第8講化學(xué)計算的常用方法[復(fù)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步理解物質(zhì)的量在化學(xué)計算中的“橋梁”作用。2.了解化學(xué)計算的常用方法。3.初步建立化學(xué)計算的思維模型。類型一兩種基本計算方法一、差量法計算及應(yīng)用1.差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后有關(guān)物理量發(fā)生的變化找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積或壓強、反應(yīng)過程中的熱效應(yīng)等。2.差量法解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)“理論差量”，把化學(xué)方程式中的對應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實際差量)列成比例，然后求解。如：2C(s)+O2(g)=2CO(g)Δm(固)/Δn(氣)/ΔV(氣)2mol1mol2mol24g1mol22.4L(標(biāo)況)[應(yīng)用舉例]為了檢驗?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，請列式計算該樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。答案樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1-w2)g樣品中m(NaHCO3)=168(w1則樣品中m(Na2CO3)=w1g-168(w1其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為m(Na2CO31.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將20LCO2和CO的混合氣體全部通過足量的Na2O2粉末，在相同狀況下，氣體體積減少到16L，則原混合氣體中CO的體積為()A.4L B.8L C.12L D.16L答案C解析混合氣體中只有CO2和Na2O2反應(yīng)，設(shè)二氧化碳的體積為V(CO2)，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2ΔV44.8L22.4L22.4LV(CO2)(20-16)L44.8L∶22.4L=V(CO2)∶(20-16)L，解得V(CO2)=8L，則V(CO)=(20-8)L=12L。2.在一個容積為6L的密閉容器中，放入3LX(g)和2LY(g)，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：4X(g)+nY(g)2Q(g)+6R(g)，反應(yīng)達(dá)到平衡后，容器內(nèi)溫度不變，混合氣體的壓強比原來增大了5%，X的濃度減小13，則該反應(yīng)中的n值為()A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析根據(jù)題意，平衡時混合氣體的壓強比原來增大了5%，說明正反應(yīng)為氣體總體積增大的反應(yīng)，則有：4+n<2+6，所以n<4，C、D項錯誤；溫度、容積不變，氣體壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，故壓強增大5%，說明氣體的體積增加了5L×5%=0.25L，由于平衡時X濃度減少了13，所以X減少了1L4X(g)+nY(g)2Q(g)+6R(g)ΔV4 4-n1L 0.25L44-n=1L0.25L，解得n=3，A二、列方程組進(jìn)行二元混合物的計算計算中的數(shù)學(xué)思想：在兩種物質(zhì)組成的混合物中，一般可設(shè)兩個未知數(shù)x、y，題目中通常也會給出兩個已知量(設(shè)為A、B)，尋找x、y與A、B的數(shù)學(xué)關(guān)系，由此建立二元一次方程組進(jìn)行聯(lián)解：A=f1.取10.80g某無機礦物鹽X(僅含四種元素)，將X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體FeO、CaO的混合物和氣體CO2，且無機礦物鹽X能與稀鹽酸反應(yīng)生成CO2氣體。X的化學(xué)式是，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學(xué)方程式為

。答案CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑解析X完全分解生成CO2的質(zhì)量為10.80g-6.40g=4.40g，其物質(zhì)的量為0.10mol，根據(jù)CaCO3CaO+CO2↑、FeCO3FeO+CO2↑可得：n(FeO)+n(CaO)=0.1mol，56g·mol-1×n(CaO)+72g·mol-1×n(FeO)=6.40g，解以上兩式可得：n(FeO)=n(CaO)=0.050mol，則X的化學(xué)式為CaCO3·FeCO3或CaFe(CO3)2。2.某紅色固體粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，為探究其組成，稱取mg該固體粉末樣品，用足量的稀H2SO4充分反應(yīng)后，稱得固體質(zhì)量為ag。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O(1)若a=(用含m的最簡式表示)，則紅色固體粉末為純凈物。(2)若a=m9，則紅色固體粉末中Fe2O3的物質(zhì)的量為mol(用含m的最簡式表示)答案(1)4m9(2解析(1)若紅色固體粉末只是Fe2O3，則與稀H2SO4充分反應(yīng)后，無固體剩余，所以紅色固體若為純凈物，只能是Cu2O，根據(jù)Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2Om144molm144所以a=m144×64=49(2)設(shè)Fe2O3、Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol。Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2Ox2xCu2O+2H+=Cu2++Cu+H2Oyyy2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2xx根據(jù)題意y所以x=3m類型二關(guān)系式法計算及應(yīng)用1.