文档内容
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CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I，若生成
4 2
1 mol I ，消耗的KI至少为______mol。
2
答案 4
解析
第一步：写出配平的方程式 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I
2
第二步：把已知量和求解量列 4 1
在有关物质化学式的下面 x 1 mol
第三步：列比例，求未知量 ＝ 解得：x＝4 mol
1．过氧化钙(CaO)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
2
农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取 5.42 g 过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO·xHO=====2CaO＋O↑＋
2 2 2
2xHO，得到O 在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO 的物质的量为________。
2 2 2
(2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的NaCO 溶液，将溶液中的
2 3
Ca2＋全部转化为CaCO 沉淀，得到干燥的CaCO 7.0 g。
3 3
①样品中CaO的质量为__________________________________________________________。
②样品中CaO·xHO中的x为____________。
2 2
答案 (1)0.06 mol (2)①0.56 g ②0.5
解析 (1)n(O )＝＝0.03 mol，则
2
2CaO·xHO=====2CaO＋O↑＋2xHO
2 2 2 2
2 mol 1 mol
n(CaO·xHO) 0.03 mol
2 2
解得n(CaO·xHO)＝0.06 mol，
2 2
则n(CaO)＝n(CaO·xHO)＝0.06 mol。
2 2 2(2)n(CaCO)＝＝0.07 mol。
3
①根据钙元素守恒，可知：n(CaO)＝0.07 mol－0.06 mol＝0.01 mol，所以m(CaO)＝0.01 mol
×56 g·mol－1＝0.56 g。
②样品中水的质量为
m(H O)＝5.42 g－m(CaO)－m(CaO)＝5.42 g－0.06 mol×72 g·mol－1－0.56 g＝0.54 g，
2 2
所以n(H O)＝＝0.03 mol，
2
则x＝＝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NaHCO 杂质的NaCO 样品的纯度，现将w g样品加热，其质量变
3 2 3 1
为w g，请列式计算该样品中NaCO 的质量分数。
2 2 3
答案 样品加热发生的反应为
2NaHCO =====NaCO＋HO＋CO↑ Δm
3 2 3 2 2
168 106 62
m(NaHCO ) (w－w) g
3 1 2
样品中m(NaHCO )＝ g，
3
样品中m(Na CO)＝w g－ g，
2 3 1
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
2．16 mL由NO与NH 组成的混合气体在催化剂作用下于 400 ℃左右可发生反应：6NO＋
3
4NH 5N ＋6HO(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，计算原混合气体
3 2 2
中NO与NH 的物质的量之比。
3
答案
6NO ＋ 4NH 5N＋6HO(g) ΔV
3 2 2
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH ) 1.5 mL
3
V(NO)＝＝9 mL，
V(NH )＝＝6 mL，
3
由此可知共消耗 15 mL 气体，还剩余 1 mL 气体，假设剩余的气体全部是 NO，则V(NO)∶V(NH )＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是 NH ，则
3 3
V(NO)∶V(NH )＝9 mL∶
3
(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH 的混合气体，
3
故<<，＜＜。
3．尿素溶液浓度影响NO 的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·mol－1)含量的方法如下：取a
2
g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH ，所得NH 用过量的V mL c mol·L－1 HSO 溶液吸
3 3 1 1 2 4
收完全，剩余HSO 用V mL c mol·L－1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量
2 4 2 2
分数是________(已知尿素[CO(NH)]水溶液热分解为NH 和CO)。
2 2 3 2
答案 %
解析 吸收NH 的硫酸的物质的量为V×10－3 L×c mol·L－1－V ×10－3 L×c mol·L－1
3 1 1 2 2
×＝(Vc －Vc)×10－3 mol，根据化学方程式CO(NH) ＋HO=====2NH ↑＋CO↑和2NH
1 1 2 2 2 2 2 3 2 3
＋HSO ===(NH )SO 可知，尿素的物质的量为(Vc －Vc)×10－3mol，则尿素溶液中溶质的
2 4 4 2 4 1 1 2 2
质量分数是×100%＝%。
考点二 关系式法的应用
关系式法
(1)列关系式通常有如下几种方法：
①有关化学方程式的计量数关系；②原子守恒关系；③得失电子守恒关系。
(2)应用关系式法的思维模型
一、关系式法在滴定计算中的应用
1．准确称取0.500 0 g CuSO ·5H O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液
4 2
并用稀HSO 酸化，以淀粉溶液为指示剂，用 0.100 0 mol·L－1NaSO 标准溶液滴定至终点，
2 4 2 2 3
消耗NaSO 的溶液19.80 mL。
