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2024高考化学一轮复习讲义（步步高版）第1章 第3讲 化学计算的常用方法
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这是一份2024高考化学一轮复习讲义（步步高版）第1章 第3讲 化学计算的常用方法，共16页。
考点一 利用差量法计算
1．所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，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。
2．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，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究对象是液体。
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
2NaHCO3eq \(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝eq \f(168w1－w2,62) g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－eq \f(168w1－w2,62) g，
其质量分数为eq \f(mNa2CO3,m样品)×100%＝eq \f(w1 g－\f(168w1－w2,62) g,w1 g)×100%＝eq \f(84w2－53w1,31w1)×100%。
1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
答案 C
解析 混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
2．16 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，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。
答案 eq \f(9,7)解析
6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝eq \f(6×1.5 mL,1)＝9 mL，
V(NH3)＝eq \f(4×1.5 mL,1)＝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，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eq \f(9,7)考点二 利用关系式法计算
1．关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。
2．应用关系式法的思维模型
一、关系式法的基本应用
1．200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。
2．由NH3氧化制NO的转化率为96%，NO转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？
答案 51.95 t
解析 氨氧化法制硝酸的原理为4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x，则eq \f(17 g·ml－1,10 t×96%×92%)＝eq \f(63 g·ml－1,63%x)，解得：x≈51.95 t。
3．用黄铁矿可以制取H2SO4，再用H2SO4可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含FeS2 80.2%的黄铁矿75.0 t，最终生产出79.2 t(NH4)2SO4。已知NH3的利用率为92.6%，H2SO4的利用率为89.8%，试求黄铁矿制取H2SO4时的损失率为______________。
答案 33.4%
解析 设黄铁矿的利用率为x，
FeS2 ～2H2SO4 ～ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
二、关系式法在滴定计算中的应用
4．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·ml－1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
(2)滴定：取0.009 50 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为滴定终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(结果保留1位小数)。
答案 (1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即为滴定终点。
由反应Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7) ～ 3I2 ～ 6S2Oeq \\al(2－,3)
1 6
0.009 50 ml·L－1×0.02 L 0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
eq \f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)，样品的纯度为
eq \f(\f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)×0.1 L×248 g·ml－1,1.200 0 g)×100%＝95.0%。
5．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 ml·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
答案 93.2%
解析 Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 ml
x 0.100×0.016 ml
x＝eq \f(3×119 g×0.100×0.016 ml,1 ml)＝0.571 2 g，
w(Sn)＝eq \f(0.571 2 g,0.613 g)×100%≈93.2%。
6．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 ml·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeOeq \\al(2－,4)＋CrOeq \\al(－,2)＋2H2O===CrOeq \\al(2－,4)＋Fe(OH)3↓＋OH－，
2CrOeq \\al(2－,4)＋2H＋===Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H2O，
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
答案 酸式 85.8
解析 FeOeq \\al(2－,4)～CrOeq \\al(2－,4)～eq \f(1,2)Cr2Oeq \\al(2－,7)～3Fe2＋
1 ml 3 ml
n 0.10 ml·L－1×0.026 L
n＝eq \f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L，该样品的纯度为
eq \f(\f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L×198 g·ml－1×\f(250 mL,25.00 mL),2.0 g)×100%＝85.8%。
考点三 利用守恒法计算
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。
例1 28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，列式计算最终得到的固体质量。
答案 经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：
n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe)＝eq \f(1,2)×eq \f(28 g,56 g·ml－1)＝0.25 ml，所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
例2 C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水。计算并分析A、B、C点物质的化学式。