關(guān)系式法是物質(zhì)間的一種簡化的式子，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間“量”的關(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。2.關(guān)系式法解題的關(guān)鍵是建立關(guān)系式，建立關(guān)系式的方法有：①利用化學(xué)方程式中化學(xué)計量數(shù)間的關(guān)系；②利用原子守恒關(guān)系；③利用得失電子守恒關(guān)系；④利用化學(xué)方程式的加和等。[應(yīng)用舉例]200噸含硫40%的黃鐵礦，用接觸法可以制得95%的硫酸(不考慮中間過程的損耗)的質(zhì)量為多少噸？答案257.9t解析根據(jù)反應(yīng)前后硫原子數(shù)不變，可得關(guān)系式：2S~FeS2~2H2SO4即：S~H2SO43298200t×40%95%·x32∶98=(200t×40%)∶(95%·x)x≈257.9t。1.[2023·北京，16(4)]尿素樣品含氮量的測定方法如下。已知：溶液中c(NH4+)不能直接用①消化液中的含氮粒子是。②步驟ⅳ中標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的濃度和消耗的體積分別為c和V，計算樣品含氮量還需要的實驗數(shù)據(jù)有。答案①NH4+②樣品的質(zhì)量、步驟ⅲ所加入H2SO解析①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反應(yīng)中存在濃H2SO4，則消化液中含氮粒子為NH2.[2022·湖南，15(6)]某實驗小組以BaS溶液為原料制備BaCl2·2H2O，并用重量法測定產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量。設(shè)計了如下實驗方案：①稱取產(chǎn)品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加熱至近沸；②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的0.100mol·L-1H2SO4溶液；③沉淀完全后，60℃水浴40分鐘，經(jīng)過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質(zhì)量為0.4660g。產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字)。答案97.6%解析由題意可知，硫酸鋇的物質(zhì)的量為0.4660g233g·mol-1=0.002mol，依據(jù)鋇原子守恒，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為0.002mol，質(zhì)量為0.002mol×244g·mol-1=0.4883.[2021·山東，18(3)節(jié)選]利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實驗如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②滴定：先將WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過IO3-離子交換柱發(fā)生反應(yīng)：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交換結(jié)束后，向所得含IO3-的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；反應(yīng)完全后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定達(dá)終點時消耗cmol·L-1的Na2S2O3溶液VmL答案①m3+m1-2m2②cVM120(解析②滴定時，根據(jù)題給三個離子方程式可得關(guān)系式：WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，結(jié)合鎢元素的質(zhì)量守恒可得關(guān)系式：WCl6~12S2O32-，則樣品中n(WCl6)=112n(S2O32-)=112×cmol·L-1×V×10-3L，m(WCl6)=112×cmol·L-1×V×10-3L×Mg·mol-1類型三熱重分析法1.熱重分析法熱重分析法是在控制溫度的條件下，測量物質(zhì)的質(zhì)量與溫度或時間關(guān)系的方法。通過分析熱重曲線，可以知道樣品及其可能產(chǎn)生的中間產(chǎn)物的組成、熱穩(wěn)定性、熱分解情況及生成物等與質(zhì)量相聯(lián)系的信息。金屬化合物的熱重分析研究對象一般為金屬含氧酸鹽、金屬氫氧化物、金屬氧化物，一般為先失水、再分解、后氧化。2.熱重曲線基本圖示一般以橫坐標(biāo)為溫度，縱坐標(biāo)為固體質(zhì)量(或質(zhì)量分?jǐn)?shù)等)建立平面直角坐標(biāo)系。如固體物質(zhì)A受熱分解：A(s)B(s)+C(g)，固體A熱分解反應(yīng)的熱重曲線如圖所示。試樣初始質(zhì)量為m0，失重后試樣質(zhì)量為m1，溫度由T1升高到T2的過程，失重質(zhì)量Δm=m0-m1，失重質(zhì)量百分?jǐn)?shù)為m0-3.基本方法和思路(1)設(shè)晶體(金屬化合物)為1mol，其質(zhì)量為m。(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。(3)計算每步固體剩余的質(zhì)量m(剩余)，m(剩余(4)晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m(剩余)中。(5)失重后的產(chǎn)物最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(氧元素)，由n(金屬)∶n(氧元素)，即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。1.(2024·湖北六校聯(lián)考)8.34g綠礬晶體(FeSO4·7H2O)樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示，下列說法正確的是()A.