2020-2021学年高三化学一轮复习易错题03 物质的量与化学反应计算

易错 03 物质的量与化学反应计算 【易错分析】 高考化学计算的特点是主要考查学生知识建构的整体性和灵活应用的能力，综合性较强；试题整体的计算 量不大，更多的是对化学基本概念、理论和性质的理解，试题不会做数学游戏、审题绕圈子，还化学计算 的本来面目；把实验操作、生产实践和化学计算综合起来，或者通过图表、报刊文献等背景呈现方式、力 求题型出新，体现化学学科对计算的要求，更体现对计算综合能力的考查；考试方式的变化决定了化学计 算应该降低难度。化学计算复习对策化学计算题考查化学基础知识和数学思维，数学思维包括逻辑推理、 数形变换等。化学计算常要根据量的关系建立数学模型，但建立教学模型的前提应该是先建立正确的化学 概念、弄清概念的涵义，即找出计算依据。只有对化学基本概念、基础知识正确理解，建立起来的算式或 数学表达关系才能正确，才能顺利解答计算题。 【错题纠正】 例题 1、(1)要确定铁的某氯化物 FeClx 的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取 0.54g 的 FeClx 样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和 OH-的阴离子交换柱，使 Cl-和 OH-发生交换。交 换完成后，流出溶液的 OH-用 0.40 mol·L-1 的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸 25.0mL。计算该样品中氯的物 质的量，并求出 FeClx 中 x 的值 （列出计算过程）。 （2）准确称取 2.26gNaClO2 粗品，加入盛有 20.00mL 刚煮沸并冷却过的水、足量 10%的稀硫酸和 30.00mL 质量分数为 40%的 KI 溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示 剂用浓度为3.00mol/L的Na 2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为 ＋4I－＋4H＋=2I2＋Cl－＋ 2H2O， )，若三次平行实验测得消耗的 Na2S2O3 溶液的平均体积为 30.00mL，则粗品 的纯度为________%(保留三位有效数字)，若使用的水未煮沸，则测定结果会___________________(填“偏 高”“偏低”或“无影响”)。 【解析】（1）由题意可得下列关系式：FeClx—xCl——xOH——xHCl，则 n(Cl) =n(Cl—) = n(OH—) = n(HCl) =0.0250L×0.40mol·L-1 = 0.01 mol， m(Fe) = 0.54g – 0.10 mol×35.5g·mol -1 = 0.19g，n(Fe) = 0.19g/56g·mol -1 = 0.0034 mol。n(Fe)∶n(Cl) = 0.0034∶0.010 ≈ 1∶3，即 x = 3。 （2）由已知反应可得关系式：NaClO2~2I2~4S2O32-，则 m(NaClO2)= ，则粗品 - 2ClO 2- 2- - 2 2 3 4 6I +2S O =S O +2I 3mol/L 0.03L 90.5g/mol4 × ×的纯度为 ；若使用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也 能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的 Na2S2O3 溶液的体积增大，则测定结果会偏高。 【答案】（1）3（2）90.1；偏高 例题 2、（1）为了分析某硫酸渣中铁元素的含量，先将硫酸渣预处理，把铁元素还原成 Fe2+，再用 KMnO4 标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定。某同学称取 2.000 g 硫酸渣，预处理后在容量瓶中配制成 100 mL 溶液，移取 25.00mL 试样溶液，用 0.0050 mol·L-1 KMnO4 标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液 20.00 mL，则残留物中铁元素的质量分数是 。 （2）探究小组用滴定法测定 CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取 a g 试样配成 100 mL 溶液，每次取 20.00 mL，消除干扰离子后，用 c m o l ·L－1 EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗 EDTA 溶液 bmL。 滴 定 反 应 如 下 ： Cu2+ ＋ H2Y2 － ＝ CuY2 － ＋ 2H+ ， 写 出 计 算 CuSO4·5H2O 质 量 分 数 的 表 达 式 w ＝ ________________；下列操作会导致 CuSO4·5H2O 含量的测定结果偏高的是________。 a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与 EDTA 反应的干扰离子 【解析】（1）根据电子守恒可得关系式：KMnO4——5Fe2＋，故残留物中铁元素的质量分数为： 0.0050 mol·L - 1 × 0.02000L × 5 ×× 56g·mol－1 2.00g ×100%=5.6％。 （2）a g 样品中含有 m(CuSO4·5H2O)＝(10－3×b L×c mol/L)×250 g·mol－1×100 mL 20 mL ，故 a g 样品中 CuSO4·5H2O 的质量分数为：c mol·L－1 × b × 10－3 L × 250 g·mol－1 × 5 a g ×100%；未干燥锥形瓶对测定结果无影响，滴定终 点时滴定管尖嘴中产生气泡使读取的消耗 EDTA 的体积减少，从而导致测定结果偏小，未除净与 EDTA 反 应的干扰离子将使消耗 EDTA 体积变大导致测定结果偏高。 