高三化学二轮复习化学计算的常用方法++讲义

化学计算的常用方法【方法与规律】一、应用化学方程式计算方法1．应用化学方程式列比例的模式——最重要的基础方法关键抓对应项列比例，且“上下单位统一，左右单位相当”2．差量法(1)差量法：利用反应物终态和始态的某些量的变化，以差量和物质间反应的化学计量数列对应比例解题的一种方法即为差量法。它特别适合于解有剩余物质反应的题目，可以抵消掉未参加反应的那部分量(2)依据：根据数学原理数学原理，可变化为，从而运用化学方程式作关系式、差量作关系量进行计算，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(3)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，研究对象就是固体②气体的质量差，研究对象就是气体③液体的质量，研究对象就是液体【精准训练1】1．KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为______mol2．某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是________3．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5.42g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2Oeq\o(=,\s\up7(高温))2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672mL，则该样品中CaO2的物质的量为________(2)另取同一样品5.42g，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CaCO37.0g①样品中CaO的质量为_______________②样品中CaO2·xH2O中的x为____________4．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A．eq\f(84w2－53w1,31w1)B．eq\f(84w1－w2,31w1)C．eq\f(73w2－42w1,31w1) D．eq\f(115w2－84w1,31w1)5．将10gCO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6g，则原混合气体中CO2的质量分数为()A．32％B．44％C．56％D．88％6．某容器中通入VLCO2，再加入少量Na2O2后，气体缩小到WL，则被吸收的CO2的体积(气体体积均为相同条件下测定)是()A．(V－W)LB．2(V－W)LC．(2V－W)LD．2WL7．标准状况下，将20LCO2和CO的混合气通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16L，则原混合气体中CO的体积为()A．4LB．8LC．12LD．16L8．16mL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＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3②3∶2③4∶3④9∶7。其中正确的是()A．①②B．①④C．②③D．③④二、守恒法——整体思维的应用守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的1．质量守恒(原子守恒)：依据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：在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数在氧化还原反应中，转移的电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)3．电荷守恒①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同【精准训练2】1．一定量Na2O、Na2O2、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，最终得固体的质量为()A．8gB．15.5gC．11.7gD．无法计算2．把7.4gNa2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中c(Na＋)＝0.6mol·L－1，若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量为()A．3.18gB．2.12gC．5.28gD．4.22g3．28g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．36gB．40gC．80gD．160g4．一定浓度的Na2SO3溶液，恰好与某浓度的K2Cr2O7溶液完全反应，SO32-氧化成SO42-，且SO32-与Cr2O72—个数比为3:1，则元素Cr在被还原的产物中的化合价为()A．+6B．+3C．+2D．05．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2Oeq\o\al(2－,7)和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．3.0molB．1.5molC．1.0molD．0.75mol6．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3∶7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为()A．4∶25B．2∶17C．1∶7D．3∶87．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为()A．16g B．32g C．64g D．无法计算8．在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋浓度(mol·L－1)为()A．eq\f(2b－c,2a)B．eq\f(2b－c,a)C．eq\f(2b－c,3a) D．eq\f(2b－c,6a)9．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合液，其c(H+)=0.1mol·L－1，c(Al3+)=0.4mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))=0.8mol·L－1，则c(K+)为()A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－110．硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，Al3+离子浓度为0.2mol·L－1，SOeq\o\al(2－,4)离子浓度为0.4mol·L－1，则混合溶液中Mg2+离子物质的量浓度为(mol·L－1)()A．0.4B．0.3C．0.2D．0.111．将0.15molCu和Cu2O混合固体投入至800mL2mol·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5mol·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．260mLB．280mLC．300mL D．400mL三、关系式法1．应用原理关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算2．解题流程【精准训练3】1．用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448g·mol－1)的纯度，其步骤如下：①称取产品0.600g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0.02000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00mL(1)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___________________________________(2)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)2．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℃]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为______molCuAlO2，至少需要1.0mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________L3．称取软锰矿样品0.1000g。对样品进行如下处理：①用过氧化钠处理，得到MnOeq\o\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\o\al(2－,4)歧化为MnOeq\o\al(－,4)和MnO2；④滤去MnO2；⑤用0.1000mol·L－1Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnOeq\o\al(－,4)，共用去25.80mL。