(新高考)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(含解析)

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1molI2，消耗的KI至少为______mol。答案4解析第一步：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41x1mol第三步：列比例，求未知量eq\f(4,1)＝eq\f(x,1mol)解得：x＝4mol1．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CaCO37.0g。①样品中CaO的质量为__________________________________________________________。②样品中CaO2·xH2O中的x为____________。答案(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。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w1g样品加热，其质量变为w2g，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\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1－w2)g样品中m(NaHCO3)＝eq\f(168w1－w2,62)g，样品中m(Na2CO3)＝w1g－eq\f(168w1－w2,62)g，其质量分数为eq\f(mNa2CO3,m样品)×100%＝eq\f(w1g－\f(168w1－w2,62)g,w1g)×100%＝eq\f(84w2－53w1,31w1)×100%。2．16mL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，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。答案6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)ΔV64561V(NO)V(NH3)1.5mLV(NO)＝eq\f(6×1.5mL,1)＝9mL，V(NH3)＝eq\f(4×1.5mL,1)＝6mL，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)＝(9mL＋1mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL＋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eq\f(9,7)<eq\f(VNO,VNH3)<eq\f(5,3)，eq\f(9,7)＜eq\f(nNO,nNH3)＜eq\f(5,3)。3．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·L－1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2mLc2mol·L－1NaOH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V1×10－3L×c1mol·L－1－V2×10－3L×c2mol·L－1×eq\f(1,2)＝(V1c1－eq\f(1,2)V2c2)×10－3mol，根据化学方程式CO(NH2)2＋H2Oeq\o(=,\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)×10－3mol，则尿素溶液中溶质的质量分数是eq\f(V1c1－\f(1,2)V2c2×10－3mol×60g·mol－1,ag)×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0.5000gCuSO4·5H2O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0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2、2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\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)＝0.1000mol·L－1×0.0198L＝0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度w＝eq\f(0.00198mol×250g·mol－1,0.5000g)×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mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2­KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。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×0.1000×32,m×1000)×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\o\al(2－,3)，可得n(I2)过量＝eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3mol－eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol＝(25.00－eq\f(V,2))×0.1000×10－3mol，则样品中S2－的含量为eq\f(25.00－\f(V,2)×0.1000×32,m×1000)×100%。3．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)。答案有关反应方程式为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%。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20mL苯(密度为0.88g·cm－3)与22mL浓硫酸和20mL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\o(→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))＋H2O(1)实验所用苯的质量为________。(2)若该实验制备得到纯硝基苯18g，计算该实验中硝基苯的产率为___(保留小数点后两位)。答案(1)17.6g(2)64.86%解析(1)实验所用苯的质量为20mL×0.88g·cm－3＝17.6g。(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≈27.75g，则硝基苯的产率为eq\f(18g,27.75g)×100%≈64.86%。5．已知eq\o(→,\s\up7(H2SO4溶液),\s\do5(100～130℃))，用40g苯乙腈，最终得到44g苯乙酸纯品，则苯乙酸的产率是__________________________________________________。答案95%解析m＝eq\f(136,117)×40g≈46.5g，产率为eq\f(44g,46.5g)×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5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是________。答案80.00%解析根据2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3，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%。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]＝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。(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\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(5)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%。3．(2021·浙江6月选考，27)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)。答案(1)0.06(2)由题意得n(H)＝0.06mol×2＝0.12mol，n(C)＝eq\f(30.00g－26.48g,44g·mol－1)＝0.08mol，n(O)＝eq\f(3.00g－0.08mol×12g·mol－1－0.12mol×1g·mol－1,16g·mol－1)＝0.12mol，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(21.08g－20.00g,18g·mol－1)＝0.06mol。4．[2020·山东5月等级模拟考，17(2)(3)](2)称取45.7mgZn3(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0.4570g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100mL容量瓶，定容。步骤Ⅱ：移取20.00mL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0.02000mol·L－1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60mL。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(45.7×10－3g,457g·mol－1)＝1×10－4mol，当温度为145℃时质量为42.1mg，蒸发水分的物质的量为eq\f(45.7－42.1×10－3g,18g·mol－1)＝2×10－4mol，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27.60×10－3L×0.02000mol·L－1＝5.52×10－4mol，则样品中Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为eq\f(5.52×10－4mol,3)×eq\f(100mL,20.00mL)＝9.2×10－4mol，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为eq\f(9.2×10－4mol×457g·mol－1,0.4570g)×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3.38gK2CO3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∶3答案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。2．28g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．160g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(28g,56g·mol－1)＝0.25mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25mol×160g·mol－1＝40g。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∶4B．4∶5C．3∶5D．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\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．＋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\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。5．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．铯答案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。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O2B．1mol过硼酸钠与足量Na2S溶液作用产生1molS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0.15molCu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．260mL B．280mLC．300mL D．400mL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NaNO3,1molCu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。8．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eq\f(cCl－,cClO－)＝11，则溶液中eq\f(cClO－,cClO\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)amol答案D解析设反应后溶液中n(ClO－)＝nmol，则n(Cl－)＝11nmol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，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，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，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)amolKClO3生成，有eq\f(5,6)的Cl2生成了KCl，故转移电子eq\f(5,6)amol，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100g样品，得到固体84.5g，已知反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\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＝100g－84.5g＝15.5g，即Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2CuO＋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%。10．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________。答案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。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