答案 C(OH)2在加热分解过程中，C原子的数目不变。
设有1 ml C(OH)2，质量为93 g。则固体中C的物质的量为1 ml，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为COx，
A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为C2O3；
B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈eq \f(4,3)，即该固体为C3O4；
C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CO。
2．电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
例3 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。
答案 0.2 ml·L－1
解析 当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq \f(nNa＋,nSO\\al(2－,4))＝eq \f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1 ml·L－1×0.2 L＝0.02 ml，c(NaOH)＝eq \f(0.02 ml,0.1 L)＝0.2 ml·L－1。
例4 在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(ml·L－1)为( )
A.eq \f(2b－c,2a) B.eq \f(2b－c,a)
C.eq \f(2b－c,6a) D.eq \f(2b－c,3a)
答案 D
解析 由混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀，根据SOeq \\al(2－,4)＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SOeq \\al(2－,4))＝b ml；由加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NHeq \\al(＋,4)＋OH－
eq \(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知n(NHeq \\al(＋,4))＝c ml，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝eq \f(2b－c,3)，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＋)＝eq \f(\f(2b－c,3) ml,a L)＝eq \f(2b－c,3a) ml·L－1，故D正确。
3．得失电子守恒(详见热点强化 电子守恒法计算及应用)
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。
1．(2021·山东，6)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
答案 D
解析 设与1 ml X反应消耗HCl的物质的量为a ml，与1 ml Y反应消耗H2SO4的物质的量为b ml。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有＋1、＋2、＋3三种情况，因此存在a＝1、2、3，b＝0.5、1、1.5的多种情况，由eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)可知，当a＝1、b＝0.5时，eq \f(V1,V2)＝1，当a＝2、b＝1时，eq \f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq \f(V1,V2)可能无法确定X、Y的化合价，故D错误。
2．(2022·浙江6月选考，27)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＝＋1.8×102 kJ·ml－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－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg焦炭。
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。
答案 (1)10.8 (2)eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70
解析 (1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是eq \f(100 000 g×0.9,100 g·ml－1)×180 kJ·ml－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(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eq \f(162 000,30) g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是eq \f(10 800 g,12 g·ml－1)＝900 ml，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 ml，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eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70 kg。
3．[2021·湖北1月选考模拟，16(5)]某同学用5.60 g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00 g，该次实验的产率是________。
答案 80.00%
解析 根据2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(△))2FeCl3，可求5.60 g 干燥铁粉完全转化为FeCl3的质量为eq \f(5.60 g,56 g·ml－1)×162.5 g·ml－1＝16.25 g，则产率为eq \f(13.00 g,16.25 g )×100%＝80.00%。
4．[2022·湖南，15(6)]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 ml·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
答案 97.6%
解析 由题意可知，硫酸钡的物质的量为eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1)＝0.002 ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量为0.002 ml×244 g·ml－1＝0.488 g，质量分数为eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。
5．(2019·北京，26改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a ml·L－1 KBrO3标准溶液。
Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水。
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。
Ⅴ.用b ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：①I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
③＋3Br2―→↓＋3HBr
计算废水中苯酚的含量为________________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·ml－1)。
答案 eq \f(946av1－bv3,6v2)
