2019届二轮复习 化学综合计算 作业（全国通用） 练习

特训18　化学综合计算
1.(2018·徐州期中)过硫酸氢钾复盐(xK2SO4·yKHSO4·zKHSO5)是一种稳定、具有广泛用途的酸性氧化剂，可以通过浓硫酸、30%双氧水及碳酸钾反应来制备。
(1)制备过硫酸氢钾复盐的反应需在冰水浴中进行，原因是____________________________________________________________________。
(2)为确定过硫酸氢钾复盐的组成，进行如下实验：
步骤Ⅰ：称取1.535 0 g样品，加入适量蒸馏水溶解后，配成250 mL溶液；
步骤Ⅱ：取步骤I配制的溶液，测得溶液的pH为2.0；
步骤Ⅲ：取步骤I配制的溶液25.00 mL，加入过量的KI溶液，充分反应后，滴入1～2滴淀粉溶液，用0.125 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(I2＋ 2S2O===2I－＋ S4O)，消耗Na2S2O3标准溶液8.00 mL。
已知：KHSO5溶液呈中性；可认为步骤I配制溶液中的HSO完全电离。
①步骤Ⅲ中判断滴定达到终点的方法是
____________________________________________________________________。
②步骤Ⅲ中KHSO5与KI反应转化为K2SO4，则该反应的离子方程式为____________________________________________________________________。
③通过计算确定过硫酸氢钾复盐的化学式(写出计算过程)。
解析　(1)冰水浴中进行，说明需要低温，温度高，反应物中H2O2易分解。(2)①步骤Ⅲ中KHSO5将I－氧化，加入淀粉，溶液呈蓝色，用Na2S2O3和I2反应，达到终点时，溶液蓝色褪去。②HSO将I－氧化为I2，自身被还原为SO，由于KHSO4完全电离：KHSO4===K＋＋H＋＋SO，溶液呈酸性，配平。
答案　(1)温度高H2O2易分解
(2)①滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不变色
②HSO＋2I－＋H＋===I2＋SO＋H2O
③250 mL溶液中：
n(H＋)＝0.01 mol·L－1×250×10－3 L＝ 2.5×10－3 mol
n(KHSO4)＝n(H＋)＝ 2.5×10－3mol
n(KHSO5)＝n(Na2S2O3)＝
＝5×10－3 mol
m(K2SO4)＝1.535 0 g－2.5×10－3mol×136 g·mol－1－5×10－3mol×152 g·mol－1＝0.435 g
n(K2SO4)＝＝2.5×10－3 mol
x∶y∶z＝1∶1∶2，化学式为K2SO4·KHSO4·2KHSO5
2.(2018·苏锡常镇质检)达喜的化学成分是AlaMgb(OH)c(CO3)d·xH2O，常用于中和胃酸。
(1)1 mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为________(用含x等字母的代数式表示)。
(2)达喜化学式中a、b、c、d的关系为a＋b________c＋d(填“＞”、“＝”或“＜”)。
(3)已知在常温下溶液中Al3＋、Mg2＋、AlO的浓度与溶液pH的关系如图所示。为测定达喜的组成，进行了下列实验：

①取达喜6.02 g研碎，缓慢加入2.00 mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00 mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00 mL时正好反应完全。
②在①所得溶液中加入适量的________(填“氨水”、“氢氧化铝”或“氧化镁”)以调节溶液的pH至5.0～7.8，使有关离子完全沉淀。
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02 g。
请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。
解析　(1)可以理解为OH－＋H＋===H2O，CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，所以水的物质的量为c＋d＋x。(2)根据电荷守恒知，3a＋2b＝c＋2d，转化为2(a＋b)－2(c＋d)＝－(a＋c)<0，即a＋b 答案　(1)x＋c＋d　(2)＜
(3)②氨水
③HCl的总物质的量：2.00 mol·L－1×0.09 L＝0.18 mol
CO产生CO2消耗HCl的物质的量：(0.09－0.085) L×2.00 mol·L－1×2＝0.02 mol
CO的物质的量：0.02 mol÷2＝0.01 mol
6.02 g达喜中OH－的物质的量：0.18 mol－0.02 mol＝0.16 mol
6.02 g达喜中Al3＋的物质的量：×2＝0.02 mol
6.02 g达喜中Mg2＋的物质的量：
＝0.06 mol
6.02 g达喜中H2O的物质的量：

＝0.04 mol
n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.06 mol∶0.16 mol∶0.01 mol∶0.04 mol＝2∶6∶16∶1∶4
达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)·4H2O
3.某铜(Ⅱ)盐晶体组成可以表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O，其组成可通过下列实验测定：
Ⅰ.铜含量的测定
