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备考2024届高考化学一轮复习分层练习第二章物质的量及计算第2讲化学中的常用计算方法
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这是一份备考2024届高考化学一轮复习分层练习第二章物质的量及计算第2讲化学中的常用计算方法，共6页。试卷主要包含了1 ml·L－1，0 ml·L－1，48 L等内容，欢迎下载使用。
1.[守恒法][2024陕西渭南期中]向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入0.2 ml·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（ D ）
A.NaOH溶液的浓度为0.1 ml·L－1
B.通入的CO2在常温常压下的体积为336 mL
C.滴入0～25 mL盐酸过程中，溶液中发生反应的离子方程式为H＋＋OH－H2O
D.所得溶液中溶质的物质的量之比n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝2∶1
解析 根据图像中产生CO2的体积与消耗盐酸的量的关系分析，可知氢氧化钠和二氧化碳反应后所得溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，滴入0～25 mL盐酸的过程是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32－＋H＋HCO3－，n（Na2CO3）＝0.2 ml·L－1×25×10－3 L＝0.005 ml；滴入25～100 mL盐酸的过程是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为HCO3－＋H＋CO2↑＋H2O，n（NaHCO3）＝0.2×（100－25）×10－3 ml－0.005 ml＝0.01 ml，则n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝0.01∶0.005＝2∶1，C项错误，D项正确。当加入100 mL盐酸时，溶液中溶质为氯化钠，根据钠原子守恒和氯原子守恒可知，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.2 ml·L－1×100×10－3 L＝0.02 ml，NaOH溶液的浓度为＝0.2 ml·L－1，A项错误。滴入25～100 mL盐酸的过程中，消耗盐酸的物质的量为 0.2 ml·L－1×（100－25）×10－3 L＝0.015 ml，则产生的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，根据碳原子守恒，可知通入的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，其在标准状况下的体积为336 mL，在常温常压下的体积大于336 mL，B项错误。
2.[守恒法][2023辽宁省实验中学考试]向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3。在所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是（ D ）
A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6
B.硝酸的物质的量浓度为3.0 ml·L－1
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D.Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 ml
解析 在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，则溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒有n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0 ml·L－1×2.8 L＝2.8 ml；沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6 g，则其物质的量为85.6 g÷107 g·ml－1＝0.8 ml，根据铁元素守恒知n[Fe（NO3）3]＝n[Fe（OH）3]＝0.8 ml，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x ml、y ml，则有160x＋72y＝59.2 ①，根据铁元素守恒有2x＋y＝0.8 ②，联立①②，解得x＝0.1、y＝0.6。n（Fe2O3）∶n（FeO）＝0.1 ml∶0.6 ml＝1∶6，A项正确；根据得失电子守恒可知，生成NO的物质的量为（0.6 ml×1）÷（5－2）＝0.2 ml，根据氮元素守恒可知原硝酸溶液中n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.2 ml＋2.8 ml＝3.0 ml，所以原硝酸溶液的浓度为3.0 ml÷1.0 L＝3.0 ml·L－1，B项正确；n（NO）＝0.2 ml，在标准状况下的体积为0.2 ml×22.4 L·ml－1＝4.48 L，C项正确；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，一部分氢氧化钠与硝酸铁反应，另一部分氢氧化钠与硝酸反应，最后得到硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知Fe2O3、FeO与硝酸反应后溶液中n余（HNO3）＋3n[Fe（NO3）3]＝n（NaNO3），所以n余（HNO3）＝n（NaNO3）－3n[Fe（NO3）3]＝2.8 ml－3×0.8 ml＝0.4 ml，D项错误。
3.[依据化学方程式中的定量关系计算][全国Ⅰ高考]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 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 20.00×10－3×0.2000×25×10024.48×1581.0800×100％ （列出计算式即可，已知2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。