解析 n(BrOeq \\al(－,3))＝av1×10－3ml，根据反应BrOeq \\al(－,3)＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3av1×10－3ml，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bv3×10－3ml，n1(Br2)＝eq \f(1,2)bv3×10－3ml，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3av1－eq \f(1,2)bv3)×10－3ml，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝eq \f(1,3)n2(Br2)＝(av1－eq \f(1,6)bv3)×10－3ml，废水中苯酚的含量为eq \f(av1－\f(1,6)bv3×10－3 ml×94 g·ml－1,v2×10－3L)＝eq \f(946av1－bv3,6v2) g·L－1。
课时精练
1．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是( )
A.eq \f(2a－b,a) B.eq \f(b－a,b)
C.eq \f(2a－b,b) D.eq \f(b－a,a)
答案 C
解析 设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3eq \(,\s\up7(铁触媒),\s\d5(高温))N2＋3H2 ΔV
2 L 2 L
x (b－a) L
x＝(b－a) L
所以气体中NH3的体积分数为eq \f(a L－b－a L,b L)＝eq \f(2a－b,b)。
2．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SOeq \\al(2－,4)的物质的量浓度之比为( )
A．1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
答案 A
解析 设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x ml、y ml。
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm(固体质量增加)
56 g 1 ml 64 g 8 g
56y g y ml 64y g 8y g
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑ Δm(固体质量减少)
56 g 1 ml 56 g
56x g x ml 56x g
因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，
eq \f(nH2SO4,nCuSO4)＝eq \f(x,y)＝eq \f(8,56)＝eq \f(1,7)，则eq \f(cH＋,cSO\\al(2－,4))＝eq \f(1×2,1＋7)＝eq \f(1,4)。
3．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是( )
A．0.125 ml·L－1 B．0.175 ml·L－1
C．0.25 ml·L－1 D．0.50 ml·L－1
答案 C
解析 设原溶液中硫酸铜的物质的量为x ml，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 ml 8 g
x ml 0.3 g
1 ml∶x ml＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为eq \f(0.037 5 ml,0.15 L)＝0.25 ml·L－1。
4．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为( )
A．N2O3 B．NO2
C．NO D．N2O
答案 A
解析 设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。
5．将21.8 g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6 g，则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3
答案 C
解析 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ Δm
156 g 32 g
m 21.8 g－18.6 g＝3.2 g
Na2O2的质量m＝156 g×eq \f(3.2,32)＝15.6 g，
氧化钠的质量是21.8 g－15.6 g＝6.2 g，
原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为eq \f(15.6,78)∶eq \f(6.2,62)＝2∶1。
6．3.87 g含KCl和KBr的样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生沉淀的质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为( )
A．24.1% B．40.3% C．25.9% D．48.7%
答案 B
解析 KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag Δm
39 108 69
m 6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56 g，钾元素的质量分数为eq \f(1.56 g,3.87 g)×100%≈40.3%。
7．将15 mL 2 ml·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 ml·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋ ～ nCOeq \\al(2－,3)
2 n
0．04 L×0.5 ml·L－1 0.015 L×2 ml·L－1
解得n＝3。
8．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
答案 C
解析 设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝eq \f(mPb,MPb)∶eq \f(mO,MO)＝3∶4。
9．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 ml·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为( )
A．72% B．40% C．36% D．18%
答案 C
解析 S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝eq \f(1,2)n(NaOH)＝eq \f(1,2)×0.01×0.5 ml＝0.002 5 ml，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.002 5 ml，w(S)＝eq \f(0.002 5×32 g,0.22 g)×100%≈36%。
10．某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 ml·L－1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A．94.5% B．96.1%
C．96.7% D．97.6%
答案 C
解析 高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 ml·L－1＝2.0×10－4 ml，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 ml，w(FeSO4·7H2O)＝eq \f(1.0×10－3 ml×\f(1000 mL,25 mL)×278 g·ml－1,11.5 g)×100%≈96.7%。
11．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 ml·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A．0.25 ml B．0.2 ml
C．0.3 ml D．0.35 ml
答案 A
解析 由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15 L×4 ml·L－1－eq \f(2.24 L,22.4 L·ml－1))×eq \f(1,2)＝0.25 ml，则n(Fe)＝0.25 ml，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 ml。
12．已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1。现有1 000 kg该加碘盐，计算：
(1)该加碘食盐中至少含碘________ml。
(2)若用KI与Cl2反应制KIO3，标准状况至少需要消耗多少体积的Cl2(写出计算过程)?