溫度為78~159℃時固體物質(zhì)M的化學(xué)式為FeSO4·5H2OB.溫度為159~373℃時固體物質(zhì)N的化學(xué)式為FeSO4·2H2OC.在隔絕空氣條件下，N得到P的化學(xué)方程式為FeSO4·2H2OFeSO4+2H2OD.取適量380℃時所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃得到一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種無色氣體生成，Q的化學(xué)式為Fe2O3答案D解析n(FeSO4·7H2O)=8.34g278g·mol-1=0.03mol，溫度為78~159℃時，固體質(zhì)量為6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g·mol-1=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)=0.12mol，則n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1，則化學(xué)式為FeSO4·4H2O，A錯誤；溫度為159~373℃時，固體質(zhì)量為5.10g，其中m(FeSO4)=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=0.03mol，則n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1，則化學(xué)式為FeSO4·H2O，B錯誤；N的化學(xué)式為FeSO4·H2O，P的化學(xué)式為FeSO4，在隔絕空氣條件下由N得到P的化學(xué)方程式為FeSO4·H2OFeSO4+H2O，C錯誤；P的化學(xué)式為FeSO4，則Q應(yīng)為鐵的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g·mol-1=1.68g，則Q中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.045mol，則n(Fe)∶n(O)=2∶3，Q的化學(xué)式為Fe2O2.將26.3gNiSO4·nH2O樣品在900℃下煅燒，樣品受熱過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示。已知：L→N時失掉全部的結(jié)晶水。下列說法錯誤的是()A.n=6B.固體M的化學(xué)式為NiSO4·4H2OC.生成固體P時，樣品的失重率約為71.5%D.固體Q的化學(xué)式為NiO答案D解析L→N時失掉全部的結(jié)晶水，則分解反應(yīng)為NiSO4·nH2ONiSO4+nH2O，根據(jù)圖像可知，剩余固體NiSO4的質(zhì)量是15.5g，失去結(jié)晶水的質(zhì)量是26.3g-15.5g=10.8g，根據(jù)NiSO4~nH2O建立等式，15515.5=18n10.8，解得n=6，A項正確；L→M時失掉結(jié)晶水的質(zhì)量是3.6g，則固體M的化學(xué)式為NiSO4·4H2O，B項正確；生成固體P時，樣品的失重率為26.3g-7.5g26.3g×100%≈71.5%，C項正確；Q為鎳的氧化物，n(Ni)=n(NiSO4·6H2O)=0.1mol，則n(O)=8.3g-0.1mol×59g·mol-116g·mol-1=0.15mol，則n(Ni)∶n(O)=23.將1.440gTi2O3在空氣中加熱，固體的質(zhì)量隨溫度變化如圖所示。T1→T2℃，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

。答案2Ti3O5+O26TiO2解析1.440gTi2O3含Ti元素的質(zhì)量為：1.440g×96144=0.96g，T0→T1℃時，Ti元素質(zhì)量不變，則T1℃時，O元素質(zhì)量：0.533g，Ti原子與O原子個數(shù)比：0.96g48g·mol-1∶0.533g16g·mol-1≈3∶5，即化學(xué)式：Ti3O5；T0→T2℃時，固體質(zhì)量增加0.16g，即為O元素質(zhì)量，對應(yīng)增加O物質(zhì)的量0.01mol，即從Ti2O3反應(yīng)生成Ti2O4，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，結(jié)合圖像中固體質(zhì)量變化可知，T1→T2℃課時精練[分值：100分](選擇題1~11題，每小題6分，共66分)1.將aLNH3通過灼熱的裝有鐵觸媒的硬質(zhì)玻璃管后，氣體體積變?yōu)閎L(氣體體積均在同溫同壓下測定)，該bL氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)是()A.2a-ba×100% C.2a-bb×100% 答案C解析設(shè)參加反應(yīng)的氨氣體積為x，則2NH3N2+3H2ΔV2L2Lx(b-a)L解得x=(b-a)L所以氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)為aL-(b-a2.在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3，則原溶液中Al3+的濃度(mol·L-1)為(A.2b-c2C.2b-c6答案D解析由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀，根據(jù)SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知n(SO42-)=bmol；由加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3，根據(jù)NH4++OH-NH3↑+H2O可知n(NH4+)=cmol，由于溶液不顯電性，設(shè)原溶液中Al3+的物質(zhì)的量為xmol，由電荷守恒可知，3x+c=2b，所以x=2b-c3，由于溶液的體積是aL，所以原溶液中c(3.將15mL2mol·L-1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L-1MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn+完全沉淀為碳酸鹽，則MCln中n值是()A.4 B.3 C.2 D.1答案B解析M的化合價為+n，Na2CO3與MCln反應(yīng)對應(yīng)的關(guān)系式為2Mn+~nCO2n0.04L×0.5mol·L-10.015L×2mol·L-1解得n=3。