解析 由2MnO4－＋5H2C2O4 ＋ 6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，w（KMnO4）＝m（KMnO4）m（样品）×100％＝20.00×10－3L×0.2000ml·L－1×25×100mL24.48mL×158g·ml－11.0800g×100％。
4.[关系式法][2023河北保定模拟改编]Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室测定Cr（OH）3样品纯度的步骤如下：
准确称取0.900 0 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O72－，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.0 mL（已知反应：Cr2O72－＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O32－ S4O62－＋2I－）。
计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： n（S2O32－）＝24.0×10－3 L×0.100 0 ml·L－1＝2.4×10－3 ml。根据2Cr3＋～3I2～6S2O32－知，n[Cr（OH）3]＝n（Cr3＋）＝8.0×10－4 ml，则0.900 0 g样品中n[Cr（OH）3]＝8.0×10－4 ml×＝8.0×10－3 ml，则Cr（OH）3样品的纯度为8.0×10－3ml×103g·ml－10.9000g×100％≈91.56％ 。
5.[2023江西南昌模拟改编]已知：TiCl4＋（2＋n）H2OTiO2·nH2O↓＋4HCl，测定某TiCl4样品纯度的实验如下：
①准确称取14.00 g TiCl4样品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，过滤后将水解液配成100.00 mL溶液。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 2.900 0 ml/L AgNO3溶液。
③加入适量硝基苯用力摇动，使沉淀表面完全被有机物覆盖。
④以硝酸铁溶液为指示剂，用0.100 0 ml/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共消耗10.00 mL KSCN标准溶液。
已知样品中杂质不参与反应，根据以上步骤计算样品中TiCl4的质量分数为 95 ％；若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，所测定的样品中TiCl4的质量分数将会 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
解析 与硫氰化钾标准溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.100 0 ml/L×10.00×10－3 L＝0.001 ml，则与溶液中Cl－反应的硝酸银的物质的量为2.900 0 ml/L×10.00×10－3 L－0.001 ml＝0.028 ml，由关系式TiCl4～4Cl－～4AgNO3可得，样品中TiCl4的物质的量为0.028 ml××14＝0.07 ml，则样品中TiCl4的质量分数为0.07ml×190g/ml14.00g×100％＝95％。若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会导致测得的硫氰化钾标准溶液的体积偏大，使得溶液中Cl－的物质的量偏小，TiCl4的质量分数测定结果偏小。
6.[质量守恒法][2023四川模拟]为测定绿矾（FeSO4·xH2O）中结晶水的数目，其同学设计如下实验。将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，质量为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2 g。按如图所示组装好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2；f.称量装置A。
重复上述操作步骤，直至装置A恒重（固体为FeSO4），质量为m3 g。
根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ 76（m2－m3）9（m3－m1） （列式表示）。若实验时按b、a顺序操作，则x将 偏小 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
解析 根据实验记录的数据可知，绿矾样品的质量为（m2－m1） g，FeSO4的质量为（m3－m1） g，则结晶水的质量为（m2－m1） g－（m3－m1） g＝（m2－m3） g，则
FeSO4·xH2O△FeSO4 ＋ xH2O↑
（152＋18x） g 152 g 18x g
（m2－m1） g （m3－m1） g （m2－m3） g
则有152g（m3－m1) g＝18xg（m2－m3) g，解得x＝76（m2－m3）9（m3－m1）。若实验时按b、a顺序操作，即加热后通入N2，则Fe2＋可能被氧化为Fe3＋，从而导致m3增大，由x的计算公式可知，x将偏小。
7.[工艺流程＋滴定]锰锌铁氧体（Mn1－xZnxFe2O4）是一种重要的磁性材料，其磁化强度与锌的相对含量x密切相关。为测定流程中产出的锰锌铁氧体中锌的相对含量，设计如下实验步骤。
（1）写出“除锰”中反应的离子方程式S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。
（2）请分析实验中需要掩蔽铁的原因可能为 亚铁离子会被S2O82－氧化为Fe3＋，Fe3＋也能与EDTA溶液发生反应，需要掩蔽铁以排除滴定实验中Fe3＋的干扰 。
（3）准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.010 0 ml·L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2＋（反应原理为Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋
2H＋），至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。通过计算确定该锰锌铁氧体中锌的相对含量x为 0.47 （保留两位有效数字）。