答案 (1)0.2
(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 ml×3＝0.6 ml，体积为0.6 ml×
22.4 L·ml－1＝13.44 L
解析 (1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1；则1 000 kg该加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为eq \f(25.4 g,127 g·ml－1)＝0.2 ml。
13．工业中将含有较多Ca2＋、Mg2＋的水称为硬水。测定某水域的钙硬度、镁硬度(每升水中含Ca2＋或Mg2＋的质量，单位：mg·L－1)的过程如下：
①取50.00 mL水样，控制溶液的pH＝10，以铬黑T为指示剂，用0.010 00 ml·L－1 EDTA标准溶液滴定硬水中钙和镁的总含量至终点，消耗EDTA标准溶液30.00 mL。
②另取50.00 mL水样，加入10% NaOH溶液至pH＝12.5，加入钙指示剂，用0.010 00 ml·
L－1 EDTA标准溶液滴定硬水中钙的含量至终点，消耗EDTA标准溶液20.00 mL。
已知：Ca2＋、Mg2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1。
(1)向硬水中加入石灰，可使Ca2＋、Mg2＋沉淀，以达到软化硬水的目的。写出Ca(OH)2和Ca(HCO3)2反应的化学方程式：___________________________________________________。
(2)“加入10% NaOH溶液至pH＝12.5”的目的是___________________________________。
(3)计算该水样的钙硬度、镁硬度(写出计算过程)。
答案 (1)Ca(OH)2＋Ca(HCO3)2===2CaCO3↓＋2H2O
(2)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，避免影响钙含量的测定
(3)n(Ca2＋)＝0.010 00 ml·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.000×10－4 ml，钙硬度为eq \f(2.000×10－4 ml×40 g·ml－1×103 mg·g－1,50.00 mL×10－3 L·mL－1)＝160 mg·L－1，n(Mg2＋)＝0.010 00 ml·L－1×(30.00－20.00) mL×10－3 L·mL－1＝1.000×10－4 ml，镁硬度为eq \f(1.000×10－4 ml×24 g·ml－1×103 mg·g－1,50.00 mL×10－3 L·mL－1)＝48 mg·L－1。
14．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为_______________；水解聚合反应会导致溶液的pH________(填“增大”或“减小”)。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 ml·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②该样品中铁的质量分数为________________。
答案 (1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小 (2)①偏大 ②12.32%
解析 (1)Fe2＋具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3＋，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，则H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋
(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知，水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝5.000×10－2 ml·L－1×22.00
×10－3 L＝1.100×10－3ml，由滴定时Cr2Oeq \\al(2－,7)→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6×1.100×10－3ml＝6.6×10－3ml，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3ml×56 g·ml－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝eq \f(0.369 6 g,3.000 g)×100%＝12.32%。
考点一 利用差量法计算
1．所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，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。
2．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，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究对象是液体。
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
2NaHCO3eq \(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝eq \f(168w1－w2,62) g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－eq \f(168w1－w2,62) g，
其质量分数为eq \f(mNa2CO3,m样品)×100%＝eq \f(w1 g－\f(168w1－w2,62) g,w1 g)×100%＝eq \f(84w2－53w1,31w1)×100%。
1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
答案 C
解析 混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
2．16 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，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。
答案 eq \f(9,7)
6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝eq \f(6×1.5 mL,1)＝9 mL，
V(NH3)＝eq \f(4×1.5 mL,1)＝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，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eq \f(9,7)
1．关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。
2．应用关系式法的思维模型
一、关系式法的基本应用
1．200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。
2．由NH3氧化制NO的转化率为96%，NO转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？
答案 51.95 t
解析 氨氧化法制硝酸的原理为4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x，则eq \f(17 g·ml－1,10 t×96%×92%)＝eq \f(63 g·ml－1,63%x)，解得：x≈51.95 t。
3．用黄铁矿可以制取H2SO4，再用H2SO4可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含FeS2 80.2%的黄铁矿75.0 t，最终生产出79.2 t(NH4)2SO4。已知NH3的利用率为92.6%，H2SO4的利用率为89.8%，试求黄铁矿制取H2SO4时的损失率为______________。
答案 33.4%
解析 设黄铁矿的利用率为x，
FeS2 ～2H2SO4 ～ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
二、关系式法在滴定计算中的应用
4．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·ml－1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
