鲁科版高考化学一轮复习第1章第3讲物质的量在化学反应中的计算课时学案

这是一份鲁科版高考化学一轮复习第1章第3讲物质的量在化学反应中的计算课时学案，共20页。
物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为核心的转化关系
2．化学方程式的计算
(1)基本原理
2Na ＋ 2H2O===2NaOH＋H2↑
系数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA
物质的量之比： 2 ml ∶ 2 ml ∶ 2 ml∶ 1 ml
结论：化学方程式中各物质的系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
①根据题意写出并配平化学方程式。
②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。
③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。
④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。
(2020·海南等级考，T15节选)一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2＋。反应式：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
某次实验称取0.280 0 g样品，滴定时消耗浓度为0.030 00 ml·L－1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为________%。
[解析] n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝0.03 000 ml·L－1×25.10×10－3 L＝7.53×10－4 ml
Cr2Oeq \\al(2－,7) ＋ 6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
1 6
7.53×10－4 ml n(Fe2＋)
eq \f(1,7.53×10－4 ml)＝eq \f(6,nFe2＋)，n(Fe2＋)＝4.518×10－3 ml
样品中铁含量＝eq \f(4.518×10－3×56 g,0.280 0 g)×100%＝90.36%。
[答案] 90.36
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？转移电子数目为多少(设NA为阿伏加德罗常数的值)？(写解题步骤)
[解析] n(Na2O2)＝eq \f(15.6 g,78 g·ml－1)＝0.2 ml
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ Δn(e－)
2 4 1 2
0.2 ml n(NaOH) n(O2) n(e－)
eq \f(2,0.2 ml)＝eq \f(4,nNaOH)＝eq \f(1,nO2)＝eq \f(2,ne－)
n(NaOH)＝0.4 ml，n(O2)＝0.1 ml，n(e－)＝0.2 ml，V(O2)＝2.24 L，N(e－)＝0.2NA。
[答案] 生成NaOH 0.4 ml，生成O2 2.24 L，转移电子数为0.2NA。
2．用惰性电极电解200 mL CuSO4溶液，当生成6.4 g Cu时，所得溶液的pH为________(假设溶液体积不变)。
[解析] n(Cu)＝eq \f(6.4 g,64 g·ml－1)＝0.1 ml
2Cu2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up14(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋
2 4
0.1 ml 0.2 ml
c(H＋)＝eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝1 ml/L，pH＝0。
[答案] 0
守恒法在化学反应计算中的应用
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态。
1．原子守恒(元素质量守恒)
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
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。
3．电荷守恒
在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
(2020·天津等级考，T15节选)为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了以下方案。
实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2
实验步骤：
足量BaCl2溶液
↓
eq \x(\a\al(CuSO4溶液,25.00 mL))eq \(――――→,\s\up14(①过滤))固体eq \(――――→,\s\up14(②洗涤))eq \(――――→,\s\up14(③灼烧))eq \(――――→,\s\up14(④称重))eq \x(\a\al(固体,w g))
固体质量为w g，则c(CuSO4)＝________ml·L－1。
[解析] 根据硫原子守恒可知
n(CuSO4)＝n(BaSO4)＝eq \f(w,233) ml
c(CuSO4)＝eq \f(\f(w,233) ml,0.025 L)＝eq \f(40w,233) ml·L－1
[答案] eq \f(40w,233)

守恒法解答思路
1．(原子守恒)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 ml·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 ml·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________ g固体。
[解析] 经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 ml·L－1＝0.1 ml，m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g·ml－1＝5.85 g。
[答案] 5.85
2．(电子守恒)以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
“氧化”中欲使3 ml的VO2＋变为VOeq \\al(＋,2)，则需要氧化剂KClO3至少为________ml。
[解析] 根据电子守恒可得：n(KClO3)×6＝3 ml×(5－4)，n(KClO3)＝0.5 ml。
[答案] 0.5
3．(电荷守恒)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 ml·L－1，c(SOeq \\al(2－,4))＝6.5 ml·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 ml·L－1的氢氧化钠溶液的体积为________mL。
[解析] 根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))，c(Al3＋)＝
eq \f(2×6.5 ml·L－1－2×2 ml·L－1,3)＝3 ml·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)＝eq \f(2nSO\\al(2－,4)＋n{[AlOH4]－},cNaOH)＝
