第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“化学方程式计算”为核心，构建“基础方法-创新应用-真题实战”三阶训练体系，系统整合守恒法、差量法等四大计算技巧，强化科学思维中的证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|12题|化学方程式直接计算、守恒法（元素/电子）、差量法（质量/体积）、关系式法（多步反应）|从物质的量概念切入，通过比例关系建立基础计算模型，逐步拓展至守恒思想、差量分析及多步反应关系构建| |重难·创新演练|8题|综合计算模型（如结晶水测定、氧化还原滴定）、跨情境应用（COD测定、补血剂分析）|融合物质组成、反应原理与实验数据，培养复杂问题拆解能力，体现科学探究与实践素养| |真题·实战演练|6题|高考高频题型（如样品纯度测定、混合物计算）|对接高考命题趋势，强化数据处理与规范表达，落实科学态度与责任|

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 参考答案 1．(1) 0.4 mol (2)0.8 mol·L－1 (3) 13.44 L 2．(6)0.10 3．(1)0.3 (2)2 (3)6.72 4．(1)22.4 (2)2 (3)2.8 5．(1)40% (2)12.5 6．3：2 7．A 8．(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 9．BC 10．当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复 11． 12．根据已知条件得到关系式：1青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL溶液中n(青蒿素)=n(Na2S2O3)=×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×=5.64g，可知青蒿素的纯度=×100%=70.5% 重难·创新演练 1．(1)1120 (2)0.19 2．(1)0.02 (2)9 (3)0.02 3．(1)0.35 (2) 0.005 4．(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2样 (2) 85.50% 5．(1)Fe2+和Cu2+ (2)2：1 (3)8.0 6．(1)40 (2)5.2 7．(1) Fe2O3 (2) (3)50 mL (4) 45.6% 8．(1) (2)偏低 偏高 真题·实战演练 1．(6)99% 2．(1) 4.18×103 (2) ＝−209 3．95.2 4．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。 6．(1)2∶1或2 (2)2.50 mol·L－1 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 根据化学方程式进行计算 守恒法在化学计算中的应用 差量法在化学计算中的应用 关系式法在化学计算中的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： (1)铝的物质的量是 。 (2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 (3)在标准状况下生成氢气的体积是 。 2．(2025·浙江省绍兴市高三二模)(6)用硫酸亚铁铵溶液标定未知浓度的酸性KMnO4溶液：称取3.92g的六水合硫酸亚铁铵配成溶液，用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。假设到达滴定终点时，所用酸性KMnO4溶液体积为20.00mL，则该酸性KMnO4溶液的浓度为 mol·L-1 (保留小数点后两位)。 3．(2026·浙江温州期末)某同学设计实验确定MnC2O4·xH2O(其中Mn元素为＋2价)中的结晶水数目。称取一定量的样品，经隔绝空气加热分解测得气体的产物有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为10.8g，残留的固体产物是MnO，质量为21.3g，计算： (1)MnO的物质的量为___________mol。 (2)x=___________。 (3)气体产物中CO在标况下的体积为___________L。 守恒法在化学计算中的应用 4．(2026·浙江杭州期末)取铁粉投入600某浓度的稀HNO3溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下气体6.72 L(硝酸的还原产物只有一种)。向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32 g红棕色固体。完成以下问题： (1)a=___________； (2)原稀HNO3溶液的物质的量浓度为___________； (3)ag铁粉和600该浓度的稀HNO3溶液反应后，所得溶液最多还可溶解铁粉___________g。 5．(2026·浙江金华期中)将4.40 g铜镁合金完全溶解于80 mL某浓度硝酸，得到NO2和N2O4混合气体2.8 L(标准状况)，当向反应后溶液中加入400mL2.0mol·L-1NaOH溶液时，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为7.80 g。计算： (1)NO2和N2O4混合气体中，NO2的体积分数是_______。 (2)原硝酸溶液中HNO3的物质的量浓度是_______mol·L-1。 6．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2(x、y为正整数，且x≤3，y≤2)。为确定某碳酸盐类铜矿的组成，取两份等量的样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，该碳盐类铜矿的化学组成中x∶y=___________(写出简要的计算过程)。 差量法在化学计算中的应用 7．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为( ) A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 8．200℃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__________。 9．16 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的物质的量之比可能为(　　) A．5∶3　　　B．3∶2　　　C．4∶3　　　D．9∶7 关系式法在化学计算中的应用 10．铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 11．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：C2O42-+Ca2+=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/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 12．【青蒿素样品纯度测定与学科知识结合】我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0g配制成溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，加入足量的KI溶液生成I2，生成的I2与0.004molNa2S2O3恰好完全反应。已知：① 1mol青蒿素与足量KI反应只生成1 molI2。②I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。计算该青蒿素样品的纯度 (写出计算过程)。 重难·创新演练 1．(2026·浙江杭州期中)高锰酸钾固体受热易分解，在不同温度下，发生不同反应： I．240℃时，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ Ⅱ．600~800℃时，3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2↑ (1)取15.80g高锰酸钾固体，加热至300℃完全分解，收集到的气体体积在标准状况下为___________。 (2)取15.80g高锰酸钾固体，加热至700℃，剩余固体为13.88g。将剩余固体与足量浓盐酸在加热条件下充分反应。产物中锰元素均以Mn2+形式存在，收集到的两种气体单质物质的量之和为___________。 2．(2026·浙江温州期中)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品15.00g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为6.12g；残留的固体产物是Al2O3，质量为2.04g。计算： (1)Al2O3的物质的量为_______mol。 (2)x=_______。 (3)气体产物中n((O2)_______mol。 3．(2026·浙江杭州期末)钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。 某小组为了研究烤蓝铁片，进行了以下实验操作： Ⅰ．把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； Ⅱ．取一定量的粉末，放入140.00mL1mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下H2的体积为1120mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象；将反应后的溶液稀释至200mL。 已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应；③Fe3O4 +8HCl ==2FeCl3 +FeCl2+4H2O。 请计算： (1)稀释后溶液中c(Fe2+)=___________mol·L-1。 (2)样品中：n(Fe3O4)=___________mol。 4．【碘量法】用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2=S4+2I-) (1)写出生成白色CuI沉淀的离子方程式：____________________________。 (2)该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为______________。 5．(2026·天津静海阶段检测)向100mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，其固体质量的变化如图所示。 (1)a点溶液中存在的金属阳离子有__________。 (2)原混合溶液中__________。 (3)若不考虑溶液体积变化，b点溶液中c__________。 6．【水样COD测定与学科知识结合】宏观辨识与微观探析 化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一，COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg·L-1)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。 已知：MnO4-+5 C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 (1)1 mol KMnO4的氧化能力与_____________g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。  (2)该水样的COD值是_____________mg·L-1。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)  7．【利用补血剂考查计算能力】铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 8．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 真题·实战演练 1．(2024·浙江1月卷，20)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用与MgCl2反应制备液态H2S。 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 2．(2020·浙江7月卷)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)。 3．(2020·浙江1月卷)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)；写出简要计算过程：________ 4．(2019·浙江4月卷)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)。 5．(2018·浙江4月卷)下称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。 (2)固体混合物中氧化铜的质量_________________。 6．(2016·浙江10月卷)为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表： 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0 样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66 CO2体积(mL) 672 840 896 672 (1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。 (2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 根据化学方程式进行计算 守恒法在化学计算中的应用 差量法在化学计算中的应用 关系式法在化学计算中的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： (1)铝的物质的量是 。 (2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 (3)在标准状况下生成氢气的体积是 。 【答案】(1) 0.4 mol (2)0.8 mol·L－1 (3) 13.44 L 【解析】(1)铝的摩尔质量是27 g·mol－1，n(Al)＝＝0.4 mol。 (2)设参加反应的氢氧化钠的物质的量是n， 则2Al＋2H2O＋2NaOH===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol 2 mol 0.4 mol n 则＝，n＝0.4 mol，c(NaOH)＝＝0.8 mol·L－1。 (3)设生成标准状况下的氢气的体积是V， 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol 3×22.4 L 0．4 mol V 所以V＝＝13.44 L。 2．(2025·浙江省绍兴市高三二模)(6)用硫酸亚铁铵溶液标定未知浓度的酸性KMnO4溶液：称取3.92g的六水合硫酸亚铁铵配成溶液，用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。假设到达滴定终点时，所用酸性KMnO4溶液体积为20.00mL，则该酸性KMnO4溶液的浓度为 mol·L-1 (保留小数点后两位)。 【答案】(6)0.10 【解析】(6)根据5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则六水合硫酸亚铁铵物质的量等于亚铁离子物质的量等于高锰酸钾物质的量的五倍，六水合硫酸亚铁铵物质的量等于，则高锰酸钾物质的量等于0.002mol，KMnO4溶液的浓度为。 3．(2026·浙江温州期末)某同学设计实验确定MnC2O4·xH2O(其中Mn元素为＋2价)中的结晶水数目。称取一定量的样品，经隔绝空气加热分解测得气体的产物有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为10.8g，残留的固体产物是MnO，质量为21.3g，计算： (1)MnO的物质的量为___________mol。 (2)x=___________。 (3)气体产物中CO在标况下的体积为___________L。 