(2)滴定：取0.009 50 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为滴定终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(结果保留1位小数)。
答案 (1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即为滴定终点。
由反应Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7) ～ 3I2 ～ 6S2Oeq \\al(2－,3)
1 6
0.009 50 ml·L－1×0.02 L 0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
eq \f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)，样品的纯度为
eq \f(\f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)×0.1 L×248 g·ml－1,1.200 0 g)×100%＝95.0%。
5．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 ml·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
答案 93.2%
解析 Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 ml
x 0.100×0.016 ml
x＝eq \f(3×119 g×0.100×0.016 ml,1 ml)＝0.571 2 g，
w(Sn)＝eq \f(0.571 2 g,0.613 g)×100%≈93.2%。
6．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 ml·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeOeq \\al(2－,4)＋CrOeq \\al(－,2)＋2H2O===CrOeq \\al(2－,4)＋Fe(OH)3↓＋OH－，
2CrOeq \\al(2－,4)＋2H＋===Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H2O，
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
答案 酸式 85.8
解析 FeOeq \\al(2－,4)～CrOeq \\al(2－,4)～eq \f(1,2)Cr2Oeq \\al(2－,7)～3Fe2＋
1 ml 3 ml
n 0.10 ml·L－1×0.026 L
n＝eq \f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L，该样品的纯度为
eq \f(\f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L×198 g·ml－1×\f(250 mL,25.00 mL),2.0 g)×100%＝85.8%。
考点三 利用守恒法计算
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。
例1 28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，列式计算最终得到的固体质量。
答案 经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：
n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe)＝eq \f(1,2)×eq \f(28 g,56 g·ml－1)＝0.25 ml，所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
例2 C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水。计算并分析A、B、C点物质的化学式。
答案 C(OH)2在加热分解过程中，C原子的数目不变。
设有1 ml C(OH)2，质量为93 g。则固体中C的物质的量为1 ml，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为COx，
A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为C2O3；
B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈eq \f(4,3)，即该固体为C3O4；
C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CO。
2．电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
例3 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。
答案 0.2 ml·L－1
解析 当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq \f(nNa＋,nSO\\al(2－,4))＝eq \f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1 ml·L－1×0.2 L＝0.02 ml，c(NaOH)＝eq \f(0.02 ml,0.1 L)＝0.2 ml·L－1。
例4 在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(ml·L－1)为( )
A.eq \f(2b－c,2a) B.eq \f(2b－c,a)
C.eq \f(2b－c,6a) D.eq \f(2b－c,3a)
答案 D
解析 由混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀，根据SOeq \\al(2－,4)＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SOeq \\al(2－,4))＝b ml；由加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NHeq \\al(＋,4)＋OH－
eq \(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知n(NHeq \\al(＋,4))＝c ml，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝eq \f(2b－c,3)，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＋)＝eq \f(\f(2b－c,3) ml,a L)＝eq \f(2b－c,3a) ml·L－1，故D正确。
3．得失电子守恒(详见热点强化 电子守恒法计算及应用)
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。
1．(2021·山东，6)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
答案 D
解析 设与1 ml X反应消耗HCl的物质的量为a ml，与1 ml Y反应消耗H2SO4的物质的量为b ml。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有＋1、＋2、＋3三种情况，因此存在a＝1、2、3，b＝0.5、1、1.5的多种情况，由eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)可知，当a＝1、b＝0.5时，eq \f(V1,V2)＝1，当a＝2、b＝1时，eq \f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq \f(V1,V2)可能无法确定X、Y的化合价，故D错误。
2．(2022·浙江6月选考，27)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＝＋1.8×102 kJ·ml－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－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg焦炭。
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。
答案 (1)10.8 (2)eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70
