人教版高考化学一轮复习讲义第2章第7讲　化学计算的常用方法（2份打包，原卷版+教师版）

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[复习目标] 1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法。3.初步建立化学计算的思维模型。
类型一 差量法计算及应用
1．差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。 这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。
2．差量法解题的关键是找准“理论差量”， 把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)
2 ml 1 ml 2 ml 24 g 1 ml 22.4 L(标况)
[应用举例]
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(168w1－w2,62) g，
则样品中m(Na2CO3)＝w1 g－eq \f(168w1－w2,62) g，
其质量分数为eq \f(mNa2CO3,m样品)×100%＝eq \f(w1 g－\f(168w1－w2,62) g,w1 g)×100%＝eq \f(84w2－53w1,31w1)×100%。
一、气体差量法应用
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 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．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小eq \f(1,3)，则该反应中的 n值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有：4＋n＜2＋6，所以 n＜4，C、D项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%＝0.25 L，由于平衡时X浓度减少了eq \f(1,3)，所以X减少了1 L，根据差量法，
4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g) ΔV
4 4－n
1 L 0.25 L
eq \f(4,4－n)＝eq \f(1 L,0.25 L)，解得n＝3，A项错误、B项正确。
二、热重差量法的应用
3．(2022·全国乙卷，11改编)NH4B5O8·4H2O的热重曲线如图，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。请判断下列说法的正误。
(1)100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O( )
(2)500 ℃热分解后生成固体化合物B2O3( )
答案 (1)× (2)√
解析 (1)错误，设100～200 ℃阶段热分解失去x个水分子，M(NH4B5O8·4H2O)＝273 g·ml－1，eq \f(18x,273)＝eq \f(100－80.2,100)，解得x≈3。(2)正确，验证选项，由硼元素守恒得关系式：2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，eq \f(5×MB2O3,2×MNH4B5O8·4H2O)＝eq \f(5,2)×eq \f(70,273)×100%≈64.1%。
4．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________。
答案 NH4Fe(SO4)2·12H2O
解析 失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知eq \f(1.5×18,266＋18x)＝eq \f(5.6,100)，解得x≈12。
5．[2019·江苏，20(1)]CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
①写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：__________________________________
_______________________________________________________________________________。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是__________________________________________________________________。
答案 ①CaC2O4eq \(=========,\s\up7(400～600 ℃))CaCO3＋CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
解析 ①M(CaC2O4·H2O)＝146 g·ml－1，取1 ml CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 ml H2O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 ml CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400 ℃至600 ℃时发生的反应为CaC2O4eq \(=====,\s\up7(400～600 ℃))CaCO3＋CO↑。
6．[2022·江苏，14(3)]FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为____________________________________________________
___________________________________________________________________________(填化学式，写出计算过程)。
答案 Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g·ml－1，则M(FeOx)＝120 g·ml－1×66.7%＝80.04 g·ml－1，则56＋16x＝80.04，x≈eq \f(3,2)，即固体产物为Fe2O3
类型二 关系式法计算及应用
1．关系式法是物质间的一种简化的式子，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。
2．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。
[应用举例]
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。
关系式法在滴定计算中的应用
1．[2020·海南，15(5)]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________%。
答案 90.36
解析 关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2Oeq \\al(2－,7)，n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))。代入数据得：eq \f(0.280 0 g×αFe,56 g·ml－1)＝6×0.030 00 ml·L－1×25.10×10－3 L，解得α(Fe)＝90.36%。
2．[2017·全国卷Ⅱ，26(4)]草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnOeq \\al(－,4)＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 ml·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥(主要成分为C、SiO2等)样品中钙的质量分数为________。
答案 45.0%
解析 根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x ml，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋ ～ 5H2C2O4 ～ 2MnOeq \\al(－,4)
5 ml 2 ml
x ml 0.050 0 ml·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 ml×40 g·ml－1＝0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为eq \f(0.180 g,0.400 g)×100%＝45.0%。