【答案】（1）5.6％（2） c mol·L－1 × b × 10－3 L × 250 g·mol－1 × 5 a g ×100%，c 【知识清单】 1.化学计算的常用方法 关系式法 某些错综复杂的化学变化是若干个变化的综合，若按常规解法，从发展的起源开始，沿着 化学变化的轨迹推理演算，根据化学方程式分步求解，显然是一种有着繁杂的计算量的解 法。但若抓住变化的起源和结果，即变化的始态和终态，找出两者的相关量关系，省略复 杂的中间计算过程，即可使推理演算简洁而迅速，这种方法叫做关系式法 3mol/L 0.03L 90.5g/mol4 100% 90.1%2.26g × × × ≈极值法 极值法也称为极端假设法，极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它 是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值， 进行判断分析，求得结果。 极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题 假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提 高了解题速度。极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。极值法 解题有三个基本思路：把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应；把混合物假设成纯 净物；把平行反应分别假设成单一反应 平均值法 平均值法解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下 来再作出判断。实际上它是极值法的延伸。若 XA>XB ，则 XA>X>XB，X代表平均相对原子(分 子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等 差量法 差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物 质的量差等)与反应物或生成物的变化量成比例而建立的一种解题方法,此法也就是有关化学 方程式计算的变形。将“差量”看作化学方程式右端的一项,将已知差量(实际差量)与化学方程 式中的对应差量(理论差量)列成比例。用差量法解题的关键是正确找出理论差量 2.氧化还原反应的相关计算 氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏伽德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌 握正确的解题思路和技巧一般难度不大。 (1)基本方法：对于氧化还原反应的计算，关键是根据氧化还原反应的实质——得失电子守恒，列出守恒关 系式求解，即 n(氧化剂) ×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 （2）解题步骤：找出氧化剂、还原剂及对应产物；准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电 子数目；设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。 (3)特殊题型：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子无损耗，可直接根据起始 物和最终产物得失电子相等，删去中间产物，建立二者之间的守恒关系，迅速求解。例如：Cu———→ HNO3 NOx ———→ H2O2 HNO3，则 Cu 失去电子的物质的量等于 H2O2 得电子的物质的量，忽略 HNO3 参与反应过程。 【变式练习】 1. (1) 铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由下表中两 种元素组成，气体的相对分子质量都小于 50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗 1 L 2.2 mol·L－1 NaOH 溶液和 1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为______________，生成硫 酸铜的物质的量为________。 硫 氢 Y X 硫 Z （2）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量 MnSO4 和碱性 KI 溶液，生成 MnO(OH)2 沉淀， 密封静置，加入适量稀 H2SO4，待 MnO(OH)2 与 I－完全反应生成 Mn2＋和 I2 后，以淀粉作指示剂，用 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下： O2 ――→Mn2＋ MnO(OH)2 ――→I－ I2 ――→S2O2－3 S4O2－6 ①写出 O2 将 Mn2＋氧化成 MnO(OH)2 的离子方程式：________________________________。 ②取加过一定量 CaO2·8H2O 的池塘水样 100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗 0.010 00 mol·L － 1Na2S2O3 标准溶液 13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以 mg·L－1 表示)，写出计算过程。 （3）为确定碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]的组成，进行如下实验：①准确称取 3.390 g 样品与足 量稀盐酸充分反应，生成 CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固 体残留率(固体样品的剩余质量 固体样品的起始质量 × 100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃ 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的 n(OH－)∶n(CO2－3 )。 (写出计算过程) 2.（1）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多 少克 Cl2 的氧化能力。NaClO2 的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数) （2）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要 以 Fe2O3 存在)转变成重要的化工原料 FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿还原 Fe3＋的主要反应为：FeS2＋ 7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其它反应。假如烧渣中的铁全部视为 Fe2O3，其含量为 50%。将 a kg 质量分数为 b%的硫酸加入到 c kg 烧渣中浸取，铁的浸取率为 96%，其它杂质浸出消耗的硫 酸以及调 pH 后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入 FeCO3________kg。 （3）NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：NaCN 与 NaClO 反应，生成 NaOCN 和 NaCl，NaOCN与 NaClO 反应，生成 Na2CO3、CO2、NaCl 和 N2。已知 HCN(Ki＝6.3×10－10)有剧毒；HCN、HOCN 中 N 元素的化合价相同。处理 100 m3 含 NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需 NaClO________g(实际用量应为 理论值的 4 倍)，才能使 NaCN 含量低于 0.5 mg/L，达到排放标准。 【易错通关】 1.一种双氧水的质量分数为 27.5%(密度为 1.10 g·cm－3)，其浓度为________ mol·L－1。 2.高锰酸钾纯度的测定：称取 1.080 0 g 样品，溶解后定容于 100 mL 容量瓶中，摇匀。取浓度为 0.200 0 mol·L －1 的 H2C2O4 标准溶液 20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用 KMnO4 溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为 24.48 mL，该样品的纯度为________(列出计算式即可，已知 2MnO －4 ＋5H2C2O4＋6H ＋===2Mn2＋ ＋10CO2↑＋ 8H2O)。 3.盐基度 B 是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为 B＝ (n 为物质的量)。为测量样品的 B 值， 取样品 m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水。以酚酞为指示剂，用 c mol·L－1 的标准 NaOH 溶液进行中和滴定(部分操作略去，已排除铁离子干扰)。到终点时消耗 NaOH 溶液 V mL。按 上述步骤做空白对照试验，消耗 NaOH 溶液 V0 mL。已知该样品中 Fe 质量分数 w，则 B 的表达式为 __________________。 4．水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量 MnSO4 和碱性 KI 溶液，生成 MnO(OH)2 沉淀， 密封静置；加入适量稀 H2SO4，待 MnO(OH)2 与 I－完全反应生成 Mn2＋和 I2 后，以淀粉作指示剂，用 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下，取加过一定量 CaO2·8H2O 的池塘水样 100.00 mL， 按上述方法测定水中溶解氧量，消耗 0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液 13.50 mL。计算该水样中的溶解氧 为____________mg·L－1。 O2 ―――→ Mn2＋ MnO(OH)2 ――→ I－ I2 ―――→S2O2－3 S4O2－6 5.某种矿石中铁元素以氧化物 FemOn 形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取 25.0 g 样品 于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入 10.0 g 铜粉充分反 应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体 3.6 g。剩下滤液用浓度为 2 mol·L－1 的酸性 KMnO4 滴定，至终点时消耗 KMnO4 溶液体积为 25.0 mL。该铁矿石中铁元素的质量分数为 ，氧化物 FemOn 的化学式为 (m、n 为正整数)。