eq \f(2×6.5 ml·L－1×0.2 L＋3 ml·L－1×0.2 L,1.6 ml·L－1)＝2 L＝2 000 mL。
[答案] 2 000
关系式法在多步反应计算中的应用
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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
1．利用多步连续反应中化学计量关系推导。
2．利用元素质量守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推关系式：NH3～HNO3。
3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2＋，利用得失电子守恒可推关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋。
黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up14(高温))2Fe2O3＋8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%硫酸的质量为________t。
[解析] (1)根据反应方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up14(高温))2Fe2O3＋8SO2；SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
(0.020 00×0.025)ml eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为eq \f(0.090 00 g,0.100 0 g)×100%＝90.0%。
(2)由S守恒得
FeS2 ～ 2SO2 ～ 2H2SO4
1 ml 2 ml 196 g
eq \f(10×106×90.0%,120) ml n(SO2) m(H2SO4)×98%
则n(SO2)＝1.5×105 ml
标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L，
m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
[答案] (1)90.0% (2)3.36×106 15

关系式的确定思路
方法一：在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
方法二：利用得失电子守恒或元素质量守恒直接导出物质的量关系式，然后进行计算。
1．Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 00 ml·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00 mL。滴定反应的离子方程式为________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L－1(以SO2计)。
[解析] 根据得失电子守恒、电荷守恒及元素质量守恒可得关系式
2SO2～S2Oeq \\al(2－,5)～2I2
n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 ml·L－1×10.00×10－3 L＝1×10－4 ml，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为eq \f(1×10－4 ml×64 g·ml－1,50.00×10－3 L)＝0.128 0 g·L－1。
[答案] S2Oeq \\al(2－,5)＋2I2＋3H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋4I－＋6H＋ 0.128 0
2．测定CaO2·8H2O样品纯度的方法是：称取0.300 g样品于锥形瓶中，加入50 mL水和15 mL 2 ml·L－1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.020 0 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00 mL标准溶液。
(1)样品中CaO2·8H2O的质量分数为___________________________________。
(2)上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
[解析] (1)根据CaO2·8H2O―→H2O2和5H2O2＋2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
可得关系式：5CaO2·8H2O～2KMnO4
n(CaO2·8H2O)＝2.5n(KMnO4)＝1.25×10－3 ml
ω(CaO2·8H2O)＝eq \f(1.25×10－3×216,0.300)×100%＝90%。
(2)选用硫酸，则CaO2·8H2O与稀硫酸反应生成的微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行，导致H2O2产量偏低，测得的样品纯度偏低。
[答案] (1)90% (2)偏低
热重分析法确定物质的组成
热重分析法即热重量分析法，是在控制温度下，进行测量物质的量与温度或时间的关系的方法。
为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________。
(2)900 ℃时残留固体的成分为________。
[思路分析] ①盐的水合物eq \(――→,\s\up14(△),\s\d12(－H2O))盐eq \(――→,\s\up14(△),\s\d12( ))氧化物
②eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(nCaC2O4·H2O＝\f(36.50 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml,mH2O＝0.25 ml×18 g/ml＝4.50 g))
eq \(――→,\s\up14(确定))300 ℃时残留物为CaC2O4
③eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(mCa＝0.25 ml×40 g/ml＝10 g,mO＝36.50×38.36%－10 g＝4 g))eq \(――→,\s\up14(确定))
900 ℃残留物为CaO。
[答案] (1)CaC2O4 (2)CaO

热重分析法的一般思路
(1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
eq \f(m余,m)×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由元素质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
1．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·ml－1)在空气中加热，样品的固体残留率随温度的变化如图所示。
当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为______(填字母)。
A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3