解析 （1）“除锰”中（NH4）2S2O8与Mn2＋发生氧化还原反应，S2O82－被还原为硫酸根离子，Mn2＋被氧化为二氧化锰，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得，该反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。（3）滴定终点时消耗0.010 0 ml·L－1EDTA标准溶液20.00 mL，根据反应Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋2H＋可知，n（Zn2＋）＝n（EDTA）＝20.00×0.01001000 ml，则250 mL溶液A中Zn2＋的物质的量为20.00×0.01001000×10 ml＝0.002 ml，根据等量关系可列出计算式1.0055×（1－x）+65×x+56×2+16×4ml＝0.002x ml，计算可得x≈0.47。
8.[关系式法][2023安徽马鞍山三模][C（NH3）6]Cl3[三氯化六氨合钴（Ⅲ）]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，是合成其他C（Ⅲ）配合物的原料。某化学兴趣小组进行如下实验测定[C（NH3）6]Cl3样品中钴的含量。
准确称取0.200 0 g[C（NH3）6]Cl3样品放入250 mL碘量瓶中，加入15 mL 10％ NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，振荡使KI溶解，再加入盐酸酸化，置于暗处10 min， C（OH）3转化成C2＋，用0.100 0 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液6.00 mL。
已知：[C（NH3）6]Cl3在热的强碱溶液中会分解，实验过程中涉及反应[C（NH3）6]Cl3＋3NaOH△C（OH）3↓＋6NH3↑＋3NaCl、I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－。
（1）C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为 2C（OH）3＋2I－＋6H＋2C2＋＋I2＋6H2O 。
（2）样品中钴的质量分数为 17.7％ 。
（3）下列操作可能导致钴的质量分数偏高的是 BD （填标号）。
A.酸化过程中盐酸的量不足
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
C.滴定终点时俯视读数
D.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗
解析 （1）加入KI固体，KI溶于水得到I－，I－具有还原性，在酸性条件下，将三价钴还原成C2＋，所以C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为2C（OH）3＋2I－＋ 6H＋2C2＋＋I2＋6H2O。（2）由离子方程式2C（OH）3＋2I－＋6H＋2C2＋＋I2＋6H2O、I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－，可得关系式2C2＋～I2～2S2O32－，根据消耗的Na2S2O3标准溶液的量可得n（C2＋）＝n（S2O32－）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L，
m（C2＋）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L×59 g/ml＝0.035 4 g，则样品中钴的质量分数为×100％＝17.7％。（3）A项，酸化过程中盐酸的量不足，则不能将所有三价钴还原成C2＋，使得转化生成的I2的量减小，消耗的Na2S2O3标准溶液的体积减少，导致钴的质量分数偏低，不符合题意。B项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意。C项，滴定终点时俯视读数，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏小，所以会使钴的质量分数偏低，不符合题意。D项，盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗，相当于稀释了Na2S2O3标准溶液，导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积增大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意；故选BD。
9.[新素材＋得失电子守恒、原子守恒法][2023东北师大附中模拟改编]氢化铝锂（LiAlH4）是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧。LiAlH4（不含LiH）纯度可采用如下方法测定，实验装置如图所示。
25 ℃、常压下，称取x g产品LiAlH4，记录量气管A起始体积读数为V1 mL，在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃（可减缓LiAlH4与H2O的反应速率）和水的混合液10.0 mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，冷却后，调整量气管A读数为V2 mL。
已知：量气管B由碱式滴定管改装；25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml。
（1）反应的化学方程式为 LiAlH4＋4H2OAl（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑ 。
（2）LiAlH4的质量分数为 38（V1－10.0－V2）4×245％（答案合理即可） （用含x、V1、V2的代数式表示，不考虑溶液混合后体积的变化）。
解析 （1）由题干信息可知，LiAlH4与水反应生成H2，根据得失电子守恒、原子守恒可知，反应的化学方程式为LiAlH4＋4H2OAl（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑。（2）根据题意，收集到的氢气的体积是（V1－10.0－V2） mL，25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml，则氢气的物质的量为（V1－10.0－V2）×10－3L24.5L/ml，根据上述化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的物质的量之比可得，n（LiAlH4）＝14n（H2），则LiAlH4的质量分数为38g/ml×（V1－10.0－V2）×10－3L24.5L/ml×14xg×100％＝38（V1－10.0－V2）4×245％。
