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。
类型一 两种基本计算方法
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)
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NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将 w1 g样品加热，其质量变为 w2 g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
1.标准状况下，将20 L CO2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
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
二、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 。
2.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m g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a g。
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=，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)。
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？
1.[2023·北京，16(4)]尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c(N)不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
2.[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0.500 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 H2SO4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0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
3.[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 m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为 m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，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I离子交换柱发生反应：W+Ba(IO3)2BaWO4+2I；交换结束后，向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：I+5I-+6H+3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S22I-+S4。滴定达终点时消耗 c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为 。
类型三 热重分析法
1.热重分析法
热重分析法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物，一般为先失水、再分解、后氧化。
2.热重曲线基本图示
一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如固体物质A受热分解：A(s)B(s)+C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示。
试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，温度由T1升高到T2的过程，失重质量Δm= ，失重质量百分数为 。
3.基本方法和思路
(1)设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量m(剩余)，×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
(5)失重后的产物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。
1.(2024·山东潍坊高三检测)8.34 g绿矾晶体(FeSO4·7H2O)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是( )
A.温度为78~159 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B.温度为159~373 ℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O
C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2OFeSO4+2H2O
D.取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
2.(2024·辽宁辽阳高三模拟)将26.3 g NiSO4·nH2O样品在900 ℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是( )
A.n=6
B.固体M的化学式为NiSO4·4H2O
C.生成固体P时，样品的失重率约为71.5%
D.固体Q的化学式为NiO
3.将1.440 g Ti2O3在空气中加热，固体的质量随温度变化如图所示。
T1→T2 ℃，反应的化学方程式为 。
答案精析
类型一
一、
应用举例
样品加热发生的反应为
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1-w2) g
样品中m(NaHCO3)= g，
则样品中m(Na2CO3)=w1 g- g，
其质量分数为×100%=×100%=×100%。
对点训练
1.C
2.B [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、
对点训练
1.CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]
CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑
解析 X完全分解生成CO2的质量为10.80 g-6.40 g=4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据CaCO3CaO+CO2↑、FeCO3FeO+CO2↑可得：n(FeO)+n(CaO)=0.1 mol，56 g·mol-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CaCO3·FeCO3或CaFe(CO3)2。
2.(1) (2)
类型二
应用举例
257.9 t
解析 根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S~FeS2~2H2SO4
即：S ~ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98=(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
对点训练
1.①N ②样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
2.97.6%
3.①m3+m1-2m2 ②%
解析 ②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：W~2I~6I2~12S2，结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6~12S2，则样品中n(WCl6)=n(S2)=×c mol·L-1×V×10-3L，m(WCl6)=×c mol·L-1×V×10-3L×M g·mol-1= g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%=%。
类型三
2.m0-m1 ×100%
对点训练
1.D
2.D [L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2ONiSO4+nH2O，根据图像可知，剩余固体NiSO4的质量是15.5 g，失去结晶水的质量是26.3 g-15.5 g=10.8 g，根据NiSO4~nH2O建立等式，=，解得n=6，A项正确；L→M时失掉结晶水的质量是3.6 g，则固体M的化学式为NiSO4·4H2O，B项正确；生成固体P时，样品的失重率为×100%≈71.5%，C项正确；Q为镍的氧化物，n(Ni)=n(NiSO4·6H2O)=0.1 mol，则n(O)==0.15 mol，则n(Ni)∶n(O)=2∶3，固体Q的化学式为Ni2O3，D项错误。]
3.2Ti3O5+O26TiO2
解析 1.440 g Ti2O3含Ti元素的质量为：1.440 g×=0.96 g，T0→T1 ℃时，Ti元素质量不变，则T1 ℃时，O元素质量：0.533 g，Ti原子与O原子个数比：∶≈3∶5，即化学式：Ti3O5；T0→T2 ℃时，固体质量增加0.16 g，即为O元素质量，对应增加O物质的量0.01 mol，即从Ti2O3反应生成Ti2O4，根据质量守恒定律，结合图像中固体质量变化可知，T1→T2 ℃时，发生反应化学方程式：2Ti3O5+O26TiO2。(共81张PPT)
化学
大
一
轮
复
习
第二章 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。
课时精练
类型一 两种基本计算方法
类型二 关系式法计算及应用
类型三 热重分析法
内容索引
类型一
两种基本计算方法
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)
