课时跟踪练9
[基础巩固]
1．奥克托今是一种猛（性）炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如下图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为（ A ）
INCLUDEPICTURE "25hr93.TIF"
A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶2
解析：根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4H8N8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4H8N8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。
2．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q ＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R。参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ C ）
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
解析：设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x g，则有
X ＋ 2Y=== Q ＋ R
9a 22a
x g 4.4 g
＝，解得x＝1.8，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，故选C。
3．将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入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。MCln中n值是（ B ）
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：由2MCln＋nNa2CO3===M2（CO3）n↓＋2nNaCl可得关系式：
2Mn＋ ～ nCO
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。此铅氧化物的化学式是（ C ）
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy，由题意可得关系式：
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m（O） 8.0 g
＝，解得m（O）＝1.28 g，所以m（Pb）＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶＝3∶4，此铅氧化物的化学式为Pb3O4。
5．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等。原溶液中H＋与SO的物质的量浓度之比为（ A ）
A．1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
6．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（ C ）
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
解析：设有x L NH3分解，则
2NH3（g）N2（g）＋3H2（g） ΔV
2 1 3 2
x L （b－a） L
＝，解得x＝b－a，该b L气体中NH3的体积分数为×100%＝×100%。
7．某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2NO＋H＋＋H2O，6H＋＋6NO＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为NO的转化率可达95%，而NO转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为（ A ）
A．24.32 kg B．30 kg
C．25.3 kg D．4.08 kg
解析：根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3～NO～CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。
8．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SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3。原溶液中Al3＋的物质的量浓度（mol·L－1）为（ D ）
A． B．
C． D．
解析：向混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知，n（SO）＝b mol；向混合溶液中加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O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 mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，解得x＝，由于溶液的体积是a L，因此原溶液中Al3＋的物质的量浓度c（Al3＋）＝＝ mol·L－1，故D正确。
9．CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L（已折算为标准状况），求：
(1)固体的成分和物质的量之比为__________________________________________________。
(2)标准状况下生成O2的体积为________。
解析：(1)5.000 g CuSO4·5H2O的物质的量为0.02 mol，若全部生成氧化铜，则质量为1.600 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.440 g，而在题给条件下得到1.520 g固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜的物质的量为x mol，氧化亚铜的物质的量为y mol，有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.520，解得x＝0.01，y＝0.005，二者的物质的量之比n（CuO）∶n（Cu2O）＝2∶1。
(2)标准状况下，0.224 L二氧化硫的物质的量为0.01 mol，说明生成三氧化硫的物质的量为0.01 mol，由题意可知，硫元素、铜元素化合价降低，氧元素化合价升高，根据得失电子守恒得到O2的物质的量为＝0.007 5 mol，在标准状况下的体积为0.007 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.168 L。
答案：(1)n（CuO）∶n（Cu2O）＝2∶1 (2)0.168 L
10．测定亚硝酰硫酸（NOSO4H）的纯度：
步骤①：准确称取14.00 g产品，在特定条件下配制成250 mL溶液。
步骤②：取25.00 mL步骤①中溶液于250 mL锥形瓶中，加入60.00 mL未知浓度KMnO4溶液（过量）和10.00 mL 25% H2SO4溶液，摇匀，发生反应2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。