①准确称取3.54 g样品，加入1 mol·L－1的H2SO4溶解，配制成100 mL溶液。
②取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入过量淀粉­KI溶液，充分反应后用0.200 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗12.50 mL。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
(1)已知Cu2＋可被I－还原生成CuI沉淀，试写出该反应的离子方程式____________________________________________________________________。
(2)用Na2S2O3溶液滴定至终点的现象为___________________________________________________________________。
Ⅱ.草酸根和结晶水含量的测定
另准确称取3.54 g样品，灼烧。剩余固体质量随温度变化如图：

已知：①该晶体在150 ℃时失去结晶水，260 ℃时分解。
②H2C2O4CO↑＋ CO2↑＋H2O
(3)灼烧时用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和________。
(4)计算该铜盐的组成(请写出计算过程)。
解析　(1)根据氧化还原反应规律，Cu2＋可被I－ 还原生成CuI沉淀，Cu2＋价态降低，必然I－价态升高，析出I2，则离子反应方程式为：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。
(2)I2遇淀粉显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，蓝色逐渐变浅，至最后一滴Na2S2O3溶液滴入，蓝色彻底褪去，且半分钟内不再恢复蓝色，即达到滴定终点。
(3)灼烧固体应该用坩埚。
(4)取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后用0.2 000 mol/L Na2S2O3溶液滴定，消耗12.50 mL，由2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6 ＋ 2NaI得到关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，则原晶体中n(Cu2＋)＝0.0125 L×0.2 mol/L×100 mL/25.00 mL＝0.01 mol；
晶体在150 ℃时失去结晶水剩余固体3.18 g，此时失去的是结晶水，因此根据质量差可以求出结晶水的含量：n(H2O)＝＝0.02 mol
260 ℃时剩余固体质量为1.74 g，发生分解反应：H2C2O4CO↑＋ CO2↑＋H2O，所以根据质量差可以求出：
n(C2O)＝＝0.02 mol
最后根据据电荷守恒得：n(K＋)＝2n(C2O)－2n(Cu2＋)＝0.02 mol×2－0.01mol×2＝0.02 mol
可以得到n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.02 mol∶0.02 mol＝2∶1∶2∶2，则该铜盐的化学式为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O。
答案　(1)2Cu2＋ ＋4I－===2CuI↓＋I2　(2)蓝色褪去，且半分钟不恢复
(3)坩埚
(4)2Cu2＋～I2～2Na2S2O3
2.5×10－3mol 0.2 000×12.500×10－3mol
n(Cu2＋)＝ 2.5×10－3mol×4＝0.01 mol
n(H2O)＝＝0.02 mol
n(C2O)＝＝0.02 mol
据电荷守恒得：n(K＋)＝2n(C2O)－2n(Cu2＋)＝0.02 mol×2－0.01mol×2＝0.02 mol
n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.02 mol∶0.02 mol＝2∶1∶2∶2，则该铜盐的化学式为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O
4.(2017·盐城三调)Cr(Ⅵ)对人体具有致癌、致突变作用。铁氧体法[铁氧体是组成类似于Fe3O4的复合氧化物，其中部分Fe(Ⅲ)可被Cr(Ⅲ)等所代换]是目前处理Cr(Ⅵ)废水的常见方法之一，其工艺流程如下：

(1)Cr(Ⅵ)包括CrO和Cr2O，我国排放标准是每升废水铬元素含量不超过0.5 mg·L－1。
①转化反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O的平衡常数表达式为K＝________；
②取某Cr(Ⅵ)废水(只含CrO)与2.0×10－4 mol·L－1 AgNO3溶液等体积混合，有棕红色Ag2CrO4沉淀，则原废水中六价铬超标________倍以上[Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10－12]。
(2)铁氧体法处理含Cr2O废水的工艺流程中：
①“反应槽”中发生反应的离子方程式为
____________________________________________________________________；
②在“加热曝气槽”中通人压缩空气的目的是
