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2024届高考化学一轮复习专题1第4讲物质的量在化学反应中的计算能力学案
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这是一份2024届高考化学一轮复习专题1第4讲物质的量在化学反应中的计算能力学案，共25页。
物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为核心的转化关系
2．化学方程式的计算
(2020·海南等级考，T15节选)一般用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________%。
[解析] n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝0.030 00 ml·L－1×25.10×10－3 L＝7.53×10－4 ml
Cr2Oeq \\al(2－,7) ＋ 6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
1 6
eq \a\vs4\al(7.53×,10－4 ml) n(Fe2＋)
eq \f(1,7.53×10－4 ml)＝eq \f(6,nFe2＋)，n(Fe2＋)＝4.518×10－3 ml
样品中铁含量＝eq \f(4.518×10－3×56 g,0.280 0 g)×100%＝90.36%。
[答案] 90.36
1．温度较高时Cl2通入Na2CO3溶液发生反应：3Cl2＋6Na2CO3＋3H2O===5NaCl＋NaClO3＋6NaHCO3，下列说法正确的是( )
A．标准状况下2 ml H2O的体积约为44.8 L
B．1 L 0.1 ml/L Na2CO3溶液中Na＋的物质的量为0.1 ml
C．反应中消耗3 ml Cl2转移的电子数约为5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶12
C [反应3Cl2＋6Na2CO3＋3H2O===5NaCl＋NaClO3＋6NaHCO3中，Cl2一部分被还原成NaCl，一部分被氧化成NaClO3，Cl2既是氧化剂又是还原剂。A.标准状况下H2O不是气体，不能用22.4 L/ml计算2 ml水的体积，A错误；B.1 L 0.1 ml/L Na2CO3的物质的量为n＝c·V＝0.1 ml/L×1 L＝0.1 ml，Na＋的物质的量为0.2 ml，B错误；C.每消耗3 ml Cl2，其中有0.5 ml Cl2被氧化成NaClO3，有2.5 ml Cl2被还原成NaCl，整个过程中转移电子的物质的量为5 ml，数目约为 5×6.02×1023，C正确；D.氧化产物是NaClO3，还原产物是NaCl，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶5，D错误。]
2．用惰性电极电解200 mL CuSO4溶液，当生成6.4 g Cu时，所得溶液的pH为________(假设溶液体积不变)。
[解析] n(Cu)＝eq \f(6.4 g,64 g·ml－1)＝0.1 ml
2Cu2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up9(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋
2 4
0.1 ml 0.2 ml
c(H＋)＝eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝1 ml/L，pH＝0。
[答案] 0
守恒法在化学反应计算中的应用
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态。
1．原子守恒(元素质量守恒)
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
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数＝转移电子总数。
3．电荷守恒
在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等，即所有阴离子的电荷总数＝所有阳离子的电荷总数。
(2020·天津等级考，T15节选)为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了以下方案。
实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2
实验步骤：
足量BaCl2溶液
↓
eq \x(\a\al(CuSO4溶液,25.00 mL))eq \(―――→,\s\up9(①过滤))eq \x(\a\al(固,体))eq \(―――→,\s\up9(②洗涤))eq \(―――→,\s\up9(③灼烧))eq \(―――→,\s\up9(④称重))eq \x(\a\al(固体,w g))
固体质量为w g，则c(CuSO4)＝________ml·L－1。
[解析] 根据硫原子守恒可知
n(CuSO4)＝n(BaSO4)＝eq \f(w,233) ml，
c(CuSO4)＝eq \f(\f(w,233) ml,0.025 L)＝eq \f(40w,233) ml·L－1。
[答案] eq \f(40w,233)
守恒法解答思路
1．(原子守恒)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 ml·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 ml·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________ g固体。
[解析] 经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 ml·L－1＝0.1 ml，m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g·ml－1＝5.85 g。
[答案] 5.85
2．(得失电子守恒)以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
“氧化”中欲使3 ml的VO2＋变为VOeq \\al(＋,2)，则需要氧化剂KClO3至少为________ml。
[解析] 根据得失电子守恒可得：n(KClO3)×6＝3 ml×(5－4)，n(KClO3)＝0.5 ml。
[答案] 0.5
3．(电荷守恒)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 ml·L－1，c(SOeq \\al(2－,4))＝6.5 ml·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 ml·L－1的氢氧化钠溶液的体积为________mL。
[解析] 根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))，c(Al3＋)＝eq \f(2×6.5 ml·L－1－2×2 ml·L－1,3)＝3 ml·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、
Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)＝eq \f(2nSO\\al(2－,4)＋nAlO\\al(－,2),cNaOH)＝eq \f(2×6.5 ml·L－1×0.2 L＋3 ml·L－1×0.2 L,1.6 ml·L－1)＝2 L＝2 000 mL。
[答案] 2 000
关系式法在连续多步反应计算中的应用
连续多步反应是指当实验中发生多个反应，并且前一反应的生成物是后一反应的反应物，这样发生的连续多个变化，从而存在着物质之间的原子数目守恒关系或是得失电子守恒关系。关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在连续多步反应中，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。
1．利用多步连续反应中化学计量关系推导。
2．利用元素质量守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推关系式：NH3～HNO3。
3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2＋，利用得失电子守恒可推关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋。
黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Fe2O3＋8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%硫酸的质量为________t。
[解析] (1)根据反应方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Fe2O3＋8SO2；SO2＋
2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
(0.020 00×0.025)ml eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为eq \f(0.090 00 g,0.100 0 g)×100%＝90.0%。
(2)由S守恒得
FeS2 ～ 2SO2 ～ 2H2SO4
1 ml 2 ml 196 g
eq \f(10×106×90.0%,120) ml n(SO2) m(H2SO4)×98%
则n(SO2)＝1.5×105 ml
标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L，
m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
[答案] (1)90.0% (2)3.36×106 15
关系式的确定思路
方法一：在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
方法二：利用得失电子守恒或元素质量守恒直接导出物质的量关系式，然后进行计算。
1．已知酸性KMnO4溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Mn2＋。现将硫酸酸化的KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．图中AB段的氧化剂为KMnO4
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．KMnO4与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的KMnO4的物质的量为0.3 ml
C [将酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，KMnO4和FeSO4反应，MnOeq \\al(－,4)是氧化剂，被还原成Mn2＋，Fe2＋是还原剂，被氧化成Fe3＋，根据得失电子守恒有：MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5 Fe2＋～5Fe3＋；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3＋并没有立即减少，说明溶液中还有MnOeq \\al(－,4)，AB段应为MnOeq \\al(－,4)和I－的反应，根据得失电子守恒有：MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5I－～eq \f(5,2)I2；B点开始Fe3＋减少，说明BC段为Fe3＋和I－反应，根据得失电子守恒有： 2Fe3＋～2 Fe2＋～2e－～2I－～I2，据此解答。A.开始时Fe3＋浓度不变，则说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为KMnO4和碘化钾的反应，KMnO4为氧化剂，A正确；B.BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===