解析 (1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是eq \f(100 000 g×0.9,100 g·ml－1)×180 kJ·ml－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(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eq \f(162 000,30) g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是eq \f(10 800 g,12 g·ml－1)＝900 ml，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 ml，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eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70 kg。
3．[2021·湖北1月选考模拟，16(5)]某同学用5.60 g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00 g，该次实验的产率是________。
答案 80.00%
解析 根据2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(△))2FeCl3，可求5.60 g 干燥铁粉完全转化为FeCl3的质量为eq \f(5.60 g,56 g·ml－1)×162.5 g·ml－1＝16.25 g，则产率为eq \f(13.00 g,16.25 g )×100%＝80.00%。
4．[2022·湖南，15(6)]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 ml·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
答案 97.6%
解析 由题意可知，硫酸钡的物质的量为eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1)＝0.002 ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量为0.002 ml×244 g·ml－1＝0.488 g，质量分数为eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。
5．(2019·北京，26改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a ml·L－1 KBrO3标准溶液。
Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水。
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。
Ⅴ.用b ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：①I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
③＋3Br2―→↓＋3HBr
计算废水中苯酚的含量为________________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·ml－1)。
答案 eq \f(946av1－bv3,6v2)
解析 n(BrOeq \\al(－,3))＝av1×10－3ml，根据反应BrOeq \\al(－,3)＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3av1×10－3ml，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bv3×10－3ml，n1(Br2)＝eq \f(1,2)bv3×10－3ml，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3av1－eq \f(1,2)bv3)×10－3ml，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝eq \f(1,3)n2(Br2)＝(av1－eq \f(1,6)bv3)×10－3ml，废水中苯酚的含量为eq \f(av1－\f(1,6)bv3×10－3 ml×94 g·ml－1,v2×10－3L)＝eq \f(946av1－bv3,6v2) g·L－1。
课时精练
1．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是( )
A.eq \f(2a－b,a) B.eq \f(b－a,b)
C.eq \f(2a－b,b) D.eq \f(b－a,a)
答案 C
解析 设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3eq \(,\s\up7(铁触媒),\s\d5(高温))N2＋3H2 ΔV
2 L 2 L
x (b－a) L
x＝(b－a) L
所以气体中NH3的体积分数为eq \f(a L－b－a L,b L)＝eq \f(2a－b,b)。
2．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SOeq \\al(2－,4)的物质的量浓度之比为( )
A．1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
答案 A
解析 设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x ml、y ml。
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm(固体质量增加)
56 g 1 ml 64 g 8 g
56y g y ml 64y g 8y g
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑ Δm(固体质量减少)
56 g 1 ml 56 g
56x g x ml 56x g
因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，
eq \f(nH2SO4,nCuSO4)＝eq \f(x,y)＝eq \f(8,56)＝eq \f(1,7)，则eq \f(cH＋,cSO\\al(2－,4))＝eq \f(1×2,1＋7)＝eq \f(1,4)。
3．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是( )
A．0.125 ml·L－1 B．0.175 ml·L－1
C．0.25 ml·L－1 D．0.50 ml·L－1
答案 C
解析 设原溶液中硫酸铜的物质的量为x ml，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 ml 8 g
x ml 0.3 g
1 ml∶x ml＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为eq \f(0.037 5 ml,0.15 L)＝0.25 ml·L－1。
4．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为( )
A．N2O3 B．NO2
C．NO D．N2O
答案 A
解析 设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。
5．将21.8 g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6 g，则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3
答案 C
解析 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ Δm
156 g 32 g
m 21.8 g－18.6 g＝3.2 g
Na2O2的质量m＝156 g×eq \f(3.2,32)＝15.6 g，
氧化钠的质量是21.8 g－15.6 g＝6.2 g，
原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为eq \f(15.6,78)∶eq \f(6.2,62)＝2∶1。
6．3.87 g含KCl和KBr的样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生沉淀的质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为( )
A．24.1% B．40.3% C．25.9% D．48.7%