步骤③：向步骤②反应后溶液中加入0.250 0 mol/L Na2C2O4标准溶液进行滴定，消耗20.00 mL Na2C2O4溶液。
步骤④：把步骤②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水（空白实验），重复上述步骤，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为60.00 mL。
亚硝酰硫酸的纯度为________（精确到0.1%）。
解析：把步骤②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复题述步骤，消耗草酸钠标准溶液的体积为60.00 mL，根据得失电子守恒，有60.00 mL×10－3 L/mL×0.250 0 mol/L×2×（4－3）＝60.00 mL×10－3 L/mL×c（KMnO4）×（7－2），解得c（KMnO4）＝0.100 0 mol/L；滴定过程中，NOSO4H、草酸钠为还原剂，高锰酸钾为氧化剂，因此根据得失电子守恒，有20.00 mL×10－3L/mL×0.250 0 mol/L×2×（4－3）＋n（NOSO4H）×（5－3）＝60.00 mL×10－3 L/mL×0.100 0 mol/L×（7－2），解得n（NOSO4H）＝0.010 00 mol，故250 mL溶液中含有NOSO4H的物质的量为0.100 0 mol，产品中亚硝酰硫酸的纯度为×100%≈90.7%。
答案：90.7%
[素养提升]
11．将Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1。原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为（ A ）
A．5∶2 B．2∶5
C．3∶1 D．1∶3
解析：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、ClO是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到＋1价和＋5 价，Cl－、ClO－、ClO的物质的量之比为9∶2∶1，可设它们的物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol，被氧化的Cl原子的总物质的量为3 mol，Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×（1－0）＋1 mol×（5－0）＝7 mol；根据氧化还原反应中得失电子相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的Cl原子的物质的量为＝7 mol，故参加反应的氯气的物质的量为＝5 mol；由氯气生成的氯离子的物质的量为7 mol，总的氯离子的物质的量为9 mol，故氯化氢电离产生的氯离子的物质的量为9 mol－7 mol＝2 mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。
12．铁粉可与高温水蒸气反应，若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32 g，则参加反应的铁粉的物质的量是（ C ）
A．0.5 mol B．1 mol
C．1.5 mol D．2 mol
解析：
3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2 Δm（固）
3 mol 64 g
n（Fe） 32 g
＝，解得n（Fe）＝1.5 mol。
13．（2025·茂名检测）将2.56 g Cu投入12 mL 10 mol·L－1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40 mL a mol·L－1 NaOH溶液，Cu2＋恰好完全沉淀，将生成的气体与b mol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是（ C ）
A．生成的气体中只有NO
B．a＝3
C．b＝0.02
D．c＝0.08
解析： 2.56 g Cu的物质的量为＝0.04 mol，若生成的气体中只有NO，则由化学方程式3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O可知，0.04 mol Cu需要消耗 mol HNO3，而12 mL 10 mol·L－1硝酸中n（HNO3）＝0.12 mol， mol<0.12 mol，说明还会发生反应Cu＋4HNO3（浓）===Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，故生成的气体有NO和NO2，A错误；将2.56 g（0.04 mol）Cu投入12 mL 10 mol·L－1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40 mL a mol·L－1 NaOH溶液，Cu2＋恰好完全沉淀，n[Cu（OH）2]＝0.04 mol，故n（NaOH）＝0.08 mol，c（NaOH）＝＝2 mol·L－1，故a＝2，B错误；将生成的气体与b mol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，由得失电子守恒可知，b mol×4＝0.04 mol×2，解得b＝0.02，C正确；Cu和硝酸反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，通入足量NaOH溶液中气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，生成NO、NO2的总物质的量为0.12 mol－0.08 mol＝0.04 mol，由N元素守恒可知，n（NaNO3）＝0.04 mol，故c＝0.04，D错误。
14．镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物（每种情况只考虑生成一种还原产物）。下列说法错误的是（ D ）
A．24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 mol HNO3
B.消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2
C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其他产物时所用硝酸浓度
D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4
解析：A.24 g（1 mol）镁与硝酸反应失去2 mol电子，根据得失电子守恒可知，生成的NH4NO3的物质的量为 mol＝0.25 mol，同时生成1 mol Mg（NO3）2，根据氮原子守恒可知，消耗HNO3的物质的量为0.25 mol×2＋1 mol×2＝2.5 mol，A正确；B.生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2，B正确；C.硝酸浓度较大时，硝酸根离子的氧化性强于氢离子的氧化性，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；D.生成等物质的量的NO和N2O需要的电子的物质的量之比为（5－2）∶[（5－1）×2]＝3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，D错误。
15．已知Fe2O3在高炉中发生反应Fe2O3＋CO2FeO＋CO2。反应形成的固体混合物（含Fe2O3和FeO）中，铁元素和氧元素的质量比用m（Fe）∶m（O）表示。
