2025步步高高考大一轮复习讲义人教版化学大单元一　第二章　第6讲　物质的量浓度含答案

2025步步高高考大一轮复习讲义人教版化学第6讲物质的量浓度[复习目标]1.了解物质的量浓度及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用。2.了解溶液物质的量浓度的表示方法，理解溶解度、质量分数等概念，并能进行有关计算。3.掌握一定物质的量浓度溶液的配制方法并能进行误差分析。考点一物质的量浓度1．溶液组成的两种表示方法内容物质的量浓度溶质质量分数含义表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量，符号为cB用溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示表达式cB＝eq\f(nB,V)w(B)＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%单位mol·L－1无相互转化c＝eq\f(1000ρw,M)(ρ的单位为g·cm－3)2.物质的量浓度计算的两要素(1)正确判断溶质①与水发生反应生成新物质：Na、Na2O、Na2O2eq\o(→,\s\up7(水))NaOH；CO2、SO2、SO3eq\o(→,\s\up7(水),\s\do5(对应))H2CO3、H2SO3、H2SO4。②特殊物质：NH3eq\o(→,\s\up7(水))NH3·H2O(溶质按NH3进行计算)。③含结晶水的物质：CuSO4·5H2O、Na2CO3·10H2Oeq\o(→,\s\up7(水),\s\do5(对应))CuSO4、Na2CO3。(2)确定溶液体积：溶液体积不是溶剂体积，也不是溶剂体积与溶质体积的简单加和，可以根据V＝eq\f(m溶液,ρ溶液)求算。3．溶液的稀释与混合(1)溶液的稀释①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m浓w浓＝m稀w稀，溶液的质量m稀＝m浓＋m水；②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c稀V稀＝c浓V浓，但溶液的体积V稀≠V浓＋V水。(2)溶液(溶质相同)的混合①物质的量浓度不同(分别为c1、c2)的两溶液：混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。②质量分数不同(分别为a%、b%)的两溶液a．等体积混合当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，等体积混合后，质量分数w>eq\f(1,2)(a%＋b%)；当溶液密度小于1g·cm－3时，等体积混合后，质量分数w<eq\f(1,2)(a%＋b%)。b．等质量混合混合后溶液中溶质的质量分数w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。1．在100mL的烧杯中，加入10g食盐，然后注入90mL的水，充分溶解后，所得溶质的质量分数为10%()L－1()3．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－1()4．将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为40%()5．将标准状况下44.8LHCl溶于100mL水中，所得溶液的密度为1.384g·mL－1，则其物质的量浓度为1.5mol·L－1()6．25℃，pH＝1的H2SO4溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1()7．同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SOeq\o\al(2－,4)浓度之比为3∶2∶3()答案1.√2.×3.×4.×5.×6.×7．×一、物质的量浓度与质量分数的计算1．标准状况下，VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL－1)，所得溶液的密度为ρg·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列关系中不正确的是()A．ρ＝eq\f(17V＋22400,22.4＋22.4V) B．w＝eq\f(17c,1000ρ)C．w＝eq\f(17V,17V＋22400) D．c＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)答案A解析由c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000ρw,17)，可得w＝eq\f(17c,1000ρ)，B项正确；氨水中溶质的质量分数为eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1,\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1＋1000g)＝eq\f(17V,17V＋22400)，C项正确；氨水的物质的量浓度为eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000ρ×\f(17V,17V＋22400),17)＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)，D项正确。气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路2．已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为ρg·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，溶液中含NaCl的质量为mg。(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：。(2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：。(3)用c、ρ表示溶质的质量分数：。(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：。答案(1)eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1(2)eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1(3)eq\f(58.5c,1000ρ)×100%(4)eq\f(100w,1－w)g解析(1)c＝eq\f(\f(m,58.5),\f(V,1000))mol·L－1＝eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1。(2)c＝eq\f(1000mL·L－1×ρg·mL－1×w,58.5g·mol－1)＝eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1。(3)w＝eq\f(58.5g·mol－1×cmol·L－1×VmL,1000mL·L－1×ρg·mL－1×VmL)×100%＝eq\f(58.5c,1000ρ)×100%。(4)eq\f(S,100g)＝eq\f(w,1－w)，S＝eq\f(100w,1－w)g。二、溶液的稀释与混合3．VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3＋mg，取eq\f(V,4)mL该溶液用水稀释至4VmL，则SOeq\o\al(2－,4)物质的量浓度为()A.eq\f(125m,36V)mol·L－1 B.eq\f(125m,9V)mol·L－1C.eq\f(125m,54V)mol·L－1 D.eq\f(125m,18V)mol·L－1答案A解析eq\f(V,4)mL溶液中Al3＋的物质的量为eq\f(mg×\f(1,4),27g·mol－1)＝eq\f(m,108)mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝eq\f(\f(m,108)mol,4V×10－3L)＝eq\f(250m,108V)mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(3,2)c(Al3＋)＝eq\f(3,2)×eq\f(250m,108V)mol·L－1＝eq\f(125m,36V)mol·L－1。4．200mL0.3mol·L－1K2SO4溶液和100mL0.2mol·L－1Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度为。答案0.4mol·L－1解析200mL0.3mol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为0.2L×0.3mol·L－1＝0.06mol，100mL0.2mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为3×0.1L×0.2mol·L－1＝0.06mol，故混合液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为0.06mol＋0.06mol＝0.12mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合后溶液的体积为0.3L，混合液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度为eq\f(0.12mol,0.3L)＝0.4mol·L－1。考点二一定物质的量浓度溶液的配制1．容量瓶的构造及使用(1)构造及用途(2)查漏操作2．配制过程及操作质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制(1)配制100g10%的NaCl溶液：用托盘天平称取10.0gNaCl固体，放入200mL烧杯中，再用100mL量筒量取90.0mL的蒸馏水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。(2)用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50mL：用50mL的量筒量取40.0mL的蒸馏水注入100mL的烧杯中，再用10mL的量筒量取10.0mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。1．配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同()()3．把0.585gNaCl固体放入100mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1mol·L－1的NaCl溶液()4．用量筒量取20.0mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加80.0mL水，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液()5．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小()答案1.×2.√3.×4.×5.×一、一定物质的量浓度溶液的配制规范操作1．配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题。(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、、等。(2)计算：需要NaOH固体的质量为。(3)称量：①称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中并放在天平的(填“左盘”或“右盘”)。②某同学先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，说明此时左边质量(填“大于”或“小于”)右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为(填“32.6g”或“32.61g”)，请在下图标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。标尺：(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，作用是。(5)转移、洗涤。在转移时应使用引流，洗涤烧杯2～3次是为了。(6)定容、摇匀。定容的操作是。答案(1)胶头滴管500mL容量瓶(2)10.0g(3)①左盘②小于32.6g(4)搅拌，加速溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切解析(2)m(NaOH)＝0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1＝10.0g。(3)用托盘天平称量时，物品放在左盘，托盘天平可精确到0.1g。二、一定物质的量浓度溶液配制的误差分析误差分析的思维流程2．从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。(1)配制450mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：。(2)配制500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：。(3)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：。(4)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：。(5)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：。(6)未洗涤烧杯及玻璃棒：。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏大(5)偏小(6)偏小解析。(3)实际称量溶质的质量为4.0g－0.4g＝3.6g。3．从溶液改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。(1)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：。(2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：。(3)定容时仰视刻度线：。(4)定容摇匀后少量溶液外流：。(5)容量瓶中原有少量蒸馏水：。答案(1)偏大(2)偏小(3)偏小(4)无影响(5)无影响解析(1)NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。(2)溶液的总体积偏大。视线引起误差的分析方法(1)仰视容量瓶刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。(2)俯视容量瓶刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。1．(2023·全国甲卷，9)实验室将粗盐提纯并配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有()①天平②温度计③坩埚④分液漏斗⑤容量瓶⑥烧杯⑦滴定管⑧酒精灯A．①②④⑥ B．①④⑤⑥C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧答案D解析粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器是称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)，故本题选D。