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NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，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
2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1-w2) g
样品中m(NaHCO3)= g，
则样品中m(Na2CO3)=w1 g- g，
其质量分数为×100%=×100%=×100%。
1.标准状况下，将20 L CO2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
√
对点训练
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+O2 ΔV
44.8 L 22.4 L 22.4 L
V(CO2) (20-16) L
44.8 L∶22.4 L=V(CO2)∶(20-16) L，
解得V(CO2)=8 L，
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
√
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、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_____________________
。
对点训练
CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]
CaFe(CO3)2 CaO+
FeO+2CO2↑
X完全分解生成CO2的质量为10.80 g-6.40 g=4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据CaCO3 CaO+CO2↑、FeCO3 FeO+CO2↑可得：n(FeO)+
n(CaO)=0.1 mol，56 g·mol-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CaCO3·FeCO3或CaFe(CO3)2。
2.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m g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a g。
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。
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++H2O
mol mol
所以a=×64=m。
(2)若a=，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)。
设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O
x 2x
Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O
y y y
2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+
2x x
根据题意
所以x=。
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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
根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S~FeS2~2H2SO4
即：S ~ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98=(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
1.[2023·北京，16(4)]尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c(N)不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
对点训练
N
尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为。
②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有_______________________________________
。
样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体
积和浓度
2.[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0.500 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 H2SO4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0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
97.6%
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BaCl2·2H2O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×100%=97.6%。
3.[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m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，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I离子交换柱发生反应：W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I；交换结束后，向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：I+5I-+6H+===3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为
M g·mol-1)的质量分数为 。
m3+m1-2m2
%
滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：W~2I~6I2~12S2，
结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6~12S2，则样品中n(WCl6)=
n(S2)=×c mol·L-1×V×10-3L，m(WCl6)=×c mol·L-1×V×10-3L
×M g·mol-1= g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%
=%。
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类型三
热重分析法
1.热重分析法
热重分析法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物，一般为先失水、再分解、后氧化。
2.热重曲线基本图示
一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如固体物质A受热分解：A(s) B(s)+C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示。
试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，温度由T1升高到T2的过程，失重质量Δm=_____，失重质量百分数为____________。
m0-m1
×100%
3.基本方法和思路
(1)设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量m(剩余)，×100%=固体残
留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
(5)失重后的产物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。
1.(2024·山东潍坊高三检测)8.34 g绿矾晶体(FeSO4·7H2O)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是
A.温度为78~159 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B.温度为159~373 ℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O
C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方
程式为FeSO4·2H2O FeSO4+2H2O
D.取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空
气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，
同时有两种无色气体生成，Q的化学
式为Fe2O3
√
对点训练
n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol，温
度为78~159 ℃时，固体质量为6.72 g，其
中m(FeSO4)=0.03 mol×152 g·mol-1=4.56 g，
m(H2O)=6.72 g-4.56 g=2.16 g，n(H2O)=
0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12 mol∶0.03 mol=4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A错误；
温度为159~373 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)=4.56 g，m(H2O)
=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)=0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03 mol