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)。4．水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DOⅠ.测定原理：碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－Ⅱ.测定步骤：a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2b．向烧瓶中加入200mL水样c．向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全d．搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性e．从烧瓶中取出40.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L－1Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据f．……g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)回答下列问题：步骤e中达到滴定终点的标志为____________________________________________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO＝________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)5．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备：a．软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4b．溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4c．滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定(1)配制250mL0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g(2)取上述制得的KMnO4产品0.6000g，酸化后用0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00mL。计算该KMnO4产品的纯度(写出计算过程)(有关离子方程式为MnOeq\o\al(－,4)＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋H＋→SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O未配平)6．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，计算样品中CaCO3的质量分数(写出计算过程)四、平均值法、极值法1．平均值法(1)平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1<M2)的算术平均值一定介于两者之间(M1<<M2)。因此，只要求出两组分物质的某种“特性数量”平均值，就可以判断两物质“特性数量”M1和M2的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案(2)适用范围：平均值法的特点是“抓中间，定两边”，特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物组成的判断，一般思路是先求出混合物的有关平均值，然后根据平均值规律判断混合物的可能组成(3)常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成等2．极值法(1)极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方法；是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量的解题方法(2)特点：极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程(3)极值法解题的基本思路①把混合物假设成纯净物②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应③把平行反应分别假设成单一反应【精准训练4】1．有两种金属组成的混合物粉末10g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标况)H2，则该混合物的组成不可能是()A．Fe、ZnB．Al、CuC．Al、MgD．Al、Fe2．有碳酸盐组成的混合物9克，加足量稀盐酸，产生4.4克CO2气体，问下列哪种情况合理()A．CaCO3和Na2CO3B．Na2CO3和K2CO3C．NaHCO3和Na2CO3D．K2CO3和KHCO33．将Mg、Al、Zn组成的混合物与足量的盐酸作用，放出氢气的体积在标准状况下为2.8L，则三种金属的物质的量之和可能为()A．0.250molB．0.125molC．0.100molD．0.080mol4．钾与另一碱金属的合金4.4g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24L，则合金中另一金属可能是()A．锂B．钠C．钾D．铯5．向含8gNaOH溶质的溶液中通入CO2气体，，低温蒸干得固体为9.3g，判断固体的成分及各成分的质量和通入CO2的质量。若为13.7g呢？若为16.8g，则通入的气体应为多少？【课时达标训练】1．取3.38gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(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－)＝0.8mol·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∶2B．1∶1C．2∶1D．2∶32．标准状况下，4.48L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的密度为1.429g·L－1，则其中CO的体积为()A．1.12LB．2.24LC．4.48LD．6.72L3．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是()A．该盐酸的物质的量浓度为4.25mol·L－1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为3∶1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LD．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.854．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是()A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2＋和Fe2＋B．b点时溶液中发生的反应为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋C．c点时加入的铁粉与Cu2＋反应D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶15．一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∶4B．4∶5C．3∶5D．5∶36．在一定条件下，ROeq\o\al(n－,3)和F2可发生如下反应：ROeq\o\al(n－,3)＋F2＋2OH－=ROeq\o\al(－,4)＋2F－＋H2O，从而可知在ROeq\o\al(n－,3)中，元素R的化合价是()A．＋4B．＋5C．＋6D．＋77．NaHCO3和Na2CO3的混合物10g，溶于水制成200mL溶液，其中c(Na+)=0.50mol·L－1。若将10g的这种混合物，加热到质量不变为止，减少的质量为()A．5.3g B．4.7g C．5.0g D．4.0g8．(多选)两种金属粉末的混合物15克，投入足量的稀盐酸中，得到5.6L氢气(标准状态)，这种混合物可能是()A．镁和铁B．镁和铝C．铁和锌D．镁和铜9．下列各组混合物质量均为8.2g，加足量的盐酸可能放出4.4g的CO2的是()A．NaHCO3和MgCO3B．CaCO3和Na2CO3C．Na2CO3和NaHCO3D．MgCO3和Ca(HCO3)210．(多选)10gCaCO3样品内含有一种杂质，与足量的盐酸反应得到4.3g的CO2，则CaCO3中可能含有()A．MgCO3B．Na2CO3C．NaHCO3D．K2CO311．某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是()A．肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3D．以上判断都不正确12．有一种Na2S、Na2SO3和Na2SO4的混合物，经测定其中含有S的质量分数为25.6%，则此混合物中含氧的质量分数为()A．