2．[2022·全国乙卷，27(1)]由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是(填仪器名称)。答案分液漏斗、球形冷凝管3．[2022·广东，17(2)]下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是(填字母)。答案C解析振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；定容完成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，右手扶住容量瓶底部，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，故D错误。4．[2022·海南，17(2)]现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7g·mL－1。若实验需100mL1.7mol·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4mL(保留一位小数)。答案11.5解析设需浓H3PO4的体积为VmL，则eq\f(1.7g·mL－1×VmL×85%,98g·mol－1)＝0.1L×1.7mol·L－1，V≈11.5。课时精练1．实验中需用1.0mol·L－1的CuSO4溶液950mL，配制时选用容量瓶的规格和称取药品的质量分别为()选项ABCD容量瓶规格1000mL950mL1000mL500mLCuSO4质量152.0g152.0g160.0g80.0g答案C解析配制1000mL溶液时，需要溶质CuSO4的质量为1L×1.0mol·L－1×160g·mol－1＝160.0g，C项正确。2．下列所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1的是()A．将0.1mol氨充分溶解在1L水中B．将10g质量分数为98%的硫酸与990g水混合C．将25.0g胆矾溶于水配成1L溶液D．将10mL1mol·L－1的盐酸与90mL水充分混合答案C解析将0.1mol氨充分溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，故不能得到0.1mol·L－1的溶液，A错误；将10g质量分数为98%的硫酸与990g水混合，不知所配溶液的密度，无法求算其物质的量浓度，B错误；25.0g胆矾的物质的量为0.1mol，将其溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1，C正确；将10mL1mol·L－1的盐酸与90mL水充分混合，不同液体混合后的体积不等于两液体体积在数值上的简单加和，D错误。3．取100mL0.3mol·L－1和300mL0.25mol·L－1的硫酸混合并稀释配成500mL溶液，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－1答案B解析该混合溶液中n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝eq\f(0.21mol,0.5L)＝0.42mol·L－1。4．用98%的浓H2SO4(密度为1.84g·mL－1)配制100mL1mol·L－1的稀H2SO4，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用的先后顺序排列正确的是()A．②⑥③⑦⑤⑥ B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥答案A解析－1，。5．配制500mL0.100mol·L－1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：下列说法正确的是()A．实验中需用的仪器有托盘天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低答案D解析配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，A错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，不必干燥，C错误；定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。6．若20g密度为dg·cm－3的硝酸钙溶液里含有1gCa2＋，则NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度为()A.eq\f(d,400)mol·L－1 B.eq\f(20,d)mol·L－1C．2.5dmol·L－1 D．1.25dmol·L－1答案C解析1g钙离子的物质的量为0.025mol，该溶液中neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2＋))＝0.025mol×2＝0.05mol,20g该硝酸钙溶液的体积V＝eq\f(20g,dg·cm－3)×10－3L·mL－1＝eq\f(1,50d)L，所以该溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝eq\f(0.05mol,\f(1,50d)L)＝2.5dmol·L－1，故选C。7．将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中，所得溶液的密度为ρg·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为()A.eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1 B.eq\f(4ρ,46a＋m)mol·L－1C.eq\f(1000aρ,50a＋m)mol·L－1 D.eq\f(1000aρ,45a＋m)mol·L－1答案A解析Na和Al一同投入mg足量水中时，发生反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为amol，结合化学方程式可知共生成2amolH2，所得溶液中只有NaAlO2一种溶质，其物质的量为amol。，则该溶液的物质的量浓度为eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1。8．(2023·湖南益阳模拟)下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1的FeCl3溶液中，Cl－的物质的量为0.3molB．NA个HCl分子溶于水中配成1L溶液，所得盐酸的浓度为1mol·L－1C．将10mL2mol·L－1H2SO4与100mL水混合，得到0.2mol·L－1H2SO4溶液D．将100mL饱和NaCl溶液浓缩至80mL，恢复到原温度，溶液的浓度升高答案B解析未指出溶液体积，无法计算溶质物质的量，A项错误；溶质HCl的物质的量为1mol，溶液体积为1L，则盐酸浓度为1mol·L－1，B项正确；混合后溶液总体积并不是混合前的10倍，所以所得H2SO4溶液浓度不是0.2mol·L－1，C项错误；温度不变物质溶解度不变，恢复到原温度，饱和溶液浓度不变，D项错误。9．室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl溶液100g，乙同学配制1.0mol·L－1的NaCl溶液100mL(20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g)。下列说法正确的是()A．两同学所需溶质的质量相同B．两同学所配溶液的质量相同C．两同学所需实验仪器种类相同D．甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大答案D－1的NaCl溶液需要氯化钠的质量为0.1L×1.0mol·L－1×58.5g·mol－1＝5.85g，A错误；氯化钠溶液的密度大于1g·mL－1,100mL氯化钠溶液的质量大于100g，B错误；配制一定质量分数的的氯化钠溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，C错误；配制10%的NaCl溶液100g，其密度大于1g·mL－1，所以100g溶液的体积小于100mL,10%的NaCl溶液中氯化钠的物质的量为eq\f(10%×100g,58.5g·mol－1)≈0.17mol，其物质的量浓度大于1.7mol·L－1，D正确。10．4℃下，把摩尔质量为Mg·mol－1的可溶性盐RClnAg溶解在VmL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρg·cm－3，下列关系式错误的是()A．溶质的质量分数w＝eq\f(A,A＋V)×100%B．溶质的物质的量浓度c＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1C．1mL该溶液中n(Cl－)＝eq\f(nρAV,MA＋V)mol(RCln在溶液中完全电离)D．该温度下此盐的溶解度S＝eq\f(100A,V)g答案C解析根据溶质的质量分数w＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%，m溶质＝Ag，VmL水的质量为Vg，m溶液＝(A＋V)g，w＝eq\f(A,A＋V)×100%，故A正确；根据溶质的物质的量浓度c＝eq\f(n,V′)，n＝eq\f(A,M)mol，V′＝eq\f(A＋V,1000ρ)L，代入可得c＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1，故B正确；1mL该溶液中n(Cl－)＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1×1mL×10－3L·mL－1×n＝eq\f(nρA,MA＋V)mol，故C错误；该温度下此盐的溶解度S＝eq\f(100A,V)g，故D正确。11．(2023·天津模拟)现有VmL硫酸钠溶液，它的密度是ρg·mL－1，其中钠离子的质量分数是a%，下列有关该溶液的说法错误的是()A．溶质的质量分数为eq\f(71a,23)%B．溶液的物质的量浓度是eq\f(5ρa,23)mol·L－1C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(1000－142a)D．硫酸根离子的质量分数是eq\f(48a,23)%答案C解析根据题意可知，钠离子的质量是ρVa%g，物质的量是eq\f(ρVa%,23)mol，所以硫酸钠的物质的量是eq\f(ρVa%,46)mol，质量是eq\f(ρVa%,46)mol×142g·mol－1eq\f(71ρVa%,23)g，溶质的质量分数是eq\f(\f(71ρVa%,23)g,ρVg)＝eq\f(71a,23)%，A正确；溶液的物质的量浓度c＝eq\f(\f(ρVa%,46)mol,0.001VL)＝eq\f(5ρa,23)mol·L－1，B正确；溶质和溶剂的物质的量之比是eq\f(ρVa%,46)mol∶eq\f(ρVg－\f(71ρVa%,23)g,18g·mol－1)＝9a∶(2300－71a)，C错误；硫酸根离子的质量分数是eq\f(\f(ρVa%,46)mol×96g·mol－1,ρVg)＝eq\f(48a,23)%，D正确。12．(2023·湖南邵阳模拟)实验室备有质量分数为63%、密度为1.40g·cm－3的浓硝酸。下列说法错误的是()A．该硝酸的物质的量浓度为14.0mol·L－1B．某同学用该浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高C．50mL该硝酸与足量的铜反应可得到标准状况下0.35molNO2D．等体积的水与该硝酸混合所得溶液的物质的量浓度大于7.0mol·L－1答案C解析根据c＝eq\f(1000ρw,M)，可知该硝酸的物质的量浓度c＝eq\f(1000×1.40×63%,63)mol·L－1＝14.0mol·L－1，A项正确；某同学用该浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，溶液体积偏小，会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高，B项正确；Cu与浓HNO3发生反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，硝酸浓度降低到某一浓度后，开始生成NO，不再生成NO2,50mL该浓硝酸中，硝酸的物质的量n＝0.05L×14mol·L－1＝0.7mol，由4HNO3～2NO2可知，生成NO2的物质的量小于0.35mol，C项错误；等体积的水与该硝酸混合所得溶液的体积小于原硝酸体积的2倍，因此所得溶液的物质的量浓度大于7.0mol·L－1，D项正确。13．Ⅰ.绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成中用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。,50%的硫酸物质的量浓度为(结果保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的质量分数(填“>”“<”或“＝”)40%。(2)将111.2g绿矾(FeSO4·7H2O，式量为278)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为g；SO2为mol。Ⅱ.实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量为392]。(3)将4.88g铁屑(含Fe2O3)与25mL3mol·L－1H2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数是(结果保留两位小数)。(4)向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t℃，析出莫尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g。t℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为(结果保留两位小数)。答案(1)7.14mol·L－1>(2)320.2(3)65.57%(4)22.35g解析(1)密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.4×50%,98)mol·L－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合，由2FeSO4·7H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol×eq\f(1,2)×160g·mol－1＝32g，SO2的物质的量为0.4mol×eq\f(1,2)＝0.2mol。(3)根据题意知，溶液中剩余酸的物质的量n(H2SO4)＝0.1mol·L－1×eq\f(1,2)×0.1L＝0.005mol，则参加反应的n(H2SO4)＝，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4=3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是eq\f(0.02mol×160g·mol－1,4.88g)×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04)mol＝0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g·mol－1－12.360g＝15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则eq\f(x,100g)＝eq\f(15.08g,82.560g－15.08g)，解得x≈22.35g。