(1)上述固体混合物中，m（Fe）∶m（O）不可能是________（填字母）。
a．21∶9 b．21∶7.5 c．21∶6
(2)若m（Fe）∶m（O）＝21∶8，则Fe2O3被CO还原的百分率为________。
(3)设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则A%和混合物中m（Fe）∶m（O）的关系式为A%＝ ________[用含m（Fe）、m（O）的代数式表示]；请在下图中画出A%和m（Fe）∶m（O）关系的图像。
INCLUDEPICTURE "26X16.TIF"
(4)如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2，Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m（Fe）∶m（O）[令m（Fe）∶m（O）＝21∶a，写出a的取值范围]。将结果填入下表。
混合物组成（用化学式表示） a的取值范围
解析：(1)固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，则m（Fe）∶m（O）＝（56×2）∶（16×3）＝21∶9；假设只有FeO，则m（Fe）∶m（O）＝56∶16＝21∶6，固体混合物为二者的混合物，故21∶9＜m（Fe）∶m（O）＜21∶6。(2)设起始时Fe2O3的物质的量为1 mol，被还原的百分率为x，则＝＝，解得x≈33.3%。(3)设Fe2O3的物质的量为100 mol，被CO还原的百分率为A%，则A mol Fe2O3发生反应：
Fe2O3＋CO2FeO＋CO2
A mol 2A mol
故混合物中m（Fe）＝100 mol×2×56 g/mol，m（O）＝[（100－A） mol×3＋2A mol]×16 g/mol，整理可得A＝300－700，即A%＝3－7；根据该表达式可以画出A%和m（Fe）∶m（O）关系的图像。(4)根据分步反应：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2，Fe3O4＋CO3FeO＋CO2，采用假设法讨论：①若全是Fe2O3，则m（Fe）∶m（O）＝21∶9；若全是Fe3O4，则m（Fe）∶m（O）＝21∶8；若混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则8
答案：(1)ac (2)33.3% (3)3－7
INCLUDEPICTURE "26X17.TIF"
(4)Fe2O3、Fe3O4 821世纪教育网(www.21cnjy.com)第9讲 化学计算中常用的思想和方法
INCLUDEPICTURE "复习目标LLL.TIF"
1．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，初步建立化学计算的思维模型。
eq \o(\s\up7(),\s\do7())
考点一 守恒法及其应用
INCLUDEPICTURE "必备知识.tif"
方法解读 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”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等
解题步骤 INCLUDEPICTURE "25HR90.TIF"
INCLUDEPICTURE "关键能力.tif"
1．现有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g溶质质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为______g（保留两位有效数字）。
解析：混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl元素守恒可得100 g×15%×＝m（NaCl）×，解得m（NaCl）≈24 g。
答案：24
2．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀。该混合溶液中K＋浓度为__________。
解析：把混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知，每份溶液中n（Ba2＋）＝n（SO）＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n（Cl－）＝n（Ag＋）＝b mol。根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n（Ba2＋）＋n（K＋）＝n（Cl－），故n（K＋）＝（b－2a） mol，c（K＋）＝＝10（b－2a） mol·L－1。
答案：10（b－2a） mol·L－1
3．某强氧化剂XO（OH）可被Na2SO3还原。若还原1.2×10－3 mol XO（OH）需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的化合价为__________。
解析：由题意知，S元素化合价由＋4升高到＋6，假设反应后X的化合价为x，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得，1.2×10－3 mol×（5－x）＝0.03 L×0.1 mol·L－1×（6－4），解得x＝0。
答案：0
考点二 关系式法及其应用
INCLUDEPICTURE "必备知识.tif"
方法解读 关系式法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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法求解化学计算题的前提
解题步骤 INCLUDEPICTURE "25HR91.TIF"
INCLUDEPICTURE "关键能力.tif"
1．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。原混合物中硫的百分含量为________（保留两位有效数字）。
解析：由S元素守恒和有关反应可得出关系式：
S～SO2～SO3～H2SO4～2NaOH
32 g 2 mol
m（S） 0.5×10×10－3 mol
＝，解得m（S）＝0.08 g，原混合物中w（S）＝×100%≈36%。
答案：36%
2．准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗19.80 mL Na2S2O3溶液。测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、2S2O＋I2===S4O＋2I－。CuSO4·5H2O样品的纯度为________。
解析：根据实验流程及离子方程式得关系式：CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中n（CuSO4·5H2O）＝n（Na2S2O3）＝0.100 0 mol·L－1×0.019 8 L＝0.001 98 mol，CuSO4·5H2O样品的纯度w＝×100%＝99.00%。
答案：99.00%
3．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去16.00 mL 0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液。试样中锡的百分含量为__________（假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119）。