36.8%B．37.6%C．51.2%D．无法计算13．在由NaOH、Na2O2组成的化合物中钠元素的质量分数为58％，则混合物中氢元素的质量分数为()A．62%B．2%C．30%D．无法确定14．由乙炔(C2H2)和乙醛(C2H4O)组成的混合气体中，经测定碳元素的质量分数为72%，测混合气体中氧元素的质量分数为()A．22%B．72%C．19.6%D．2%15．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(cCl－,cClO－)的值与温度高低有关。当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是()A．若某温度下，反应后c(Cl－)：c(ClO－)＝11，则溶液中c(ClO－)：c(ClOeq\o\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)amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：eq\f(1,2)amol≤ne≤eq\f(5,6)amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为eq\f(1,7)amol16．(多选)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O2B．1mol过硼酸钠与足量Na2S溶液作用产生0.5molS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O317．将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________18．取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在请计算：(1)KMnO4的分解率为________(2)气体A的物质的量为________19．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100g样品，得到固体84.5g，已知反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋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)20．在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液。每次取待测液20.00mL，用浓度为bmol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗酸性高锰酸钾溶液体积/mL20.0219.9820.52滴定过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________；滴管终点的现象是__________________________；通过实验数据计算的该产品纯度为________(用字母a、b表示)21．尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝60g·mol－1)含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/LH2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2mLc2mol/LNaOH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)22．工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2＋＋H2C2O4＋xH2O=FeC2O4·xH2O↓＋2H＋。测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3＋、CO2，锰元素被还原为Mn2＋则FeC2O4·xH2O中x＝________(FeC2O4的摩尔质量是144g·mol－1)23．为测定处理后废水中(含少量游离酸)残留NHeq\o\al(＋,4)浓度，可选用甲醛－滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2～3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO＋4NHeq\o\al(＋,4)=(CH2)6N4H＋＋6H2O＋3H＋，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H＋＋OH－=(CH2)6N4＋H2O；H＋＋OH－=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NHeq\o\al(＋,4)浓度为________mol/L24．将3.00g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：吸水剂CO2吸收剂实验前质量/g20.0026.48实验后质量/g21.0830.00请回答：(1)燃烧产物中水的物质的量为_________mol(2)该有机物的分子式为____________________(写出计算过程)25．聚合氯化铁铝(简称PAFC)，其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如下实验：①准确称取4.5050g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体。②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3＋完全还原为Fe2＋。用0.1000mol·L－1标准KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗标准溶液的体积为20.00mL。③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀。通过计算确定PAFC的化学式(m为聚合度，不必求出)26．碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)【化学计算的常用方法】答案【精准训练1】1．4解析：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I241x1moleq\f(4,1)＝eq\f(x,1mol)解得：x＝4mol2．80.00%解析：根据2Fe＋3Cl22FeCl3，可求5.60g干燥铁粉完全转化为FeCl3的质量为eq\f(5.60g,56g·mol－1)×162.5g·mol－1＝16.25g，则产率为eq\f(13.00g,16.25g)×100%＝80.00%。3．(1)0.06mol(2)①0.56g②0.5解析：(1)n(O2)＝eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)＝0.03mol，则2CaO2·xH2Oeq\o(=,\s\up7(高温))2CaO＋O2↑＋2xH2O2mol1moln(CaO2·xH2O)0.03mol解得n(CaO2·xH2O)＝0.06mol，则n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06mol。(2)n(CaCO3)＝eq\f(7.0g,100g·mol－1)＝0.07mol。①根据钙元素守恒，可知：n(CaO)＝0.07mol－0.06mol＝0.01mol，所以m(CaO)＝0.01mol×56g·mol－1＝0.56g。②样品中水的质量为m(H2O)＝5.42g－m(CaO2)－m(CaO)＝5.42g－0.06mol×72g·mol－1－0.56g＝0.54g，所以n(H2O)＝eq\f(0.54g,18g·mol－1)＝0.03mol，则x＝eq\f(0.03mol,0.06mol)＝0.5。4．A。解析：由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可得如下关系：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋2×8462xw1－w2则x＝eq\f(84w1－w2,31)，故样品的纯度为eq\f(mNa2CO3,m样品)＝eq\f(w1－x,w1)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。5．D6．B7．C8．C。解析：根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)ΔV(气体的体积差)6mL4mL5mL6mL(5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)9mL6mL17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＋1mL)＝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V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。【精准训练2】1．C2．