2 2 3
测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I、2SO＋I===SO＋2I－。
2 2 2 4计算CuSO ·5H O样品的纯度(写出计算过程)：_____________________________________。
4 2
审题流程
答案 根据实验流程及反应方程式得关系式： CuSO ·5H O～NaSO ，样品中
4 2 2 2 3
n(CuSO ·5H O)＝0.100 0 mol·L－1×0.019 8 L＝0.001 98 mol，则CuSO ·5H O样品的纯度w＝
4 2 4 2
×100%＝99%
2．[2019·全国卷Ⅱ，26(3)]立德粉(ZnS·BaSO )成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称
4
取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的IKI溶液于其中，并加入乙
2
酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I 用0.100 0
2
mol·
L－1 Na SO 溶液滴定，反应式为I＋2SO===2I－＋SO。测定时消耗NaSO 溶液体积
2 2 3 2 2 4 2 2 3
V mL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为_______________________
_______________________________(写出表达式)。
答案 浅蓝色至无色 ×100%
解析 达到滴定终点时I 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
2
不再发生变化；根据滴定过量的I 消耗NaSO 溶液的体积和关系式I～2SO，可得
2 2 2 3 2 2
n(I) ＝×0.100 0V×10－3mol，再根据关系式S2－～I 可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×
2 过量 2
10－3 mol－×0.100 0V×10－3mol＝(25.00－)×0.100 0×10－3mol，则样品中S2－的含量为
×100%。
3．称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnO溶液；
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物；
③酸化溶液，MnO歧化为MnO和MnO ；
2
④滤去MnO ；
2
⑤用0.100 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnO，共用去25.80 mL。
计算样品中MnO 的质量分数(保留1位小数；写出简要的计算过程)。
2
答案 有关反应方程式为
MnO ＋NaO===NaMnO
2 2 2 2 4
3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO ↓＋2HO
2 2
MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4HO
2
MnO ～ MnO～MnO～Fe2＋
2
故w(MnO )＝×100%＝
2
×100%≈67.3%。二、关系式法在计算转化率(产率)中的应用
4．实验室在55～60 ℃的条件下将20 mL苯(密度为0.88 g·cm－3)与22 mL浓硫酸和20 mL
浓硝酸的混合液共热来制备硝基苯(难溶于水的油状液体)，制备原理和装置如下(加热和夹持
装置省略)：
＋HNO――→ ＋HO
3 2
(1)实验所用苯的质量为________。
(2)若该实验制备得到纯硝基苯18 g，计算该实验中硝基苯的产率为___(保留小数点后两位)。
答案 (1)17.6 g (2)64.86%
解析 (1)实验所用苯的质量为20 mL×0.88 g ·cm－3＝17.6 g。
(2)根据关系式： ，可知理论上生成的硝基苯的质量为 g≈
27.75 g ，则硝基苯的产率为×100%≈64.86%。
5．已知 ――――→ ，用40 g苯乙腈，最终得到44 g苯乙酸纯
品，则苯乙酸的产率是__________________________________________________。
答案 95%
解析
m＝×40 g≈46.5 g，
产率为×100%≈95%。
熟记计算公式
(1)物质的质量分数(或纯度)＝×100%。
(2)反应物的转化率＝×100%。
(3)生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。
1．[2021·湖北1月选考模拟，16(5)]某同学用5.60 g干燥铁粉制得无水FeCl 样品13.00 g，
3该次实验的产率是________。
答案 80.00%
解析 根据2Fe＋3Cl=====2FeCl ，可求5.60 g 干燥铁粉完全转化为FeCl 的质量为×162.5
2 3 3
g·mol－1＝16.25 g，则产率为×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(C H O)·H O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下：
6 11 7 2 2
①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液；
②加入足量(NH )C O 溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
4 2 2 4
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO 标准溶液滴定，消
4
耗KMnO 标准溶液25.00 mL。
4
(4)用KMnO 标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________________
4
(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)5H C O ＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO 滴入最后一滴高锰酸钾标准
2 2 4 2 2
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 5HC O＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO定量关系式：
2 2 4 2 2
5Ca(C H O)·H O～5CaC O～5HC O～2MnO
6 11 7 2 2 2 4 2 2 4
5 mol 2 mol
n 0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3L
则 n ＝ ×0.020 00 mol·L － 1×0.025 L ＝ 1.250×10 － 3mol ， m[Ca(C H O)·H O] ＝
6 11 7 2 2
M[Ca(C H O)·H O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。
6 11 7 2 2
3．(2021·浙江6月选考，27)将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)
样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO 吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数
2
据如下表：
吸水剂 CO 吸收剂
2
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
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)＝0.06 mol×2＝0.12 mol，n(C)＝＝
0.08 mol，n(O)＝＝0.12 mol，则最简式为C HO ，由相对分子质量为150，则可以得到该有
2 3 3
机物的分子式为C HO
4 6 6
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(H O)＝＝＝0.06 mol。
2
4．[2020·山东5月等级模拟考，17(2)(3)](2)称取45.7 mg Zn (PO )·4H O进行热重分析，化
3 4 2 2
合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn(PO )·2H O和Zn(PO )·H O的混合产品，
3 4 2 3 4 2 2
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Zn(PO )·4H O的含量，进行如下实验，已知滴定过程中 Zn2＋与HY2－按
3 4 2 2 2
1∶1反应。
步骤Ⅰ：准确称取0.457 0 g 产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL
容量瓶，定容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL 上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH＝5～6的缓冲溶液中用
0.020 00 mol·L－1NaHY标准溶液滴定至终点，测得NaHY标准溶液的用量为27.60 mL。
2 2 2 2
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为______；产品中 Zn(PO )·H O 的质量分数为
3 4 2 2
______。下列操作中，导致产品中Zn(PO )·H O含量测定值偏低的是________(填字母)。
3 4 2 2
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NaHY标准溶液润洗
2 2
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Zn(PO )·4H O，此时产品的物质的量为＝
3 4 2 2
1×10－4 mol，当温度为145 ℃时质量为42.1 mg，蒸发水分的物质的量为＝2×10－4 mol，
则产品为Zn(PO )·2H O，同理可得，当温度为 195 ℃时产品为Zn(PO )·H O，当温度为
3 4 2 2 3 4 2 2
273 ℃时产品为Zn(PO ) ，为获得Zn(PO )·2H O和Zn(PO )·H O的混合产品，应控制温
3 4 2 3 4 2 2 3 4 2 2
度范围为145～195 ℃。
(3)滴定时有关系式：Zn(PO )·4H O～3Zn2＋～3NaHY，消耗NaHY的物质的量为27.60×
3 4 2 2 2 2 2 2
10－3 L×0.020 00 mol·L－1＝5.52×10－4mol，则样品中 Zn(PO )·4H O的物质的量为×＝
3 4 2 2
9.2×10－4mol，则产品中Zn(PO )·4H O的质量分数为×100%＝92%。a项，步骤Ⅰ中定容
3 4 2 2
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NaHY标准溶液润洗，所
2 2
需标准溶液体积偏大，测定值偏高；d项，步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有
气泡，所需标准溶液体积偏小，测定值偏低。
课时精练
1．取 3.38 g K CO 和 KHCO 的混合物溶于水配成 25 mL 溶液，往溶液中加入 25 mL
2 3 3
Ba(OH) 溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8 mol·L－1(忽略混合
2
后溶液体积变化)，则原混合物中KCO 和KHCO 物质的量之比为( )
2 3 3
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．2∶3
答案 A
解析 设原混合物中n(K CO)＝x mol，n(KHCO)＝y mol，根据总质量可得：138x＋100y
2 3 3
＝3.38①，反应后剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH－)＝0.8 mol·L－1×0.05 L＝0.04 mol。
根据化学方程式：
KCO＋Ba(OH) ===BaCO ↓＋2KOH
2 3 2 3
x mol 2x mol