2Fe2＋＋I2，B正确；C.由图可知BC段消耗0.9 ml I－，由2Fe3＋～2 Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fe3＋))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fe2＋))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I－))＝0.9 ml，根据Fe原子守恒可知，KMnO4与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 ml，那么根据MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5 Fe2＋～5Fe3＋可得，与FeSO4反应的KMnO4物质的量为eq \f(0.9,5) ml＝0.18 ml，所以KMnO4与FeSO4反应的物质的量之比＝0.18 ml∶0.9 ml＝1∶5，C错误；D.三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有MnOeq \\al(－,4)中的Mn元素和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式KMnO4～5Fe3＋～5I－可知，共消耗的neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I－))＝1.5 ml，则开始加入的KMnO4的物质的量为eq \f(1.5,5) ml＝0.3 ml，D正确。]
2．为确定Fex(C2O4)y·zH2O的化学式，可用KMnO4标准溶液进行滴定。实验步骤如下：
(1)KMnO4标准溶液的配制与标定。称取稍多于所需量的KMnO4固体并溶于水，将溶液加热并保持微沸约1h，用微孔玻璃漏斗过滤，将滤液贮存于棕色试剂瓶中，置于暗处。用基准物质Na2C2O4在70～80 ℃下进行标定。
(2)①Fex(C2O4)y·zH2O的化学式确定。准确称取m0＝0.150 0 g Fex(C2O4)y·zH2O样品，溶于15 mL 3 ml·L－1 H2SO4溶液，70～80 ℃水浴加热，用c1＝0.020 00 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗体积V1＝25.02 mL。在该滴定液中加入2g锌粉和3 mL 3 ml·L－1H2SO4溶液(若锌粉与硫酸不足，可补加，亦可加热)。几分钟后，取1滴溶液在试管中，用KSCN溶液检验。若不显浅红色，则用砂芯漏斗过滤除去过量锌粉。用10 mL稀硫酸洗涤，合并洗涤液和滤液，用c2＝0.010 00 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗体积V2＝16.68 mL。
②热重分析：称取20.00 mg Fex(C2O4)y·zH2O样品，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量m随温度T变化的曲线如图所示：
请回答下列问题：
(1)配制KMnO4标准溶液时，称取KMnO4固体时为什么要稍多于所需量________；为什么要保持微沸约1 h________。
(2)标定KMnO4溶液时，为什么不能用普通漏斗过滤________；所得滤渣是________。
(3)滴定时，若c2＝c1＝0.020 00 ml·L－1，是否可以________，原因是____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)计算Fex(C2O4)y·zH2O样品中Fe元素、C2Oeq \\al(2－,4)及H2O的质量分数，并确定其化学式________。
[解析] (4)由5Fe2＋～MnOeq \\al(－,4) 5C2Oeq \\al(2－ ,4)～ 2MnOeq \\al(－,4)
得：Fe的含量＝(5c2V2)×10－3×55.85/m0×100%
＝5×0.010 00×16.68×10－3×55.85÷0.150 0×100%＝31.05%
C2Oeq \\al(2－,4)的含量＝5c1(V1－0.5V2)/2×10－3×88.02/m0×100%
＝5×0.020 00×(25.02－8.34)÷2×10－3×88.02÷0.150 0×100%＝48.94%
由热重曲线知：H2O的含量＝(20.00－15.99)/20.00×100%＝20.05%
x∶y∶z＝31.05/55.85∶48.94/88.02∶20.05/18.02≈1∶1∶2
故化学式为FeC2O4·2H2O
[答案] (1)KMnO4易被还原 除去溶液中的还原性物质 (2)若用普通漏斗，KMnO4会氧化滤纸 MnO(OH)2 (3)不可以 这样会导致V2<10 mL，增大实验误差 (4)Fe的含量31.05%；C2Oeq \\al(2－,4)的含量48.94%；H2O的含量20.05%；化学式为FeC2O4·2H2O
热重分析法确定物质的组成
热重分析法即热重量分析法，是在控制温度下，进行测量物质的量与温度或时间的关系的方法。热重分析过程中，一般是先脱水，再分解或氧化等。
将1.76 g HIO3固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
(1)110 ℃和200 ℃均为样品的脱水过程，试确定200 ℃时是否脱水完全：________(填“是”或“否”)，判断的理由是_____________________________
__________________________________________________(要求写出计算过程)。
(2)300 ℃发生反应的化学方程式为_________________________________
______________________________________________________________。
[思路分析] (1)2HIO3eq \(=====,\s\up9(△))I2O5＋H2O
2×176 18
1.76 g x
eq \f(2×176,1.76 g)＝eq \f(18,x)，解得x＝0.09 g
1．76 g－1.67 g＝0.09 g，质量减少量与完全分解生成的水的质量相等，说明样品完全脱水；(2)根据图像，300 ℃固体质量变为0，说明I2O5完全分解生成了气体物质，特别注意I2是易升华的固体，在300 ℃时为气态。则可得反应的化学方程式为2I2O5eq \(=====,\s\up9(△))2I2↑＋5O2↑。
[答案] (1)是 2HIO3eq \(=====,\s\up9(△))I2O5＋H2O
2×176 18
1.76 g x
eq \f(2×176,1.76 g)＝eq \f(18,x)，解得x＝0.09 g
1．76 g－1.67 g＝0.09 g
(2)2I2O5eq \(=====,\s\up9(△))2I2↑＋5O2↑
热重分析法的一般思路
(1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
eq \f(m余,m)×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由元素质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
1．(2022·徐州一模)胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。实验室制备胆矾的流程如下：
(1)稀硫酸、稀硝酸与铜粉反应生成一种无色气体，该气体是________(写化学式)，制得的胆矾晶体中可能存在的杂质是________(写名称)。
(2)实验室可采用沉淀法测定所得胆矾晶体中CuSO4·5H2O的含量，步骤如下：①取样、称量；②加水充分溶解；③加入BaCl2溶液；④过滤、洗涤、干燥；⑤称量、计算。在过滤前，需要检验SOeq \\al(2－,4)是否沉淀完全，检验方法是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)________(填“>”“<”或“＝”)3。
②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：________。
[解析] (1)制硫酸铜时是用铜与硝酸、硫酸的混合物反应的，生成NO等，可根据反应物判断可能存在的杂质；(2)在过滤前，需要检验SOeq \\al(2－,4)是否沉淀完全，检验方法是静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SOeq \\al(2－,4)沉淀完全。(3)①aCuO·b CuSO4温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)＝eq \f(1.44 g,144 g·ml－1)×2＝0.02 ml，则a ml＋b ml＝0.02 ml,80 g·
ml－1 a ml＋160 g·ml－1 b ml＝2.4 g，解得a＝b＝0.01 ml，温度在650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)＝eq \f(0.01＋0.01×4－0.02×\f(1,2)ml,0.01 ml)＝4>3；②n(Cu2O)＝1.44 g/144 g·ml－1＝0.01 ml；n(H2O)＝(3.30 g－2.40 g)/18 g·ml－1＝0.05 ml；由①知aCuO·bCuSO4中a＝b＝0.01 ml；则Cux(OH)y(SO4)z·nH2O中x∶y∶z∶n＝0.02∶0.02∶0.01∶(0.05－0.02/2)＝2∶2∶1∶4，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。
[答案] (1)NO 硝酸铜 (2)静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SOeq \\al(2－,4)沉淀完全 (3)①> ②Cu2(OH)2SO4·4H2O
2．蓝色针状二草酸合铜酸钾晶体[K2Cu(C2O4)2·4H2O，M＝390 g/ml]是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。其一种制备方法如下：
原理：2KHC2O4＋CuO===K2Cu(C2O4)2＋H2O
步骤：①制备CuO：取4.0 g CuSO4·5H2O置于100 mL烧杯中，加水溶解，在搅拌下加入20 mL 2 ml/L NaOH溶液，加热至沉淀颜色不再变化，冷却后过滤、洗涤；
②制备KHC2O4：取6.0 g H2C2O4·2H2O置于250 mL烧杯中，加水，微热溶解，稍冷后加入4.4 g K2CO3固体，溶解后生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液；
③制备K2Cu(C2O4)2：将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液在80～85 ℃水浴中加热，再将CuO加入该溶液中，充分反应，趁热抽滤(装置如图甲所示，通过控制水龙头水流的大小可以调节抽滤的快慢)，用4～5 mL沸水洗涤不溶物2～3次，弃去不溶物；
④K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体的生成：将步骤③所得滤液在热水浴中蒸发浓缩至40 mL，冷却至室温得蓝紫色针状晶体，过滤，用滤纸吸干，称得其质量为3.9 g。