∶0.03 mol=1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，B错误；
N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为
FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的
化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4+
H2O，C错误；
P的化学式为FeSO4，则Q应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=
0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g·mol-1=1.68 g，则Q中m(O)=2.40 g-1.68 g
=0.72 g，n(O)=0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)=2∶3，Q的化学式为Fe2O3，D正确。
2.(2024·辽宁辽阳高三模拟)将26.3 g NiSO4·nH2O样品在900 ℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是
A.n=6
B.固体M的化学式为NiSO4·4H2O
C.生成固体P时，样品的失重率约为71.5%
D.固体Q的化学式为NiO
√
L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为
NiSO4·nH2O NiSO4+nH2O，根据图像
可知，剩余固体NiSO4的质量是15.5 g，失
去结晶水的质量是26.3 g-15.5 g=10.8 g，根
据NiSO4~nH2O建立等式，=，解得n=6，A项正确；
L→M时失掉结晶水的质量是3.6 g，则固体M的化学式为NiSO4·4H2O，B项正确；
生成固体P时，样品的失重率为×100%≈71.5%，C项正确；
Q为镍的氧化物，n(Ni)=n(NiSO4·6H2O)=0.1 mol，
则n(O)==0.15 mol，则
n(Ni)∶n(O)=2∶3，固体Q的化学式为Ni2O3，D项错误。
3.将1.440 g Ti2O3在空气中加热，固体的质量随温度变化如图所示。
T1→T2 ℃，反应的化学方程式为 。
2Ti3O5+O2 6TiO2
1.440 g Ti2O3含Ti元素的质量为：1.440 g
×=0.96 g，T0→T1 ℃时，Ti元素质量
不变，则T1 ℃时，O元素质量：0.533 g，
Ti原子与O原子个数比：∶
≈3∶5，即化学式：Ti3O5；T0→T2 ℃时，固体质量增加0.16 g，即为O元素质量，对应增加O物质的量0.01 mol，即从Ti2O3反应生成Ti2O4，根据质量守恒定律，结合图像中固体质量变化可知，T1→T2 ℃时，发生反应化学方程式：2Ti3O5+O2 6TiO2。
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KESHIJINGLIAN
课时精练
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B C C C A D
题号 9 10 11
答案 A C B
答案
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(1)33.6 22.4 (2)138
13.
(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色 ×100%
(2)CaO
答案
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(1)17% (2)
15.
(1)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O 减小 (2)①偏大 ②12.32%
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.×100% B.×100%
C.×100% D.×100%
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答案
设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3 N2+3H2 ΔV
2 L 2 L
x (b-a) L
解得x=(b-a) L
所以气体中NH3的体积分数为×100%=×100%。
2.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为
A. B.
C. D.
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由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀，根据S+Ba2+===BaSO4↓可知n(S)=b mol；由加入足量强碱并加热可得
到c mol NH3，根据N+OH- NH3↑+H2O可知n(N)=c mol，由于
溶液不显电性，设原溶液中Al3+的物质的量为x 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c(Al3+)=
= mol·L-1，故D正确。
3.将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1 MCln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.4 B.3 C.2 D.1
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M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+ ~ nC
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
解得n=3。
4.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
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设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3
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。
5.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%
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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)=n(NaOH)
=×0.01×0.5 mol=0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)=0.002 5 mol，w(S)=×100%≈36%。
6.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·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%
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答案
高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2+
+5Fe3++4H2O，n(KMnO4)=20.00×10-3 L×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)=×100%≈96.7%。
7.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，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.0.25 mol B.0.2 mol
C.0.3 mol D.0.35 mol
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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]=(0.15 L×4 mol·L-1-)×=0.25 mol，则n(Fe)=
0.25 mol，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0.25 mol。
8.向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况下)Cl2，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.0.75 mol·L-1 B.1 mol·L-1
C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1
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在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+> Br-，n(Cl2)==0.15 mol；n(Cl-)
=0.3 mol；假设FeBr2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。
9.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2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(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为
A.1∶2 B.1∶1
C.2∶1 D.2∶3
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答案
设原混合物中n(K2CO3)=x mol，n(KHCO3)=y mol，根据总质量可得：138x+100y=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：