A3．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(28g,56g·mol－1)＝0.25mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25mol×160g·mol－1＝40g。4．B5．B6．A7．B。解析：铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g8．C。解析：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，则根据SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋NH3↑＋H2O可知n(NH3)＝cmol，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3＋的物质的量为xmol，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aL，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝eq\f(\f(2b－c,3)mol,aL)＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1。9．C10．D11．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NaNO3,1molCu失去2mol电子、1molCu2O失去2mol电子，而生成1molNO要转移3mol电子，由电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝eq\f(2,3)×0.15mol＝0.1mol，由原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8L×2mol·L－1－0.1mol＝1.5mol，氢氧化钠溶液的体积V＝eq\f(1.5mol,5mol·L－1)＝0.3L＝300mL，故C正确。【精准训练3】1．(1)5H2C2O4＋2MnOeq\o\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(2)93.3%解析：5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O定量关系式：5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)5mol2moln0.02000mol·L－1×25.00×10－3L则n＝eq\f(5,2)×0.02000mol·L－1×0.025L＝1.250×10－3mol，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(1.250×10－3mol×448g·mol－1,0.600g)×100%≈93.3%。2．5025.0解析：5.0kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝eq\f(5.0×103g×63.5%,63.5g·mol－1)＝50mol根据流程图分析可得如下关系：4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2212所以可完全转化生成50molCuAlO2，至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为eq\f(\f(50mol,2),1.0mol·L－1)＝25.0L。3．有关反应方程式为MnO2＋Na2O2=Na2MnO43MnOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2OMnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2OMnO2～MnOeq\o\al(2－,4)～eq\f(2,3)MnOeq\o\al(－,4)～eq\f(10,3)Fe2＋故w(MnO2)＝eq\f(\f(3,10)cFe2＋·VFe2＋·MMnO2,m试样)×100%＝eq\f(0.1000mol·L－1×0.02580L×\f(3,10)×87g·mol－1,0.1000g)×100%≈67.3%。4．溶液蓝色褪去且半分钟内不变色9.0是解析：确定滴定反应2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－由反应①②③各物质的配比，构建各物质关系式①2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋3H2O③2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－该滴定过程转化的关系式为O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)n(O2)＝eq\f(1,4)×n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,4)×0.01000mol/L×4.50×10－3L＝1.125×10－5mol运用相关概念、原理解答问题该河水的DO＝eq\f(1000,40)×1.125×10－5mol×32g/mol＝9.0×10－3g/L＝9.0mg/L>5.0mg/L5．(1)3.950(2)见解析解析：(1)n＝cV＝0.100mol·L－1×0.250L＝0.025mol，m＝nM＝0.0250mol×158g·mol－1＝3.950g；(2)由化学方程式：8MnOeq\o\al(－,4)＋5S2Oeq\o\al(2－,3)＋14H＋=10SOeq\o\al(2－,4)＋8Mn2＋＋7H2O，设样品中KMnO4物质的量为nmol，可知8KMnO4～5S2Oeq\o\al(2－,3)8mol5moln0.100mol·L－1×20.00mL×10－3L所以n(KMnO4)＝eq\f(8,5)×0.100mol·L－1×20.00mL×10－3L＝3.2×10－3mol所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3mol×158g·mol－1＝0.5056g，KMnO4产品的纯度为eq\f(0.5056g,0.6000g)×100%≈84.27%。6．本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO42MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)52n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol则w(CaCO3)＝eq\f(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。【精准训练4】1．A2．C3．C4．A解析：氢气的物质的量为0.1mol，由2M＋2H2O=2MOH＋H2↑210．2mol0.1mol则金属的平均摩尔质量为eq\f(4.4g,0.2mol)＝22g·mol－1，钾的摩尔质量为39g·mol－1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22g·mol－1，在所给金属中只有Li符合题意。5．(1)若质量为9.3g，固体的成分为NaOH和Na2CO3的混合物，NaOH的质量为4g，Na2CO3的质量为5.3g，通入CO2的质量为2.2g(2)若质量为13.7g，固体的成分为Na2CO3和NaHCO3的混合物，Na2CO3的质量为5.3g，NaHCO3的质量为8.4g，通入CO2的质量为6.6g(3)若质量为16.8g，固体的成分为NaHCO3，通入CO2的质量为8.8g【课时达标训练】1．A。解析：设原混合物中n(K2CO3)＝xmol，n(KHCO3)＝ymol，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－)＝0.8mol·L－1×0.05L＝0.04mol。根据化学方程式：K2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2KOHxmol2xmolKHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋KOH＋H2Oymolymol可得2x＋y＝0.04②，联立①②解方程组得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.01,y＝0.02))所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。2．D。解析：根据碳原子守恒，标准状况下，4.48L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的体积为4.48L×2＝8.96L。CO和CO2混合气体的密度为1.429g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L·mol－1≈32g·mol－1，根据十字交叉法，eq\f(nCO,nCO2)＝eq\f(12,4)＝eq\f(3,1)，因此CO的体积为8.96L×eq\f(3,4)＝6.72L。