解析：根据题给化学方程式可得Sn与K2Cr2O7的物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100 mol·L－1×0.016 L
＝，解得x＝0.571 2 g，试样中锡的百分含量为w（Sn）＝×100%≈93.2%。
答案：93.2%
考点三 差量法及其应用
INCLUDEPICTURE "必备知识.tif"
方法解读 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”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟实际差量列成比例，然后求解
解题步骤 INCLUDEPICTURE "25HR92.TIF"
INCLUDEPICTURE "关键能力.tif"
1．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。该样品的纯度（质量分数）是______________。
解析：由题意知，（w1－w2）g为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：
2NaHCO3Na2CO3＋
2×84 62
x g （w1－w2） g
＝，解得x＝，故样品纯度为×100%＝×100%＝×100%。
答案：×100%
2．16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O（g），达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL。原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7，其中正确的是__________（填序号）。
解析：根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH3 5N2＋6H2O（g） ΔV（气体的体积差）
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL（理论差量）
9 mL 6 mL 1.5 mL（实际差量）
由此可知，共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL 气体。假设剩余的气体全部是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（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、NH3的混合气体，故V（NO）∶V（NH3）介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
答案：②③
3．白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5（g） PCl3（g）＋Cl2（g）。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol。平衡时PCl5的分解率为________。
解析：5.84 g PCl5的物质的量为≈0.028 mol，设参加反应的PCl5的物质的量为x mol，则有：
PCl5（g） PCl3（g）＋Cl2（g） Δn
1 mol 1 mol
x mol 0.022 mol
＝，解得x＝0.022，平衡时PCl5的分解率为×100%≈78.6%。
答案：78.6%
eq \o(\s\up7(),\s\do7())
1．（2023·新高考湖北卷）铜与过量H2O2反应的探究如下：
INCLUDEPICTURE "23HBH15.TIF"
(1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为________。
(2)取含X粗品0.050 0 g（杂质不参加反应）与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗15.00 mL Na2S2O3标准溶液（已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O）。粗品中X的相对含量为_________________________________________________。
解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物（CuO），则：
CuOxCuO＋O2↑
64＋16x 80
m n
＝，又＝，解得x＝2，X的化学式为CuO2。
(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2＋，Cu2＋与KI反应生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2。CuO2中Cu元素化合价为＋2价、O元素化合价为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I2＋4H2O，存在关系式2CuO2～3I2～6Na2S2O3，0.050 0 g粗品中m（CuO2）＝×2×96 g·mol－1＝0.048 g，w（CuO2）＝×100%＝96.0%。
答案：(1)CuO2 (2)96.0%
2．（2022·新高考湖南卷）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）。
解析：0.466 0 g硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒可得，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量分数为×100%＝97.6%。
答案：97.6%
3．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3（s）===CaO（s）＋CO2（g） ΔH＝＋1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石（含 CaCO3 90%，杂质不参与反应），需要投料______kg焦炭。
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得__________kg
CaO（列式计算）。
解析：(1)100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为＝900 mol，完全分解需要吸收能量1.8×102 kJ·mol－1×900 mol＝1.62×105 kJ，设需要投料x kg焦炭，依题意有30 kJ·g－1×x×103 g×50%＝1.62×105 kJ，解得x＝10.8。(2)根据生产纯碱的过程可得关系式：CO2～NaHCO3～Na2CO3，每生产106 kg纯碱，消耗44 kg CO2，由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱，且由(1)计算可知，参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1，则煅烧石灰石产生CO2的质量为＝55 kg，根据CaCO3CaO＋CO2↑，可获得CaO的质量为55 kg×＝70 kg。
答案：(1)10.8
(2)＝70
课时跟踪练9
[基础巩固]
1．奥克托今是一种猛（性）炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如下图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为（ A ）
