易错03 物质的量与化学反应计算-备战2022年高考化学一轮复习易错题

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易错03 物质的量与化学反应计算
【易错分析】
高考化学计算的特点是主要考查学生知识建构的整体性和灵活应用的能力，综合性较强；试题整体的计算量不大，更多的是对化学基本概念、理论和性质的理解，试题不会做数学游戏、审题绕圈子，还化学计算的本来面目；把实验操作、生产实践和化学计算综合起来，或者通过图表、报刊文献等背景呈现方式、力求题型出新，体现化学学科对计算的要求，更体现对计算综合能力的考查；考试方式的变化决定了化学计算应该降低难度。化学计算复习对策化学计算题考查化学基础知识和数学思维，数学思维包括逻辑推理、数形变换等。化学计算常要根据量的关系建立数学模型，但建立教学模型的前提应该是先建立正确的化学概念、弄清概念的涵义，即找出计算依据。只有对化学基本概念、基础知识正确理解，建立起来的算式或数学表达关系才能正确，才能顺利解答计算题。

【错题纠正】
例题1、(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40 mol·L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值 （列出计算过程）。
（2）准确称取2.26gNaClO2粗品，加入盛有20.00mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂用浓度为3.00mol/L的Na2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为＋4I－＋4H＋=2I2＋Cl－＋2H2O，)，若三次平行实验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30.00mL，则粗品的纯度为________%(保留三位有效数字)，若使用的水未煮沸，则测定结果会___________________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】（1）由题意可得下列关系式：FeClx—xCl——xOH——xHCl，则n(Cl) =n(Cl—) = n(OH—) = n(HCl) =0.0250L×0.40mol·L-1 = 0.01 mol， m(Fe) = 0.54g – 0.10 mol×35.5g·mol-1 = 0.19g，n(Fe) = 0.19g/56g·mol-1 = 0.0034 mol。n(Fe)∶n(Cl) = 0.0034∶0.010 ≈ 1∶3，即x = 3。
（2）由已知反应可得关系式：NaClO2~2I2~4S2O32-，则m(NaClO2)=，则粗品的纯度为；若使用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。
【答案】（1）3（2）90.1；偏高
例题2、（1）为了分析某硫酸渣中铁元素的含量，先将硫酸渣预处理，把铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定。某同学称取 2.000 g硫酸渣，预处理后在容量瓶中配制成100 mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用0.0050 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00 mL，则残留物中铁元素的质量分数是 。
（2）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol·L－1 EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2+＋H2Y2－＝CuY2－＋2H+ ，写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w＝ ________________；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是________。
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
【解析】（1）根据电子守恒可得关系式：KMnO4——5Fe2＋，故残留物中铁元素的质量分数为：
×100%=5.6％。
（2）a g样品中含有m(CuSO4·5H2O)＝(10－3×b L×c mol/L)×250 g·mol－1×，故a g样品中CuSO4·5H2O的质量分数为：×100%；未干燥锥形瓶对测定结果无影响，滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡使读取的消耗EDTA的体积减少，从而导致测定结果偏小，未除净与EDTA反应的干扰离子将使消耗EDTA体积变大导致测定结果偏高。
【答案】（1）5.6％（2）
×100%，c
【知识清单】
1.化学计算的常用方法


关系式法
某些错综复杂的化学变化是若干个变化的综合，若按常规解法，从发展的起源开始，沿着化学变化的轨迹推理演算，根据化学方程式分步求解，显然是一种有着繁杂的计算量的解法。但若抓住变化的起源和结果，即变化的始态和终态，找出两者的相关量关系，省略复杂的中间计算过程，即可使推理演算简洁而迅速，这种方法叫做关系式法



极值法
极值法也称为极端假设法，极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它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值，进行判断分析，求得结果。 极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。极值法解题有三个基本思路：把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应；把混合物假设成纯净物；把平行反应分别假设成单一反应


平均值法
平均值法解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上它是极值法的延伸。若XA>XB ，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等


差量法
差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量差等)与反应物或生成物的变化量成比例而建立的一种解题方法,此法也就是有关化学方程式计算的变形。将“差量”看作化学方程式右端的一项,将已知差量(实际差量)与化学方程式中的对应差量(理论差量)列成比例。用差量法解题的关键是正确找出理论差量
2.氧化还原反应的相关计算
氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏伽德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。
(1)基本方法：对于氧化还原反应的计算，关键是根据氧化还原反应的实质——得失电子守恒，列出守恒关系式求解，即n(氧化剂) ×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
（2）解题步骤：找出氧化剂、还原剂及对应产物；准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。
(3)特殊题型：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子无损耗，可直接根据起始物和最终产物得失电子相等，删去中间产物，建立二者之间的守恒关系，迅速求解。例如：CuNOxHNO3，则Cu失去电子的物质的量等于H2O2得电子的物质的量，忽略HNO3参与反应过程。