(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO－4 ＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。) 6. 聚合硫酸铁的化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液 平均分为两等份。一份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液，得到白色沉淀 1.747 5 g。另一份溶液，加热煮沸后， 滴加稍过量 SnCl2 溶液，使 Fe3＋还原为 Fe2＋，用甲基橙除去过量 SnCl2；然后用 0.020 00 mol·L－1 K2Cr2O7 标准溶液滴定，到达滴定终点时共用去 K2Cr2O7 标准溶液 50.00 mL。计算聚合硫酸铁晶体中 a、b、c 的最 简整数比。(已知：Cr2O2－7 ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O) 7.铬元素总浓度的测定：准确移取 25.00 mL 含 Cr2O 2－7 和 Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将 Cr3＋氧化成 Cr2O2－7 ，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的 KI 溶液，充分反应后， 以淀粉为指示剂，向其中滴加 0.015 mol·L－1 的 Na2S2O3 标准溶液，终点时消耗 Na2S2O3 溶液 20.00 mL。废 水中铬元素总浓度 mg·L－1。已知沉淀过程中发生的反应如下：①2Cr3＋＋3S2O2－8 ＋7H2O===Cr2O2－7 ＋6SO2－4 ＋14H＋②Cr2O2－7 ＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O③I2＋2S2O2－3 ===2I－＋S2O2－6 8．将 500 mL(标准状况)含有 CO 的某气体样品通过盛有足量 I2O5 的干燥管，170 ℃下充分反应，用水­乙醇 混合液充分溶解产物 I2，定容到 100 mL。取 25.00 mL，用 0.0100 mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定，消耗标 准溶液 20.00 mL，则样品气中 CO 的体积分数为________。(已知：气体样品中其他成分与 I 2O5 不反应； 2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6) 9.高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋ 2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，若生成 2 mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为________mol。高铁酸盐可 将水体中的Mn 2＋氧化为MnO 2进行除去，若氧化含Mn 2＋1 mg的水体样本，需要1.2 mg·L －1高铁酸钾________ L。 10.某厂废水中含 1.00×10－3mol·L－1 的 Cr2O2－7 ，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理 得到磁性材料 Cr0.5Fe1.5FeO4 (Cr 的化合价为＋3，Fe 的化合价依次为＋3、＋2)。欲使 1 L 该废水中的 Cr2O 2－7 完全转化为 Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入_______ g FeSO4·7H2O。 11.实验室可由软锰矿(主要成分为 MnO2)制备 KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量 KOH(s)和 KClO3(s) 反应，生成 K2MnO4(锰酸钾)和 KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4 转化为 MnO2 和 KMnO4； 再滤去沉淀 MnO2，浓缩结晶得到 KMnO4 晶体。K2MnO4 转化为 KMnO4 的反应中氧化剂和还原剂的物质的 量之比为__________。生成 0.1 mol 还原产物时转移电子__________个。KMnO4 能与热的 Na2C2O4(aq，硫 酸酸化)反应生成 Mn2＋和 CO2。若取用软锰矿制得的 KMnO4 产品 0.165 g，能与 0.335 g Na2C2O4 恰好完全 反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中 KMnO4 的纯度为____________。 12.欲使 3 mol 的 VO2＋变成 VO＋2 ，则需要氧化剂 KClO3 至少________ mol。 参考答案 【变式练习】 1.