2021年高考化学易错题专题训练一物质的量与化学反应计算含解析

物质的量与化学反应计算
【错题纠正】
例题1、(1)要确定铁的某氯化物FeCl x 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FeCl x 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FeCl x 中x 的值 （列出计算过程）。

（2）准确称取2.26gNaClO 2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 2S 2O 3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为-2ClO ＋4I －＋4H ＋=2I 2
＋Cl －＋2H 2O ，2-2--22346I +2S O =S O +2I )，若三次平行实验测得消耗的Na 2S 2O 3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：FeCl x —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：NaClO 2~2I 2~4S 2O 32-，则m (NaClO 2)=3mol/L 0.03L 90.5g/mol 4⨯⨯，则粗品的纯度为3mol/L 0.03L 90.5g/mol 4100%90.1%2.26g ⨯⨯⨯≈；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Na 2S 2O 3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Fe 2+，再用KMnO 4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 KMnO 4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CuSO 4·5H 2O （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 （H 2Y 2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液bmL 。

滴定反应如下：Cu 2+＋H 2Y 2－＝CuY 2－＋2H + ，写出计算CuSO 4·5H 2O 质量分数的表达式w ＝ ________________；下列操作会导致CuSO 4·5H 2O 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：KMnO 4——5Fe 2＋，故残留物中铁元素的质量分数为：
0.0050 mol ·L -1×0.02000L ×5×100.00mL 25mL ×56g ·mol －12.00g
×100%=5.6％。

（2）a g 样品中含有m (CuSO 4·5H 2O)＝(10－3×b L ×c mol/L)×250 g ·mol －1×100 mL 20 mL
，故a g 样品中CuSO 4·5H 2O 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
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 ———→
HNO 3
NO x ———→H 2O 2
HNO 3，则Cu 失去电子的物质的量等于H 2O 2得电子的物质的量，忽略HNO 3参与反应过程。

【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 O 2，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________。

（24和碱性KI 溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H 2SO 4，待MnO(OH)2与I －完全反应生成Mn 2＋和I 2后，以淀粉作指示剂，用Na 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
O 2――→Mn 2＋MnO(OH)2――→I －I 2――→S 2O 2－3S 4O 2－6
①写出O 2将Mn 2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：________________________________。

②取加过一定量CaO 2·8H 2O 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 －1Na 2S 2O 3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[Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O]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CO 2 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 (CO 2－3)。

(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Cl 2的氧化能力。

NaClO 2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）Na超标的电镀废水可用两段氧化法处理：Na与NaClO反应，生成NaO和NaCl，NaO与NaClO 反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。

已知H(K i＝6.3×10－10)有剧毒；H、HO中N元素的化合价相同。

处理100 m3含Na 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Na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V0mL。

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MnSO 4和碱性KI 溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H 2SO 4，待MnO(OH)2与I －完全反应生成Mn 2＋和I 2后，以淀粉作指示剂，用Na 2S 2O 3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CaO 2·8H 2O 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 Na 2S 2O 3标准溶液13.50 mL 。

计算该水样中的溶解氧为____________mg ·L －1。

O 2―――→Mn 2＋MnO(OH)2――→I －I 2―――→S 2O 2－3S 4O 2－6
5.某种矿石中铁元素以氧化物Fe m O n 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KMnO 4滴定，至终点时消耗KMnO 4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Fe m O n 的化学式为 (m 、
n 为正整数)。

(提示：2Fe 3＋＋Cu===2Fe 2＋＋Cu 2＋，8H ＋＋MnO －4＋5Fe 2＋===Mn 2＋＋5Fe 3＋＋4H 2
O 。

) 6. 聚合硫酸铁的化学式可表示为[Fe a (OH)b (SO 4)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BaCl 2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SnCl 2溶液，使Fe 3＋还原为Fe 2＋，用甲基橙除去过量SnCl 2；然后用0.020 00 mol ·L －1 K 2Cr 2O 7标准溶液滴定，到达滴定终点时共用去K 2Cr 2O 7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：Cr 2O 2－7＋6Fe 2＋＋14H ＋===2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2
O) 7.铬元素总浓度的测定：准确移取25.00 mL 含Cr 2O 2－7和Cr
3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH 4)2S 2O 8溶液将Cr 3＋氧化成Cr 2O 2－7，煮沸除去过量的(NH 4)2S 2O 8；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Na 2S 2O 3标准溶液，终点时消耗Na 2S 2O 3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：①2Cr 3＋＋3S 2O 2－8＋
7H 2O===Cr 2O 2－7＋6SO 2－4＋14H ＋②Cr 2O 2－7＋6I －＋14H ＋===2Cr 3＋＋3I 2＋7H 2O ③I 2＋2S 2O 2－3
===2I －＋S 2O 2－6
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I2O5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Mn2＋氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2＋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Cr2O2－7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＋＋O 2＋4OH －===2MnO(OH)2↓②在100.00 mL 水样中，I 2＋2S 2O 2－3===2I －＋S 4O 2－6，
n (I 2)＝c Na 2S 2O 3·V Na 2S 2O 32＝0.010 00 mol ·L －1×13.50 mL ×10－3 L ·mL －12
＝6.750×10－5 mol ，n [MnO(OH)2]＝n (I 2)＝6.750×10－5 mol ，n (O 2)＝12n [MnO(OH)2]＝12×6.750×10－5 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 (CO 2)＝0.560 L 22.4 L ·mol －1
＝0.025 mol ，m (CO 2)＝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 (CO 2)＋m (H 2O)＝3.390 g ×(0.7345－0.3702)＝1.235 g ，m (H 2O)＝1.235 g －1.10 g ＝0.135 g n (H 2O)＝0.135 g
18 g ·mol
－1＝0.0075 mol ，n (OH －)＝0.0075 mol ×2＝0.015 mol, n (OH －)∶n (CO 2－3)＝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NO 2，相对分子质量都小于50，符合题意，1 mol O 2参与反应转移电子的物质的量为4 mol 。