回答下列问题：
(1)过滤需要的玻璃仪器有________，步骤①中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为_________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)过滤和抽滤都是将固体和液体进行分离的操作，步骤③选择抽滤的原因是__________________________________________________________________
___________________________________________________________________；
抽滤完洗涤沉淀时，为了让洗涤液与沉淀的接触更充分，使洗涤的效果更好，其操作为________。
(3)步骤②中，K2CO3________(填“能”或“不能”)用CH3COOK代替，原因是_______________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(4)该实验中CuSO4·5H2O的利用率为________%。
(5)对最终产品进行热重分析，其剩余百分数与温度的变化曲线如图乙所示：
①A点固体的成分为________(填化学式)。
②B点到C点固体分解的化学方程式为_____________________________
______________________________________________________________。
[解析] (1)过滤是分离难溶性固体与液体混合物，使用的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒。CuSO4与NaOH发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，将沉淀过滤、洗涤，然后灼烧，发生分解反应产生CuO、H2O。若CuO已经洗涤干净，则最后一次的洗涤液中不含SOeq \\al(2－,4)。故检验CuO是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液适量于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明CuO已洗涤干净。(2)过滤和抽滤都是将固体和液体进行分离的操作，步骤③选择抽滤是由于K2Cu(C2O4)2微溶于冷水，为减少K2Cu(C2O4)2的损失，需加快固液分离的速率，采用抽滤方法就可以达到该实验目的。抽滤完洗涤沉淀时，为了让洗涤液与沉淀的接触更充分，使洗涤的效果更好，其操作为关小(或关闭)水龙头。(3)在步骤②中，不能用CH3COOK代替K2CO3使用，这是由于若使用CH3COOK，会引入杂质CH3COO－，使物质纯度降低。(4)4.0 g CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)＝eq \f(4.0 g,250 g/ml)＝0.016 ml，反应产生的K2Cu(C2O4)2·4H2O的质量是3.90 g，其物质的量n[K2Cu(C2O4)2·4H2O]＝eq \f(3.9 g,390 g/ml)＝0.01 ml，根据Cu元素守恒，可知CuSO4·5H2O的利用率是eq \f(0.01 ml,0.016 ml)×100＝62.5%。(5)设K2Cu(C2O4)2· 4H2O为1 ml，则其质量为390 g，在51 ℃时，固体加热失去结晶水，减少质量m(H2O)＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－90.77%))＝36 g，n(H2O)＝eq \f(36 g,18 g/ml)＝2 ml，故产品失去2个结晶水，故A点固体的化学式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2·2H2O；在123 ℃时，固体减少质量m＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－81.54%))＝72 g，n(H2O)＝eq \f(72 g,18 g/ml)＝4 ml，则产品失去全部结晶水，因此B点固体化学式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2。在320 ℃时，K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2受热分解，固体减少质量m＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－44.62%))＝216 g，依据分解后得到的各物质(包括：H2O、CO、CO2、CuO、K2O)其中结晶水H2O的质量是72 g，则分解产生的CO、CO2的质量是216 g－72 g＝144 g。假设1 ml K2Cu(C2O4)2分解产生CO、CO2的物质的量分别是x、y，则x＋y＝4 ml；28x＋44y＝144 g，解得x＝2 ml，y＝2 ml，故1 ml K2Cu(C2O4)2分解得到的产物为2 ml CO、2 ml CO2，根据Cu、K元素守恒可知分解得到1 ml CuO、1 ml K2O，因此B点到C点固体分解的化学方程式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2eq \(=====,\s\up9(△))K2O＋CuO＋2CO↑＋2CO2↑。
[答案] (1)普通漏斗、烧杯、玻璃棒 取最后一次洗涤液适量于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明CuO已洗涤干净 (2)K2Cu(C2O4)2微溶于冷水，为减少K2Cu(C2O4)2的损失，需加快固液分离的速率 关小(或关闭)水龙头 (3)不能 会引入杂质醋酸根离子 (4)62.5 (5)K2Cu(C2O4)2·2H2O K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2eq \(=====,\s\up9(△))K2O＋CuO＋2CO↑＋2CO2↑
1．(2022·辽宁选择性考试，T17节选)取2.50 g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________。
[解析] 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，消耗标准溶液体积为20 mL。m(H2O2)＝eq \f(5,2)n(KMnO4)×34 g＝eq \f(5,2)×20.00×10－3×0.0500×eq \f(100,20)×34 g＝0.425 g，ω(H2O2)＝eq \f(0.425 g,2.50 g)×100%＝17.0%。
[答案] 17.0%
2．(2021·全国甲卷，T27节选)(1)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________________(写表达式)。
(2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少量胆矾迸溅出来
[解析] (1)由题意知，结晶水的质量为m2－m3，硫酸铜的质量为m3－m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据分子个数比等于物质的量之比，则x＝eq \f(\f(m2－m3,18),\f(m3－m1,160))＝eq \f(80×m2－m3,9×m3－m1)。
(2)胆矾未充分干燥，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，①符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，会使测定的水的质量偏低，则会导致结晶水数目测定值偏低，②不符合题意；加热时有少量胆矾迸溅出来，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，③符合题意。
[答案] (1)eq \f(80m2－m3,9m3－m1) (2)①③
3．(2021·山东等级考，T6)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
D [设与1 ml X反应消耗HCl的物质的量为a ml，与1 ml Y反应消耗H2SO4的物质的量为b ml，根据得失电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～eq \f(a,2)H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq \f(a,b)，因eq \f(\f(a,2),b)＝eq \f(V1,V2)，因此eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；产物中X、Y化合价之比为eq \f(a,2b)，由B项可知eq \f(a,2b)＝eq \f(V1,V2)，故C正确；由eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)可知，当a＝1，b＝0.5时，eq \f(V1,V2)＝1，当a＝2，b＝1时，eq \f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq \f(V1,V2)无法确定X、Y的化合价，故D错误。]
4．(2022·浙江1月选考，T27)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。
[解析] 根据题意可知，该分解反应的方程式为2[Al(NO3)3·xH2O]eq \(=====,\s\up9(△))Al2O3＋4NO2↑＋O2↑＋2HNO3＋(2x－1)H2O，然后列关系式求解。
[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(2213＋18x,7.50)＝eq \f(102,1.02)
x＝9
(2)0.010 0
课时分层作业(四)
物质的量在化学反应中的计算
1．某固体混合物可能含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法正确的是( )
A．步骤①中未发生氧化还原反应
B．步骤②和步骤③中反应消耗的H＋的物质的量之比为3∶1
C．混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3
D．混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，不含有AlCl3