KHCO ＋Ba(OH) ===BaCO ↓＋KOH＋HO
3 2 3 2
y mol y mol
可得2x＋y＝0.04②，
联立①②解方程组得：
所以原混合物中n(K CO)∶n(KHCO)＝0.01 mol∶0.02 mol＝1∶2。
2 3 3
2．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的NaO 固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，
2 2
最终得到的固体质量为( )
A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g
答案 B
解析 铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的 NaO 固体，由于NaO 固体溶于
2 2 2 2
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Fe O ，根据铁原子守恒，n(Fe O)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe O 固体的质量
2 3 2 3 2 3
为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
3．一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO 、N 和HO，在反应中被还原与被氧化的氮
3 2 2
原子数之比是( )
A．5∶4 B．4∶5 C．3∶5 D．5∶3
答案 C
解析 反应中只有N元素的化合价发生变化，N元素由铵根离子中的－3价升高为氮气中的0价，被氧化；由硝酸根离子中的＋5价降低为氮气中的0价，被还原，由得失电子守恒可
知，反应中被还原与被氧化的氮原子数之比为3∶5。
4．在一定条件下，RO和F 可发生如下反应：RO＋F ＋2OH－===RO＋2F－＋HO，从而可
2 2 2
知在RO中，元素R的化合价是( )
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
答案 B
解析 方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为
x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。
方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1
＝[0－(－1)]×2，x＝＋5。
5．钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合
金中另一金属可能是( )
A．锂 B．钠 C．钾 D．铯
答案 A
解析 氢气的物质的量为0.1 mol，由
2M ＋ 2HO === 2MOH＋H↑
2 2
2 1
0．2 mol 0.1 mol
则金属的平均摩尔质量为＝22 g·mol－1，钾的摩尔质量为39 g·mol－1，则另一种碱金属的摩
尔质量一定小于22 g·mol－1，在所给金属中只有Li符合题意。
6．过硼酸钠(NaBO ·4H O，B为＋3价)有类似过氧化氢的反应性能，受热分解，广泛应用
3 2
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O
2
B．1 mol 过硼酸钠与足量NaS溶液作用产生1 mol S沉淀
2
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O
3
答案 D
解析 根据NaBO ·4H O，B为＋3价推测NaBO 的结构为 ，加热时过氧
3 2 3
键断裂产生O 等，故A正确；NaBO ＋NaS＋HO===NaBO ＋2NaOH＋S↓，故B正确；
2 3 2 2 2
铁盐、铜盐能与反应物NaOH反应，同时可以催化HO 分解，所以生产过程中遇到铁盐、
2 2
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O，故D错误。
27.(2022·山东模拟)将0.15 mol Cu和Cu O混合固体投入至800 mL 2 mol·L－1的稀硝酸溶液中，
2
充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 mol·L－1NaOH
溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为( )
A．260 mL B．280 mL
C．300 mL D．400 mL
答案 C
解析 Cu和Cu O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
2
好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO ,1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu O失去2 mol 电子，
3 2
而生成1 mol NO 要转移3 mol电子，由电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu O)，则
2
n(NO)＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知：n(HNO)＝n(NaNO )＋n(NO)，而n(NaOH)
3 3
＝n(NaNO )，所以n(NaOH)＝n(NaNO )＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，氢氧化钠溶
3 3
液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL，故C正确。
8．已知：将Cl 通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO ，且的值与温度高
2 3
低有关。当n(KOH)＝a mol时，下列有关说法错误的是( )
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n 的范围：a mol≤n≤a mol
e e
D．改变温度，产物中KClO 的最大理论产量为a mol
3
答案 D