K2CO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+2KOH
x mol 2x mol
KHCO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+KOH+H2O
y mol y mol
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答案
可得2x+y=0.04②，
联立①②解方程组得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶
n(KHCO3)=0.01 mol∶0.02 mol=1∶2。
10.取26.90 g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750 ℃时所得固体的化学式为
A.ZnO B.ZnSO4
C.Zn3O(SO4)2 D.ZnSO4·H2O
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答案
750 ℃时剩余固体与680 ℃时一样，剩下
13.43 g，质量减少了26.90 g-13.43 g=13.47 g，
26.90 g ZnSO4·6H2O中水的质量为26.90 g
×=10.80 g，则还有S、O元素质量减少
13.47 g-10.80 g=2.67 g ，26.90 g ZnSO4·6H2O
中S元素的质量26.90 g×=3.2 g，则S元素还有剩余，故C正确。
11.镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁。将燃烧后的固体产物溶解在60 mL浓度为2.0 mol·L-1的盐酸中(氮化镁和盐酸反应的化学方程式为Mg3N2+8HCl===3MgCl2+2NH4Cl)，以20 mL 0.5 mol·L-1的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g。则镁带的质量为
A.0.6 g B.1.2 g C.2.4 g D.3.6 g
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答案
加入氢氧化钠溶液中和多余的盐酸后，溶液中仅有MgCl2、NH4Cl和NaCl，
根据电荷守恒：n(N)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，n(Mg2+)=×(0.06 L×
2.0 mol·L-1--0.02 L×0.5 mol·L-1)=0.05 mol，m(Mg)=0.05 mol×
24 g·mol-1=1.2 g。
12.硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应：
Ⅰ.2NO2+Na2CO3===NaNO3+NaNO2+CO2
Ⅱ.NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2
在标准状况下，将含a L NO2和b L NO的混合气体通入625 g质量分数为21.2%的纯碱溶液中，恰好完全被吸收，且吸收液质量增加44 g。
计算：
(1)a= L，b= L。
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答案
m(CO2)= g=55 g，因此m(NO2+NO)-55 g=44 g，即m(NO2+NO)
=99 g，最终溶液中Na与N的物质的量之比为1∶1，
因此有。
(2)反应Ⅱ中生成NaNO2的质量为 g。
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138
根据反应Ⅱ可知，生成的NaNO2的质量为69 g·mol-1×2 mol=138 g。
13.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
(1)已知：I2+2S2===2I-+S4，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
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H2SO4溶液，充分反应。
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Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是 。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为 (用字母
表示)。
溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色
×100%
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答案
根据得失电子守恒，可得关系式：CaO2~I2~2S2，则样品中CaO2的质
量分数为×100%=×100%。
(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(CaO2·8H2O)在坩埚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 。
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答案
CaO
CaO2·8H2O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 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
14.(1)[2022·辽宁，17(7)]取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为 。
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17%
根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，
H2O2的质量分数w(H2O2)=×100%
=17%。
(2)[2017·全国卷Ⅰ，26(5)改编]取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知：NH3·H3BO3+HCl===NH4Cl+H3BO3)，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 %，样品的纯度≤ %。
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答案
处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。
根据氮原子守恒得如下关系式：
C2H5NO2~NH3·H3BO3~HCl
n(C2H5NO2)=n(HCl)=cV×10-3 mol，
样品中氮的质量分数为×100%=%。样品的纯度≤×100%=%。
15.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ；水解聚合反应会导致溶液的pH (填“增大”或“减小”)。
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2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O
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答案
H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3
+(6-2n)H2O Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4，Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水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)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SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·
L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
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”)。
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答案
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K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7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。
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答案
实验过程中消耗的n(Cr2)=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Cr2+6Fe2+
+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式：Cr2~6Fe2+，则n(Fe2+)=
6n(Cr2)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量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%。
返回
②该样品中铁的质量分数为 。
12.32%第二章 第8练 化学计算的常用方法
分值：100分
(选择题1~11题，每小题6分，共66分)
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.×100% B.×100%
C.×100% D.×100%
2.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为( )
