新高考化学一轮复习讲义 第2章 第8讲　化学计算的常用方法

这是一份新高考化学一轮复习讲义 第2章 第8讲　化学计算的常用方法，共14页。试卷主要包含了全面，扎实训练学科基本技能，培养学生积极的学习态度，有计划等内容，欢迎下载使用。

要正确理解基础，不是会做几个简单题就叫基础扎实。对于一轮复习，基础就是像盖房子一样，需要着力做好两件大事：一是夯实地基，二是打好框架。
2、扎实训练学科基本技能、理解感悟学科基本方法。
一轮复习，要以教材为本，全面细致的回顾课本知识，让学生树立“教材是最好的复习资料”的观点，先引导学生对教材中所涉及的每个知识点进行重新梳理，对教材中的概念、定理、定律进一步强化理解。
3、培养学生积极的学习态度、良好的复习习惯和运用科学思维方法、分析解决问题的能力。
落实学生解题的三重境界：一是“解”，解决当前问题。二是“思”，总结解题经验和方法。三是“归”，回归到高考能力要求上去。解题上强化学生落实三个字：慢（审题），快（书写），全（要点全面，答题步骤规范）。
4、有计划、有步骤、有措施地指导学生补齐短板。
高三复习要突出重点，切忌主次不分，无的放矢。要在“精讲”上下足功夫。抓住学情，讲难点、重点、易混点、薄弱点；讲思路、技巧、规范；讲到关键处，讲到点子上，讲到学生心里去。
第8讲 化学计算的常用方法
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。
考点一 应用化学方程式计算
1．应用化学方程式列比例的模式
关键抓对应项列比例，且“上下单位统一，左右单位相当”。
例1 [2021·全国甲卷，26(3)节选]KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成
1 ml I2，消耗的KI至少为______ml。
答案 4
解析
1．过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2Oeq \(=====,\s\up7(高温))2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为________。
(2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2＋全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为__________________________________________________________。
②样品中CaO2·xH2O中的x为____________。
答案 (1)0.06 ml (2)①0.56 g ②0.5
解析 (1)n(O2)＝eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1)＝0.03 ml，则
2CaO2·xH2Oeq \(=====,\s\up7(高温))2CaO＋O2↑＋2xH2O
2 ml 1 ml
n(CaO2·xH2O) 0.03 ml
解得n(CaO2·xH2O)＝0.06 ml，
则n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06 ml。
(2)n(CaCO3)＝eq \f(7.0 g,100 g·ml－1)＝0.07 ml。
①根据钙元素守恒，可知：n(CaO)＝0.07 ml－0.06 ml＝0.01 ml，所以m(CaO)＝0.01 ml
×56 g·ml－1＝0.56 g。
②样品中水的质量为
m(H2O)＝5.42 g－m(CaO2)－m(CaO)＝5.42 g－0.06 ml×72 g·ml－1－0.56 g＝0.54 g，
所以n(H2O)＝eq \f(0.54 g,18 g·ml－1)＝0.03 ml，
则x＝eq \f(0.03 ml,0.06 ml)＝0.5。
2．应用化学方程式找差量计算
(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2 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，
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%。
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＋4NH35N2＋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
6NO ＋ 4NH35N2＋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)3．尿素溶液浓度影响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×10－3ml×60 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(6c1V1－3c2V2,a)%。
考点二 关系式法的应用
关系式法
(1)列关系式通常有如下几种方法：
①有关化学方程式的计量数关系；②原子守恒关系；③得失电子守恒关系。
(2)应用关系式法的思维模型
一、关系式法在滴定计算中的应用
1．准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80 mL。
测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－。
计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_____________________________________。
审题流程
答案 根据实验流程及反应方程式得关系式：CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中n(CuSO4·5H2O)＝0.100 0 ml·L－1×0.019 8 L＝0.001 98 ml，则CuSO4·5H2O样品的纯度w＝eq \f(0.001 98 ml×250 g·ml－1,0.500 0 g )×100%＝99%
2．[2019·全国卷Ⅱ，26(3)]立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 ml·L－1的I2­KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 ml·
L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积