答案 B
解析 KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag Δm
39 108 69
m 6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56 g，钾元素的质量分数为eq \f(1.56 g,3.87 g)×100%≈40.3%。
7．将15 mL 2 ml·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 ml·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋ ～ nCOeq \\al(2－,3)
2 n
0．04 L×0.5 ml·L－1 0.015 L×2 ml·L－1
解得n＝3。
8．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
答案 C
解析 设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝eq \f(mPb,MPb)∶eq \f(mO,MO)＝3∶4。
9．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 ml·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为( )
A．72% B．40% C．36% D．18%
答案 C
解析 S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝eq \f(1,2)n(NaOH)＝eq \f(1,2)×0.01×0.5 ml＝0.002 5 ml，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.002 5 ml，w(S)＝eq \f(0.002 5×32 g,0.22 g)×100%≈36%。
10．某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 ml·L－1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A．94.5% B．96.1%
C．96.7% D．97.6%
答案 C
解析 高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 ml·L－1＝2.0×10－4 ml，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 ml，w(FeSO4·7H2O)＝eq \f(1.0×10－3 ml×\f(1000 mL,25 mL)×278 g·ml－1,11.5 g)×100%≈96.7%。
11．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 ml·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A．0.25 ml B．0.2 ml
C．0.3 ml D．0.35 ml
答案 A
解析 由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15 L×4 ml·L－1－eq \f(2.24 L,22.4 L·ml－1))×eq \f(1,2)＝0.25 ml，则n(Fe)＝0.25 ml，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 ml。
12．已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1。现有1 000 kg该加碘盐，计算：
(1)该加碘食盐中至少含碘________ml。
(2)若用KI与Cl2反应制KIO3，标准状况至少需要消耗多少体积的Cl2(写出计算过程)?
答案 (1)0.2
(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 ml×3＝0.6 ml，体积为0.6 ml×
22.4 L·ml－1＝13.44 L
解析 (1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1；则1 000 kg该加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为eq \f(25.4 g,127 g·ml－1)＝0.2 ml。
13．工业中将含有较多Ca2＋、Mg2＋的水称为硬水。测定某水域的钙硬度、镁硬度(每升水中含Ca2＋或Mg2＋的质量，单位：mg·L－1)的过程如下：
①取50.00 mL水样，控制溶液的pH＝10，以铬黑T为指示剂，用0.010 00 ml·L－1 EDTA标准溶液滴定硬水中钙和镁的总含量至终点，消耗EDTA标准溶液30.00 mL。
②另取50.00 mL水样，加入10% NaOH溶液至pH＝12.5，加入钙指示剂，用0.010 00 ml·
L－1 EDTA标准溶液滴定硬水中钙的含量至终点，消耗EDTA标准溶液20.00 mL。
已知：Ca2＋、Mg2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1。
(1)向硬水中加入石灰，可使Ca2＋、Mg2＋沉淀，以达到软化硬水的目的。写出Ca(OH)2和Ca(HCO3)2反应的化学方程式：___________________________________________________。
(2)“加入10% NaOH溶液至pH＝12.5”的目的是___________________________________。
(3)计算该水样的钙硬度、镁硬度(写出计算过程)。
答案 (1)Ca(OH)2＋Ca(HCO3)2===2CaCO3↓＋2H2O
(2)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，避免影响钙含量的测定
(3)n(Ca2＋)＝0.010 00 ml·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.000×10－4 ml，钙硬度为eq \f(2.000×10－4 ml×40 g·ml－1×103 mg·g－1,50.00 mL×10－3 L·mL－1)＝160 mg·L－1，n(Mg2＋)＝0.010 00 ml·L－1×(30.00－20.00) mL×10－3 L·mL－1＝1.000×10－4 ml，镁硬度为eq \f(1.000×10－4 ml×24 g·ml－1×103 mg·g－1,50.00 mL×10－3 L·mL－1)＝48 mg·L－1。
14．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为_______________；水解聚合反应会导致溶液的pH________(填“增大”或“减小”)。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 ml·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②该样品中铁的质量分数为________________。
答案 (1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小 (2)①偏大 ②12.32%
解析 (1)Fe2＋具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3＋，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，则H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋
(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知，水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝5.000×10－2 ml·L－1×22.00
×10－3 L＝1.100×10－3ml，由滴定时Cr2Oeq \\al(2－,7)→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6×1.100×10－3ml＝6.6×10－3ml，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3ml×56 g·ml－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝eq \f(0.369 6 g,3.000 g)×100%＝12.32%。
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