO4 3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O MnO2～ MnO～MnO～Fe2＋ 故w(MnO2)＝×100%＝ ×100%≈67.3%。 4．溶液蓝色褪去且半分钟内不变色　9.0　是 解析：确定滴定反应2S2O＋I2===S4O＋2I－ 由反应①②③各物质的配比，构建各物质关系式 ①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ ②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O ③2S2O＋I2===S4O＋2I－ 该滴定过程转化的关系式为O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O n(O2)＝×n(S2O)＝×0.010 00 mol/L×4.50×10－3 L＝1.125×10－5mol 运用相关概念、原理解答问题 该河水的DO＝×1.125×10－5mol×32 g/mol＝9.0×10－3 g/L＝9.0 mg/L>5.0 mg/L 5．(1)3.950　(2)见解析 解析：(1)n＝cV＝0.100 mol·L－1×0.250 L＝0.025 mol，m＝nM＝0.025 0 mol×158 g·mol－1＝3.950 g； (2)由化学方程式：8MnO＋5S2O＋14H＋===10SO＋8Mn2＋＋7H2O，设样品中KMnO4物质的量为n mol，可知 8KMnO4　　　～　　　5S2O 8 mol 　　　 　5 mol n 0.100 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L 所以n(KMnO4)＝×0.100 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L＝3.2×10－3 mol 所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3 mol×158 g·mol－1＝0.505 6 g，KMnO4产品的纯度为×100%≈84.27%。 【逐点训练5】 1．C 2．A 3．C 1.【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸 (2)①Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②O2 ③既不是氧化剂，又不是还原剂 (3)CuO2 (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 72% 【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；(4)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，根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O32-，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。 2.【答案】(1)9 (2)0.0100 【解析】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。 3.【答案】(1)10.8 (2)70 【解析】(1)完全分解100kg石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。 4.【答案】(1)30.0 (2)3 【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V== =0.03L=30.0mL；(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，根据反应方程式有 解得x=3。 5.【答案】(1)0.0600 (2)C4H6O6 【解析】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)===0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，n(C)==0.0800mol，n(O)==0.120mol，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。 6.【答案】95.2 【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。 7.【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝−209 【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：。 8.【答案】n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/m mol，M(X)＝2.04m/0.06＝34m g·mol−1 m＝4，M(X)＝136 g·mol−1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。 【解析】利用X和足量金属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而推理出摩尔质量最小的X。n(H2)==0.03 mol，由于2-OH~H2、2-COOH ~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个(m>2，且为整数)，则n(X)==，34m g/mol。当m=3，M(X)=102g/mol， 羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4， 2个羟基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol，说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$