C [根据题图，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2,11.60 g是氢氧化镁沉淀，neq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(OH))2))＝eq \f(11.60 g,58 g·ml－1)＝0.2 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(MgCl2))＝0.2 ml×95 g·ml－1＝19 g，Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H2))＝eq \f(13.44 L,22.4 L·ml－1)＝0.6 ml，根据得失电子守恒：3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝2×0.6 ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝0.4 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝0.4 ml×27 g·ml－1＝10.8 g，浓硫酸吸收氨气，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH3))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(22.4－13.44))L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4))2SO4))＝0.4 ml×eq \f(1,2)×132 g·ml－1＝26.4 g，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为10.8 g＋26.4 g＋19 g＝56.2 g，则余下59.0 g－56.2 g＝2.8 g是AlCl3和NaCl中的一种或两种。A.根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A错误；B.步骤②为H＋＋OH－===H2O和AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，步骤③为Al(OH)3＋
3H＋===Al3＋＋3H2O，二者反应消耗的H＋的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误；C.根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3，C正确；D.根据分析，混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，NaCl和AlCl3至少还含有一种，D错误。]
2．将22.1 g由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得质量为15.9 g，将残余固体溶于100 mL盐酸中，收集到V L(标准状况下)CO2。下列说法错误的是( )
A．V＝3.36
B．盐酸的浓度至少为3 ml·L－1
C．原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝4∶1
D．若将原固体与足量盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L(标准状况下)
C [假设原固体中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))＝x ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝y ml，则有方程式①106 g·ml－1×x ml＋84 g·ml－1×x ml＝22.1 g，根据加热分解后的质量可得到方程式②x＋eq \f(1,2)y＝eq \f(15.9,106)，联立两个方程式得到x＝0.05 ml，y＝0.2 ml，即原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝1∶4；A.冷却后称得质量为15.9 g，则残余的碳酸钠为0.15 ml，根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.15 ml，则标准状况下体积为3.36 L，故A正确；B.Na2CO3～2HCl，残余的碳酸钠为0.15 ml，所以HCl至少为0.3 ml，浓度至少为0.3 ml÷0.1 L＝3 ml·L－1，故B正确；C.由分析可知，原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝1∶4，故C错误；D.根据碳元素守恒可知，原固体混合物可生成二氧化碳0.05 ml＋0.2 ml＝0.25 ml，则若将原固体与足量盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L(标准状况下)，故D正确。]
3．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 ml·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 ml B．0.21 ml
C．0.16 ml D．0.14 ml
B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒可知n(Fe)＝eq \f(1,2)×(0.12×4 ml－eq \f(1.344,22.4) ml)＝0.21 ml，故根据铁原子守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 ml，B项正确。]
4．一水草酸钙(CaC2O4·H2O)可用作分离稀有金属的载体。回答下列问题：
(1)制备一水草酸钙的方法如下：
先用精制氯化钙稀溶液与草酸钠溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中；再加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105 ℃干燥得产品。
①已知CaCl2溶液的CaCl2质量浓度为1.11 g·L－1，则该溶液中CaCl2的物质的量浓度为________。
②写出上述再加入氨水反应生成一水草酸钙沉淀的化学方程式：___________________________________________________________________。
(2)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.5 g样品加热，样品的固体残留率eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如下图所示。
①300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
②已知500 ℃时固体的成分为CaC2O4和CaCO3，则CaC2O4的质量为________ g，CaCO3的质量为________g。
[解析] (1)①已知CaCl2溶液的CaCl2质量浓度为1.11 g·L－1，则物质的量浓度为eq \f(1.11 g/L,111 g/ml)＝0.01 ml/L。②草酸钠溶于盐酸中，生成草酸，草酸和氯化钙、氨水反应生成一水草酸钙沉淀，化学方程式为H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O。(2)①样品中neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4·H2O))＝eq \f(36.5 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml，300 ℃时固体残留率为87.67%，失去的质量为4.5 g，则失去的是0.25 ml的H2O,300 ℃时残留固体成分为CaC2O4。900 ℃时，固体残留率为38.36%，剩余固体质量为14 g，其中钙的质量为40 g/ml×0.25 ml＝10 g，剩余4 g物质的摩尔质量为4 g÷0.25 ml＝16 g/ml，则900 ℃时残留固体为CaO。②根据500 ℃时固体总质量可得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))×128 g·ml－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))×100 g·ml－1＝36.5 g×76.16%，根据Ca2＋守恒可得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.25 ml，解得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＝0.1 ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.15 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＝0.1 ml×128 g·ml－1＝12.8 g，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.15 ml×100 g·ml－1＝15.0 g。
[答案] (1)0.01 ml·L－1 H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===
CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O (2)CaC2O4 CaO 12.8 15.0
5．现有6.0 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为4.48 L。请回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)将混合气体依次通过过量的溶液中，装置如图所示，最后收集在气球中(体积在标准状况下测定)。
①NaOH溶液中发生的离子反应方程式：___________________________
_______________________________________________________________。
②气球的体积为________L(忽略气球弹性的影响)。
③若将混合气体通入足量的Na2O2中，转移的电子数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
[解析] (1)该混合气体的平均摩尔质量为eq \x\t(M)＝eq \f(m总,n总)＝eq \f(6.0 g,0.2 ml)＝30.0 g/ml；(2)①NaOH溶液中发生反应即CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，故该反应的离子反应方程式为2OH－＋CO2===COeq \\al(2－,3)＋H2O；②由题意可知，CO2完全被NaOH溶液吸收，即气球的体积就是CO的体积，设CO物质的量为x ml，CO2的物质的量为y ml，则x ml＋y ml＝eq \f(4.48 L,22.4 L/ml)，28 g/ml×x ml＋44 g/ml×y ml＝6.0 g，解之得x＝0.175 ml，y＝0.025 ml，V＝nVm＝0.175 ml×22.4 L/ml＝3.92 L，故气球的体积为3.92 L；③若将混合气体通入足量的Na2O2中即发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，反应中转移电子数为2，即1 ml CO2完全反应转移1 ml电子，结合分析可知，转移的电子数为0.025 ml×NA ml－1＝0.025NA。
[答案] (1)30.0 g/ml (2)2OH－＋CO2===COeq \\al(2－,3)＋H2O 3.92 L 0.025NA基本
原理
2Na ＋2H2O===2NaOH＋H2↑
eq \a\vs4\al(化学计量,数之比：) 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
eq \a\vs4\al(扩大NA,倍：) 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA
eq \a\vs4\al(物质的量,之比：)2 ml ∶ 2 ml ∶ 2 ml ∶ 1 ml
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比
解题
步骤
(1)根据题意写出并配平化学方程式。
(2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。
(3)把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。
(4)选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量