____________________________________________________________________；
(3)实验室有100 L含Cr(Ⅵ)强酸性废水(只含Cr2O)，经测定Cr2O浓度为2×10－4 mol·L－1。设计通过向其中加入一定量的FeSO4·7H2O，搅拌充分反应后再加入NaOH溶液调节pH，搅拌并加热，使Cr和Fe恰好均转化为Fe3＋[Fe2＋FeCr]O4(不考虑微量的残留)。计算100 L该废水需加入的FeSO4·7H2O的质量，写出计算过程。
解析　(1)①固体和纯液体不写入平衡常数，则K＝；②设废水中CrO的浓度为x，与AgNO3溶液等体积混合后，CrO的浓度变成，c(AgNO3)＝＝1.0×10－4 (mol·L－1)，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1.0×10－4)2×＝1.0×10－12，x＝2.0×10－4(mol·L－1)，Cr含量＝2.0×10－4 mol·L－1×52 g·mol－1×1 000 mg·g－1＝10.4 mg·L－1，超标＝20.8(倍)。(2)①反应槽中，Cr2O在酸性条件下氧化Fe2＋，生成Fe3＋和Cr3＋，根据Fe和Cr得失电子守恒，用H＋平衡电荷；②反应槽中Fe2＋是过量的，在“加热曝气槽”中，加入NaOH会生成Fe(OH)2，压入空气，可以将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，最终可以转化为铁氧体中的Fe3＋。(3)废水中Cr2O的物质的量为0.02 mol，根据“Cr2O～6Fe2＋”知，完全还原Cr2O时，消耗的n1(Fe2＋)＝0.12 mol，反应后生成的n(Fe3＋)＝0.12 mol，n(Cr3＋)＝0.04 mol。铁氧体为Fe3＋[Fe2＋FeCr]O4，设n(Fe2＋)＝1 mol，则n(Fe3＋)＋n(Cr3＋)＝1＋(1－x)＋x＝2，则形成铁氧体的n2(Fe2＋)＝[n(Fe3＋)＋n(Cr3＋)]＝×(0.12＋0.04 mol)＝0.08 mol，总共消耗的n(FeSO4·7H2O)＝n1(Fe2＋)＋n2(Fe2＋)＝0.12 mol＋0.08 mol＝0.20 mol，n(FeSO4·7H2O)＝0.12 mol＋0.08 mol＝0.20 mol，m(FeSO4·7H2O)＝0.20 mol×278 g·mol－1＝55.6 g。
答案　(1)①　②20.8
(2)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
②将部分Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3以形成铁氧体
(3)n(Cr2O)＝100 L×0.000 2 mol·L－1＝0.020 0 mol，还原反应需消耗n1(Fe2＋)＝0.120 0 mol，同时反应生成的n(Cr3＋)＝0.0400 mol，n(Fe3＋)＝0.120 0 mol
与Cr3＋和Fe3＋形成铁氧体的n2(Fe2＋)＝[n(Cr3＋)＋n(Fe3＋)]＝0.080 0 mol
n(FeSO4·7H2O)＝n1(Fe2＋)＋n2(Fe2＋)＝0.120 0 mol＋0.080 0 mol＝0.200 0 mol
加入的m(FeSO4·7H2O)＝0.200 0 mol×278 g·mol－1＝55.6 g
5.(2017·泰州中学质检)铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：
步骤1：在0.750 0 g试样中加入100.00 mL 0.120 0 mol·L－1 KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。
步骤2：收集步骤1所得滤液至250 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00 mL。
步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1 g KI固体(过量)，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。用0.050 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，离子方程式为2S2O＋I2===2I－＋S4O，消耗14.00 mL。
已知：酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2＋。
(1)若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则溶液中c(Fe3＋)＝__________________。(已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)
(2)步骤3若未除去Fe3＋，则测得的Cu2＋的物质的量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)计算试样中Cu2S和CuS的质量分数(写出计算过程)。