C．CeOSO4
[解析] 404 g·ml－1×70.3%≈284 g·ml－1，A项的摩尔质量为332 g·ml－1，B项的摩尔质量为568 g·ml－1，C项的摩尔质量为252 g·ml－1，根据元素质量守恒得808 g·ml－1×70.3%≈568 g·ml－1。
[答案] B
2．称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量是180)用热重分析法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：
(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为______________________________________。
(2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________________________________________________________。
[解析] (2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g×eq \f(56,180)×100%＝1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。
[答案] (1)FeC2O4·2H2Oeq \(=====,\s\up14(△))FeC2O4＋2H2O↑
(2)Fe2O3(计算过程略，参考解析)
1．(2022·辽宁选择性考试，T17节选)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 ml·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] 根据得失电子守恒可得关系式
2KMnO4～5H2O2，三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，消耗标准溶液体积为20 mL。m(H2O2)＝eq \f(5,2)n(KMnO4)×34 g＝eq \f(5,2)×20.00×10－3×0.0500×eq \f(100,20)×34 g＝0.425 g
ω(H2O2)＝eq \f(0.425 g,2.50 g)×100%＝17.0%。
[答案] 17.0%
2．(2021·全国甲卷，T27节选)(1)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为______(写表达式)。
(2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少量胆矾迸溅出来
[解析] (1)由题意知，结晶水的质量为m2－m3，硫酸铜的质量为m3－m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据分子个数比等于物质的量之比，则x＝eq \f(\f(m2－m3,18),\f(m3－m1,160))＝eq \f(80×m2－m3,9×m3－m1)。
(2)胆矾未充分干燥，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，①符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，会使测定的水的质量偏低，则会导致结晶水数目测定值偏低，②不符合题意；加热时有少量胆矾迸溅出来，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，③符合题意。
[答案] (1)eq \f(80m2－m3,9m3－m1) (2)①③
3．(2021·山东等级考，T6)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
D [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，根据得失电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～eq \f(a,2)H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。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)，因eq \f(\f(a,2),b)＝eq \f(V1,V2)，因此eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；产物中X、Y化合价之比为eq \f(a,2b)，由B项可知eq \f(a,2b)＝eq \f(V1,V2)，故C正确；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)无法确定X、Y的化合价，故D错误。]
4．(2022·浙江1月选考，T27)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算：
(1)x＝________________________________________________(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2)＝________ ml。
[解析] 根据题意可知，该分解反应的方程式为2[Al(NO3)3·xH2O]eq \(=====,\s\up14(△))Al2O3＋4NO2↑＋O2↑＋2HNO3＋(2x－1)H2O，然后列关系式求解。
[答案] (1)9
计算过程：2[Al(NO3)3·xH2O] ～ Al2O3
2(213＋18x)g 102 g
7.50 g 1.02 g
eq \f(2213＋18x,7.50)＝eq \f(102,1.02)
x＝9
(2)0.010 0
课时分层作业(三) 物质的量在化学反应中的计算
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．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，则原混合物中硫的质量分数为 ( )
A．72% B．40%
C．36% D．18%
C [由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 ml
m(S) (0.5×10×10－3)ml
eq \f(32 g,mS)＝eq \f(2 ml,0.5×10×10－3ml)，m(S)＝0.08 g，原混合物中ω(S)＝eq \f(0.08 g,0.22 g)×100%≈36%。]
2．部分被氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：
下列说法正确的是( )
A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋
B．样品中Fe元素的质量为2.24 g
C．样品中CuO的质量为4.0 g
D．V＝896
B [根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3＋不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B项正确；样品中铜元素和氧元素共5.76 g－2.24 g＝3.52 g，则C项错误；2.24 g Fe元素不可能全是单质铁，故生成的氢气的体积小于896 mL，则D项错误。]
3．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 ml·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 ml B．0.21 ml