解析 设反应后溶液中n(ClO－)＝n mol，则n(Cl－)＝11n mol，根据氧化还原反应中得失电
子守恒可知，生成11n mol Cl－得11n mol电子，生成n mol ClO－失去n mol电子，而生成
1 mol ClO失去5 mol电子，因此反应生成的ClO应为2n mol，A正确；由于产物中可能有
KCl、KClO、KClO ，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
3
Cl 的物质的量为KOH的，B正确；当只有KCl、KClO生成时，1 mol Cl 参加反应转移1
2 2
mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO 生成时，根据
3
得失电子守恒可知，有的Cl 生成了KClO ，即有a mol KClO 生成，有的Cl 生成了KCl，
2 3 3 2
故转移电子a mol，C正确、D错误。
9．(2022·重庆模拟)碱式碳酸铜[Cu (OH) CO]用作农药防治小麦黑穗病，实验室用加热法测
2 2 3
定某农药中碱式碳酸铜的质量分数(假设杂质受热不参与反应)。充分加热100 g样品，得到
固体 84.5 g，已知反应的化学方程式为 Cu (OH) CO=====2CuO＋HO＋CO↑，
2 2 3 2 2
Cu (OH) CO 的相对分子质量为222。
2 2 3
试计算：
(1)Cu (OH) CO 中铜元素与氧元素的质量之比：________(最简整数比)。
2 2 3
(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)Cu (OH) CO 中m(Cu)∶m(O)＝(2×64)∶(5×16)＝8∶5。(3)样品充分加热分解后
2 2 3
固体质量减轻Δm＝100 g－84.5 g＝15.5 g，即
Cu (OH) CO=====2CuO＋HO＋CO↑ Δm
2 2 3 2 2
222 160 62
m 15.5 g
则含有Cu (OH) CO 的质量m＝×15.5 g＝55.5 g，样品中碱式碳酸铜的质量分数是×100%
2 2 3
＝55.5%。
10．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K Cr O 溶液，
2 2 7
恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr O中的铬全部转化为Cr3＋。则KCr O 的物质的量浓度
2 2 2 7
是________。
答案 0.100 mol·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Cr O中＋6价铬所得电子的物
2
质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(CrO)×(6－3)×2，得c(CrO)＝
2 2
0.100 mol·L－1。
11．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH) 和Cu(OH) 开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃。
3 2
若银铜合金中铜(M＝63.5 g·mol－1)的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转
化为_____________mol CuAlO ，至少需要1.0 mol·L－1的Al (SO ) 溶液________L。
2 2 4 3
答案 50 25.0
解析 5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝＝50 mol，
由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式：
Cu ～ CuAlO ～ Al (SO )
2 2 4 3
1 1
50 mol 50 mol 25 mol
至少需要Al (SO ) 溶液的体积为＝25.0 L。
2 4 3
12．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用NaSO、KCr O 等试剂测定某工厂
2 2 3 2 2 7
废水中Ba2＋ 的物质的量浓度。
(1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的标准NaSO 溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃
2 2 3棒、烧杯外，还需要________。
(2)需准确称取NaSO 固体的质量为________g。
2 2 3
(3)另取50.00 mL废水，控制适当的酸度，加入足量的KCr O 溶液，得到BaCrO 沉淀；沉
2 2 7 4
淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时 CrO全部转化为Cr O，再向其中滴加上述
2
标准NaSO 溶液，反应完全时，消耗NaSO 溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式
2 2 3 2 2 3
为Cr O＋6SO＋14H＋===2Cr3＋＋3SO＋7HO。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为
2 2 4 2
________。
答案 (1)250 mL容量瓶、胶头滴管 (2)4.0 (3)0.024 mol·L－1
解析 (2)Na SO 的物质的量为0.25 L×0.100 0 mol·L－1＝0.025 mol，其质量为0.025 mol
2 2 3
×158 g·mol－1＝3.95 g，托盘天平精确度为0.1 g，需称量NaSO 的质量为4.0 g。
2 2 3
(3)设该工厂废水中Ba2＋的物质的量为x，
由Ba2＋转化为BaCrO 沉淀，CrO全部转化为Cr O，Cr O＋6SO＋14H＋===2Cr3＋＋3SO＋
4 2 2 2 4
7HO，
2
则2Ba2＋～2BaCrO～Cr O～6SO，
4 2 2
2 6
x 36.00×10－3L×0.100 0 mol·L－1
＝
解得x＝1.2×10－3 mol，
则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。