1.[守恒法][2024陕西渭南期中]向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入0.2 ml·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（ D ）
A.NaOH溶液的浓度为0.1 ml·L－1
B.通入的CO2在常温常压下的体积为336 mL
C.滴入0～25 mL盐酸过程中，溶液中发生反应的离子方程式为H＋＋OH－H2O
D.所得溶液中溶质的物质的量之比n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝2∶1
解析 根据图像中产生CO2的体积与消耗盐酸的量的关系分析，可知氢氧化钠和二氧化碳反应后所得溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，滴入0～25 mL盐酸的过程是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32－＋H＋HCO3－，n（Na2CO3）＝0.2 ml·L－1×25×10－3 L＝0.005 ml；滴入25～100 mL盐酸的过程是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为HCO3－＋H＋CO2↑＋H2O，n（NaHCO3）＝0.2×（100－25）×10－3 ml－0.005 ml＝0.01 ml，则n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝0.01∶0.005＝2∶1，C项错误，D项正确。当加入100 mL盐酸时，溶液中溶质为氯化钠，根据钠原子守恒和氯原子守恒可知，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.2 ml·L－1×100×10－3 L＝0.02 ml，NaOH溶液的浓度为＝0.2 ml·L－1，A项错误。滴入25～100 mL盐酸的过程中，消耗盐酸的物质的量为 0.2 ml·L－1×（100－25）×10－3 L＝0.015 ml，则产生的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，根据碳原子守恒，可知通入的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，其在标准状况下的体积为336 mL，在常温常压下的体积大于336 mL，B项错误。
2.[守恒法][2023辽宁省实验中学考试]向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3。在所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是（ D ）
A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6
B.硝酸的物质的量浓度为3.0 ml·L－1
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D.Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 ml
解析 在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，则溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒有n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0 ml·L－1×2.8 L＝2.8 ml；沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6 g，则其物质的量为85.6 g÷107 g·ml－1＝0.8 ml，根据铁元素守恒知n[Fe（NO3）3]＝n[Fe（OH）3]＝0.8 ml，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x ml、y ml，则有160x＋72y＝59.2 ①，根据铁元素守恒有2x＋y＝0.8 ②，联立①②，解得x＝0.1、y＝0.6。n（Fe2O3）∶n（FeO）＝0.1 ml∶0.6 ml＝1∶6，A项正确；根据得失电子守恒可知，生成NO的物质的量为（0.6 ml×1）÷（5－2）＝0.2 ml，根据氮元素守恒可知原硝酸溶液中n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.2 ml＋2.8 ml＝3.0 ml，所以原硝酸溶液的浓度为3.0 ml÷1.0 L＝3.0 ml·L－1，B项正确；n（NO）＝0.2 ml，在标准状况下的体积为0.2 ml×22.4 L·ml－1＝4.48 L，C项正确；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，一部分氢氧化钠与硝酸铁反应，另一部分氢氧化钠与硝酸反应，最后得到硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知Fe2O3、FeO与硝酸反应后溶液中n余（HNO3）＋3n[Fe（NO3）3]＝n（NaNO3），所以n余（HNO3）＝n（NaNO3）－3n[Fe（NO3）3]＝2.8 ml－3×0.8 ml＝0.4 ml，D项错误。
3.[依据化学方程式中的定量关系计算][全国Ⅰ高考]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 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 20.00×10－3×0.2000×25×10024.48×1581.0800×100％ （列出计算式即可，已知2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。
解析 由2MnO4－＋5H2C2O4 ＋ 6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，w（KMnO4）＝m（KMnO4）m（样品）×100％＝20.00×10－3L×0.2000ml·L－1×25×100mL24.48mL×158g·ml－11.0800g×100％。