物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为核心的转化关系
2．化学方程式的计算
(2020·海南等级考，T15节选)一般用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________%。
[解析] n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝0.030 00 ml·L－1×25.10×10－3 L＝7.53×10－4 ml
Cr2Oeq \\al(2－,7) ＋ 6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
1 6
eq \a\vs4\al(7.53×,10－4 ml) n(Fe2＋)
eq \f(1,7.53×10－4 ml)＝eq \f(6,nFe2＋)，n(Fe2＋)＝4.518×10－3 ml
样品中铁含量＝eq \f(4.518×10－3×56 g,0.280 0 g)×100%＝90.36%。
[答案] 90.36
1．温度较高时Cl2通入Na2CO3溶液发生反应：3Cl2＋6Na2CO3＋3H2O===5NaCl＋NaClO3＋6NaHCO3，下列说法正确的是( )
A．标准状况下2 ml H2O的体积约为44.8 L
B．1 L 0.1 ml/L Na2CO3溶液中Na＋的物质的量为0.1 ml
C．反应中消耗3 ml Cl2转移的电子数约为5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶12
C [反应3Cl2＋6Na2CO3＋3H2O===5NaCl＋NaClO3＋6NaHCO3中，Cl2一部分被还原成NaCl，一部分被氧化成NaClO3，Cl2既是氧化剂又是还原剂。A.标准状况下H2O不是气体，不能用22.4 L/ml计算2 ml水的体积，A错误；B.1 L 0.1 ml/L Na2CO3的物质的量为n＝c·V＝0.1 ml/L×1 L＝0.1 ml，Na＋的物质的量为0.2 ml，B错误；C.每消耗3 ml Cl2，其中有0.5 ml Cl2被氧化成NaClO3，有2.5 ml Cl2被还原成NaCl，整个过程中转移电子的物质的量为5 ml，数目约为 5×6.02×1023，C正确；D.氧化产物是NaClO3，还原产物是NaCl，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶5，D错误。]
2．用惰性电极电解200 mL CuSO4溶液，当生成6.4 g Cu时，所得溶液的pH为________(假设溶液体积不变)。
[解析] n(Cu)＝eq \f(6.4 g,64 g·ml－1)＝0.1 ml
2Cu2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up9(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋
2 4
0.1 ml 0.2 ml
c(H＋)＝eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝1 ml/L，pH＝0。
[答案] 0
守恒法在化学反应计算中的应用
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态。
1．原子守恒(元素质量守恒)
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
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数＝转移电子总数。
3．电荷守恒
在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等，即所有阴离子的电荷总数＝所有阳离子的电荷总数。
(2020·天津等级考，T15节选)为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了以下方案。
实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2
实验步骤：
足量BaCl2溶液
↓
eq \x(\a\al(CuSO4溶液,25.00 mL))eq \(―――→,\s\up9(①过滤))eq \x(\a\al(固,体))eq \(―――→,\s\up9(②洗涤))eq \(―――→,\s\up9(③灼烧))eq \(―――→,\s\up9(④称重))eq \x(\a\al(固体,w g))
固体质量为w g，则c(CuSO4)＝________ml·L－1。
[解析] 根据硫原子守恒可知
n(CuSO4)＝n(BaSO4)＝eq \f(w,233) ml，
c(CuSO4)＝eq \f(\f(w,233) ml,0.025 L)＝eq \f(40w,233) ml·L－1。
[答案] eq \f(40w,233)
守恒法解答思路
1．(原子守恒)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 ml·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 ml·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________ g固体。
[解析] 经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 ml·L－1＝0.1 ml，m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g·ml－1＝5.85 g。
[答案] 5.85
2．(得失电子守恒)以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
“氧化”中欲使3 ml的VO2＋变为VOeq \\al(＋,2)，则需要氧化剂KClO3至少为________ml。
[解析] 根据得失电子守恒可得：n(KClO3)×6＝3 ml×(5－4)，n(KClO3)＝0.5 ml。
[答案] 0.5
3．(电荷守恒)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 ml·L－1，c(SOeq \\al(2－,4))＝6.5 ml·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 ml·L－1的氢氧化钠溶液的体积为________mL。
[解析] 根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))，c(Al3＋)＝eq \f(2×6.5 ml·L－1－2×2 ml·L－1,3)＝3 ml·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、
Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)＝eq \f(2nSO\\al(2－,4)＋nAlO\\al(－,2),cNaOH)＝eq \f(2×6.5 ml·L－1×0.2 L＋3 ml·L－1×0.2 L,1.6 ml·L－1)＝2 L＝2 000 mL。
[答案] 2 000
关系式法在连续多步反应计算中的应用
连续多步反应是指当实验中发生多个反应，并且前一反应的生成物是后一反应的反应物，这样发生的连续多个变化，从而存在着物质之间的原子数目守恒关系或是得失电子守恒关系。关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在连续多步反应中，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。
1．利用多步连续反应中化学计量关系推导。
2．利用元素质量守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推关系式：NH3～HNO3。
3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2＋，利用得失电子守恒可推关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋。
黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Fe2O3＋8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%硫酸的质量为________t。
[解析] (1)根据反应方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Fe2O3＋8SO2；SO2＋
2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
(0.020 00×0.025)ml eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为eq \f(0.090 00 g,0.100 0 g)×100%＝90.0%。
(2)由S守恒得
FeS2 ～ 2SO2 ～ 2H2SO4
1 ml 2 ml 196 g
eq \f(10×106×90.0%,120) ml n(SO2) m(H2SO4)×98%
则n(SO2)＝1.5×105 ml
标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L，
m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
[答案] (1)90.0% (2)3.36×106 15
关系式的确定思路
方法一：在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
方法二：利用得失电子守恒或元素质量守恒直接导出物质的量关系式，然后进行计算。
1．已知酸性KMnO4溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Mn2＋。现将硫酸酸化的KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．图中AB段的氧化剂为KMnO4
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．KMnO4与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的KMnO4的物质的量为0.3 ml
C [将酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，KMnO4和FeSO4反应，MnOeq \\al(－,4)是氧化剂，被还原成Mn2＋，Fe2＋是还原剂，被氧化成Fe3＋，根据得失电子守恒有：MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5 Fe2＋～5Fe3＋；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3＋并没有立即减少，说明溶液中还有MnOeq \\al(－,4)，AB段应为MnOeq \\al(－,4)和I－的反应，根据得失电子守恒有：MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5I－～eq \f(5,2)I2；B点开始Fe3＋减少，说明BC段为Fe3＋和I－反应，根据得失电子守恒有： 2Fe3＋～2 Fe2＋～2e－～2I－～I2，据此解答。A.开始时Fe3＋浓度不变，则说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为KMnO4和碘化钾的反应，KMnO4为氧化剂，A正确；B.BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===
