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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)＋O(g)===2CO(g) Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)
2
2 mol 1 mol 2 mol 24 g 1 mol 22.4 L(标况)
[应用举例]
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，其质量变为 w
3 2 3 1 2
g，请列式计算该样品中NaCO 的质量分数。
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
则样品中m(Na CO)＝w g－ g，
2 3 1
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
一、气体差量法应用
1．标准状况下，将20 L CO 和CO的混合气体全部通过足量的NaO 粉末，在相同状况下，
2 2 2
气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
答案 C解析 混合气体中只有CO 和NaO 反应，设二氧化碳的体积为V(CO)，
2 2 2 2
2CO＋2NaO===2NaCO＋O ΔV
2 2 2 2 3 2
44．8 L 22.4 L 22.4 L
V(CO) (20－16) L
2
44．8 L∶22.4 L＝V(CO)∶(20－16) L，
2
解得V(CO)＝8 L，
2
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
2．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(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，则该反应中的 n值为( )
A．2 B．3 C．4 D．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5 L×5%＝0.25 L，由于平
衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法，
4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g) ΔV
4 4－n
1 L 0.25 L
＝，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)NH B O·4H O的热重曲线如图，在200 ℃以下热分解时无刺
4 5 8 2
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HO( )
2
(2)500 ℃热分解后生成固体化合物B O( )
2 3
答案 (1)× (2)√
解析 (1)错误，设100～200 ℃阶段热分解失去x个水分子，M(NH B O·4H O)＝273 g·mol－
4 5 8 2
1，＝，解得x≈3。(2)正确，验证选项，由硼元素守恒得关系式：2NH B O·4H O～5B O ，
4 5 8 2 2 3
＝××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 NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
解析 失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH Fe(SO )·xHO，由题意知＝，
4 4 2 2
解得x≈12。
5．[2019·江苏，20(1)]CaC O·H O热分解可制备CaO，CaC O·H O加热升温过程中固体的
2 4 2 2 4 2
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CaCO 热分解制备的CaO相比，CaC O·H O热分解制备的CaO具有更好的CO 捕集性
3 2 4 2 2
能，其原因是__________________________________________________________________。
答案 ①CaC O=========CaCO ＋CO↑
2 4 3
②CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
2 4 2
解析 ①M(CaC O·H O)＝146 g·mol－1，取1 mol CaC O·H O，质量为146 g，当剩余质量
2 4 2 2 4 2
为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学
2
式为CaC O；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC O 失去1
2 4 2 4
个 CO 后变成 CaCO ，所以在 400 ℃至 600 ℃时发生的反应为 CaC O=====CaCO ＋
3 2 4 3
CO↑。
6．[2022·江苏，14(3)]FeS 、FeS在空气中易被氧化，将FeS 在空气中氧化，测得氧化过程
2 2
中剩余固体的质量与起始FeS 的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS
2 2
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)。答案 Fe O ；设FeS 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为 FeO，M(FeS )＝120 g·mol－
2 3 2 x 2
1，则M(FeO)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为
x
Fe O
2 3
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 257.9 t
解析 根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS～2HSO
2 2 4
即：S ～ HSO
2 4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
关系式法在滴定计算中的应用
1．[2020·海南，15(5)]用KCr O 滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样
2 2 7
品，用过量稀硫酸溶解，用标准KCrO 溶液滴定其中的Fe2＋。反应式：CrO＋6Fe2＋＋14H＋
2 2 7 2
===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO；某次实验称取0.280 0 g样品，滴定时消耗浓度为0.030 00 mol·L－1
2
的KCr O 溶液25.10 mL，则样品中铁含量为________%。
2 2 7答案 90.36
解析 关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr O，n(Fe2＋)＝6n(CrO)。代入数据得：＝6×0.030 00 mol·L－
2 2
1×25.10×10－3 L，解得α(Fe)＝90.36%。
2．[2017·全国卷Ⅱ，26(4)]草酸钙沉淀经稀HSO 处理后，用KMnO 标准溶液滴定，通过测