INCLUDEPICTURE "25hr93.TIF"
A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶2
解析：根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4H8N8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4H8N8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。
2．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q ＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R。参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ C ）
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
解析：设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x g，则有
X ＋ 2Y=== Q ＋ R
9a 22a
x g 4.4 g
＝，解得x＝1.8，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，故选C。
3．将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入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。MCln中n值是（ B ）
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：由2MCln＋nNa2CO3===M2（CO3）n↓＋2nNaCl可得关系式：
2Mn＋ ～ nCO
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。此铅氧化物的化学式是（ C ）
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy，由题意可得关系式：
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m（O） 8.0 g
＝，解得m（O）＝1.28 g，所以m（Pb）＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶＝3∶4，此铅氧化物的化学式为Pb3O4。
5．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等。原溶液中H＋与SO的物质的量浓度之比为（ A ）
A．1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
6．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（ C ）
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
解析：设有x L NH3分解，则
2NH3（g）N2（g）＋3H2（g） ΔV
2 1 3 2
x L （b－a） L
＝，解得x＝b－a，该b L气体中NH3的体积分数为×100%＝×100%。
7．某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2NO＋H＋＋H2O，6H＋＋6NO＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为NO的转化率可达95%，而NO转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为（ A ）
A．24.32 kg B．30 kg
C．25.3 kg D．4.08 kg
解析：根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3～NO～CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。
8．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SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3。原溶液中Al3＋的物质的量浓度（mol·L－1）为（ D ）
A． B．
C． D．
解析：向混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知，n（SO）＝b mol；向混合溶液中加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O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 mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，解得x＝，由于溶液的体积是a L，因此原溶液中Al3＋的物质的量浓度c（Al3＋）＝＝ mol·L－1，故D正确。
9．CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L（已折算为标准状况），求：
(1)固体的成分和物质的量之比为____________________________________________________。
(2)标准状况下生成O2的体积为________。
解析：(1)5.000 g CuSO4·5H2O的物质的量为0.02 mol，若全部生成氧化铜，则质量为1.600 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.440 g，而在题给条件下得到1.520 g固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜的物质的量为x mol，氧化亚铜的物质的量为y mol，有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.520，解得x＝0.01，y＝0.005，二者的物质的量之比n（CuO）∶n（Cu2O）＝2∶1。
(2)标准状况下，0.224 L二氧化硫的物质的量为0.01 mol，说明生成三氧化硫的物质的量为0.01 mol，由题意可知，硫元素、铜元素化合价降低，氧元素化合价升高，根据得失电子守恒得到O2的物质的量为＝0.007 5 mol，在标准状况下的体积为0.007 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.168 L。
答案：(1)n（CuO）∶n（Cu2O）＝2∶1 (2)0.168 L
10．测定亚硝酰硫酸（NOSO4H）的纯度：
步骤①：准确称取14.00 g产品，在特定条件下配制成250 mL溶液。
步骤②：取25.00 mL步骤①中溶液于250 mL锥形瓶中，加入60.00 mL未知浓度KMnO4溶液（过量）和10.00 mL 25% H2SO4溶液，摇匀，发生反应2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。
步骤③：向步骤②反应后溶液中加入0.250 0 mol/L Na2C2O4标准溶液进行滴定，消耗20.00 mL Na2C2O4溶液。
步骤④：把步骤②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水（空白实验），重复上述步骤，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为60.00 mL。