3．[2017·北京，27(1)④]尿素溶液的浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·ml－1)含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1 mL c1 ml·L－1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2 mL c2 ml·L－1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2)。
答案 eq \f(6c1V1－3c2V2,a)%
解析 吸收NH3的硫酸的物质的量为V1×10－3 L×c1 ml·L－1－V2 ×10－3 L×c2 ml·L－1×eq \f(1,2)＝(V1c1－eq \f(1,2)V2c2)×10－3 ml，根据化学方程式CO(NH2)2＋H2Oeq \(=====,\s\up7(△))2NH3↑＋CO2↑和2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4，可知尿素的物质的量为(V1c1－eq \f(1,2)V2c2)×10－3ml，则尿素溶液中溶质的质量分数是eq \f(V1c1－\f(1,2)V2c2×10－3 ml×60 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(6c1V1－3c2V2,a)%。
4．[2021·山东，18(3)节选]利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为 m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为____________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IOeq \\al(－,3)离子交换柱发生反应：WOeq \\al(2－,4)＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IOeq \\al(－,3)；交换结束后，向所得含IOeq \\al(－,3)的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IOeq \\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)。滴定达终点时消耗 c ml·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·ml－1)的质量分数为____________。
答案 ①m3＋m1－2m2 ②eq \f(cVM,120m3＋m1－2m2)%
解析 ②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WOeq \\al(2－,4)～2IOeq \\al(－,3)～6I2～12S2Oeq \\al(2－,3)，结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6～12S2Oeq \\al(2－,3)，则样品中 n(WCl6)＝eq \f(1,12)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,12)×c ml·L－1×V×10－3L，m(WCl6)＝eq \f(1,12)×c ml·L－1×V×10－3L×M g·ml－1＝eq \f(cVM,12 000) g，因此样品中WCl6的质量分数为eq \f(\f(cVM,12 000) g,m3＋m1－2m2 g)×100%＝eq \f(cVM,120m3＋m1－2m2)%。
类型三 守恒法计算及应用
1．守恒法是一种整合的思维方法，就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析。
2．守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系，列出对应守恒表达式，常见守恒关系有元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。
注：得失电子守恒见第4讲考点二 电子守恒法计算及应用。
一、元素守恒
1．(2022·浙江1月选考，27)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。
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)
解得x＝9 (2)0.010 0
解析 (2)n(样品)＝n(Al)＝ eq \f(1.02 g,102 g·ml－1)×2＝0.02 ml，气体产物中n(H2O)＝eq \f(3.06 g,18 g·ml－1) ＝0.17 ml，根据氢元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2 ml－0.17×2 ml＝0.02 ml，根据氮元素守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02×3 ml－0.02 ml＝0.04 ml，根据氧元素守恒，n(O2)＝eq \f(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03,2) ml＝0.010 0 ml。
2．[2022·福建，11(2)]取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。
答案 84%
解析 5.0 g粉煤灰中Al2O3的质量为5.0 g×30%＝1.5 g,3.0 g “浸渣”中Al2O3的质量为3.0 g×8%＝0.24 g，则Al2O3的浸出率为eq \f(1.5 g－0.24 g,1.5 g)×100%＝84%。
3．[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%。
二、电荷守恒(电中性原则)
4．对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为______，试样的pH＝________。
答案 酸性 4
解析 待测试样中离子的电荷守恒为c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(NOeq \\al(－,3))＋c(Cl－)，代入数据可得c(H＋)＝1.0×10－4 ml·L－1，即pH＝4。
5．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。
类型四 列方程组进行二元混合物的计算
计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝f1x，y,B＝f2x，y))。
1．取10.80 g某无机矿物盐X(仅含四种元素)，将X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体FeO、CaO的混合物和气体CO2，且无机矿物盐X能与稀盐酸反应生成CO2气体。X的化学式是___________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为________________
_______________________________________________________________________________。
答案 CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2] CaFe(CO3)2eq \(=====,\s\up7(△))CaO＋FeO＋2CO2↑
解析 X完全分解生成CO2的质量为10.80 g－6.40 g＝4.40 g，其物质的量为0.10 ml，根据CaCO3eq \(=====,\s\up7(△))CaO＋CO2↑、FeCO3eq \(=====,\s\up7(△))FeO＋CO2↑可得：n(FeO)＋n(CaO)＝0.1 ml,56 g·ml－1×n(CaO)＋72 g·ml－1×n(FeO)＝6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050 ml，则X的化学式为CaFe(CO3)2。
2．(2018·浙江11月选考，29)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。
已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