【答案】(1)0.3 (2)2 (3)6.72 【解析】(1)已知残留固体 MnO 的质量为 21.3 g。MnO 的摩尔质量 = Mn(55 g/mol) + O(16 g/mol) = 71 g/mol。物质的量=质量摩尔质量= 21.3 g(71 g/mol )= 0.3 mol。因此，MnO 的物质的量为 0.3 mol。 (2)由(1)知 MnO 的物质的量为 0.3 mol，根据 Mn 元素守恒，原化合物 MnC2O4·xH2O 的物质的量也为 0.3 mol。分解产生的H2O全部来自结晶水，其质量为 10.8 g。H2O的摩尔质量为 18 g/mol，故结晶水的物质的量 为10.8 g(18 g/mol) = 0.6 mol。因此，结晶水数目x= 0.60.3= 2。 (3)由(2)知 x=2，化合物化学式为 MnC2O4·2H2O。其加热分解反应为：MnC2O4·2H2OMnO+CO↑+CO2↑+2H2O。MnC2O4·2H2O的物质的量为 0.3 mol，故 CO 的物质的量也为0.3 mol。标准状况下，气体摩尔体积为 22.4 L/mol，因此 CO 的体积为0.3 mol × 22.4 L/mol=6.72 L。 守恒法在化学计算中的应用 4．(2026·浙江杭州期末)取铁粉投入600某浓度的稀HNO3溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下气体6.72 L(硝酸的还原产物只有一种)。向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32 g红棕色固体。完成以下问题： (1)a=___________； (2)原稀HNO3溶液的物质的量浓度为___________； (3)ag铁粉和600该浓度的稀HNO3溶液反应后，所得溶液最多还可溶解铁粉___________g。 【答案】(1)22.4 (2)2 (3)2.8 【解析】(1)红棕色固体为Fe2O3，，根据Fe元素守恒，，因此。 (2)标况下。设反应后溶液中Fe2+为xmol、Fe3+为ymol：- Fe守恒：x+y=0.4，- 电子守恒(Fe失电子=N得电子)：，联立解得x=0.3，y=0.1。根据N守恒，总，浓度。 (3)加入铁粉先发生反应 2Fe3++Fe=3Fe2+，0.1molFe3+可溶解0.05molFe；反应后溶液溶质全部为Fe(NO3)2，无剩余H+和Fe3+，无法继续溶解Fe，因此最多溶解铁粉质量为。 5．(2026·浙江金华期中)将4.40 g铜镁合金完全溶解于80 mL某浓度硝酸，得到NO2和N2O4混合气体2.8 L(标准状况)，当向反应后溶液中加入400mL2.0mol·L-1NaOH溶液时，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为7.80 g。计算： (1)NO2和N2O4混合气体中，NO2的体积分数是_______。 (2)原硝酸溶液中HNO3的物质的量浓度是_______mol·L-1。 【答案】(1)40% (2)12.5 【解析】(1)铜镁合金变为氢氧化物沉淀，沉淀与合金的质量差为金属离子结合的OH-总质量：，则。铜、镁均为+2价，反应转移电子总物质的量等于OH-物质的量，即0.2mol。混合气体总物质的量：，设NO2、N2O4物质的量分别为x、y，列守恒方程：，解得，。相同条件下体积分数等于物质的量分数，故NO2体积分数为。 (2)金属离子完全沉淀时，溶液溶质为NaNO3，由Na+守恒得：。根据N原子守恒，原硝酸总物质的量等于溶液中NO3-与气体中N的物质的量之和：。故原硝酸浓度：。 6．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2(x、y为正整数，且x≤3，y≤2)。为确定某碳酸盐类铜矿的组成，取两份等量的样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，该碳盐类铜矿的化学组成中x∶y=___________(写出简要的计算过程)。 【答案】3：2 【解析】n(CO2)==0.15mol，则n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol， n(CuO)= =0.25mol，根据Cu元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol =0.10mol，所以n(CuCO3)：n[Cu(OH)2]=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO3·2Cu(OH)2。 差量法在化学计算中的应用 7．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为( ) A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 【答案】A 【解析】设碳酸钠的质量为x，则： Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增加 106 117 11 x(n-m) g，=，解得x= g，故该样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。 8．200℃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__________。 【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%。 9．16 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的物质的量之比可能为(　　) A．5∶3　　　B．3∶2　　　C．4∶3　　　D．9∶7 【答案】BC 【解析】根据反应前后气体体积的变化，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 1 mL(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，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9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 关系式法在化学计算中的应用 10．铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 【答案】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复 【解析】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO3~2MnO4-~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的草酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为。 11．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：C2O42-+Ca2+=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/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 【答案】 【解析】本题涉及到化学方程式或离子方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，C2O42-+Ca2+=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) aV2×10-3 mol n1(CaCO3) = 2.5 aV2×10-3 mol，样品中：n (CaCO3) = 2.5 aV2×10-3× mol，则：ω(CaCO3) =。 12．【青蒿素样品纯度测定与学科知识结合】我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0g配制成溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，加入足量的KI溶液生成I2，生成的I2与0.004molNa2S2O3恰好完全反应。已知：① 1mol青蒿素与足量KI反应只生成1 molI2。