14．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。Ⅰ.配制酸性KMnO4标准溶液：如图是配制50mL0.020mol·L－1酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示并判断其中不正确的操作有(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是(填名称)。(3)在其他操作均正确的情况下，如果按照图示的操作配制溶液，配制溶液的浓度将(填“偏大”或“偏小”)。·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。(4)已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则式中的x＝。(5)滴定时，根据现象：，即可确定反应达到终点。(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为mg·cm－3。答案(1)⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小(4)2(5)当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色(6)1.2解析(3)用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，配制的溶液浓度将偏小。(6)20.00mL血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝eq\f(5,2)×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g·mol－1×6×10－4mol＝0.024g，其浓度为eq\f(0.024×103mg,20.00cm3)＝1.2mg·cm－3。第7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。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)2mol1mol2mol24g1mol22.4L(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，则样品中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%。一、气体差量法应用1．标准状况下，将20LCO2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16L，则原混合气体中CO的体积为()A．4LB．8LC．12LD．16L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＋O2ΔV44．8L22.4L22.4LV(CO2)(20－16)L44．8L∶22.4L＝V(CO2)∶(20－16)L，解得V(CO2)＝8L，则V(CO)＝(20－8)L＝12L。2．在一个容积为6L的密闭容器中，放入3LX(g)和2LY(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．2B．3C．4D．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5L×5%＝0.25L，由于平衡时X浓度减少了eq\f(1,3)，所以X减少了1L，根据差量法，4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)ΔV4 4－n1L 0.25Leq\f(4,4－n)＝eq\f(1L,0.25L)，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)√，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×MB2O3,2×MNH4B5O8·4H2O)＝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\o(=,\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)＝146g·mol－1，取1molCaC2O4·H2O，质量为146g，当剩余质量为128g时，质量减少了18g，即减少1molH2O，结合题图知，在400℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100g时，质量又减少了28g，即减少1molCO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400℃至600℃时发生的反应为CaC2O4eq\o(=,\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)。，则M(FeOx)＝120g·mol－1×66.7%＝80.04g·mol－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257.9t解析根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4即：S～H2SO43298200t×40%95%·x32∶98＝(200t×40%)∶(95%·x)x≈257.9t。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＋6Fe3＋＋7H2O；某次实验称取0.2800g样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为________%。答案90.36解析关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)，n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))。代入数据得：eq\f(0.2800g×αFe,56g·mol－1)＝6×0.03000mol·L－1×25.10×10－3L，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\o\al(－,4)＋H＋＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥(主要成分为Co、SiO2等)样品中钙的质量分数为________。答案45.0%＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为xmol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：5Ca2＋～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)5mol2molxmol0.0500mol·L－1×36.00×10－3L，故该水泥样品中钙的质量分数为eq\f(0.180g,0.400g)×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＝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)%。