V mL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为_______________________
_______________________________(写出表达式)。
答案 浅蓝色至无色 eq \f(25.00－\f(1,2)V×0.100 0×32,m×1 000)×100%
解析 达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2Oeq \\al(2－,3)，可得
n(I2)过量＝eq \f(1,2)×0.100 0V×10－3ml，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×
10－3 ml－eq \f(1,2)×0.100 0V×10－3ml＝(25.00－eq \f(V,2))×0.100 0×10－3ml，则样品中S2－的含量为eq \f(25.00－\f(V,2)×0.100 0×32,m×1 000)×100%。
3．称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnOeq \\al(2－,4)溶液；
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物；
③酸化溶液，MnOeq \\al(2－,4)歧化为MnOeq \\al(－,4)和MnO2；
④滤去MnO2；
⑤用0.100 0 ml·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnOeq \\al(－,4)，共用去25.80 mL。
计算样品中MnO2的质量分数(保留1位小数；写出简要的计算过程)。
答案 有关反应方程式为
MnO2＋Na2O2===Na2MnO4
3MnOeq \\al(2－,4)＋4H＋===2MnOeq \\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O
MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
MnO2～ MnOeq \\al(2－,4)～eq \f(2,3)MnOeq \\al(－,4)～eq \f(10,3)Fe2＋
故w(MnO2)＝eq \f(\f(3,10)cFe2＋·VFe2＋·MMnO2,m试样)×100%＝
eq \f(0.100 0 ml·L－1×0.025 80 L×\f(3,10)×87 g·ml－1,0.100 0 g)×100%≈67.3%。
二、关系式法在计算转化率(产率)中的应用
4．实验室在55～60 ℃的条件下将20 mL苯(密度为0.88 g·cm－3)与22 mL浓硫酸和20 mL浓硝酸的混合液共热来制备硝基苯(难溶于水的油状液体)，制备原理和装置如下(加热和夹持装置省略)：
＋HNO3eq \(――→,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))＋H2O
(1)实验所用苯的质量为________。
(2)若该实验制备得到纯硝基苯18 g，计算该实验中硝基苯的产率为___(保留小数点后两位)。
答案 (1)17.6 g (2)64.86%
解析 (1)实验所用苯的质量为20 mL×0.88 g ·cm－3＝17.6 g。
(2)根据关系式：，可知理论上生成的硝基苯的质量为eq \f(123×17.6 ,78) g≈
27.75 g ，则硝基苯的产率为eq \f(18 g,27.75 g )×100%≈64.86%。
5．已知eq \(――――→,\s\up7(H2SO4溶液),\s\d5(100～130 ℃))，用40 g苯乙腈，最终得到44 g苯乙酸纯品，则苯乙酸的产率是__________________________________________________。
答案 95%
解析
m＝eq \f(136,117)×40 g≈46.5 g，
产率为eq \f(44 g,46.5 g)×100%≈95%。
熟记计算公式
(1)物质的质量分数(或纯度)＝eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%。
(2)反应物的转化率＝eq \f(转化量,初始量)×100%。
(3)生成物的产率＝eq \f(产物实际产量,理论产量)×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。
1．[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%。
2．[2021·湖南1月适应性考试，15(4)(5)]用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·ml－1)的纯度，其步骤如下：
①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 ml·L－1KMnO4 标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。
(4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________________
(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为___________________________________。
(5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。
答案 (4)5H2C2O4＋2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (5)93.3%
解析 5H2C2O4＋2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O定量关系式：
5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq \\al(－,4)
5 ml 2 ml
n 0.020 00 ml·L－1×25.00×10－3L
则n＝eq \f(5,2)×0.020 00 ml·L－1×0.025 L＝1.250×10－3ml，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为eq \f(1.250×10－3ml×448 g·ml－1,0.600 g)×100%≈93.3%。