C．0.16 ml D．0.14 ml
B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒可知n(Fe)＝eq \f(1,2)×(0.12×4 ml－eq \f(1.344,22.4) ml)＝0.21 ml，故根据铁原子守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 ml，B项正确。]
4．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 ml，这些气体恰好能被600 mL 2 ml·L－1 NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为 ( )
A．0.2 ml B．0.4 ml
C．0.6 ml D．0.8 ml
B [用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，51.2 g Cu的物质的量为n(Cu)＝eq \f(51.2 g,64 g/ml)＝0.8 ml，共失电子为0.8 ml× 2＝1.6 ml，HNO3到NaNO2共得到电子1.6 ml，根据得失电子数目相等得到2n(Cu)＝2n(NaNO2)，故产物中NaNO2的物质的量为0.8 ml；根据钠原子守恒n(NaNO3)＝n(NaOH)－0.8 ml＝0.6 L×2 ml·L－1－0.8 ml＝0.4 ml。]
二、非选择题
5．高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 ml·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2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。
[解析] 由2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，ω(KMnO4)＝eq \f(mKMnO4,m样品)×100%＝
eq \f(20.00×10－3 L×0.200 0 ml·L－1×\f(2,5)×\f(100 mL,24.48 mL)×158 g·ml－1,1.080 0 g)×100%。
[答案] eq \f(20.00×10－3×0.200 0×\f(2,5)×\f(100,24.48)×158,1.080 0)×100%
6．(2021·浙江1月选考，T27)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＋6KOHeq \(=====,\s\up14(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O
(x－1)S＋K2Seq \(=====,\s\up14(△))K2Sx(x＝2～6)
S＋K2SO3eq \(=====,\s\up14(△))K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 ml·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 ml·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)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S＋6KOHeq \(=====,\s\up14(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 ml，则需要消耗KOH的物质的量n(KOH)＝2n(S)＝0.03 ml，故需要KOH溶液的体积V(KOH)＝eq \f(nKOH,cKOH)＝eq \f(0.03 ml,1.00 ml·L－1)＝0.03 L＝30.0 mL。
(2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOHeq \(=====,\s\up14(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有：
(2x＋2)S ＋ 6KOHeq \(=====,\s\up14(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O
2x＋2 6
eq \f(2.560 g,32 g·ml－1) 0.060 L×1.00 ml·L－1
可列比例式：
eq \f(2x＋2,\f(2.560 g,32 g·ml－1))＝eq \f(6,0.060 L×1.00 ml·L－1)，
解得x＝3。
[答案] (1)30.0 (2)3
(2x＋2)S＋6KOHeq \(=====,\s\up14(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O
2x＋2 6
0．080 ml 0.060 ml
x＝3
7．为了测定某铜银合金的组成，将30.0 g合金溶于80.0 mL 13.5 ml·L－1的浓硝酸中。待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体6.72 L(标准状况下)并测得H＋浓度为1 ml·L－1。假设反应后溶液的体积为80.0 mL，不考虑2NO2N2O4，试计算：
(1)被还原的硝酸的物质的量为___________________________________。
(2)合金中银的质量分数为______________________________。
(3)确定6.72 L气体中各成分的物质的量：________________________________。
[解析] (1)根据氮原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量即生成气体的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量为eq \f(6.72 L,22.4 L·ml－1)＝0.3 ml。
(2)剩余硝酸是1 ml·L－1×0.08 L＝0.08 ml，则参加反应的硝酸为13.5 ml·L－1×0.08 L－0.08 ml＝1.0 ml。设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x ml和y ml，则64.0x＋108y＝30.0，根据氮原子守恒可知2x＋y＝1.0－0.3＝0.7，解得：x＝0.3、y＝0.1，所以银的质量分数为eq \f(0.1 ml×108 g·ml－1,30.0 g)×100%＝36%。
(3)设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是a ml、b ml，则a＋b＝0.3，根据得失电子守恒可知3a＋b＝0.3×2＋0.1，解得a＝0.2、b＝0.1，即6.72 L气体中n(NO)为0.2 ml，n(NO2)为0.1 ml。
[答案] (1)0.3 ml (2)36%
(3)n(NO)＝0.2 ml，n(NO2)＝0.1 ml
8．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。
[解析] NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为eq \f(100,117)×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
[答案] HVO3