亚硝酰硫酸的纯度为________（精确到0.1%）。
解析：把步骤②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复题述步骤，消耗草酸钠标准溶液的体积为60.00 mL，根据得失电子守恒，有60.00 mL×10－3 L/mL×0.250 0 mol/L×2×（4－3）＝60.00 mL×10－3 L/mL×c（KMnO4）×（7－2），解得c（KMnO4）＝0.100 0 mol/L；滴定过程中，NOSO4H、草酸钠为还原剂，高锰酸钾为氧化剂，因此根据得失电子守恒，有20.00 mL×10－3L/mL×0.250 0 mol/L×2×（4－3）＋n（NOSO4H）×（5－3）＝60.00 mL×10－3 L/mL×0.100 0 mol/L×（7－2），解得n（NOSO4H）＝0.010 00 mol，故250 mL溶液中含有NOSO4H的物质的量为0.100 0 mol，产品中亚硝酰硫酸的纯度为×100%≈90.7%。
答案：90.7%
[素养提升]
11．将Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1。原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为（ A ）
A．5∶2 B．2∶5
C．3∶1 D．1∶3
解析：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、ClO是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到＋1价和＋5 价，Cl－、ClO－、ClO的物质的量之比为9∶2∶1，可设它们的物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol，被氧化的Cl原子的总物质的量为3 mol，Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×（1－0）＋1 mol×（5－0）＝7 mol；根据氧化还原反应中得失电子相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的Cl原子的物质的量为＝7 mol，故参加反应的氯气的物质的量为＝5 mol；由氯气生成的氯离子的物质的量为7 mol，总的氯离子的物质的量为9 mol，故氯化氢电离产生的氯离子的物质的量为9 mol－7 mol＝2 mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。
12．铁粉可与高温水蒸气反应，若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32 g，则参加反应的铁粉的物质的量是（ C ）
A．0.5 mol B．1 mol
C．1.5 mol D．2 mol
解析：
3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2 Δm（固）
3 mol 64 g
n（Fe） 32 g
＝，解得n（Fe）＝1.5 mol。
13．（2025·茂名检测）将2.56 g Cu投入12 mL 10 mol·L－1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40 mL a mol·L－1 NaOH溶液，Cu2＋恰好完全沉淀，将生成的气体与b mol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是（ C ）
A．生成的气体中只有NO
B．a＝3
C．b＝0.02
D．c＝0.08
解析： 2.56 g Cu的物质的量为＝0.04 mol，若生成的气体中只有NO，则由化学方程式3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O可知，0.04 mol Cu需要消耗 mol HNO3，而12 mL 10 mol·L－1硝酸中n（HNO3）＝0.12 mol， mol<0.12 mol，说明还会发生反应Cu＋4HNO3（浓）===Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，故生成的气体有NO和NO2，A错误；将2.56 g（0.04 mol）Cu投入12 mL 10 mol·L－1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40 mL a mol·L－1 NaOH溶液，Cu2＋恰好完全沉淀，n[Cu（OH）2]＝0.04 mol，故n（NaOH）＝0.08 mol，c（NaOH）＝＝2 mol·L－1，故a＝2，B错误；将生成的气体与b mol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，由得失电子守恒可知，b mol×4＝0.04 mol×2，解得b＝0.02，C正确；Cu和硝酸反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，通入足量NaOH溶液中气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，生成NO、NO2的总物质的量为0.12 mol－0.08 mol＝0.04 mol，由N元素守恒可知，n（NaNO3）＝0.04 mol，故c＝0.04，D错误。
14．镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物（每种情况只考虑生成一种还原产物）。下列说法错误的是（ D ）
A．24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 mol HNO3
B.消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2
C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其他产物时所用硝酸浓度
D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4
解析：A.24 g（1 mol）镁与硝酸反应失去2 mol电子，根据得失电子守恒可知，生成的NH4NO3的物质的量为 mol＝0.25 mol，同时生成1 mol Mg（NO3）2，根据氮原子守恒可知，消耗HNO3的物质的量为0.25 mol×2＋1 mol×2＝2.5 mol，A正确；B.生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2，B正确；C.硝酸浓度较大时，硝酸根离子的氧化性强于氢离子的氧化性，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；D.生成等物质的量的NO和N2O需要的电子的物质的量之比为（5－2）∶[（5－1）×2]＝3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，D错误。
15．已知Fe2O3在高炉中发生反应Fe2O3＋CO2FeO＋CO2。反应形成的固体混合物（含Fe2O3和FeO）中，铁元素和氧元素的质量比用m（Fe）∶m（O）表示。
(1)上述固体混合物中，m（Fe）∶m（O）不可能是________（填字母）。
a．21∶9 b．21∶7.5 c．21∶6
(2)若m（Fe）∶m（O）＝21∶8，则Fe2O3被CO还原的百分率为________。