2Fe2＋＋I2，B正确；C.由图可知BC段消耗0.9 ml I－，由2Fe3＋～2 Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fe3＋))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fe2＋))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I－))＝0.9 ml，根据Fe原子守恒可知，KMnO4与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 ml，那么根据MnOeq \\al(－,4)～Mn2＋～5e－～5 Fe2＋～5Fe3＋可得，与FeSO4反应的KMnO4物质的量为eq \f(0.9,5) ml＝0.18 ml，所以KMnO4与FeSO4反应的物质的量之比＝0.18 ml∶0.9 ml＝1∶5，C错误；D.三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有MnOeq \\al(－,4)中的Mn元素和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式KMnO4～5Fe3＋～5I－可知，共消耗的neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I－))＝1.5 ml，则开始加入的KMnO4的物质的量为eq \f(1.5,5) ml＝0.3 ml，D正确。]
2．为确定Fex(C2O4)y·zH2O的化学式，可用KMnO4标准溶液进行滴定。实验步骤如下：
(1)KMnO4标准溶液的配制与标定。称取稍多于所需量的KMnO4固体并溶于水，将溶液加热并保持微沸约1h，用微孔玻璃漏斗过滤，将滤液贮存于棕色试剂瓶中，置于暗处。用基准物质Na2C2O4在70～80 ℃下进行标定。
(2)①Fex(C2O4)y·zH2O的化学式确定。准确称取m0＝0.150 0 g Fex(C2O4)y·zH2O样品，溶于15 mL 3 ml·L－1 H2SO4溶液，70～80 ℃水浴加热，用c1＝0.020 00 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗体积V1＝25.02 mL。在该滴定液中加入2g锌粉和3 mL 3 ml·L－1H2SO4溶液(若锌粉与硫酸不足，可补加，亦可加热)。几分钟后，取1滴溶液在试管中，用KSCN溶液检验。若不显浅红色，则用砂芯漏斗过滤除去过量锌粉。用10 mL稀硫酸洗涤，合并洗涤液和滤液，用c2＝0.010 00 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗体积V2＝16.68 mL。
②热重分析：称取20.00 mg Fex(C2O4)y·zH2O样品，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量m随温度T变化的曲线如图所示：
请回答下列问题：
(1)配制KMnO4标准溶液时，称取KMnO4固体时为什么要稍多于所需量________；为什么要保持微沸约1 h________。
(2)标定KMnO4溶液时，为什么不能用普通漏斗过滤________；所得滤渣是________。
(3)滴定时，若c2＝c1＝0.020 00 ml·L－1，是否可以________，原因是____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)计算Fex(C2O4)y·zH2O样品中Fe元素、C2Oeq \\al(2－,4)及H2O的质量分数，并确定其化学式________。
[解析] (4)由5Fe2＋～MnOeq \\al(－,4) 5C2Oeq \\al(2－ ,4)～ 2MnOeq \\al(－,4)
得：Fe的含量＝(5c2V2)×10－3×55.85/m0×100%
＝5×0.010 00×16.68×10－3×55.85÷0.150 0×100%＝31.05%
C2Oeq \\al(2－,4)的含量＝5c1(V1－0.5V2)/2×10－3×88.02/m0×100%
＝5×0.020 00×(25.02－8.34)÷2×10－3×88.02÷0.150 0×100%＝48.94%
由热重曲线知：H2O的含量＝(20.00－15.99)/20.00×100%＝20.05%
x∶y∶z＝31.05/55.85∶48.94/88.02∶20.05/18.02≈1∶1∶2
故化学式为FeC2O4·2H2O
[答案] (1)KMnO4易被还原 除去溶液中的还原性物质 (2)若用普通漏斗，KMnO4会氧化滤纸 MnO(OH)2 (3)不可以 这样会导致V2<10 mL，增大实验误差 (4)Fe的含量31.05%；C2Oeq \\al(2－,4)的含量48.94%；H2O的含量20.05%；化学式为FeC2O4·2H2O
热重分析法确定物质的组成
热重分析法即热重量分析法，是在控制温度下，进行测量物质的量与温度或时间的关系的方法。热重分析过程中，一般是先脱水，再分解或氧化等。
将1.76 g HIO3固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
(1)110 ℃和200 ℃均为样品的脱水过程，试确定200 ℃时是否脱水完全：________(填“是”或“否”)，判断的理由是_____________________________
__________________________________________________(要求写出计算过程)。
(2)300 ℃发生反应的化学方程式为_________________________________
______________________________________________________________。
[思路分析] (1)2HIO3eq \(=====,\s\up9(△))I2O5＋H2O
2×176 18
1.76 g x
eq \f(2×176,1.76 g)＝eq \f(18,x)，解得x＝0.09 g
1．76 g－1.67 g＝0.09 g，质量减少量与完全分解生成的水的质量相等，说明样品完全脱水；(2)根据图像，300 ℃固体质量变为0，说明I2O5完全分解生成了气体物质，特别注意I2是易升华的固体，在300 ℃时为气态。则可得反应的化学方程式为2I2O5eq \(=====,\s\up9(△))2I2↑＋5O2↑。
[答案] (1)是 2HIO3eq \(=====,\s\up9(△))I2O5＋H2O
2×176 18
1.76 g x
eq \f(2×176,1.76 g)＝eq \f(18,x)，解得x＝0.09 g
1．76 g－1.67 g＝0.09 g
(2)2I2O5eq \(=====,\s\up9(△))2I2↑＋5O2↑
热重分析法的一般思路
(1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
eq \f(m余,m)×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由元素质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
1．(2022·徐州一模)胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。实验室制备胆矾的流程如下：
(1)稀硫酸、稀硝酸与铜粉反应生成一种无色气体，该气体是________(写化学式)，制得的胆矾晶体中可能存在的杂质是________(写名称)。
(2)实验室可采用沉淀法测定所得胆矾晶体中CuSO4·5H2O的含量，步骤如下：①取样、称量；②加水充分溶解；③加入BaCl2溶液；④过滤、洗涤、干燥；⑤称量、计算。在过滤前，需要检验SOeq \\al(2－,4)是否沉淀完全，检验方法是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)________(填“>”“<”或“＝”)3。
②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：________。
[解析] (1)制硫酸铜时是用铜与硝酸、硫酸的混合物反应的，生成NO等，可根据反应物判断可能存在的杂质；(2)在过滤前，需要检验SOeq \\al(2－,4)是否沉淀完全，检验方法是静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SOeq \\al(2－,4)沉淀完全。(3)①aCuO·b CuSO4温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)＝eq \f(1.44 g,144 g·ml－1)×2＝0.02 ml，则a ml＋b ml＝0.02 ml,80 g·
ml－1 a ml＋160 g·ml－1 b ml＝2.4 g，解得a＝b＝0.01 ml，温度在650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)＝eq \f(0.01＋0.01×4－0.02×\f(1,2)ml,0.01 ml)＝4>3；②n(Cu2O)＝1.44 g/144 g·ml－1＝0.01 ml；n(H2O)＝(3.30 g－2.40 g)/18 g·ml－1＝0.05 ml；由①知aCuO·bCuSO4中a＝b＝0.01 ml；则Cux(OH)y(SO4)z·nH2O中x∶y∶z∶n＝0.02∶0.02∶0.01∶(0.05－0.02/2)＝2∶2∶1∶4，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。
[答案] (1)NO 硝酸铜 (2)静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SOeq \\al(2－,4)沉淀完全 (3)①> ②Cu2(OH)2SO4·4H2O
2．蓝色针状二草酸合铜酸钾晶体[K2Cu(C2O4)2·4H2O，M＝390 g/ml]是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。其一种制备方法如下：
原理：2KHC2O4＋CuO===K2Cu(C2O4)2＋H2O
步骤：①制备CuO：取4.0 g CuSO4·5H2O置于100 mL烧杯中，加水溶解，在搅拌下加入20 mL 2 ml/L NaOH溶液，加热至沉淀颜色不再变化，冷却后过滤、洗涤；
②制备KHC2O4：取6.0 g H2C2O4·2H2O置于250 mL烧杯中，加水，微热溶解，稍冷后加入4.4 g K2CO3固体，溶解后生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液；
③制备K2Cu(C2O4)2：将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液在80～85 ℃水浴中加热，再将CuO加入该溶液中，充分反应，趁热抽滤(装置如图甲所示，通过控制水龙头水流的大小可以调节抽滤的快慢)，用4～5 mL沸水洗涤不溶物2～3次，弃去不溶物；
④K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体的生成：将步骤③所得滤液在热水浴中蒸发浓缩至40 mL，冷却至室温得蓝紫色针状晶体，过滤，用滤纸吸干，称得其质量为3.9 g。
回答下列问题：
(1)过滤需要的玻璃仪器有________，步骤①中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为_________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)过滤和抽滤都是将固体和液体进行分离的操作，步骤③选择抽滤的原因是__________________________________________________________________