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m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，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\o\al(－,3)离子交换柱发生反应：WOeq\o\al(2－,4)＋Ba(IO3)2=BaWO4＋2IOeq\o\al(－,3)；交换结束后，向所得含IOeq\o\al(－,3)的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IOeq\o\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\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。滴定达终点时消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg·mol－1)的质量分数为____________。答案①m3＋m1－2m2②eq\f(cVM,120m3＋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\o\al(2－,4)～2IOeq\o\al(－,3)～6I2～12S2Oeq\o\al(2－,3)，结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6～12S2Oeq\o\al(2－,3)，则样品中n(WCl6)＝eq\f(1,12)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,12)×cmol·L－1×V×10－3L，m(WCl6)＝eq\f(1,12)×cmol·L－1×V×10－3L×Mg·mol－1＝eq\f(cVM,12000)g，因此样品中WCl6的质量分数为eq\f(\f(cVM,12000)g,m3＋m1－2m2g)×100%＝eq\f(cVM,120m3＋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7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：(1)x＝_________________________________________________________(写出计算过程)。(2)气体产物中n(O2)＝__________mol。答案(1)9计算过程：2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O32(213＋18x)g102g7．50g1.02geq\f(2213＋18x,7.50)＝eq\f(102,1.02)解得x＝9(2)0.0100解析(2)n(样品)＝n(Al)＝eq\f(1.02g,102g·mol－1)×2＝0.02mol，气体产物中n(H2O)＝eq\f(3.06g,18g·mol－1)＝0.17mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2mol－0.17×2mol＝0.02mol，根据氮元素根据氧元素守恒，n(O2)＝eq\f(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03,2)mol＝0.0100mol。2．[2022·福建，11(2)]取5.0g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3.0g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。答案84%×8%＝0.24g，则Al2O3的浸出率为eq\f(1.5g－0.24g,1.5g)×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0.5000g，用100mL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0.100mol·L－1H2SO4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0.4660g。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(0.4660g,233g·mol－1)＝0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol×244g·mol－1＝0.488g，质量分数为eq\f(0.488g,0.5000g)×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：离子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－浓度/(mol·L－1)4×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5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\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(NOeq\o\al(－,3))＋c(Cl－)，代入数据可得c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，即pH＝4。5．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；加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·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bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，根据SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓可知n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，根据NHeq\o\al(＋,4)＋OH－，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，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\co1(A＝f1x，y,B＝f2x，y))。1．取10.80g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6.40g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\o(=,\s\up7(△))CaO＋FeO＋2CO2↑解析X完全分解生成CO2的质量为10.80g－6.40g＝4.40g，其物质的量为0.10mol，根据×n(CaO)＋72g·mol－1×n(FeO)＝6.40g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050mol，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mg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ag。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______mol(用含m的最简式表示)。答案(1)eq\f(4m,9)(2)eq\f(3m,1216)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＋＋H2Oeq\f(m,144)moleq\f(m,144)mol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xmol、ymol。Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2Ox2xCu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2Oyyy2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋2xx根据题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－x＝\f(m,9×64),160x＋144y＝m))所以x＝eq\f(3m,1216)。课时精练1．将aLNH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为bL(气体体积均在同温同压下测定)，该bL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\o(,\s\up7(铁触媒),\s\do5(高温))N2＋3H2ΔV2L2Lx(b－a)L解得x＝(b－a)L所以气体中NH3的体积分数为eq\f(aL－b－aL,bL)＝eq\f(2a－b,b)。2．将12g铁片放入150mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是()A．0.125mol·L－1 B．0.175mol·L－1C．0.25mol·L－1 D．0.50mol·L－1答案C解析设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol，则：Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm1mol8gxmol0.3g1mol∶xmol＝8g∶0.3g解得x＝0.0375，硫酸铜的物质的量浓度为eq\f(0.0375mol,0.15L)＝0.25mol·L－1。3．常温下，某氮的气态氧化物15.6L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46.8L，则原氮的氧化物的化学式为()A．N2O3B．NO2C．NOD．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＋xH2OΔV1x15．6L46.8L则1∶x＝15.6L∶46.8L，x＝3，所以其化学式为N2O3。4．将15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L－1MCln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．4B．3C．2D．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\o\al(2－,3)2n0．04L×0.5mol·L－10.015L×2mol·L－1解得n＝3。5．用足量的CO还原13.7g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8.0g，则此铅氧化物的化学式是()A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4D．PbO2答案C解析设此铅氧化物的化学式为PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO316y100ym(O)＝1.28g8.0g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝eq\f(mPb,MPb)∶eq\f(mO,MO)＝3∶4。6．在氧气中燃烧0.22g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10mL0.5mol·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)×0.01×0.5mol＝0.0025mol，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.0025mol，w(S)＝eq\f(0.0025×32g,0.22g)×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11.5g绿矾产品，溶解，配制成1000mL溶液；分别量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01000mol·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20.00mL。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\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3L×0.01000mol·L－1＝2.0×10－4mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3mol，w(FeSO4·7H2O)＝eq\f(1.0×10－3mol×\f(1000mL,25mL)×278g·mol－1,11.5g)×100%≈96.7%。8．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(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．0.25mol B．0.2molC．0.3mol D．0.35mol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]＝(0.15L×4mol·L－1－eq\f(2.24L,22.4L·mol－1))×eq\f(1,2)＝0.25mol，则n(Fe)＝0.25mol，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0.25mol。9．向100mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36L，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．0.75mol·L－1 B．1mol·L－1C．1.5mol·L－1 D．2mol·L－1答案D；假设FeBr2溶液的浓度是xmol·L－1，则在原溶液中n(Fe2＋)＝0.1xmol，n(Br－)＝0.2xmol；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amol·L－1KBrO3标准溶液。Ⅱ.取V1mL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V2mL废水。Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。Ⅴ.用bmol·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V3mL。已知：①I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6②Na2S2O3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：94g·mol－1)。答案eq\f(946aV1－bV3,6V2)解析n(BrOeq\o\al(－,3))＝aV1×10－3mol，根据反应BrOeq\o\al(－,3)＋5Br－＋6H＋=3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3aV1×10－3mol，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)＝bV3×10－3mol，n1(Br2)＝eq\f(1,2)bV3×10－3mol，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)×10－3mol，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)×10－3mo