解析　(1)若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则c(OH－)＝10－12 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.6×10－39，c(Fe3＋)＝2.6×10－3 mol·L－1。(2)步骤3若未除去Fe3＋，则加入KI时先发生反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，后发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，反应消耗的n(I－)增大，测得的n(Cu2＋)偏高。(3)设Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，计算的关系式为：2Cu2＋ ～ I2 ～ 2S2O，n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.050 00 mol·L－1×14.00×10－3L＝7.000×10－4mol，则2x＋y＝7.000×10－4 mol×(250 mL÷25 mL)。Cu2S和CuS被酸性KMnO4溶液氧化为CuSO4，Cu、S两种元素失去电子的物质的量等于Mn元素得到电子的物质的量，即10x＋8y＝0.120 0 mol·L－1×0.1 L×5－0.100 0 mol·L－1×0.16 L×(250 mL÷25 mL)。将两个方程联立求解，可得：x＝2.000×10－3mol，y＝3.000×10－3mol，据此可求质量分数 。
答案　(1)2.6×10－3 mol·L－1　(2)偏高　(3)w(Cu2S)＝42.7%　w(CuS)＝38.4%
6.以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备二氧化氯气体，再用水吸收该气体获得二氧化氯溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2气体的吸收率。具体情况如图所示。请回答下列问题：

(1)据图可知，反应时需要控制的适宜温度是________，达到此要求采取的适宜措施是________________________________________________________。
(2)已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO氧化成SO，写出制备二氧化氯的离子方程式：_________________________________________________
__________________________________________________________________。
(3)某校化学学习小组拟以“”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品质量6.0 g，通过反应和吸收可得400 mL ClO2溶液，取出20 mL，加入37.00 mL 0.500 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2＋再用0.050 0 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL。反应原理如下：
4H＋＋ClO2＋5Fe2＋===Cl－＋5Fe3＋＋2H2O
14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
试计算ClO2的产率。(写出计算过程)
解析　(1)由图可知ClO2的吸收率先升高后降低，当达到30 ℃时最大，兼顾两者适宜温度即为30 ℃，当所需温度低于100 ℃时，水浴加热便于控温和均匀受热。(2)由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，以及酸性环境不难得出离子方程式。(3)详细过程参见答案。
答案　(1)30 ℃　水浴加热(或水浴控制恒温)
(2)15ClO＋FeS2＋14H＋===15ClO2↑＋Fe3＋＋7H2O＋2SO
(3)与K2Cr2O7反应的n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×20.00×10－3L×0.050 0 mol·L－1＝6×10－3 mol，与ClO2反应的n(Fe2＋)＝37.00×10－3L×0.500 mol·L－1－6×10－3mol＝1.25×10－2mol，n(ClO2)＝×1.25×10－2mol＝2.5×10－3mol，ClO2的产率
＝×100%＝56.25%。
7.(2016·徐州宿迁三调)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体Kx[Fey(C2O4)z]·nH2O可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成，某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验：
实验Ⅰ.草酸根含量的测定
称取0.982 0 g样品放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸和一定量水，加热至343～358 K，用0.200 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定，滴定过程中草酸根离子转变成CO2逸出反应容器，KMnO4转变成Mn2＋。达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液12.00 mL。
实验Ⅱ.铁含量的测定
将上述滴定过草酸根的保留液充分加热，使淡红色消失。冷却后，调节溶液pH并加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.250 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液8.00 mL。(已知：实验Ⅱ中涉及的部分离子方程式为：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
请根据上述实验回答下列问题：
(1)实验Ⅰ在滴定过程中发生的离子反应方程式为