___________________________________________________________________；
抽滤完洗涤沉淀时，为了让洗涤液与沉淀的接触更充分，使洗涤的效果更好，其操作为________。
(3)步骤②中，K2CO3________(填“能”或“不能”)用CH3COOK代替，原因是_______________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(4)该实验中CuSO4·5H2O的利用率为________%。
(5)对最终产品进行热重分析，其剩余百分数与温度的变化曲线如图乙所示：
①A点固体的成分为________(填化学式)。
②B点到C点固体分解的化学方程式为_____________________________
______________________________________________________________。
[解析] (1)过滤是分离难溶性固体与液体混合物，使用的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒。CuSO4与NaOH发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，将沉淀过滤、洗涤，然后灼烧，发生分解反应产生CuO、H2O。若CuO已经洗涤干净，则最后一次的洗涤液中不含SOeq \\al(2－,4)。故检验CuO是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液适量于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明CuO已洗涤干净。(2)过滤和抽滤都是将固体和液体进行分离的操作，步骤③选择抽滤是由于K2Cu(C2O4)2微溶于冷水，为减少K2Cu(C2O4)2的损失，需加快固液分离的速率，采用抽滤方法就可以达到该实验目的。抽滤完洗涤沉淀时，为了让洗涤液与沉淀的接触更充分，使洗涤的效果更好，其操作为关小(或关闭)水龙头。(3)在步骤②中，不能用CH3COOK代替K2CO3使用，这是由于若使用CH3COOK，会引入杂质CH3COO－，使物质纯度降低。(4)4.0 g CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)＝eq \f(4.0 g,250 g/ml)＝0.016 ml，反应产生的K2Cu(C2O4)2·4H2O的质量是3.90 g，其物质的量n[K2Cu(C2O4)2·4H2O]＝eq \f(3.9 g,390 g/ml)＝0.01 ml，根据Cu元素守恒，可知CuSO4·5H2O的利用率是eq \f(0.01 ml,0.016 ml)×100＝62.5%。(5)设K2Cu(C2O4)2· 4H2O为1 ml，则其质量为390 g，在51 ℃时，固体加热失去结晶水，减少质量m(H2O)＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－90.77%))＝36 g，n(H2O)＝eq \f(36 g,18 g/ml)＝2 ml，故产品失去2个结晶水，故A点固体的化学式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2·2H2O；在123 ℃时，固体减少质量m＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－81.54%))＝72 g，n(H2O)＝eq \f(72 g,18 g/ml)＝4 ml，则产品失去全部结晶水，因此B点固体化学式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2。在320 ℃时，K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2受热分解，固体减少质量m＝390 g·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－44.62%))＝216 g，依据分解后得到的各物质(包括：H2O、CO、CO2、CuO、K2O)其中结晶水H2O的质量是72 g，则分解产生的CO、CO2的质量是216 g－72 g＝144 g。假设1 ml K2Cu(C2O4)2分解产生CO、CO2的物质的量分别是x、y，则x＋y＝4 ml；28x＋44y＝144 g，解得x＝2 ml，y＝2 ml，故1 ml K2Cu(C2O4)2分解得到的产物为2 ml CO、2 ml CO2，根据Cu、K元素守恒可知分解得到1 ml CuO、1 ml K2O，因此B点到C点固体分解的化学方程式为K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2eq \(=====,\s\up9(△))K2O＋CuO＋2CO↑＋2CO2↑。
[答案] (1)普通漏斗、烧杯、玻璃棒 取最后一次洗涤液适量于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明CuO已洗涤干净 (2)K2Cu(C2O4)2微溶于冷水，为减少K2Cu(C2O4)2的损失，需加快固液分离的速率 关小(或关闭)水龙头 (3)不能 会引入杂质醋酸根离子 (4)62.5 (5)K2Cu(C2O4)2·2H2O K2Cueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C2O4))2eq \(=====,\s\up9(△))K2O＋CuO＋2CO↑＋2CO2↑
1．(2022·辽宁选择性考试，T17节选)取2.50 g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________。
[解析] 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，消耗标准溶液体积为20 mL。m(H2O2)＝eq \f(5,2)n(KMnO4)×34 g＝eq \f(5,2)×20.00×10－3×0.0500×eq \f(100,20)×34 g＝0.425 g，ω(H2O2)＝eq \f(0.425 g,2.50 g)×100%＝17.0%。
[答案] 17.0%
2．(2021·全国甲卷，T27节选)(1)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________________(写表达式)。
(2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少量胆矾迸溅出来
[解析] (1)由题意知，结晶水的质量为m2－m3，硫酸铜的质量为m3－m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据分子个数比等于物质的量之比，则x＝eq \f(\f(m2－m3,18),\f(m3－m1,160))＝eq \f(80×m2－m3,9×m3－m1)。
(2)胆矾未充分干燥，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，①符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，会使测定的水的质量偏低，则会导致结晶水数目测定值偏低，②不符合题意；加热时有少量胆矾迸溅出来，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，③符合题意。
[答案] (1)eq \f(80m2－m3,9m3－m1) (2)①③
3．(2021·山东等级考，T6)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
D [设与1 ml X反应消耗HCl的物质的量为a ml，与1 ml Y反应消耗H2SO4的物质的量为b ml，根据得失电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～eq \f(a,2)H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq \f(a,b)，因eq \f(\f(a,2),b)＝eq \f(V1,V2)，因此eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；产物中X、Y化合价之比为eq \f(a,2b)，由B项可知eq \f(a,2b)＝eq \f(V1,V2)，故C正确；由eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)可知，当a＝1，b＝0.5时，eq \f(V1,V2)＝1，当a＝2，b＝1时，eq \f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq \f(V1,V2)无法确定X、Y的化合价，故D错误。]
4．(2022·浙江1月选考，T27)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。
[解析] 根据题意可知，该分解反应的方程式为2[Al(NO3)3·xH2O]eq \(=====,\s\up9(△))Al2O3＋4NO2↑＋O2↑＋2HNO3＋(2x－1)H2O，然后列关系式求解。
[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(2213＋18x,7.50)＝eq \f(102,1.02)
x＝9
(2)0.010 0
课时分层作业(四)
物质的量在化学反应中的计算
1．某固体混合物可能含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法正确的是( )
A．步骤①中未发生氧化还原反应
B．步骤②和步骤③中反应消耗的H＋的物质的量之比为3∶1
C．混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3
D．混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，不含有AlCl3
C [根据题图，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2,11.60 g是氢氧化镁沉淀，neq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(OH))2))＝eq \f(11.60 g,58 g·ml－1)＝0.2 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(MgCl2))＝0.2 ml×95 g·ml－1＝19 g，Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H2))＝eq \f(13.44 L,22.4 L·ml－1)＝0.6 ml，根据得失电子守恒：3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝2×0.6 ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝0.4 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Al))＝0.4 ml×27 g·ml－1＝10.8 g，浓硫酸吸收氨气，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH3))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(22.4－13.44))L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4))2SO4))＝0.4 ml×eq \f(1,2)×132 g·ml－1＝26.4 g，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为10.8 g＋26.4 g＋19 g＝56.2 g，则余下59.0 g－56.2 g＝2.8 g是AlCl3和NaCl中的一种或两种。A.根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A错误；B.步骤②为H＋＋OH－===H2O和AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，步骤③为Al(OH)3＋