【变式练习】
1. (1) 铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由下表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为______________，生成硫酸铜的物质的量为________。
硫
氢
Y

X

硫
Z
（2）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
O2MnO(OH)2I2S4O
①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：________________________________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程。
（3）为确定碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]的组成，进行如下实验：①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO)。(写出计算过程)

2.（1）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
（2）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其它反应。假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3________kg。

（3）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl，NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN(Ki＝6.3×10－10)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO________g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。

【易错通关】
1.一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g·cm－3)，其浓度为________ mol·L－1。
2.高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为________(列出计算式即可，已知2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。
3.盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B＝ (n为物质的量)。为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水。以酚酞为指示剂，用c mol·L－1的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去，已排除铁离子干扰)。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V0 mL。已知该样品中Fe质量分数w，则B的表达式为__________________。
4．水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下，取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧为____________mg·L－1。
O2MnO(OH)2I2S4O
5.某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0 g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0 g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6 g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积为 25.0 mL。该铁矿石中铁元素的质量分数为 ，氧化物FemOn的化学式为 (m、n为正整数)。(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。)
6. 聚合硫酸铁的化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两等份。一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 5 g。另一份溶液，加热煮沸后，滴加稍过量SnCl2溶液，使Fe3＋还原为Fe2＋，用甲基橙除去过量SnCl2；然后用0.020 00 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定，到达滴定终点时共用去K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。计算聚合硫酸铁晶体中a、b、c的最简整数比。(已知：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O)
7.铬元素总浓度的测定：准确移取25.00 mL 含Cr2O和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。废水中铬元素总浓度 mg·L－1。已知沉淀过程中发生的反应如下：①2Cr3＋＋3S2O＋7H2O===Cr2O＋6SO＋14H＋②Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O③I2＋2S2O===2I－＋S2O
8．将500 mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170 ℃下充分反应，用水­乙醇混合液充分溶解产物I2，定容到100 mL。取25.00 mL，用0.0100 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00 mL，则样品气中CO的体积分数为________。(已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6)
9.高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，若生成2 mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为________mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2＋氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2＋1 mg的水体样本，需要1.2 mg·L－1高铁酸钾________ L。
10.某厂废水中含1.00×10－3mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4 (Cr的化合价为＋3，Fe的化合价依次为＋3、＋2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入_______ g FeSO4·7H2O。
11.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。生成0.1 mol还原产物时转移电子__________个。KMnO4能与热的Na2C2O4(aq，硫酸酸化)反应生成Mn2＋和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品 0.165 g，能与0.335 g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为____________。
12.欲使3 mol的VO2＋变成VO，则需要氧化剂KClO3至少________ mol。

参考答案
【变式练习】
1.（1）NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol　2 mol
（2）①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓②在100.00 mL水样中，I2＋2S2O===2I－＋S4O，n(I2)＝＝＝6.750×10－5 mol，n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol，n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol＝3.375×10－5 mol，水中溶解氧＝＝10.80 mg·L－1
（3）n(CO2)＝＝0.025 mol，m(CO2)＝0.025 mol×44 g/mol＝1.10 g，在270 ℃～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成二氧化碳和水，m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.7345－0.3702)＝1.235 g，m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 gn(H2O)＝＝0.0075 mol，n(OH－)＝0.0075 mol×2＝0.015 mol, n(OH－)∶n(CO)＝0.015∶0.025＝3∶5
【解析】（1）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO和NO2，相对分子质量都小于50，符合题意，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜物质的量为2 mol。（2）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。②根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。（3）n(CO2)＝＝0.025 mol，m(CO2)＝0.025 mol×44 g/mol＝1.10 g，在270 ℃～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成二氧化碳和水，m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.7345－0.3702)＝1.235 g，m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g，再根据氢原子守恒计算n(OH－)，根据碳原子守恒计算n(CO)，从而得出二者的比例。
2.（1）1.57（2） 0.011 8ab－0.646c或－（3）14 900
【解析】（1）NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol，1 mol Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为4/90.5 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。（2）加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4和生成的H2SO4，根据化学方程式Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O和FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4知，1 mol Fe2O3生成FeSO4实际消耗 mol H2SO4，根据化学方程式FeCO3＋H2SO4===FeSO4＋H2O＋CO2↑，则消耗FeCO3的物质的量等于剩余硫酸的物质的量，剩余硫酸的物质的量＝－×，则消耗FeCO3的质量＝×116 kg＝(0.011 8ab－0.646c)kg或 kg。（3）参加反应的NaCN是＝20 mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为×74.5 g/mol×4＝14 900 g。