____________________________________________________________________。
(2)MnO在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2＋。若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热，则测定的Fe3＋的含量将会________(填“偏高”、“偏低” 或“不变”)。
(3)实验Ⅱ用淀粉溶液做指示剂，则滴定终点观察到的现象为________________。
(4)通过计算确定样品晶体的组成(写出计算过程)。
解析　(1)方程式书写分成以下几步：①得失电子守恒：2Mn＋7O＋5C2＋3O－2Mn＋22＋＋10C＋4O2↑ ，②电荷守恒：2Mn＋7O＋5C2＋3O＋16H＋－2Mn2＋＋2＋10C＋4O2↑，③质量守恒：2Mn＋7O＋5C2＋3O＋16H＋－2Mn2＋＋2＋10C＋4O2↑＋8H2O。(2)未充分加热，过量的MnO与Fe3＋一起氧化I－，故测得Fe3＋的含量是偏高的。(3)当Na2S2O3标准溶液将I2消耗结束时，溶液颜色由原来的蓝色变成无色。(4)依据MnO的量，可求得C2O的量，依据S2O的量可求得Fe3＋的量，再根据电荷守恒，得出K＋的量，再由质量守恒得出H2O的量，由它们的物质的量之比，可得出物质的化学式。
答案　(1)2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑　(2)偏高
(3)滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色
(4)2MnO～ 　5C2O　　　2S2O～ I2 ～2Fe3＋
2　　　　5　　　　　 2　　　　　　2
　n (C2O)　 n (Fe3＋)
n(C2O)＝ 6×10－3mol　　n(Fe3＋)＝2×10－3mol
根据电荷守恒原理：n(K＋)＝6×10－3mol
根据质量守恒原理：m(H2O)＝0.982 0 g－39 g·mol－1×6×10－3 mol－56 g·mol－1×2×10－3 mol－88 g·mol－1×6×10－3 mol＝0.108 g
n(H2O)＝＝6×10－3 mol
n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝3∶1∶3∶3
化学式为：[K3FeC2O4)3]·3H2O
8.(2016·徐州高三5月考前模拟)Na2S2O3·5H2O是重要的化工原料。取126.0 g Na2SO3，溶于800 mL水配成溶液。另取一定量的硫粉加乙醇后和上述溶液混合。小火加热至微沸，反应约1 h后过滤。滤液经蒸发、浓缩、冷却至10 ℃后析出Na2S2O3·5H2O粗晶体。
(1)加入乙醇的目的是______________________________________________。
(2)若将126.0 g Na2SO3反应完全，理论上需要硫粉的质量为________。
(3)滤液中除Na2S2O3和未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________。
(4)为测定所得粗晶体中Na2S2O3·5H2O和Na2SO3比例，现称取三份质量不同的粗晶体，分别加入相同浓度的硫酸溶液30 mL，充分反应(Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O)后滤出硫，微热滤液使SO2全部逸出。测得有关实验数据如下表(气体体积已换算为标准状况)。

第一份
第二份
第三份
样品的质量/g
6.830
13.660
30.000
二氧化硫气体的体积/L
0.672
1.344
2.688
硫的质量/g
0.800
1.600
3.200
求所用硫酸溶液的物质的量浓度及粗晶体中n(Na2S2O3·5H2O)、n(Na2SO3)的比值。(请写出计算过程)
答案　(1)增大Na2SO3和硫粉的接触面积，加快反应速率
(2)32.0 g　(3)Na2SO4
(4)由表中数据可知第三份硫酸反应完全。在第三份反应中：
生成SO2的物质的量n(SO2，总)＝2.688 L÷22.4 L·mol－1 ＝0.120 mol
生成S的物质的量n(S)＝3.2 g÷32 g·mol－1 ＝
0.100 mol
Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O
1 mol 1 mol 1 mol
n1(H2SO4) n1(SO2) 0.100 mol
n1(H2SO4)＝0.1 mol，n1(SO2)＝0.100 mol
Na2SO3与H2SO4反应生成SO2的物质的量n2(SO2)＝0.12 mol － 0.1 mol＝0.020 0 mol
Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
1 mol 1 mol
n2(H2SO4) 0.020 0 mol
n2(H2SO4)＝0.020 0 mol
所以硫酸溶液的浓度为：c(H2SO4)＝(0.10 mol＋0.02 mol)÷0.03 L＝4.00 mol ·L－1
由表中数据可知第二份反应中H2SO4过量，Na2S2O3·5H2O和Na2SO3反应完全：
生成SO2的物质的量n3(SO2)＝1.344 L÷22.4 L·mol－1 ＝0.060 0 mol
生成S的物质的量n(S)＝1.6 g÷32 g·mol－1 ＝
0.050 0 mol
所以n(Na2S2O3)＝0.050 0 mol
n(Na2SO3)＝0.060 0 mol－0.050 0 mol＝0.010 0 mol
所以n(Na2S2O3·5H2O)∶n(Na2SO3)＝0.050 0 mol∶0.010 0 mol＝5∶1