2 4 4
定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋HC O―→Mn2＋＋CO ＋HO。
2 2 4 2 2
实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO 溶液36.00 mL，则该
4
水泥(主要成分为Co、SiO 等)样品中钙的质量分数为________。
2
答案 45.0%
解析 根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO＋6H＋＋5HC O===2Mn2＋
2 2 4
＋10CO↑＋8HO，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
2 2
5Ca2＋ ～ 5HC O ～ 2MnO
2 2 4
5 mol 2 mol
x mol 0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝0.180
g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
3．[2017·北京，27(1)④]尿素溶液的浓度影响NO 的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·mol－1)
2
含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH ，所得NH 用过量的V mL
3 3 1
c mol·L－1 HSO 溶液吸收完全，剩余HSO 用V mL c mol·L－1 NaOH溶液恰好中和，
1 2 4 2 4 2 2
则尿素溶液中溶质的质量分数是________(已知尿素[CO(NH)]水溶液热分解为 NH 和
2 2 3
CO)。
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质
2 4 4 2 4 1 1 2 2
量分数是×100%＝%。
4．[2021·山东，18(3)节选]利用碘量法测定WCl 产品纯度，实验如下：
6
①称量：将足量CS(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m g；开盖并计时1分钟，
2 1
盖紧称重为 m g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m g，则样品质量为
2 3
____________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将 WCl 转化为可溶的 NaWO ，通过 IO 离子交换柱发生反应：WO＋
6 2 4
Ba(IO)===BaWO ＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发
3 2 4
生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I ＋3HO；反应完全后，用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：
2 2 2 2 3
I ＋2SO===2I－＋SO。滴定达终点时消耗 c mol·L－1的NaSO 溶液 V mL，则样品中
2 2 4 2 2 3
WCl(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________。
6
答案 ①m＋m－2m ②%
3 1 2解析 ②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO～2IO～6I～12SO，结合钨元
2 2
素的质量守恒可得关系式：WCl ～12S O，则样品中 n(WCl )＝n(S O)＝×c mol·L－
6 2 6 2
1×V×10－3L，m(WCl )＝×c mol·L－1×V×10－3L×M g·mol－1＝ g，因此样品中WCl 的质量分数
6 6
为×100%＝%。
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(NO )·xHO的结晶水数目。称取样品
3 3 2
7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO 、O 、HNO 、HO，其中HO的质量为3.06 g；残
2 2 3 2 2
留的固体产物是Al O，质量为1.02 g。计算：
2 3
(1)x＝_________________________________________________________(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O )＝__________mol。
2
答案 (1)9
计算过程：
2[Al(NO )·xHO]～Al O
3 3 2 2 3
2(213＋18x)g 102 g
7．50 g 1.02 g
＝
解得x＝9 (2)0.010 0
解析 (2)n(样品)＝n(Al)＝ ×2＝0.02 mol，气体产物中n(H O)＝ ＝0.17 mol，根据氢元素
2
守恒，n(HNO)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO )＝样品
3 2
中N的物质的量－HNO 中N的物质的量＝0.02×3 mol－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，
3
n(O )＝ mol＝0.010 0 mol。
2
2．[2022·福建，11(2)]取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al O)，加硫酸酸浸Al3
2 3
＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al O)，Al O 的
2 3 2 3浸出率为__________。
答案 84%
解析 5.0 g粉煤灰中Al O 的质量为5.0 g×30%＝1.5 g,3.0 g “浸渣”中Al O 的质量为3.0
2 3 2 3
g×8%＝0.24 g，则Al O 的浸出率为×100%＝84%。
2 3
3．[2022·湖南，15(6)]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl ·2H O，并用重量法测定产品
2 2
中BaCl ·2H O的含量。设计了如下实验方案：
2 2
①称取产品0.500 0 g，用100 mL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0.100 mol·L－1 HSO 溶液；
2 4
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
0.466 0 g。
产品中BaCl ·2H O的质量分数为________(保留三位有效数字)。
2 2
答案 97.6%
解析 由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中
BaCl ·2H O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为
2 2
×100%＝97.6%。
二、电荷守恒(电中性原则)
4．对PM 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
2.5
及其平均浓度如下表：
离子 K＋ Na＋ NH SO NO Cl－
浓度/
4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5
(mol·L－1)
根据表中数据判断PM 的酸碱性为______，试样的pH＝________。
2.5
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(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl
－)，代入数据可得c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，即pH＝4。
5．在a L Al (SO ) 和(NH )SO 的混合溶液中加入b mol BaCl ，恰好使溶液中的SO完全沉
2 4 3 4 2 4 2
淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH ，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为( )
3
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由混合溶液中加入 b mol BaCl ，恰好使溶液中的 SO完全沉淀，根据 SO＋Ba2＋
2
===BaSO↓可知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH ，根据NH＋OH－
4 3
=====NH ↑＋HO可知n(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x
3 2
mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋
的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ 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：。
1．取10.80 g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
6.40 g固体FeO、CaO的混合物和气体CO ，且无机矿物盐X能与稀盐酸反应生成CO 气体。
2 2
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 CaCO ·FeCO[或CaFe(CO)] CaFe(CO)=====CaO＋FeO＋2CO↑
3 3 3 2 3 2 2
解析 X完全分解生成CO 的质量为10.80 g－6.40 g＝4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据
2
CaCO =====CaO＋CO↑、FeCO=====FeO＋CO↑可得：n(FeO)＋n(CaO)＝0.1 mol,56 g·mol－
3 2 3 2
1×n(CaO)＋72 g·mol－1×n(FeO)＝6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050 mol，
则X的化学式为CaFe(CO)。
3 2
2．(2018·浙江11月选考，29)某红色固体粉末可能是Fe O 、Cu O或二者混合物，为探究其
2 3 2
组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀HSO 充分反应后，称得固体质量为a g。
2 4
已知：Cu O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋HO
2 2
(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＝，则红色固体粉末中Fe O 的物质的量为______ mol(用含m的最简式表示)。
2 3
答案 (1) (2)
解析 (1)若红色固体粉末只是Fe O ，则与稀HSO 充分反应后，无固体剩余，所以红色固
2 3 2 4
体若为纯净物，只能是Cu O，根据
2
Cu O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋HO
2 2
mol mol
所以a＝×64＝m。
(2)设Fe O、Cu O的物质的量分别为x mol、y mol。
2 3 2
Fe O＋6H＋===2Fe3＋＋3HO
2 3 2
x 2x
Cu O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋HO
2 2y y y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x x
根据题意
所以x＝。
课时精练
1．将a L NH 通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为 b L(气体体积均在同
3
温同压下测定)，该b L气体中NH 的体积分数是( )
3
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设参加反应的氨气体积为x，则
2NH N＋3H ΔV
3 2 2
2 L 2 L
x (b－a) L
解得x＝(b－a) L
所以气体中NH 的体积分数为＝。
3
2．将12 g铁片放入150 mL的CuSO 溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增
4
加0.3 g，则原CuSO 溶液的物质的量浓度是( )
4
A．0.125 mol·L－1 B．0.175 mol·L－1
C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1
答案 C
解析 设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO ===FeSO ＋Cu Δm
4 4
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
3．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L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46.8
L，则原氮的氧化物的化学式为( )
A．NO B．NO C．NO D．NO
2 3 2 2
答案 A解析 设该氮氧化合物的分子式为NO，化学方程式为NO＋xH===N ＋xHO，相同条件
2 x 2 x 2 2 2
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，
NO＋xH===N＋xHO ΔV
2 x 2 2 2
1 x
15．6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为NO。
2 3
4．将15 mL 2 mol·L－1 Na CO 溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L－1 MCl 盐溶液中，恰好将
2 3 n
溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCl 中n值是( )
n
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 M的化合价为＋n，NaCO 与MCl 反应对应的关系式为
2 3 n
2Mn＋ ～ nCO
2 n
0．04 L×0.5 mol·L－1 0.015 L×2 mol·L－1
解得n＝3。
5．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO 全部通入过量的澄清石灰水中，得
2
到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb O C．Pb O D．PbO
2 3 3 4 2
答案 C
解析 设此铅氧化物的化学式为PbO，
x y
PbO～y[O]～yCO～yCO～yCaCO
x y 2 3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3∶4。
6．在氧气中燃烧0.22 g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 10 mL 0.5 mol·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O 反应生成SO ，进而被氧化为SO ，SO 与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠
2 2 3 3
发生反应：HSO ＋2NaOH===NaSO ＋2HO。n(H SO )＝n(NaOH)＝×0.01×0.5 mol＝
2 4 2 4 2 2 4
0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.002 5 mol，w(S)＝×100%≈36%。
7．某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO ·7H O)的纯度，称取11.5 g绿矾产
4 2
品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·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20.00 mL。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 MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋
4HO，n(KMnO)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO ·7H O)＝
2 4 4 2
5n(KMnO)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO ·7H O)＝×100%≈96.7%。
4 4 2
8．向一定量的Fe、FeO、Fe O、Fe O 的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使
2 3 3 4
混合物完全溶解，放出2.24 L NO(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H 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( )
2
A．0.25 mol B．0.2 mol
C．0.3 mol D．0.35 mol
答案 A
解析 由题意可知，混合物中的 Fe元素全部转化为 Fe(NO ) ，根据N元素守恒可得，
3 2
n[Fe(NO )]＝(0.15 L×4 mol·L－1－)×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H 在
3 2 2
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0.25 mol。
9．向100 mL的FeBr 溶液中通入Cl(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量
2 2
浓度相等，则原FeBr 溶液的物质的量浓度为( )
2
A．0.75 mol·L－1 B．1 mol·L－1
C．1.5 mol·L－1 D．2 mol·L－1
答案 D
解析 在溶液中微粒反应的顺序是Fe2＋＞ Br－，n(Cl)＝＝0.15 mol；n(Cl－)＝0.3 mol；假设
2
FeBr 溶液的浓度是x mol·L－1，则在原溶液中 n(Fe2＋)＝0.1x mol，n(Br－)＝0.2x mol；方法
2
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KBrO 固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO 标准溶液。
3 3
Ⅱ.取V mL上述溶液，加入过量KBr，加HSO 酸化，溶液颜色呈棕黄色。
1 2 4
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V mL废水。
2
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。
Ⅴ.用b mol·L－1NaSO 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
2 2 3
至终点，共消耗NaSO 溶液V mL。
2 2 3 3已知：①I＋2NaSO===2NaI＋NaSO
2 2 2 3 2 4 6
②NaSO 和NaSO 溶液颜色均为无色
2 2 3 2 4 6
③ ＋3Br ―→ ↓＋3HBr
2
计算废水中苯酚的含量为________________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。
答案
解析 n(BrO)＝aV×10－3mol，根据反应 BrO＋5Br－＋6H＋===3Br ＋3HO可知n(Br)＝
1 2 2 2
3aV×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n(Br)，根据I
1 1 2 2
＋2NaSO===2NaI＋NaSO 可知I ～2NaSO ，又Br ＋2I－===I ＋2Br－可知Br ～I ，可得
2 2 3 2 4 6 2 2 2 3 2 2 2 2
Br ～2NaSO ，n(Na SO)＝bV×10－3mol，n(Br)＝bV×10－3mol，再计算由苯酚消耗的溴
2 2 2 3 2 2 3 3 1 2 3
的量，设为n(Br)＝n(Br)－n(Br)＝(3aV －bV)×10－3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系
2 2 2 1 2 1 3
为3Br ～C HOH，n(C HOH)＝n(Br)＝(aV －bV)×10－3mol，废水中苯酚的含量为＝ g·L
2 6 5 6 5 2 2 1 3
－1。
11．过氧化钙晶体(CaO·8H O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
2 2
(1)已知：I＋2SO===2I－＋SO，测定制备的过氧化钙晶体中CaO 的含量的实验步骤如下：
2 2 4 2
第一步：准确称取 a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的 b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶
解，再滴入少量2 mol·L－1的HSO 溶液，充分反应。
2 4