②I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。计算该青蒿素样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】根据已知条件得到关系式：1青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL溶液中n(青蒿素)=n(Na2S2O3)=×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×=5.64g，可知青蒿素的纯度=×100%=70.5% 【解析】已知1 mol青蒿素与足量KI反应只生成1molI2，结合I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可得关系式：1青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL溶液中n(青蒿素)=n(Na2S2O3)= ×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×=5.64g，可知青蒿素的纯度=×100%=70.5%。 重难·创新演练 1．(2026·浙江杭州期中)高锰酸钾固体受热易分解，在不同温度下，发生不同反应： I．240℃时，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ Ⅱ．600~800℃时，3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2↑ (1)取15.80g高锰酸钾固体，加热至300℃完全分解，收集到的气体体积在标准状况下为___________。 (2)取15.80g高锰酸钾固体，加热至700℃，剩余固体为13.88g。将剩余固体与足量浓盐酸在加热条件下充分反应。产物中锰元素均以Mn2+形式存在，收集到的两种气体单质物质的量之和为___________。 【答案】(1)1120 (2)0.19 【解析】(1)首先计算，300℃时仅发生反应I，2mol KMnO4分解生成1molO2，则0.1molKMnO4完全分解生成0.05molO2，标准状况下体积为。 (2)加热分解生成O2的质量为，，根据电子守恒：整个过程中Mn元素得电子总数等于O元素、Cl元素失电子总数，0.1mol Mn从+7价变为+2价共得电子，生成0.06molO2，O元素共失电子，故Cl元素失电子，生成Cl2的物质的量为，两种气体总物质的量为。 2．(2026·浙江温州期中)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品15.00g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为6.12g；残留的固体产物是Al2O3，质量为2.04g。计算： (1)Al2O3的物质的量为_______mol。 (2)x=_______。 (3)气体产物中n((O2)_______mol。 【答案】(1)0.02 (2)9 (3)0.02 【解析】(1) 。 (2)根据Al守恒，样品Al(NO3)3·xH2O的物质的量： ，样品总质量为15.00g，Al(NO3)3的摩尔质量为，可得： ， 解得：x=9。 (3)利用原子守恒+得失电子守恒计算：总N：，N全部存在于NO2和HNO3中，设，，则a+b=0.12mol。总H：，H全部存在于HNO3和H2O中，已知，则： ，解得b=0.04mol， 因此。得失电子守恒：N从+5(NO3-)降价为+4(NO2)，生成1 mol NO2得1mol电子；O从−2升价为0(O2)，1 mol O2失4mol电子，得： 。 3．(2026·浙江杭州期末)钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。 某小组为了研究烤蓝铁片，进行了以下实验操作： Ⅰ．把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； Ⅱ．取一定量的粉末，放入140.00mL1mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下H2的体积为1120mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象；将反应后的溶液稀释至200mL。 已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应；③Fe3O4 +8HCl ==2FeCl3 +FeCl2+4H2O。 请计算： (1)稀释后溶液中c(Fe2+)=___________mol·L-1。 (2)样品中：n(Fe3O4)=___________mol。 【答案】(1)0.35 (2) 0.005 【解析】(1)反应后滴加KSCN无明显现象，说明溶液中溶质仅为FeCl2，盐酸恰好完全反应，，故。根据FeCl2的组成，，稀释至200 mL后，； (2)标况下，由反应Fe +2H+ == Fe2+ +H2↑可知，该反应生成。则反应Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O生成的，由方程式计量关系得。 4．【碘量法】用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2=S4+2I-) (1)写出生成白色CuI沉淀的离子方程式：____________________________。 (2)该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为______________。 【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2样 (2) 85.50% 【解析】(1)CuCl2与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。 (2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2=S4+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2，n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，则n(Cu2+)=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为(0.342 0 g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。 5．(2026·天津静海阶段检测)向100mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，其固体质量的变化如图所示。 (1)a点溶液中存在的金属阳离子有__________。 (2)原混合溶液中__________。 (3)若不考虑溶液体积变化，b点溶液中c__________。 【答案】(1)Fe2+和Cu2+ (2)2：1 (3)8.0 【解析】因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，所以先加入的0.1 mol Fe会与Fe3+发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，a点时Fe3+被全部还原为Fe2+，继续加入0.1 mol Fe会与Cu2+发生反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu，生成0.1 mol Cu(即6.4 gCu)，b点时Cu2+被全部还原为Cu，此后加入的Fe不再反应，固体增加的质量为加入Fe的质量。 (1)因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，所以先加入的0.1 mol Fe会与Fe3+发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，a点时Fe3+被全部还原为Fe2+，则a点溶液中存在的金属阳离子为Fe2+和Cu2+； (2)先加入的0.1 mol Fe会与Fe3+发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，a点时Fe3+被全部还原为Fe2+，0.1 mol Fe参加反应消耗Fe3+的物质的量为0.2 mol，从a点到b点，发生反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu，b点时Cu2+被全部还原为Cu，0.1 mol Fe参加反应消耗Cu2+的物质的量为0.1 mol，则原混合溶液中Fe3+与Cu2+的物质的量之比为2∶1，其物质的量浓度之比也为2∶1； (3)由(2)中分析可知，原混合溶液中含有0.2 mol Fe3+、0.1 molCu2+，根据电荷守恒可得：n(Cl-)=3n(Fe3+)+2n(Cu2+)=0.8 mol，因为Cl-不参与反应，若不考虑溶液体积变化，b点溶液中。 6．【水样COD测定与学科知识结合】宏观辨识与微观探析 化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一，COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg·L-1)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。 已知：MnO4-+5 C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 (1)1 mol KMnO4的氧化能力与_____________g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。  (2)该水样的COD值是_____________mg·L-1。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)  【答案】(1)40 (2)5.2 【解析】由最后KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×=1.25 mol O2的氧化能力相当，即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。 (2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质的量为0.01 L×0.002 mol·L-1-7×10-6 mol=1.3×10-5 mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5 mol×=1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的COD值为=5.2 mg·L-1。 7．【利用补血剂考查计算能力】铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 【答案】(1) Fe2O3 (2) (3)50 mL (4) 45.6% 【解析】实验目的是测定某补血剂中硫酸亚铁的含量，实验原理方法一是FeSO4被氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，通过Fe2O3的质量计算FeSO4的质量来测定补血剂中FeSO4的含量；方法一是利用KMnO4溶液滴定Fe2+，通过消耗的KMnO4的量计算FeSO4，从而测定补血剂中FeSO4的含量。(1)FeSO4被H2O2氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，故红棕色固体是Fe2O3；(2)利用铁元素守恒确定FeSO4与Fe2O3的物质的量关系为2：1，ag Fe2O3的物质的量为，FeSO4的质量为，每片补血剂中含FeSO4的质量为；(3)配制稀硫酸过程溶质硫酸物质的量不变，利用计算，，即需5 mol·L-1的硫酸的体积为；(4)设被滴定的25.00 mL溶液中含有Fe2+物质的量为nmol，则 列比例式计算，解得n=，补血剂样品中FeSO4的百分含量为。 8．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 【答案】(1) (2)偏低 偏高 【解析】(1)用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为考虑到46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m−3。(2)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。 真题·实战演练 1．(2024·浙江1月卷，20)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用与MgCl2反应制备液态H2S。 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 【答案】(6)99% 【解析】(6)根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为。 2．(2020·浙江7月卷)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)。 【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：。 3．(2020·浙江1月卷)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)；写出简要计算过程：________ 【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。 4．(2019·浙江4月卷)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】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。 5．(2018·浙江4月卷)下称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。 (2)固体混合物中氧化铜的质量_________________。 【答案】(1)0.100mol (2)2.40g 【解析】(1)过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4， 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol； (2)根据(1)的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g。 6．(2016·浙江10月卷)为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表： 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0 样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66 CO2体积(mL) 672 840 896 672 (1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。 (2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。 【答案】(1)2∶1或2 (2)2.50 mol·L－1 【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则①106x+84y=2.96、②x+y=0.672÷22.4=0.03，联立①②解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol：0.01mol=2：1； (2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则106×2z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠。将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下0.672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=0.075mol÷0.03L=2.50mol/L。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $