第4 讲 化学计算的常用方法
方法一 守恒法
1.含义
所谓“守恒”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”。在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守
恒等。
2.解题步骤
第一步
明确题目要求解的物理量
第二步
根据题目中要求解的物理量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的物理量
第三步
根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的物理量,列式计算求解
3.原子守恒的应用——热重分析
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水,再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m(剩余),
m(剩余)
m(1mol晶体质)×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。
(5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属)∶n(O),即可求出失重后物质的化学式。
1.(用原子守恒法求解化学式)在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量
为2.41 g,CO2体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为 。
答案 Co3O4
解析 n(CO2)=
1.344 L
22.4 L·mol
−1=0.06 mol,根据碳原子守恒可知,n(CoC2O4)=0.03 mol,则钴氧化物中
n(Co)=0.03 mol,m(O)=2.41 g-0.03 mol×59 g·mol-1=0.64 g, 故n(O)=
0.64 g
16 g·mol
−1=0.04 mol, 则
n(Co)∶n(O)=0.03 mol∶0.04 mol=3∶4,则钴氧化物的化学式为Co3O4。
2.(用质量守恒法求解化学式)一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g 甲加热至完全分
解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式 。
答案 NaH
解析 化合物甲是由Na 和H2反应得到的,故化合物甲中含有Na、H 两种元素,又4.80 g 化合物甲
加热分解得到2.24 L(标准状况)H2,则化合物甲中氢元素的质量为0.20 g,钠元素的质量为4.60 g,化
合物甲中Na 和H 的原子个数比为1∶1,可判断化合物甲的化学式为NaH。
3.(热重曲线分析)在N2气氛中,FeSO4·7H2O 的脱水热分解过程如图所示:
根据上述实验结果,可知x= ,
y= 。
答案 (1)4 1
解析 (1)由图中信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·xH2O,则18(7−x)
278
=19.4%,解得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·yH2O,则18(7−y)
278
=38.8%,解得
y=1。
4.(2022·江苏卷)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)。
答案 Fe2O3;设FeS2 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,M( Fe S2)=120 g·mol-1,则M( FeOx)
=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,则56+16x=80.04,x=3
2,即固体产物为Fe2O3
解析 由图可知,800 ℃时,氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%,设FeS2
氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,M( Fe S2)=120 g·mol-1, 则M( FeOx)=120
g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,56+16x=80.04,x=3
2,所以固体产物为Fe2O3。
方法二 关系式法
1.含义
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,在多步反应中,它可以把始态反应
物与终态生成物之间“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。解题的关键是正确书写
关系式。
2.解题步骤
第一步
写出各步反应的化学方程式
第二步
根据化学方程式找出作为中介的物质,并确定已知物质、中介物
质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体
积)的关系
第三步
确定已知物质和所求物质之间量的关系
第四步
根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进
行计算
(一)利用关系式法简化解题过程
1.某工厂用m1kg 铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为 。
答案
190m2
147m1
×100%
解析 由Cr 元素守恒可知:Cr2O3~K2Cr2O7,则理论产生K2Cr2O7的质量为(m1×1 000×40 %
152
×294) g,
而实际产量为1 000m2 g,则产率=实际产量
理论产量×100 % = 190m2
147m1
×100%。
2.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 由S 原子守恒和有关反应可得出:
S
~ H 2SO4~
2 NaOH
32 g
2mol
m(S)
0.5×10×10
−3mol
得m(S)=0.08 g,则原混合物中w(S)=0.08 g
0.22 g×100%≈36%。
(二)关系式法在滴定计算中的应用
3.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品,置于碘量瓶中,移取
25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2—KI 溶液
于其中,并加入乙酸溶液,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I2用0.100
0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O3
2−===2 I −+ S 4O6
2−。测定时消耗Na2S2O3溶液体积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 (25.00−1
2 V )×0.100 0×32
m×1 000
×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,且半分钟内不恢复原色;
根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2~2S2O3
2−,可得n(I2)过量=1
2×0.100 0V×10-3 mol,
再根据得失电子守恒可得关系式S2-~I2 可知,n(S2-)=0.100 0×25.00×10-3 mol-1
2×0.100 0V×10-3
mol=(25.00-V
2 )×0.100 0×10-3 mol,则样品中S2-的含量为(25.00−1
2 V )×0.100 0×32
m×1 000
×100%。
4.(2024·河北保定模拟改编)Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。
实验室测定Cr(OH)3样品纯度的步骤如下:
准确称取0.900 0 g 样品,溶于过量硫酸并配成250.0 mL 溶液。取25.00 mL 溶液,用足量(NH4)2S2O8溶
液将Cr3+氧化为Cr2O7
2−,煮沸除去过量的(NH4)2S2O8,冷却至室温。再加入过量KI 溶液,以淀粉溶液为
指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液24.0 mL(已知反应:Cr2O7
2−
+6I-+14H+===3I2+2Cr3++7H2O;I2+2S2O3
2−=== S4O6
2−+2I-)
计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)。
答案 n(S2O3
2−)=24.0×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=2.4×10-3 mol 。根据2Cr3+~3I2~6S2O3
2−知,
n[Cr(OH)3]=n(Cr3+)=8.0×10-4 mol,则0.900 0 g 样品中n[Cr(OH)3]=8.0×10-4 mol×250.0 mL
25.00 mL=8.0×10-3
mol,则Cr(OH)3样品的纯度为8.0×10
−3mol×103 g·mol
−1
0.900 0 g
×100%≈91.56%。
5.滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10 mL 废水水样
于蒸馏烧瓶中,再加蒸馏水至总体积为175 mL;②先将水样调至中性,再加入氧化镁使水样呈微碱性,
加热;③用25 mL 硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O];④将吸收液移至锥形瓶
中,加入2 滴指示剂,用c mol·L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3],
记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是 mg·L-1(用含c、V 的表达式表示)。
答案 2 800cV
解析 依据滴定实验和反应化学方程式:2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O 、
(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3
可
知
:2N~2NH3~(NH4)2B4O7~H2SO4,
则
n(N)=n(NH3)=2n(H2SO4)=2×cV×10-3 mol,m(N)=2×cV×10-3 mol×14×103 mg·mol-1=28cV mg,水样中氮
的含量=28cV mg
0.01 L =2 800cV mg·L-1。
方法三 差量法
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)
2mol
1mol
2mol
24 g
¿
22.4 L(标况)¿
1.将a L NH3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(气体体积均在同温同压下
测定),该b L 气体中NH3的体积分数是( )
A.2a−b
a
B. b−a
b
C.2a−b
b
D . b−a
a
答案 C
解析 设有x L NH3分解,则
w(NH3)=a−(b−a)
b
= 2a−b
b
。
2.已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑。
充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求:
(1)原混合物中碳酸钠的质量是 g。
(2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是 L。
答案 (1)10.6 (2)3.36
解析 (1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m
2 NaHC O3
=== N a2C O3+ H 2O+C O2↑
Δm
168
62
m
3.1 g
由168
m =
62
3.1 g m=8.4 g
则碳酸钠的质量为19 g-8.4 g=10.6 g。
(2)剩余固体为碳酸钠,质量为19 g-3.1 g=15.9 g,物质的量为
15.9 g
106 g·mol
−1=0.15 mol,根据碳原子守
恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol,标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1=3.36 L。
3.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 ①CaC2O4
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)=146 g·mol-1,取1 mol CaC2O4·H2O,质量为146 g,当剩余质量为128 g 时,
质量减少了18 g,即减少1 mol H2O,结合题图知,在400 ℃时,固体的化学式为CaC2O4;当剩余质量
为100 g 时,质量又减少了28 g,即减少1 mol CO,CaC2O4失去1 个CO 后变成CaCO3,所以在400 ℃
至600 ℃时发生的反应为CaC2O4
CaCO3+CO↑。
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.将12 g 铁片放入150 mL 的CuSO4溶液中,当溶液中的Cu2+全部被还原时,铁片质量增加0.3 g,则原
CuSO4溶液的物质的量浓度是( )
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+
CuSO4
=== FeSO4+Cu
Δm
1mol
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0.037 5mol
0.15 L
=0.25 mol·L-1。
2.28 g 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.36 g
B.40 g
C.80 g
D.160 g
答案 B
解析 28 g Fe 溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH 和O2,
本身具有强氧化性,充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后滤渣加强热,最终得到固体为Fe2O3,由铁原
子守恒得n(Fe2O3)=1
2n(Fe)=1
2 ×
28 g
56 g·mol
−1=0.25 mol,即m(Fe2O3)=0.25 mol×160 g·mol-1=40 g。
3.在标准状况下,有750 mL 含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧
气1 L 通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2↓+O2,则生成的碘的质量是( )
A.0.91 g
B.0.81 g
C.0.71 g
D.0.61 g
答案 A
解析 由2O3===3O2,ΔV=780 mL-750 mL=30 mL,V(O3)=2ΔV=60 mL,1 L 混合气体中含臭氧的体积
为V=1 L× 60 mL
750 mL=0.08 L,根据臭氧和KI 反应的化学方程式,n(O3)=n(I2)=
0.08 L
22.4 L·mol
−1=0.003 6
mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1=0.91 g。
4.将物质的量均为a mol 的Na 和Al 一同投入m g 足量水中,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,则此溶液
的物质的量浓度为( )
A.1 000aρ
46a+m mol·L-1
B.
4 ρ
46a+m mol·L-1
C.1 000aρ
50a+m mol·L-1
D . 1 000aρ
45a+m mol·L-1
答案 A
解析 Na 和Al 一同投入m g 足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O===2NaOH+H2↑、
2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑。由于Na、Al 的物质的量均为a mol,结合化学方程式可
知共生成2a mol H2,所得溶液中只有Na[Al(OH)4]一种溶质,其物质的量为a mol。所得溶液的质量
为m(Na)+m(Al)+m(H2O)-m(H2)=(46a+m) g,所得溶液的体积为46a+m
1 000 ρ L,则该溶液的物质的量浓度
为1 000aρ
46a+m mol·L-1。
5.将21.8 g Na2O2 与Na2O 的混合物投入足量的水中溶解,称得水溶液增重18.6 g,则原混合物中
Na2O2与Na2O 的物质的量之比是( )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.2∶3
答案 C
解析
2 N a2O2
+2 H 2O === 4 NaOH +O2↑
Δm
156 g
32 g
m
21.8 g−18.6 g=3.2 g
Na2O2的质量m=156 g×3.2
32 =15.6 g,氧化钠的质量是21.8 g-15.6 g=6.2 g,原混合物中Na2O2与Na2O
的物质的量之比为15.6
78 ∶6.2
62 =2∶1。
6.3.87 g 含KCl 和KBr 的样品溶于水配成溶液,向溶液中加入过量AgNO3溶液,充分反应后,产生沉淀
的质量为6.63 g,则原样品中钾元素的质量分数约为( )
A.24.1%
B.40.3%
C.25.9%
D.48.7%
答案 B
解析 KCl 和KBr 与AgNO3溶液反应生成AgCl 和AgBr 沉淀,固体的质量发生了变化,实质是由于
固体中K 变成了Ag 造成的,故可用差量法进行计算。
K
~
Ag
Δm
39
108
69
m
6.63 g−3.87 g=2.76 g
解得m=1.56 g,钾元素的质量分数为1.56 g
3.87 g×100%≈40.3%。
7.用足量的CO 还原13.7 g 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8.0 g,则此铅氧化物的化学式是( )
A.PbO
B.Pb2O3
C.Pb3O4
D.PbO2
答案 C
解析 设此铅氧化物的化学式为PbxOy,
PbxO y~
y[O]
~ y CO~ y C O2~
y CaC O3
16 y
100 y
m(O)=1.28 g
8.0 g
所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g,
x∶y= m( Pb)
M ( Pb) ∶m(O)
M (O)=3∶4。
8.(2024·苏州中学高三模拟)某硫酸铝和硫酸镁的混合物中,c(Mg2+)=2 mol·L-1,c(SO4
2−)=6.5 mol·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 mol·L-1的氢氧化钠溶液( )
A.0.5 L
B.1.625 L
C.1.8 L
D.2 L
答案 D
解析 根据电荷守恒得:2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO4
2−),c(Al3+)=2×6.5mol· L
−1−2×2 mol· L
−1
3
=3
mol·L-1,加入氢氧化钠溶液使Mg2+、Al3+分离,此时NaOH 转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4],由电荷守恒
得:V(NaOH)=2n(SO4
2−)+n[ Al(OH )4]
−
c( NaOH )
=2×6.5mol· L
−1×0.2 L+3 mol· L
−1×0.2 L
1.6mol· L
−1
=2 L。
9.从旧CPU 中回收金部分流程如下
含Au 固体
HAuCl4溶液
Au
若用Zn 粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原,则参加反应的Zn 的物质的量是 mol。
答案 1.5
解析 1 mol HAuCl4完全被还原,HAuCl4得到3 mol e-,锌的化合价从0 价升高到+2 价,设参加反应
的Zn 的物质的量为x,根据得失电子守恒可知:2x=3 mol,x=1.5 mol,则参加反应的Zn 的物质的量是
1.5 mol。
10.(2021·浙江1 月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH 溶液洗涤除去,发生如下反应:
3S+6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S
K2Sx(x=2~6)
S+K2SO3
K2S2O3
请计算:
(1)0.480 g 硫单质与V mL 1.00 mol·L-1 热KOH 溶液恰好完全反应,只生成K2S 和K2SO3,则V=
mL。
(2)2.560 g 硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH 溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=
。
答案 (1)30.0 (2)3