（1）NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol　2 mol （2）①2Mn 2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓②在 100.00 mL 水样中，I2＋2S2O2－3 ===2I－＋S4O2－6 ，n(I2)＝ cNa2S2O3·VNa2S2O3 2 ＝0.010 00 mol·L－1 × 13.50 mL × 10－3 L·mL－1 2 ＝6.750×10－5 mol，n[MnO(OH)2]＝ n(I2)＝6.750×10 － 5 mol，n(O 2)＝ 1 2n[MnO(OH)2]＝ 1 2×6.750×10 － 5 mol＝3.375×10 － 5 mol，水中溶解氧＝ 3.375 × 10－5 mol × 32 g·mol－1 × 1 000 mg·g－1 100.00 mL × 10－3 L·mL－1 ＝10.80 mg·L－1 （3）n(CO2)＝ 0.560 L 22.4 L·mol－1＝0.025 mol，m(CO2)＝0.025 mol×44 g/mol＝1.10 g，在 270 ℃～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成二氧化碳和水，m(CO2)＋m(H 2O)＝3.390 g×(0.7345－0.3702)＝ 1.235 g，m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 gn(H2O)＝ 0.135 g 18 g·mol－1＝0.0075 mol，n(OH－)＝0.0075 mol×2＝0.015 mol, n(OH－)∶n(CO2－3 )＝0.015∶0.025＝3∶5 【解析】（1）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成 NO 和 NO2，相对分子质量都小于 50，符 合题意，1 mol O2 参与反应转移电子的物质的量为 4 mol。设 NO2 的物质的量为 x，NO 的物质的量为 y，则 x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得 x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的 量为4 2 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜物质的量为 2 mol。（2）①O2 将 Mn2+氧化成 MnO(OH)2 中氧气是氧化 剂，1 个 O2 分子得到 4 个电子，Mn 元素的化合价从+2 价升高到+4 价，1 个 Mn2+失去 2 个电子，所以根据 电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O 2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。②根据转化关系图， 获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。（3）n(CO2)＝ 0.560 L 22.4 L·mol－1＝0.025 mol，m(CO2)＝0.025 mol×44 g/mol＝1.10 g，在 270 ℃～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成二氧化碳和水，m(CO2)＋ m(H2O)＝3.390 g×(0.7345－0.3702)＝1.235 g，m(H 2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g，再根据氢原子守恒计算 n(OH－)，根据碳原子守恒计算 n(CO2－3 )，从而得出二者的比例。 2.（1）1.57（2） 0.011 8ab－0.646c 或29ab 2 450－1 131c 1 750 （3）14 900 【解析】（1）NaClO 2 在杀菌消毒的过程中被还原为 Cl－，则 1 mol NaClO2 得到电子的物质的量为 4 mol， 1 mol Cl2 被还原为 Cl－时得到电子的物质的量为 2 mol，故 1 g NaClO2 得到电子的物质的量为 4/90.5 mol， 根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2 的有效氯含量为 1.57。（2）加入 FeCO3 的目的是中和剩余 H2SO4 和 生 成 的 H2SO4 ， 根 据 化 学 方 程 式 Fe2O3 ＋ 3H2SO4===Fe2(SO4)3 ＋ 3H2O 和 FeS2 ＋ 7Fe2(SO4)3 ＋ 8H2O===15FeSO4＋8H2SO4 知，1 mol Fe2O3 生成 FeSO4 实际消耗13 7 mol H2SO4，根据化学方程式 FeCO3＋ H2SO4===FeSO4＋H2O＋CO2↑，则消耗 FeCO3 的物质的量等于剩余硫酸的物质的量，剩余硫酸的物质的量 ＝a × b% 98 －c × 50% × 96% 160 ×13 7 ，则消耗 FeCO3的质量＝(a × b% 98 －c × 50% × 96% 160 × 13 7 )×116 kg＝(0.011 8ab－ 0.646c)kg 或(29ab 2 450－1 131c 1 750 ) kg。（3）参加反应的 NaCN 是100 × （10.3－0.5） g 49 g/mol ＝20 mol，反应中 C 元素 由＋2 价升高到＋4 价，N 元素化合价从－3 价升高到 0 价，即 1 mol NaCN 失去 5 mol 电子，1 mol 次氯 酸钠得到 2 mol 电子，所以处理 100 m3 含 NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需 NaClO 的质量为20 mol × 5 2 ×74.5 g/mol×4＝14 900 g。 【易错通关】1. 8.9 【解析】根据物质的量浓度与质量分数的换算公式，得 c＝1 000ρω M ＝1 000 × 1.10 × 27.5% 34 ＝8.9 (mol·L－1)。 2. 【解析】根据新信息反应式或得失电子守恒计算高锰酸钾产品纯度，注意配制溶液体积与取用量之间的转 化问题。草酸中碳元素为＋3 价，氧化产物为 CO2，高锰酸钾被还原为＋2 价锰离子，根据得失电子守恒知， 5n(KMnO4)＝2n(H2C2O4)，w(KMnO4)＝ 。 3. 