(3)设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则A%和混合物中m（Fe）∶m（O）的关系式为A%＝ ________[用含m（Fe）、m（O）的代数式表示]；请在下图中画出A%和m（Fe）∶m（O）关系的图像。
INCLUDEPICTURE "26X16.TIF"
(4)如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2，Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m（Fe）∶m（O）[令m（Fe）∶m（O）＝21∶a，写出a的取值范围]。将结果填入下表。
混合物组成（用化学式表示） a的取值范围
解析：(1)固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，则m（Fe）∶m（O）＝（56×2）∶（16×3）＝21∶9；假设只有FeO，则m（Fe）∶m（O）＝56∶16＝21∶6，固体混合物为二者的混合物，故21∶9＜m（Fe）∶m（O）＜21∶6。(2)设起始时Fe2O3的物质的量为1 mol，被还原的百分率为x，则＝＝，解得x≈33.3%。(3)设Fe2O3的物质的量为100 mol，被CO还原的百分率为A%，则A mol Fe2O3发生反应：
Fe2O3＋CO2FeO＋CO2
A mol 2A mol
故混合物中m（Fe）＝100 mol×2×56 g/mol，m（O）＝[（100－A） mol×3＋2A mol]×16 g/mol，整理可得A＝300－700，即A%＝3－7；根据该表达式可以画出A%和m（Fe）∶m（O）关系的图像。(4)根据分步反应：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2，Fe3O4＋CO3FeO＋CO2，采用假设法讨论：①若全是Fe2O3，则m（Fe）∶m（O）＝21∶9；若全是Fe3O4，则m（Fe）∶m（O）＝21∶8；若混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则8答案：(1)ac (2)33.3% (3)3－7
INCLUDEPICTURE "26X17.TIF"
(4)Fe2O3、Fe3O4 821世纪教育网(www.21cnjy.com)(共35张PPT)
第9讲 化学计算中常用的思想和方法
1．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，初步建立化学计算的思维模型。
01
考点梳理 高效演练
考点一 守恒法及其应用
方法
解读 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”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等
解题
步骤
1．现有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g溶质质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为______g（保留两位有效数字）。
24
2．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀。该混合溶液中K＋浓度为______________________。
10（b－2a） mol·L－1
0
考点二 关系式法及其应用
方法
解读 关系式法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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法求解化学计算题的前提
解题
步骤
1．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。原混合物中硫的百分含量为________（保留两位有效数字）。
36%
99.00%
3．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去16.00 mL 0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液。试样中锡的百分含量为__________（假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119）。
93.2%
考点三 差量法及其应用
方
法
解
读 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”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟实际差量列成比例，然后求解
解题
步骤
1．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。该样品的纯度（质量分数）是____________________。
2．16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O（g），达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL。原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7，其中正确的是__________（填序号）。
②③
解析：根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH3 5N2＋6H2O（g） ΔV（气体的体积差）
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL（理论差量）
9 mL 6 mL 1.5 mL（实际差量）
由此可知，共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL 气体。假设剩余的气体全部是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（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、NH3的混合气体，故V（NO）∶V（NH3）介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
3．白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5（g） PCl3（g）＋Cl2（g）。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol。平衡时PCl5的分解率为________。
78.6%
02
真题研做 高考通关
1．（2023·新高考湖北卷）铜与过量H2O2反应的探究如下：
CuO2
96.0%
2．（2022·新高考湖南卷）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%
3．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3（s）===CaO（s）＋CO2（g） ΔH＝＋1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石（含 CaCO3 90%，杂质不参与反应），需要投料______kg焦炭。
10.8
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得_____________________________kg
CaO（列式计算）。