设NO 2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42
mol ＝2 mol ，因此生成硫酸铜物质的量为2 mol 。

（2）①O 2将Mn 2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O 2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Mn 2+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+2Mn 2＋+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 (CO 2)＝
0.560 L
22.4 L ·mol －1
＝0.025 mol ，m (CO 2)＝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 (CO 2)＋m (H 2O)＝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 (CO 2－3)，
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 NaClO 2得到电子的物质的量为4 mol ，1 mol Cl 2被还原为Cl －时得到电子的物质的量为2 mol ，故1 g NaClO 2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，NaClO 2的有效氯含量为1.57。

（2）加入FeCO 3的目的是中和剩余H 2SO 4和生成的H 2SO 4，根据化学方程式Fe 2O 3＋3H 2SO 4===Fe 2(SO 4)3＋3H 2O 和FeS 2＋
7Fe 2(SO 4)3＋8H 2O===15FeSO 4＋8H 2SO 4知，1 mol Fe 2O 3生成FeSO 4实际消耗137
mol H 2SO 4，根据化学方程式FeCO 3＋H 2SO 4===FeSO 4＋H 2O ＋CO 2↑，则消耗FeCO 3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%160×137，则消耗FeCO 3的质量＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫a ×b %98－c ×50%×96%160×137×116 kg ＝(0.011 8ab －0.646c )kg 或⎝ ⎛⎭
⎪⎫29ab 2 450－1 131c 1 750 kg 。

（3）参加反应的Na 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 Na 失去5 mol 电子，1 mol 次氯酸钠得到2 mol 电子，所以处理100 m 3含
Na 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO 的质量为20 mol ×52
×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 000ρωM ＝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 －＋S4O2－6，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
2
n[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＋5Fe 2＋===Mn 2＋＋5Fe 3＋＋4H 2
O 可得关系式1
5
＝
，解关系式得n(Fe 2＋)＝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2Fe 3＋＋Cu===2Fe 2＋＋Cu 2＋得关系式
21
＝，解关系式得n(Fe 3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol ，根据元素守恒得n(Fe 2＋)＝0.25 mol －0.2 mol
＝0.05 mol ，n(Fe 2＋)∶n(Fe 3＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为Fe 5O 7(或FeO ·2Fe 2O 3)。

6. a ∶b ∶c ＝4∶2∶5
【解析】依据方程式Ba 2＋＋SO 2－4===BaSO 4↓可得n (SO 2－4)＝1.747 5233
mol ＝0.007 5 mol ；由题意
n (Cr 2O 2－7)＝0.05 L ×0.020 00 mol ·L －1＝0.001 mol ，依据方程式Cr 2O 2－7＋6Fe 2＋＋14H ＋===2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2O 可得n (Fe 2＋)＝n (Cr 2O 2－7)×6＝0.001 mol ×6＝0.006 mol 。

根据电荷守恒：n (OH －)＋n (SO 2－4)×2＝n (Fe
3＋)×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：Cr 2O 2－7～3I 2～6S 2O 2－3，
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 2O 5=====△
5CO 2＋I 2，所以5CO ～I 2～2Na 2S 2O 3,5CO ～2Na 2S 2O 3，n (CO)＝5
2n (Na 2S 2O 3)×4＝10n (Na 2S 2O 3)＝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 Na 2FeO 4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】Cr 2O 2－7的物质的量n （Cr 2O 2－7）
＝1.00×10－3 mol ·L －1×1 L ＝1.00×10－3 mol ，生成Cr 0.5Fe 1.5FeO 4的物质的量为4.00×10－3mol ，根据元素守恒，需要FeSO 4·7H 2O 的物质的量为：(1.5＋1)×4.00×10－3 mol ＝0.01 mol ，m (FeSO 4·7H 2O)＝2.78 g 。

11.1∶2 0.2N A (或1.204×1022) 95.8%
【解析】利用电子守恒配平得3MnO 2－4＋4H ＋===MnO 2＋2MnO －4＋2H 2O ，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0.2N A 个。

设KMnO 4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】VO 2＋变为VO ＋2，V 的化合价由＋4价升高到＋5价，转移1e －，而氧化剂KClO 3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 VO 2＋变为VO ＋2，需氧化剂KClO 3的物质的量至少为3 mol ×1÷6＝0.5 mol 。