3H＋===Al3＋＋3H2O，二者反应消耗的H＋的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误；C.根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3，C正确；D.根据分析，混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，NaCl和AlCl3至少还含有一种，D错误。]
2．将22.1 g由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得质量为15.9 g，将残余固体溶于100 mL盐酸中，收集到V L(标准状况下)CO2。下列说法错误的是( )
A．V＝3.36
B．盐酸的浓度至少为3 ml·L－1
C．原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝4∶1
D．若将原固体与足量盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L(标准状况下)
C [假设原固体中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))＝x ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝y ml，则有方程式①106 g·ml－1×x ml＋84 g·ml－1×x ml＝22.1 g，根据加热分解后的质量可得到方程式②x＋eq \f(1,2)y＝eq \f(15.9,106)，联立两个方程式得到x＝0.05 ml，y＝0.2 ml，即原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝1∶4；A.冷却后称得质量为15.9 g，则残余的碳酸钠为0.15 ml，根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.15 ml，则标准状况下体积为3.36 L，故A正确；B.Na2CO3～2HCl，残余的碳酸钠为0.15 ml，所以HCl至少为0.3 ml，浓度至少为0.3 ml÷0.1 L＝3 ml·L－1，故B正确；C.由分析可知，原固体混合物中，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))∶neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NaHCO3))＝1∶4，故C错误；D.根据碳元素守恒可知，原固体混合物可生成二氧化碳0.05 ml＋0.2 ml＝0.25 ml，则若将原固体与足量盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L(标准状况下)，故D正确。]
3．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 ml·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 ml B．0.21 ml
C．0.16 ml D．0.14 ml
B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒可知n(Fe)＝eq \f(1,2)×(0.12×4 ml－eq \f(1.344,22.4) ml)＝0.21 ml，故根据铁原子守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 ml，B项正确。]
4．一水草酸钙(CaC2O4·H2O)可用作分离稀有金属的载体。回答下列问题：
(1)制备一水草酸钙的方法如下：
先用精制氯化钙稀溶液与草酸钠溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中；再加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105 ℃干燥得产品。
①已知CaCl2溶液的CaCl2质量浓度为1.11 g·L－1，则该溶液中CaCl2的物质的量浓度为________。
②写出上述再加入氨水反应生成一水草酸钙沉淀的化学方程式：___________________________________________________________________。
(2)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.5 g样品加热，样品的固体残留率eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如下图所示。
①300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
②已知500 ℃时固体的成分为CaC2O4和CaCO3，则CaC2O4的质量为________ g，CaCO3的质量为________g。
[解析] (1)①已知CaCl2溶液的CaCl2质量浓度为1.11 g·L－1，则物质的量浓度为eq \f(1.11 g/L,111 g/ml)＝0.01 ml/L。②草酸钠溶于盐酸中，生成草酸，草酸和氯化钙、氨水反应生成一水草酸钙沉淀，化学方程式为H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O。(2)①样品中neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4·H2O))＝eq \f(36.5 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml，300 ℃时固体残留率为87.67%，失去的质量为4.5 g，则失去的是0.25 ml的H2O,300 ℃时残留固体成分为CaC2O4。900 ℃时，固体残留率为38.36%，剩余固体质量为14 g，其中钙的质量为40 g/ml×0.25 ml＝10 g，剩余4 g物质的摩尔质量为4 g÷0.25 ml＝16 g/ml，则900 ℃时残留固体为CaO。②根据500 ℃时固体总质量可得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))×128 g·ml－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))×100 g·ml－1＝36.5 g×76.16%，根据Ca2＋守恒可得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.25 ml，解得：neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＝0.1 ml，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.15 ml，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaC2O4))＝0.1 ml×128 g·ml－1＝12.8 g，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))＝0.15 ml×100 g·ml－1＝15.0 g。
[答案] (1)0.01 ml·L－1 H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===
CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O (2)CaC2O4 CaO 12.8 15.0
5．现有6.0 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为4.48 L。请回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)将混合气体依次通过过量的溶液中，装置如图所示，最后收集在气球中(体积在标准状况下测定)。
①NaOH溶液中发生的离子反应方程式：___________________________
_______________________________________________________________。
②气球的体积为________L(忽略气球弹性的影响)。
③若将混合气体通入足量的Na2O2中，转移的电子数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
[解析] (1)该混合气体的平均摩尔质量为eq \x\t(M)＝eq \f(m总,n总)＝eq \f(6.0 g,0.2 ml)＝30.0 g/ml；(2)①NaOH溶液中发生反应即CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，故该反应的离子反应方程式为2OH－＋CO2===COeq \\al(2－,3)＋H2O；②由题意可知，CO2完全被NaOH溶液吸收，即气球的体积就是CO的体积，设CO物质的量为x ml，CO2的物质的量为y ml，则x ml＋y ml＝eq \f(4.48 L,22.4 L/ml)，28 g/ml×x ml＋44 g/ml×y ml＝6.0 g，解之得x＝0.175 ml，y＝0.025 ml，V＝nVm＝0.175 ml×22.4 L/ml＝3.92 L，故气球的体积为3.92 L；③若将混合气体通入足量的Na2O2中即发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，反应中转移电子数为2，即1 ml CO2完全反应转移1 ml电子，结合分析可知，转移的电子数为0.025 ml×NA ml－1＝0.025NA。
[答案] (1)30.0 g/ml (2)2OH－＋CO2===COeq \\al(2－,3)＋H2O 3.92 L 0.025NA基本
原理
2Na ＋2H2O===2NaOH＋H2↑
eq \a\vs4\al(化学计量,数之比：) 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
eq \a\vs4\al(扩大NA,倍：) 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA
eq \a\vs4\al(物质的量,之比：)2 ml ∶ 2 ml ∶ 2 ml ∶ 1 ml
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比
解题
步骤
(1)根据题意写出并配平化学方程式。
(2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。
(3)把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。
(4)选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量
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