解析 (1)3S + 6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O
3 6
0.480 g
32 g·mol
−1 V×1.00 mol·L-1
3
0.48
32 mol
=
6
V ×1.00mol· L
−1
V=0.03 L=30.0 mL
(2)由题意得反应的化学方程式为
(2x+2)S + 6KOH
2K2Sx+K2S2O3+3H2O
2x 6
2.56 g
32 g·mol
−1 0.06 L×1.00 mol·L-1
2 x +2
2.56
32
=
6
0.06×1,x=3。
能力提升
11.现将1 mol Cu2S 与144 g FeO 投入到足量稀硝酸溶液中,充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、
CuSO4的混合溶液,并产生NO 气体。则最终反应所得NO 物质的量为( )
A.7.2 mol
B.5 mol
C.6.4 mol
D.4 mol
答案 D
解析 Cu2S 与FeO 均与稀硝酸发生氧化还原反应,铜元素化合价由+1 价上升至+2 价,硫元素化合价
由-2 价上升至+6 价,铁元素化合价由+2 价上升至+3 价,1 mol Cu2S 参与反应能够失去10 mol 电子,
144 g FeO 物质的量为2 mol,参加反应失去2 mol 电子,因此1 mol Cu2S 与144 g FeO 共失去12
mol 电子,硝酸发生还原反应每生成1 mol NO 得到电子3 mol,故根据电子转移守恒可知共生成4
mol NO,故选D 项。
12.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11.5 g 绿矾产品,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MnO4
−+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3+
+4H2O,n(KMnO4)=20.00×10-3L×0.010
00
mol·L-1=2.0×10-4
mol,
则
n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3
mol,w(FeSO4·7H2O)=
1.0×10
−3mol× 1 000 mL
25 mL
×278 g·mol
−1
11.5 g
×100%≈96.7%。
13.为了避免NO、NO2、N2O4 对大气的污染,常采用NaOH 溶液进行吸收处理(反应方程式:
2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O)。现有由a mol NO、b
mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH 溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH 溶液的
物质的量浓度为( )
A.a+b+c
V
mol·L-1
B. a+b+2c
V
mol·L-1
C.2a+b+c
V
mol·L-1
D . b+2c
V
mol·L-1
答案 B
解析 根据N 原子守恒,可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a+b+2c) mol;再根
据钠原子守恒,可知参与反应的NaOH 为(a+b+2c) mol,故c(NaOH)=(a+b+2c)/V mol·L-1。
14.(2024·江西联考)将54.0 g 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)在氮气的氛围中加热分解,得到分解产物的
热重曲线(固体质量随温度的变化情况)如图所示。
(1)A 点时,固体物质的化学式为 。
(2)B 点时,固体只含有一种铁的氧化物,则AB 段反应的化学方程式为
。
答案 (1)FeC2O4 (2)3FeC2O4
Fe3O4+4CO↑+2CO2↑
解析 (1)n(FeC2O4·2H2O)=
54.0 g
180 g·mol
−1=0.3 mol,0.3 mol FeC2O4的质量刚好为43.2 g,故A 点所得
固体为FeC2O4 。(2)B 点时, 固体只有一种铁的氧化物, 由铁元素守恒知m(Fe)=0.3 mol×56
g·mol-1=16.8
g,
则
m(O)=23.2
g-16.8
g=6.4
g,n(O)=
6.4 g
16 g·mol
−1=0.4
mol,n(Fe)∶n(O)=0.3∶0.4=3∶4,则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4,结合氧化还原反应规律知AB 段
反应的化学方程式为3FeC2O4
Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。
15.为测定绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水的数目,某同学设计如下实验。将石英玻璃管(带两端开关K1
和K2,设为装置A)称重,质量为m1 g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A 称重,质量为m2 g。
按如图所示组装好装置进行实验。
操作步骤如下:
a.打开K1和K2,缓缓通入N2;b.点燃酒精灯,加热;c.熄灭酒精灯;d.冷却至室温;e.关闭K1和K2;f.称量装
置A。