4.用足量的CO還原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入過量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后質(zhì)量為8.0g，則此鉛氧化物的化學(xué)式是()A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2答案C解析設(shè)此鉛氧化物的化學(xué)式為PbxOy，PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO316y100ym(O)=1.28g8.0g所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42g，x∶y=m(Pb)M(Pb)∶m(O)5.在氧氣中燃燒0.22g硫和鐵組成的混合物，使其中的硫全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，把這些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩?，這些硫酸可用10mL0.5mol·L-1氫氧化鈉溶液完全中和，則原混合物中硫的百分含量為()A.72% B.40% C.36% D.18%答案C解析S與O2反應(yīng)生成SO2，進(jìn)而被氧化為SO3，SO3與水反應(yīng)生成硫酸，硫酸與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。n(H2SO4)=12n(NaOH)=12×0.01×0.5mol=0.0025mol，根據(jù)硫原子守恒，可知n(S)=0.0025mol，w(S)=0.0025mol×32g6.某同學(xué)設(shè)計如下實驗測定綠礬樣品(主要成分為FeSO4·7H2O)的純度，稱取11.5g綠礬產(chǎn)品，溶解，配制成1000mL溶液；分別量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中，用硫酸酸化的0.01000mol·L-1高錳酸鉀溶液滴定至終點，消耗高錳酸鉀溶液的平均體積為20.00mL。根據(jù)數(shù)據(jù)計算該綠礬樣品的純度約為(A.94.5% B.96.1%C.96.7% D.97.6%答案C解析高錳酸根離子與亞鐵離子反應(yīng)的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n(KMnO4)=20.00×10-3L×0.01000mol·L-1=2.0×10-4mol，則n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3mol，w(FeSO4·7H2O)=1.0×7.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，往所得溶液中加入KSCN溶液，無紅色出現(xiàn)。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為()A.0.25mol B.0.2molC.0.3mol D.0.35mol答案A解析由題意可知，混合物中的Fe元素全部轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)2，根據(jù)N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]=(0.15L×4mol·L-1-2.24L22.4L·mol-1)×12=0.25mol，則n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H8.向100mL的FeBr2溶液中通入3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)Cl2，所得溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為()A.0.75mol·L-1 B.1mol·L-1C.1.5mol·L-1 D.2mol·L-1答案D解析在溶液中微粒反應(yīng)的順序是Fe2+>Br-，n(Cl2)=3.36L22.4L·mol-1=0.15mol；n(Cl-)=0.3mol；假設(shè)FeBr2溶液的濃度是xmol·L-1，則在原溶液中n(Fe2+)=0.1xmol，n(Br-)=0.2xmol；方法一：得失電子守恒，由題意可得：0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2，解得x=2。方法二：電荷守恒，反應(yīng)后主要離子為Fe3+、Cl-和Br-可知：3×0.1x9.取3.38gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反應(yīng)后溶液中c(OH-)=0.8mol·L-1(忽略混合后溶液體積變化)，則原混合物中K2CO3和KHCO3物質(zhì)的量之比為()A.1∶2 B.1∶1C.2∶1 D.2∶3答案A解析設(shè)原混合物中n(K2CO3)=xmol，n(KHCO3)=ymol，根據(jù)總質(zhì)量可得：138x+100y=3.38①，反應(yīng)后剩余的氫氧根離子的物質(zhì)的量n(OH-)=0.8mol·L-1×0.05L=0.04mol。根據(jù)化學(xué)方程式：K2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2KOHxmol 2xmolKHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+KOH+H2Oymol ymol可得2x+y=0.04②，聯(lián)立①②解方程組得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01mol∶0.02mol=1∶2。10.(2024·宜昌模擬)取26.90gZnSO4·6H2O加熱，剩余固體的質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。