3．D。解析：盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得c(HCl)＝eq\f(0.425mol×2,0.1L)＝8.5mol·L－1，故A错误；n(S)＝eq\f(2.4g,32g·mol－1)＝0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3＋)＝eq\f(0.075mol×2－0,3－2)＝0.15mol，则n(Fe2＋)＝0.425mol－0.15mol＝0.275mol，所以Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.275mol∶0.15mol＝11∶6，故B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝eq\f(1,2)n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.425mol，V(H2S)＝0.425mol×22.4L·mol－1＝9.52L，故C错误；FexS中n(S)＝0.075mol＋0.425mol＝0.5mol，n(Fe)＝0.425mol，所以n(Fe)∶n(S)＝0.425mol∶0.5mol＝0.85，所以x＝0.85，故D正确。4．B。解析：a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋，A错误；b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，B正确；当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24，1.84)可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故溶液中n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝eq\f(m,M)＝2×eq\f(0.56g,56g·mol－1)＝0.02mol，故溶液中n[Fe2(SO4)3]＝0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56～1.68g时，发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，则溶液中n(Cu2＋)＝n(Fe)＝eq\f(m,M)＝eq\f(1.68g－0.56g,56g·mol－1)＝0.02mol，故溶液中n(CuSO4)＝0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1∶2，D错误。5．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。6．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\o\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\o\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。7．B8．CD9．D10．BD11．B。解析：取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有Ba(NO3)2，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液能产生4.0g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设6.9g全部为K2CO3，则生成沉淀为eq\f(6.9g,138g·mol－1)×100g·mol－1＝5.0g＞4.0g，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有KNO3，可能有Na2CO3。12．B13．B14．C15．D。解析：A项，设反应后溶液中n(Cl－)＝11nmol，则n(ClO－)＝nmol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol电子，生成nmolClO－失去nmol电子，而生成1molClOeq\o\al(－,3)失去5mol电子，因此反应生成的ClOeq\o\al(－,3)应为2nmol，正确；B项，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)，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1molCl2参加反应转移1mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为eq\f(1,2)amol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，有eq\f(5,6)的Cl2生成了KCl，故转移电子eq\f(5,6)amol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为eq\f(1,6)amol，错误。16．BD。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错误；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。17．0.100mol·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\o\al(2－,7)中＋6价铬所得电子的物质的量相等，eq\f(1.08g,72g·mol－1)×(3－2)＝0.02500L×c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))×(6－3)×2，得c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.100mol·L－1。18．(1)60%(或0.60)(2)0.095mol解析：(1)KMnO4的分解率＝eq\f(分解的KMnO4的物质的量,KMnO4总的物质的量)。题目已知KMnO4共7.90g，物质的量为0.05mol。加热分解后剩余固体为7.42g，损失的质量为O2的质量0.48g，说明O2的物质的量为0.015mol。由2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO40.03mol。所以KMnO4的分解率为eq\f(0.03mol,0.05mol)×100%＝60%。×5＝0.25mol电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体A，则A应为氯气。所以整个反应过程中只有氧元素和氯元素失电子。氧元素失电子产生氧气，转移了0.015mol×4＝0.06mol电子。根据电子守恒知，氯元素必然转移0.19mol电子。每产生1mol氯气就转移2mol电子，所以会产生eq\f(0.19mol,2)＝0.095mol氯气。19．(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＝100g－84.5g＝15.5g，即Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑Δm22216062m15.5g则含有Cu2(OH)2CO3的质量m＝eq\f(222,62)×15.5g＝55.5g，样品中碱式碳酸铜的质量分数是eq\f(55.5g,100g)×100%＝55.5%。20．MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅紫色，且30s不变色eq\f(980b,a)×100%解析：利用酸性高锰酸钾的强氧化性，Fe2＋的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋化合价升高1，Mn由＋7价→＋2价，化合价降低为5，最小公倍数为5，根据原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，随着最后一滴酸性高锰酸钾溶液的滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，达到反应终点；因为第三次与第一次、第二次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为eq\f(20.02mL＋19.98mL,2)＝20.00mL，根据离子反应方程式得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝20×10－3×b×5＝0.1bmol，则500mL溶液中溶有(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量为eq\f(500,20)×0.1b＝2.5bmol，所以该晶体的纯度为eq\f(2.5b×392,a)×100%＝eq\f(980b,a)×100%。21．eq\f(6c1V1－3c2V2,a)%解析：吸收NH3的硫酸的物质的量为V1×10－3L×c1mol·L－1－V2×10－3L×c2m