A. B.
C. D.
3.将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1 MCln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.4 B.3 C.2 D.1
4.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
5.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%
6.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·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%
7.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，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.0.25 mol B.0.2 mol
C.0.3 mol D.0.35 mol
8.向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况下)Cl2，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.0.75 mol·L-1 B.1 mol·L-1
C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1
9.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2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(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为( )
A.1∶2 B.1∶1
C.2∶1 D.2∶3
10.取26.90 g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750 ℃时所得固体的化学式为( )
A.ZnO B.ZnSO4
C.Zn3O(SO4)2 D.ZnSO4·H2O
11.镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁。将燃烧后的固体产物溶解在60 mL浓度为2.0 mol·L-1的盐酸中(氮化镁和盐酸反应的化学方程式为Mg3N2+8HCl===3MgCl2+2NH4Cl)，以20 mL 0.5 mol·L-1的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g。则镁带的质量为( )
A.0.6 g B.1.2 g C.2.4 g D.3.6 g
12.(6分)硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应：
Ⅰ.2NO2+Na2CO3===NaNO3+NaNO2+CO2
Ⅱ.NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2
在标准状况下，将含a L NO2和b L NO的混合气体通入625 g质量分数为21.2%的纯碱溶液中，恰好完全被吸收，且吸收液质量增加44 g。
计算：
(1)a= L，b= L。
(2)反应Ⅱ中生成NaNO2的质量为 g。
13.(7分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
(1)已知：I2+2S2===2I-+S4，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
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H2SO4溶液，充分反应。
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Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是 。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为 (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(CaO2·8H2O)在坩埚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 。
14.(9分)(1)[2022·辽宁，17(7)]取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为 。
(2)[2017·全国卷Ⅰ，26(5)改编]取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知：NH3·H3BO3+HCl===NH4Cl+H3BO3)，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 %，样品的纯度≤ %。
15.(12分)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ；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SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
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 。
答案精析
1.C 2.D
3.B [M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+ ~ nC
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
解得n=3。]
4.C [设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3
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。]
5.C 6.C
7.A [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]=(0.15 L×4 mol·L-1-)×=0.25 mol，则n(Fe)=0.25 mol，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0.25 mol。]
8.D
9.A [设原混合物中n(K2CO3)=x mol，n(KHCO3)=y mol，根据总质量可得：138x+100y=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：
K2CO3+Ba(OH)2BaCO3↓+2KOH
x mol 2x mol
KHCO3+Ba(OH)2BaCO3↓+KOH+H2O
y mol y mol
可得2x+y=0.04②，
联立①②解方程组得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01 mol∶0.02 mol=1∶2。]
10.C
11.B [加入氢氧化钠溶液中和多余的盐酸后，溶液中仅有MgCl2、NH4Cl和NaCl，根据电荷守恒：n(N)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，n(Mg2+)=×(0.06 L×2.0 mol·L-1--0.02 L×0.5 mol·L-1)=0.05 mol，m(Mg)=0.05 mol×24 g·mol-1=1.2 g。]
12.(1)33.6 22.4 (2)138
13.(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色
×100% (2)CaO
14.(1)17% (2)
解析 (1)根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w(H2O2)=
×100%=17%。
(2)处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。
根据氮原子守恒得如下关系式：
C2H5NO2~NH3·H3BO3~HCl
n(C2H5NO2)=n(HCl)=cV×10-3 mol，
样品中氮的质量分数为×100%=%。样品的纯度≤
×100%=%。
15.(1)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O 减小
(2)①偏大 ②12.32%
解析 (1)H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3+(6-2n)H2OFe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4，Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水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K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7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(Cr2)=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Cr2+6Fe2++14H+6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式：Cr2~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量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%。