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为 c mol·L－1的NaSO 溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象
2 2 3
是______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
。
若 滴 定 消 耗 NaSO 溶 液 V mL ， 则 样 品 中 CaO 的 质 量 分 数 为
2 2 3 2
_________________________(用字母表示)。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO·8H O)在坩埚
2 2
中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则 350 ℃左右所得固体物质
的化学式为__________。
答案 (1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色 ×100%
(2)CaO解析 (1)根据得失电子守恒，可得关系式 CaO ～I ～2SO，则样品中CaO 的质量分数为
2 2 2 2
×100%＝×100%。
(2)CaO·8H O的摩尔质量为216 g·mol－1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,350 ℃左右所
2 2
得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
12．(1)[2022·辽宁，17(7)]取2.50 g H O 产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL
2 2
于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L－1酸性KMnO 标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液
4
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HO 质量
2 2
分数为__________。
(2)[2017·全国卷Ⅰ，26(5)改编]取某甘氨酸(C HNO )样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再
2 5 2
经反应转化为NH ·H BO ，然后用盐酸滴定进行测定(已知：NH ·H BO ＋HCl===NH Cl＋
3 3 3 3 3 3 4
HBO)，滴定时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，
3 3
样品的纯度≤________%。
答案 (1)17%
(2)
解析 (1)根据得失电子守恒可得关系式2KMnO ～5HO 。三组数据中20.90 mL偏差较大，
4 2 2
舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，HO 的质量分数w(H O)
2 2 2 2
＝×100%＝17%。
(2)处理后，甘氨酸(C HNO )样品中的氮元素全部转入NH ·H BO 中。
2 5 2 3 3 3
根据氮原子守恒得如下关系式：
C HNO ～NH ·H BO～HCl
2 5 2 3 3 3
n(C HNO )＝n(HCl)＝cV×10－3 mol，
2 5 2
样品中氮的质量分数为×100%＝%。
样品的纯度≤×100%＝%。
13．聚合硫酸铁[Fe (OH) (SO )] 广泛用于水的净化。以FeSO ·7H O为原料，经溶解、
2 6－2n 4 n m 4 2
氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO ·7H O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的HO 溶液，
4 2 2 2
继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。 HO 氧化 Fe2＋的离子方程式为
2 2
________________；
水解聚合反应会导致溶液的pH________(填“增大”或“减小”)。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，
加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl 溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，
2
除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 mol·L－1KCrO 溶液滴定至终点(滴定过程中CrO与Fe2＋反
2 2 7 2
应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗KCr O 溶液22.00 mL。
2 2 7
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏
大”“偏小”或“无影响”)。②该样品中铁的质量分数为_______________________________________________________。
答案 (1)2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO 减小
2 2 2
(2)①偏大 ②12.32%
解析 (1)H O 氧化后的溶液为 Fe (SO ) 溶液，Fe (SO ) 发生水解反应：Fe (SO ) ＋(6－
2 2 2 4 3 2 4 3 2 4 3
2n)H OFe (OH) (SO ) ＋(3－n)H SO ，Fe (OH) (SO ) 聚合得到聚合硫酸铁，根据水
2 2 6－2n 4 n 2 4 2 6－2n 4 n
解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋
还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，则还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若
不除去过量的Sn2＋，则加入的KCr O 先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的KCr O
2 2 7 2 2 7
溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(CrO)
2
＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00×10－3 L＝1.100×10－3mol，根据得失电子守恒得滴定时反应
的离子方程式为Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7HO，可得微粒的关系式：Cr O～
2 2 2
6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(CrO)＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe元素守恒，样品
2
中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数
w(Fe)＝×100%＝12.32%。