3．(2021·浙江6月选考，27)将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
请回答：
(1)燃烧产物中水的物质的量为_________ml。
(2)该有机物的分子式为____________________(写出计算过程)。
答案 (1)0.06 (2)由题意得n(H)＝0.06 ml×2＝0.12 ml，n(C)＝eq \f(30.00 g－26.48 g,44 g·ml－1)＝
0.08 ml，n(O)＝eq \f(3.00 g－0.08 ml×12 g·ml－1－0.12 ml×1 g·ml－1,16 g·ml－1)＝0.12 ml，则最简式为C2H3O3，由相对分子质量为150，则可以得到该有机物的分子式为C4H6O6
解析 (1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)＝eq \f(m,M)＝eq \f(21.08 g－20.00 g,18 g·ml－1)＝0.06 ml。
4．[2020·山东5月等级模拟考，17(2)(3)](2)称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为__________(填字母)。
a．90～145 ℃ b．145～195 ℃
c．195～273 ℃ d．>273 ℃
(3)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，进行如下实验，已知滴定过程中Zn2＋与H2Y2－按1∶1反应。
步骤Ⅰ：准确称取0.457 0 g 产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL 容量瓶，定容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL 上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH＝5～6的缓冲溶液中用 0.020 00 ml·L－1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60 mL。
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为______；产品中Zn3(PO4)2·H2O的质量分数为______。下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·H2O含量测定值偏低的是________(填字母)。
a．步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线
b．步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯
c．步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗
d．步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
答案 (2)b (3)移液管(或酸式滴定管) 92% bd
解析 (2)由图可知当温度小于90 ℃时，产品为Zn3(PO4)2·4H2O，此时产品的物质的量为eq \f(45.7×10－3 g,457 g·ml－1)＝1×10－4 ml，当温度为145 ℃时质量为42.1 mg，蒸发水分的物质的量为eq \f(45.7－42.1×10－3 g,18 g·ml－1)＝2×10－4 ml，则产品为Zn3(PO4)2·2H2O，同理可得，当温度为195 ℃时产品为Zn3(PO4)2·H2O，当温度为273 ℃时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，应控制温度范围为145～195 ℃。
(3)滴定时有关系式：Zn3(PO4)2·4H2O～3Zn2＋～3Na2H2Y，消耗Na2H2Y的物质的量为27.60×
10－3 L×0.020 00 ml·L－1＝5.52×10－4ml，则样品中Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为eq \f(5.52×10－4ml,3)×eq \f(100 mL,20.00 mL)＝9.2×10－4ml，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为eq \f(9.2×10－4ml×457 g·ml－1,0.457 0 g)×100%＝92%。a项，步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高；b项，步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低；c项，步骤 Ⅱ 中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准溶液体积偏大，测定值偏高；d项，步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准溶液体积偏小，测定值偏低。
课时精练
1．取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8 ml·L－1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为( )
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．2∶3
答案 A
解析 设原混合物中n(K2CO3)＝x ml，n(KHCO3)＝y ml，根据总质量可得：138x＋100y＝3.38①，反应后剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH－)＝0.8 ml·L－1×0.05 L＝0.04 ml。
根据化学方程式：
K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOH
x ml 2x ml
KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O
y ml y ml
可得2x＋y＝0.04②，
联立①②解方程组得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0.01,y＝0.02))
所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01 ml∶0.02 ml＝1∶2。