4.[关系式法][2023河北保定模拟改编]Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室测定Cr（OH）3样品纯度的步骤如下：
准确称取0.900 0 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O72－，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.0 mL（已知反应：Cr2O72－＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O32－ S4O62－＋2I－）。
计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： n（S2O32－）＝24.0×10－3 L×0.100 0 ml·L－1＝2.4×10－3 ml。根据2Cr3＋～3I2～6S2O32－知，n[Cr（OH）3]＝n（Cr3＋）＝8.0×10－4 ml，则0.900 0 g样品中n[Cr（OH）3]＝8.0×10－4 ml×＝8.0×10－3 ml，则Cr（OH）3样品的纯度为8.0×10－3ml×103g·ml－10.9000g×100％≈91.56％ 。
5.[2023江西南昌模拟改编]已知：TiCl4＋（2＋n）H2OTiO2·nH2O↓＋4HCl，测定某TiCl4样品纯度的实验如下：
①准确称取14.00 g TiCl4样品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，过滤后将水解液配成100.00 mL溶液。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 2.900 0 ml/L AgNO3溶液。
③加入适量硝基苯用力摇动，使沉淀表面完全被有机物覆盖。
④以硝酸铁溶液为指示剂，用0.100 0 ml/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共消耗10.00 mL KSCN标准溶液。
已知样品中杂质不参与反应，根据以上步骤计算样品中TiCl4的质量分数为 95 ％；若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，所测定的样品中TiCl4的质量分数将会 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
解析 与硫氰化钾标准溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.100 0 ml/L×10.00×10－3 L＝0.001 ml，则与溶液中Cl－反应的硝酸银的物质的量为2.900 0 ml/L×10.00×10－3 L－0.001 ml＝0.028 ml，由关系式TiCl4～4Cl－～4AgNO3可得，样品中TiCl4的物质的量为0.028 ml××14＝0.07 ml，则样品中TiCl4的质量分数为0.07ml×190g/ml14.00g×100％＝95％。若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会导致测得的硫氰化钾标准溶液的体积偏大，使得溶液中Cl－的物质的量偏小，TiCl4的质量分数测定结果偏小。
6.[质量守恒法][2023四川模拟]为测定绿矾（FeSO4·xH2O）中结晶水的数目，其同学设计如下实验。将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，质量为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2 g。按如图所示组装好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2；f.称量装置A。
重复上述操作步骤，直至装置A恒重（固体为FeSO4），质量为m3 g。
根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ 76（m2－m3）9（m3－m1） （列式表示）。若实验时按b、a顺序操作，则x将 偏小 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
解析 根据实验记录的数据可知，绿矾样品的质量为（m2－m1） g，FeSO4的质量为（m3－m1） g，则结晶水的质量为（m2－m1） g－（m3－m1） g＝（m2－m3） g，则
FeSO4·xH2O△FeSO4 ＋ xH2O↑
（152＋18x） g 152 g 18x g
（m2－m1） g （m3－m1） g （m2－m3） g
则有152g（m3－m1) g＝18xg（m2－m3) g，解得x＝76（m2－m3）9（m3－m1）。若实验时按b、a顺序操作，即加热后通入N2，则Fe2＋可能被氧化为Fe3＋，从而导致m3增大，由x的计算公式可知，x将偏小。
7.[工艺流程＋滴定]锰锌铁氧体（Mn1－xZnxFe2O4）是一种重要的磁性材料，其磁化强度与锌的相对含量x密切相关。为测定流程中产出的锰锌铁氧体中锌的相对含量，设计如下实验步骤。
（1）写出“除锰”中反应的离子方程式S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。
（2）请分析实验中需要掩蔽铁的原因可能为 亚铁离子会被S2O82－氧化为Fe3＋，Fe3＋也能与EDTA溶液发生反应，需要掩蔽铁以排除滴定实验中Fe3＋的干扰 。
（3）准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.010 0 ml·L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2＋（反应原理为Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋
2H＋），至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。通过计算确定该锰锌铁氧体中锌的相对含量x为 0.47 （保留两位有效数字）。