750℃時所得固體的化學(xué)式為()A.ZnO B.ZnSO4C.Zn3O(SO4)2 D.ZnSO4·H2O答案C解析750℃時剩余固體與680℃時一樣，剩下13.43g，質(zhì)量減少了26.90g-13.43g=13.47g，26.90gZnSO4·6H2O中水的質(zhì)量為26.90g×108269=10.80g，則還有S、O元素質(zhì)量減少13.47g-10.80g=2.67g，26.90gZnSO4·6H2O中S元素的質(zhì)量26.90g×32269=3.2g，則S元素還有剩余，故11.鎂帶在空氣中燃燒生成的固體產(chǎn)物主要是氧化鎂和氮化鎂。將燃燒后的固體產(chǎn)物溶解在60mL濃度為2.0mol·L-1的鹽酸中(氮化鎂和鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl)，以20mL0.5mol·L-1的氫氧化鈉溶液中和多余的鹽酸，然后在此溶液中加入過量的堿，把氨全部蒸發(fā)出來，用稀鹽酸吸收，稀鹽酸增重0.17g。則鎂帶的質(zhì)量為()A.0.6g B.1.2g C.2.4g D.3.6g答案B解析加入氫氧化鈉溶液中和多余的鹽酸后，溶液中僅有MgCl2、NH4Cl和NaCl，根據(jù)電荷守恒：n(NH4+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，n(Mg2+)=12×(0.06L×2.0mol·L-1-0.17g17g·mol-1-0.02L×0.5mol·L-1)=0.05mol，m(Mg)=0.0512.(6分)硝酸工業(yè)生產(chǎn)中的尾氣可用純堿溶液吸收，有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)：Ⅰ.2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2Ⅱ.NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將含aLNO2和bLNO的混合氣體通入625g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21.2%的純堿溶液中，恰好完全被吸收，且吸收液質(zhì)量增加44g。計算：(1)a=L，b=L。(2)反應(yīng)Ⅱ中生成NaNO2的質(zhì)量為g。答案(1)33.622.4(2)138解析(1)m(CO2)=625×21.2%×44106g=55g，因此m(NO2+NO)-55g=44g，即m(NO2+NO)=99g，最終溶液中Na與N的物質(zhì)的量之比為1∶1，因此有a22.4×46+b22.4×30=99a+b22.4=625×21.2%×2106，解得a=33.6b=22.4。(2)13.(7分)過氧化鈣晶體(CaO2·8H2O)可用于改善地表水質(zhì)、處理含重金屬粒子廢水、應(yīng)急供氧等。(1)已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-第一步：準(zhǔn)確稱取ag產(chǎn)品放入錐形瓶中，再加入過量的bgKI晶體，加入適量蒸餾水溶解，再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反應(yīng)。第二步：向上述錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入濃度為cmol·L-1的Na2S2O3溶液發(fā)生反應(yīng)，滴定達(dá)到終點時出現(xiàn)的現(xiàn)象是

。若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，則樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(用字母表示)。(2)已知過氧化鈣加熱至350℃左右開始分解放出氧氣。將過氧化鈣晶體(CaO2·8H2O)在坩堝中加熱逐漸升高溫度，測得樣品質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示，則350℃左右所得固體物質(zhì)的化學(xué)式為。答案(1)溶液由藍(lán)色變無色，且30s內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色0.036cV(2)CaO解析(1)根據(jù)得失電子守恒，可得關(guān)系式：CaO2~I2~2S2O32-，則樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為cV×10(2)CaO2·8H2O的摩爾質(zhì)量為216g·mol-1，故2.16g過氧化鈣晶體為0.01mol，350℃左右所得固體質(zhì)量為0.56g，根據(jù)鈣原子守恒，可知為CaO。14.(9分)(1)[2022·遼寧，17(7)]取2.50gH2O2產(chǎn)品，加蒸餾水定容至100mL搖勻。取20.00mL于錐形瓶中，用0.0500mol·L-1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。平行滴定三次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL。假設(shè)其他雜質(zhì)不干擾結(jié)果，產(chǎn)品中H2O2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(2)[2017·全國卷Ⅰ，26(5)改編]取某甘氨酸(C2H5NO2)樣品mg，將其中的氮轉(zhuǎn)化成銨鹽，再經(jīng)反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NH3·H3BO3，然后用鹽酸滴定進(jìn)行測定(已知：NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3)，滴定時消耗濃度為cmol·L-1的鹽酸VmL，則樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%，樣品的純度≤%。答案(1)17%(2)1.4cVm解析(1)根據(jù)得失電子守恒可得關(guān)系式：2KMnO4~5H2O2。三組數(shù)據(jù)中20.90mL偏差較大，舍去，故消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為20.00mL，H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(H2O2)=20×10-3(2)處理后，甘氨酸(C2H5NO2)樣品中的氮元素全部轉(zhuǎn)入NH3·H3BO3中。