【解析】根据题意，m g 样品消耗的 HCl 的物质的量为 10－3c(V0－V) mol，则样品中 n(OH－)＝10－3c(V0－V) mol。根据盐基度的定义得：B＝ ＝ 。 4. 10.80 【解析】在 100.00 mL 水样中，发生如下反应：O2＋2Mn2＋＋4OH－===MnO(OH)2↓，I2＋2S2O2－3 ===2I－＋S4O 2－6 ，则 n(I2)= = =6.750×10－5mol，由方程式化学计量数可 得 n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10－5mol，n(O2)=1 2n[MnO(OH)2]=1 2×6.750×10－5mol=3.375×10－5mol，故水中溶 解氧= =10.80 mg·L－1。 5. 56%　Fe5O7(或 FeO·2Fe2O3) 【解析】样品中的铁元素，在加入铜粉后全部转变为 Fe2＋，Fe2＋再被酸性 KMnO4 滴定。依据方程式 8H＋＋ MnO－4 ＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O 可得关系式1 5＝ ，解关系式得 n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，故样品中铁元素的质量分数为0.25 mol × 56 g·mol－1 25.0 g ×100%＝56%。反应的铜的物质的 量 n(Cu)＝ ＝0.1 mol，依据方程式 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋得关系式2 1＝ ，解关系式 得 n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据元素守恒得 n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2＋)∶n(Fe3 ＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为 Fe5O7(或 FeO·2Fe2O3)。 6. a∶b∶c＝4∶2∶5【解析】依据方程式 Ba2＋＋SO2－4 ===BaSO4↓可得 n(SO2－4 )＝1.747 5 233 mol＝0.007 5 mol；由题意 n(Cr2O2－7 )＝ 0.05 L×0.020 00 mol·L－1＝0.001 mol，依据方程式 Cr2O2－7 ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 可得 n(Fe2 ＋)＝n(Cr2O2－7 )×6＝0.001 mol×6＝0.006 mol。根据电荷守恒：n(OH －)＋n(SO2－4 )×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝ 0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，则 a∶b∶c＝0.006 mol∶0.003 mol∶0.007 5 mol＝4∶2∶5。 7. 208 【解析】由离子方程式①②③得关系式：Cr2O2－7 ～3I2～6S2O2－3 ，依据关系式的计算式 c＝0.015 × 0.02 6 × 0.025 mol·L －1＝0.002 mol·L－1，则铬元素总浓度＝0.002 × 2 × 52 × 103 mg 1 L ＝208 mg·L－1。 8. 8.96% 【解析】由信息可知 5CO＋I 2O5 ===== △ 5CO2＋I2，所以 5CO～I 2～2Na2S2O3,5CO～2Na 2S2O3，n(CO)＝ 5 2 n(Na2S2O3)×4＝10n(Na2S2O3)＝10×(0.010 0 mol·L－1×0.02 L)＝2×10－3mol，V(CO)＝2×10－3 mol×22.4 L·mol －1×1 000 mL·L－1＝44.8 mL。故样品中 CO 的体积分数＝44.8 mL 500 mL×100%＝8.96%(三位有效数字)。 9. 10 mol 2 L 【解析】在该反应中，Fe 由＋2 价升到＋6 价，氧由－1 价升到 0 价。所以当生成 2 mol Na2FeO4 时，应转 移电子 10 mol。根据电子守恒得关系式： 1 × 10－3 g 55 g·mol－1×2＝x·1.2 × 10－3 g·L－1 198 g·mol－1 ×3，解得 x＝2 L。 10. 2.78 【解析】Cr2O 2－7 的物质的量 n（Cr2O2－7 ）＝1.00×10－3 mol·L－1×1 L＝1.00×10－3 mol，生成 Cr0.5Fe1.5FeO4 的 物质的量为 4.00×10－3mol，根据元素守恒，需要 FeSO4·7H2O 的物质的量为：(1.5＋1)×4.00×10－3 mol＝0.01 mol，m(FeSO4·7H2O)＝2.78 g。 11.1∶2　0.2NA(或 1.204×1022)　 95.8% 【解析】利用电子守恒配平得 3MnO2－4 ＋4H＋===MnO2＋2MnO－4 ＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比 为 1∶2，则生成 0.1 mol 还原产物时转移电子 0.2NA 个。设 KMnO4 的纯度为 x，根据得失电子守恒得关系式 0.165 g·x 158 g·mol－1×5＝ 0.335 g 134 g·mol－1×2×1，解得：x≈0.958。 答案： 12. 0.5 【解析】VO2＋变为 VO＋2 ，V 的化合价由＋4 价升高到＋5 价，转移 1e －，而氧化剂 KClO3 则被还原为 KCl，化合价由＋5 价降低为－1 价，转移 6e－，故欲使 3 mol VO2＋变为 VO＋2 ，需氧化剂 KClO3 的物质的 量至少为 3 mol×1÷6＝0.5 mol。