2．28 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，最终得到的固体质量为( )
A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g
答案 B
解析 铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，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。
3．一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是( )
A．5∶4 B．4∶5 C．3∶5 D．5∶3
答案 C
解析 反应中只有N元素的化合价发生变化，N元素由铵根离子中的－3价升高为氮气中的0价，被氧化；由硝酸根离子中的＋5价降低为氮气中的0价，被还原，由得失电子守恒可知，反应中被还原与被氧化的氮原子数之比为3∶5。
4．在一定条件下，ROeq \\al(n－,3)和F2可发生如下反应：ROeq \\al(n－,3)＋F2＋2OH－===ROeq \\al(－,4)＋2F－＋H2O，从而可知在ROeq \\al(n－,3)中，元素R的化合价是( )
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
答案 B
解析 方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在ROeq \\al(－,3)中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。
方法2：设元素R在ROeq \\al(n－,3)中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，x＝＋5。
5．钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是( )
A．锂 B．钠 C．钾 D．铯
答案 A
解析 氢气的物质的量为0.1 ml，由
2M ＋ 2H2O === 2MOH＋H2↑
2 1
0．2 ml 0.1 ml
则金属的平均摩尔质量为eq \f(4.4 g,0.2 ml)＝22 g·ml－1，钾的摩尔质量为39 g·ml－1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22 g·ml－1，在所给金属中只有Li符合题意。
6．过硼酸钠(NaBO3·4H2O，B为＋3价)有类似过氧化氢的反应性能，受热分解，广泛应用在有机合成上，将一定量的硼砂、固体氢氧化钠、过氧化氢和水相混合，在冰水浴条件下制得。下列说法不正确的是( )
A．过硼酸钠受热分解生成O2
B．1 ml 过硼酸钠与足量Na2S溶液作用产生1 ml S沉淀
C．生产过程中遇铁盐、铜盐等都可能导致产率下降
D．用浓硫酸处理过硼酸钠时产生气体，该气体一定为O3
答案 D
解析 根据NaBO3·4H2O，B为＋3价推测NaBO3的结构为，加热时过氧键断裂产生O2等，故A正确；NaBO3＋Na2S＋H2O===NaBO2＋2NaOH＋S↓，故B正确；铁盐、铜盐能与反应物NaOH反应，同时可以催化H2O2分解，所以生产过程中遇到铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，故C正确；过硼酸钠具有还原性，用浓硫酸处理过硼酸钠时，产生的气体可能有O2，故D错误。
7.(2022·山东模拟)将0.15 ml Cu和Cu2O混合固体投入至800 mL 2 ml·L－1的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 ml·L－1NaOH 溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为( )
A．260 mL B．280 mL
C．300 mL D．400 mL
答案 C
解析 Cu和Cu2O与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO3,1 ml Cu失去2 ml电子、1 ml Cu2O失去2 ml 电子，而生成1 ml NO要转移3 ml电子，由电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝eq \f(2,3)×0.15 ml＝0.1 ml，由原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 ml·L－1－0.1 ml＝1.5 ml，氢氧化钠溶液的体积V＝eq \f(1.5 ml,5 ml·L－1)＝0.3 L＝300 mL，故C正确。
8．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq \f(cCl－,cClO－)的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a ml时，下列有关说法错误的是( )
A．若某温度下，反应后eq \f(cCl－,cClO－)＝11，则溶液中eq \f(cClO－,cClO\\al(－,3))＝eq \f(1,2)
B．参加反应的氯气的物质的量等于eq \f(1,2)a ml
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：eq \f(1,2)a ml≤ne≤eq \f(5,6)a ml
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为eq \f(1,7)a ml
答案 D
解析 设反应后溶液中n(ClO－)＝n ml，则n(Cl－)＝11n ml，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，生成11n ml Cl－得11n ml电子，生成n ml ClO－失去n ml电子，而生成1 ml ClOeq \\al(－,3)失去5 ml电子，因此反应生成的ClOeq \\al(－,3)应为2n ml，A正确；由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的eq \f(1,2)，B正确；当只有KCl、KClO生成时，1 ml Cl2参加反应转移1 ml电子，故整个反应中转移电子的物质的量为eq \f(1,2)a ml，当只有KCl、KClO3生成时，根据得失电子守恒可知，有eq \f(1,6)的Cl2生成了KClO3，即有eq \f(1,6)a ml KClO3生成，有eq \f(5,6)的Cl2生成了KCl，故转移电子eq \f(5,6)a ml，C正确、D错误。