解析 （1）“除锰”中（NH4）2S2O8与Mn2＋发生氧化还原反应，S2O82－被还原为硫酸根离子，Mn2＋被氧化为二氧化锰，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得，该反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。（3）滴定终点时消耗0.010 0 ml·L－1EDTA标准溶液20.00 mL，根据反应Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋2H＋可知，n（Zn2＋）＝n（EDTA）＝20.00×0.01001000 ml，则250 mL溶液A中Zn2＋的物质的量为20.00×0.01001000×10 ml＝0.002 ml，根据等量关系可列出计算式1.0055×（1－x）+65×x+56×2+16×4ml＝0.002x ml，计算可得x≈0.47。
8.[关系式法][2023安徽马鞍山三模][C（NH3）6]Cl3[三氯化六氨合钴（Ⅲ）]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，是合成其他C（Ⅲ）配合物的原料。某化学兴趣小组进行如下实验测定[C（NH3）6]Cl3样品中钴的含量。
准确称取0.200 0 g[C（NH3）6]Cl3样品放入250 mL碘量瓶中，加入15 mL 10％ NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，振荡使KI溶解，再加入盐酸酸化，置于暗处10 min， C（OH）3转化成C2＋，用0.100 0 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液6.00 mL。
已知：[C（NH3）6]Cl3在热的强碱溶液中会分解，实验过程中涉及反应[C（NH3）6]Cl3＋3NaOH△C（OH）3↓＋6NH3↑＋3NaCl、I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－。
（1）C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为 2C（OH）3＋2I－＋6H＋2C2＋＋I2＋6H2O 。
（2）样品中钴的质量分数为 17.7％ 。
（3）下列操作可能导致钴的质量分数偏高的是 BD （填标号）。
A.酸化过程中盐酸的量不足
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
C.滴定终点时俯视读数
D.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗
解析 （1）加入KI固体，KI溶于水得到I－，I－具有还原性，在酸性条件下，将三价钴还原成C2＋，所以C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为2C（OH）3＋2I－＋ 6H＋2C2＋＋I2＋6H2O。（2）由离子方程式2C（OH）3＋2I－＋6H＋2C2＋＋I2＋6H2O、I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－，可得关系式2C2＋～I2～2S2O32－，根据消耗的Na2S2O3标准溶液的量可得n（C2＋）＝n（S2O32－）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L，
m（C2＋）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L×59 g/ml＝0.035 4 g，则样品中钴的质量分数为×100％＝17.7％。（3）A项，酸化过程中盐酸的量不足，则不能将所有三价钴还原成C2＋，使得转化生成的I2的量减小，消耗的Na2S2O3标准溶液的体积减少，导致钴的质量分数偏低，不符合题意。B项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意。C项，滴定终点时俯视读数，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏小，所以会使钴的质量分数偏低，不符合题意。D项，盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗，相当于稀释了Na2S2O3标准溶液，导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积增大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意；故选BD。
9.[新素材＋得失电子守恒、原子守恒法][2023东北师大附中模拟改编]氢化铝锂（LiAlH4）是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧。LiAlH4（不含LiH）纯度可采用如下方法测定，实验装置如图所示。
25 ℃、常压下，称取x g产品LiAlH4，记录量气管A起始体积读数为V1 mL，在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃（可减缓LiAlH4与H2O的反应速率）和水的混合液10.0 mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，冷却后，调整量气管A读数为V2 mL。
已知：量气管B由碱式滴定管改装；25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml。
（1）反应的化学方程式为 LiAlH4＋4H2OAl（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑ 。
（2）LiAlH4的质量分数为 38（V1－10.0－V2）4×245％（答案合理即可） （用含x、V1、V2的代数式表示，不考虑溶液混合后体积的变化）。
解析 （1）由题干信息可知，LiAlH4与水反应生成H2，根据得失电子守恒、原子守恒可知，反应的化学方程式为LiAlH4＋4H2OAl（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑。（2）根据题意，收集到的氢气的体积是（V1－10.0－V2） mL，25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml，则氢气的物质的量为（V1－10.0－V2）×10－3L24.5L/ml，根据上述化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的物质的量之比可得，n（LiAlH4）＝14n（H2），则LiAlH4的质量分数为38g/ml×（V1－10.0－V2）×10－3L24.5L/ml×14xg×100％＝38（V1－10.0－V2）4×245％。
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