(1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。
(2)若a＝eq \f(m,9)，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为______ ml(用含m的最简式表示)。
答案 (1)eq \f(4m,9) (2)eq \f(3m,1 216)
解析 (1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
eq \f(m,144) ml eq \f(m,144) ml
所以a＝eq \f(m,144)×64＝eq \f(4,9)m。
(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x ml、y ml。
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
x 2x
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
y y y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x x
根据题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－x＝\f(m,9×64),160x＋144y＝m))
所以x＝eq \f(3m,1 216)。
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
解得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．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。
3．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。
4．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。
5．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入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(mPb,MPb)∶eq \f(mO,MO)＝3∶4。
6．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%。
7．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(1 000 mL,25 mL)×278 g·ml－1,11.5 g)×100%≈96.7%。
8．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。
9．向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A．0.75 ml·L－1 B．1 ml·L－1
C．1.5 ml·L－1 D．2 ml·L－1
答案 D
解析 在溶液中微粒反应的顺序是Fe2＋＞ Br－，n(Cl2)＝eq \f(3.36 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml；n(Cl－)＝0.3 ml；假设FeBr2溶液的浓度是x ml·L－1，则在原溶液中 n(Fe2＋)＝0.1x ml，n(Br－)＝0.2x ml；方法一：得失电子守恒，由题意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为Fe3＋、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。也可依据分步反应或总反应求解。
10．[2019·北京，26(7)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(946aV1－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(946aV1－bV3,6V2) g·L－1。
11．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
(1)已知：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
第一步：准确称取 a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的 b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 ml·L－1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为 c ml·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为_________________________(用字母表示)。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为__________。
答案 (1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色 eq \f(0.036cV,a)×100%
(2)CaO
解析 (1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)，则样品中CaO2的质量分数为eq \f(cV×10－3×72,2×a)×100%＝eq \f(0.036cV,a)×100%。
(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·ml－1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 ml,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
12．(1)[2022·辽宁，17(7)]取2.50 g H2O2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__________。
(2)[2017·全国卷Ⅰ，26(5)改编]取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知：NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3)，滴定时消耗浓度为c ml·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。
答案 (1)17%
(2)eq \f(1.4cV,m) eq \f(7.5cV,m)
解析 (1)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，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w(H2O2)
＝eq \f(20×10－3L×0.050 0 ml·L－1×\f(5,2)×\f(100 mL,20 mL)×34 g·ml－1,2.50 g)×100%＝17%。
(2)处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。
根据氮原子守恒得如下关系式：
C2H5NO2～NH3·H3BO3～HCl
n(C2H5NO2)＝n(HCl)＝cV×10－3 ml，
样品中氮的质量分数为eq \f(cV×10－3 ml×14 g·ml－1,m g)×100%＝eq \f(1.4cV,m)%。
样品的纯度≤eq \f(cV×10－3 ml×75 g·ml－1,m g)×100%＝eq \f(7.5cV,m)%。
13．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)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)H2OFe2(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＋，则还原性：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，根据得失电子守恒得滴定时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%。离子
K＋
Na＋
NHeq \\al(＋,4)
SOeq \\al(2－,4)
NOeq \\al(－,3)
Cl－
浓度/ (ml·L－1)
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×10－5
3×10－5
2×10－5