【易错通关】
1. 8.9
【解析】根据物质的量浓度与质量分数的换算公式，得c＝＝＝8.9 (mol·L－1)。
2.
【解析】根据新信息反应式或得失电子守恒计算高锰酸钾产品纯度，注意配制溶液体积与取用量之间的转化问题。草酸中碳元素为＋3价，氧化产物为CO2，高锰酸钾被还原为＋2价锰离子，根据得失电子守恒知，5n(KMnO4)＝2n(H2C2O4)，w(KMnO4)＝。
3.
【解析】根据题意，m g样品消耗的HCl的物质的量为10－3c(V0－V) mol，则样品中n(OH－)＝10－3c(V0－V) mol。根据盐基度的定义得：B＝＝。
4. 10.80
【解析】在100.00 mL水样中，发生如下反应：O2＋2Mn2＋＋4OH－===MnO(OH)2↓，I2＋2S2O===2I－＋S4O，则n(I2)= ==6.750×10－5mol，由方程式化学计量数可得n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10－5mol，n(O2)=n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5mol=3.375×10－5mol，故水中溶解氧==10.80 mg·L－1。
5. 56%　Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)
【解析】样品中的铁元素，在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4滴定。依据方程式8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可得关系式＝，解关系式得n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，故样品中铁元素的质量分数为×100%＝56%。反应的铜的物质的量n(Cu)＝＝0.1 mol，依据方程式2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋得关系式＝，解关系式得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据元素守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)。
6. a∶b∶c＝4∶2∶5
【解析】依据方程式Ba2＋＋SO===BaSO4↓可得n(SO)＝ mol＝0.007 5 mol；由题意n(Cr2O)＝0.05 L×0.020 00 mol·L－1＝0.001 mol，依据方程式Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可得n(Fe2＋)＝n(Cr2O)×6＝0.001 mol×6＝0.006 mol。根据电荷守恒：n(OH－)＋n(SO)×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，则a∶b∶c＝0.006 mol∶0.003 mol∶0.007 5 mol＝4∶2∶5。
7. 208
【解析】由离子方程式①②③得关系式：Cr2O～3I2～6S2O，依据关系式的计算式c＝mol·L－1＝0.002 mol·L－1，则铬元素总浓度＝＝208 mg·L－1。
8. 8.96%
【解析】由信息可知5CO＋I2O55CO2＋I2，所以5CO～I2～2Na2S2O3,5CO～2Na2S2O3，n(CO)＝n(Na2S2O3)×4＝10n(Na2S2O3)＝10×(0.010 0 mol·L－1×0.02 L)＝2×10－3mol，V(CO)＝2×10－3 mol×22.4 L·mol－1×1 000 mL·L－1＝44.8 mL。故样品中CO的体积分数＝×100%＝8.96%(三位有效数字)。
9. 10 mol 2 L
【解析】在该反应中，Fe由＋2价升到＋6价，氧由－1价升到0价。所以当生成2 mol Na2FeO4时，应转移电子10 mol。根据电子守恒得关系式： ×2＝×3，解得x＝2 L。
10. 2.78
【解析】Cr2O的物质的量n（Cr2O）＝1.00×10－3 mol·L－1×1 L＝1.00×10－3 mol，生成Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量为4.00×10－3mol，根据元素守恒，需要FeSO4·7H2O的物质的量为：(1.5＋1)×4.00×10－3 mol＝0.01 mol，m(FeSO4·7H2O)＝2.78 g。
11.1∶2　0.2NA(或1.204×1022)　 95.8%
【解析】利用电子守恒配平得3MnO＋4H＋===MnO2＋2MnO＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，则生成0.1 mol还原产物时转移电子0.2NA个。设KMnO4的纯度为x，根据得失电子守恒得关系式×5＝×2×1，解得：x≈0.958。
答案：
12. 0.5
【解析】VO2＋变为VO，V的化合价由＋4价升高到＋5价，转移1e－，而氧化剂KClO3则被还原为KCl，化合价由＋5价降低为－1价，转移6e－，故欲使3 mol VO2＋变为VO，需氧化剂KClO3的物质的量至少为3 mol×1÷6＝0.5 mol。