9．(2022·重庆模拟)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]用作农药防治小麦黑穗病，实验室用加热法测定某农药中碱式碳酸铜的质量分数(假设杂质受热不参与反应)。充分加热100 g样品，得到固体84.5 g，已知反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3eq \(=====,\s\up7(△))2CuO＋H2O＋CO2↑，Cu2(OH)2CO3的相对分子质量为222。
试计算：
(1)Cu2(OH)2CO3中铜元素与氧元素的质量之比：________(最简整数比)。
(2)质量分数最大的元素是____________(填元素名称)。
(3)样品中碱式碳酸铜的质量分数是__________(保留1位小数)。
答案 (1)8∶5 (2)铜 (3)55.5%
解析 (1)Cu2(OH)2CO3中m(Cu)∶m(O)＝(2×64)∶(5×16)＝8∶5。(3)样品充分加热分解后固体质量减轻Δm＝100 g－84.5 g＝15.5 g，即
Cu2(OH)2CO3eq \(=====,\s\up7(△))2CuO＋H2O＋CO2↑ Δm
222 160 62
m 15.5 g
则含有Cu2(OH)2CO3的质量m＝eq \f(222,62)×15.5 g＝55.5 g，样品中碱式碳酸铜的质量分数是eq \f(55.5 g,100 g)×100%＝55.5%。
10．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 ml·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2Oeq \\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。
答案 0.100 ml·L－1
解析 由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2Oeq \\al(2－,7)中＋6价铬所得电子的物质的量相等，eq \f(1.08 g,72 g·ml－1)×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2Oeq \\al(2－,7))×(6－3)×2，得c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝
0.100 ml·L－1。
11．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃。
若银铜合金中铜(M＝63.5 g·ml－1)的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为_____________ml CuAlO2，至少需要1.0 ml·L－1的Al2(SO4)3溶液________L。
答案 50 25.0
解析 5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝eq \f(5.0×103g×63.5%,63.5 g·ml－1)＝50 ml，
由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式：
Cu ～ CuAlO2 ～ eq \f(1,2)Al2(SO4)3
1 1 eq \f(1,2)
50 ml 50 ml 25 ml
至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为eq \f(25 ml,1.0 ml·L－1)＝25.0 L。
12．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋ 的物质的量浓度。
(1)现需配制250 mL 0.100 0 ml·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。
(3)另取50.00 mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrOeq \\al(2－,4)全部转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6S2Oeq \\al(2－,3)＋14H＋===2Cr3＋＋3S4Oeq \\al(2－,6)＋7H2O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
答案 (1)250 mL容量瓶、胶头滴管 (2)4.0 (3)0.024 ml·L－1
解析 (2)Na2S2O3的物质的量为0.25 L×0.100 0 ml·L－1＝0.025 ml，其质量为0.025 ml
×158 g·ml－1＝3.95 g，托盘天平精确度为0.1 g，需称量Na2S2O3的质量为4.0 g。
(3)设该工厂废水中Ba2＋的物质的量为x，
由Ba2＋转化为BaCrO4沉淀，CrOeq \\al(2－,4)全部转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)，Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6S2Oeq \\al(2－,3)＋14H＋===2Cr3＋＋3S4Oeq \\al(2－,6)＋7H2O，
则2Ba2＋～2BaCrO4～Cr2Oeq \\al(2－,7)～6S2Oeq \\al(2－,3)，
2 6
x 36.00×10－3L×0.100 0 ml·L－1
eq \f(2,x)＝eq \f(6,36.00×10－3L×0.100 0 ml·L－1)
解得x＝1.2×10－3 ml，
则c(Ba2＋)＝eq \f(1.2×10－3 ml,50.00×10－3L)＝0.024 ml·L－1。第一步：写出配平的方程式
2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
第二步：把已知量和求解量列在有关物质化学式的下面
4 1
x 1 ml
第三步：列比例，求未知量
eq \f(4,1)＝eq \f(x,1 ml) 解得：x＝4 ml
吸水剂
CO2吸收剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00