重复上述操作步骤,直至装置A 恒重(固体为FeSO4),质量为m3 g。
根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x= (列式表示)。若实验时按b、a 顺序操作,
则x 将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案
76(m2−m3)
9(m3−m1) 偏小
解析 根据实验记录的数据可知,绿矾样品的质量为(m2-m1) g,FeSO4的质量为(m3-m1) g,则结晶水的
质量为(m2-m1) g-(m3-m1) g=(m2-m3) g,则
则有
152 g
(m3−m1) g =
18 x g
(m2−m3) g,解得x=
76(m2−m3)
9(m3−m1) 。若实验时按b、a 顺序操作,即加热后通入N2,
则Fe2+可能被氧化为Fe3+,从而导致m3增大,由x 的计算公式可知,x 将偏小。
16.(2024·湖南常德期末)碳酸氢钠俗称小苏打,在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。
(1)甲同学向饱和NaCl 溶液中先通NH3再通入CO2,充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金
属元素的盐,请补充完整该反应方程式。
NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+ ;
乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl 等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量
分数,他设计了以下两种方案:
方案一:滴定法
称取8.2 g 样品溶于水,逐滴加入2.3 mol·L-1稀硫酸,待完全反应时,测定所消耗稀硫酸的体积。
(2)配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸
①若用18.4 mol·L-1浓硫酸配制,需量取浓硫酸 mL。
②配制过程中不需要用到的仪器是 (填字母)。
③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是 。
A.没有洗涤烧杯和玻璃棒
B.定容时俯视刻度线
C.容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水
D.如果加水超过了刻度线,吸出液体使液面恰好到刻度线
(3)乙同学在用硫酸滴定样品测定含量时,在保证测定结果数值变化不大的情况下,一共进行3 次测
定,这样做的目的是 。
方案二:称量法
乙同学按如图操作流程进行测定。
(4)操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是 。
(5)操作Ⅱ的名称是 。
(6)样品中NaHCO3的质量分数为 (用含a 的代数式表示)。
答案 (1)NH4Cl (2)①12.5 ②D ③AD (3)减小实验误差 (4)NaCl (5)蒸发 (6)42(2.0−a)
25.5
×100%
解析 (1)该反应为NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl;(2)①配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫
酸,据稀释前后溶质物质的量不变,可知需量取18.4 mol·L-1浓硫酸体积V=2.3×100
18.4
mL=12.5 mL;②
配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸,需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL 容量瓶、胶头滴管,不
需要使用漏斗,故选D;③没有洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质的物质的量偏少,由于溶液体积不变,所配
制溶液浓度偏低,故A 正确;定容时俯视刻度线,则溶液的体积偏小,由于溶质的物质的量不变,最终导
致配制的溶液浓度偏高,故B 错误;容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水,不影响溶质的物质的量及溶液
的体积,因此对配制的溶液的浓度无影响,故C 错误;如果加水超过了刻度线,吸出液体使液面恰好到
刻度线,则溶质的物质的量减少,最终导致配制的溶液浓度偏低,故D 正确;故选AD;(3)测定含量时,在
保证测定结果数值变化不大的情况下,一共进行3 次测定,这样做的目的是减小实验误差;(4)样品与
足量盐酸反应后,得到的溶液中的溶质主要是NaCl,所以操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是
NaCl;(5)将反应后溶液转移蒸发皿中蒸发,当仅剩余少量液体时,停止加热,利用余热将残留水分蒸干,
然后冷却、称量,所以操作Ⅱ的名称是蒸发;(6)据反应方程式NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑可知,
84 g NaHCO3参与反应,固体质量减轻84 g-58.5 g=25.5 g,现减轻(2.0-a) g,则样品中NaHCO3的质
量为2.0−a
25.5 ×84 g,所以样品中NaHCO3的质量分数为
2.0−a
25.5 ×84
2.0
×100 % = 42(2.0−a)
25.5
×100%。
