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第14单元·化学计算（高考真题+模拟新题）
高考真题
1.（2010上海卷）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中和乙中的沉淀可能一样多
答案：BD
解析：此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。
解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
2.（2010上海卷）22．由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是
A．4:3 B．3:2 C．3:1 D．2:l
答案：BC
解析：此题考查了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反应：Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两着之间，故BC可能。
知识归纳：极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。
3.（2010江苏卷）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2
B．1mol羟基中电子数为10
C．在反应中，每生成3mol转移的电子数为6
D．常温常压下，22.4L乙烯中键数为4
【答案】A
【解析】本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反应中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
4.（2010四川理综卷）标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A. B.
C. D.C=1000Vρ/(17V+22400)
答案：A
解析：本题考查基本概念。考生只要对基本概念熟悉，严格按照基本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。
5.（2010天津卷）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol·L－1）
0.44
0.6
0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
解析：(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
答案：(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
6.（2010上海卷）Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。
1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保留2位小数）
2）计算30℃时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量。
3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。
答案：1）；2）135.5：100=271：x；x=200（g）；3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，。
解析：此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，则；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，则135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。
7.（2010上海卷）白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。
1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为 L。
上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为 。
3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷（，且x为整数）。
如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为 。
4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M>300）。
答案：1）5.6；4.00；2）Ca5(PO4)3(OH)；3）297.5或342；4）348或464。
解析：此题考查了元素化合物、化学计算知识。1）白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，则其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反应生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2）根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同结构的话，结合PCl5的结构，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，则其相对分子质量可能为：297.5或342；4）根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，则生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；则磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，则该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，则知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为： P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为： P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300 舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。
8.（2010江苏卷）以水氯镁石(主要成分为)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的，若溶液中，则溶液中= 。
(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 。
(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。
(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有，则产品中镁的质量分数 ▲ （填 “升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】
（1）2.0mol.L-1
（2）NH4Cl
（3）Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）升高
【解析】本题主要考查的是有关Ksp的计算和无机化工流程和化学计算。（1）依据Ksp计算的公式可知c(Mg2+)=Ksp/c2(OH-)= 2.0mol/L；（2）通过流程分析，最后 综上分析可知，滤液中的主要成分为NH4Cl，浓缩以后得到的固体物质为NH4Cl；（3）根据题给相关物质的数据可有以下计算
所以，，从而得到其化学组成为；Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）因为MgCO3中Mg的含量比碱式碳酸镁的含量高，因此，混有MgCO3后，Mg的含量升高。
9.（2010四川理综卷）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：
请回答下列问题：
硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。
向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：_________________________、_______________________。
在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________________________。
过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。
（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278 g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。
答案：(1) 或
(2)
(3) 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低浓度促进钛盐水解

(4)
解析：本题属于化工生产流程题。（1）考查酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式。（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反应、（3）考查了影响盐类水解的因素。（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应.,说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A，和2c×103mol的铁。根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，。而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol,这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol,根据铁元素守恒。nFe=(2a+4b+2c) ×103mol,n Fe2O3=(a+2b+c) ×103mol,计算得mFe2O3=kg.
模拟新题
1．安徽师大附中2009-2010学年度第一学期期中考试工业上以CuO和H2SO4为原料制备CuSO4·5H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水，也无多余的水分，所用硫酸溶液溶质的质量分数应为（ ）
A.45.8%　　　 B.57.6%　　 　 C.72.3%　　　 D.无法确定
【答案】B
【解析】本题考查计算能力，试题难度中等；根据题意，制备过程中既不补充水，也无多余的水分，故CuSO4·5H2O中的水来自反应生成的水和硫酸溶液中的水，1molCuSO4·5H2O中含有5mol结晶水，其中有1mol来自CuO和H2SO4反应，故硫酸溶液中的水为4mol，所以硫酸溶液的质量分数为：×100%=57.6%
2．北京市朝阳区高三年级统一考试化学试卷接触法制硫酸的炉气组成是SO2占7%，O2占11%，N2占82%，现有100L混合气体进入接触室反应后，总体积变为97.2L。则该变化过程中SO2转化率是（ ）
A．50% B．60% C．70% D．80%
【答案】D
【解析】本题考查了转化率的计算。由方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，参加反应的SO2的体积为2x(100-97.2)=5.6L,故转化率为5.6÷7=80%，D选项正确。
3．(2010·东城二模)自然界中存在一种尖晶石，主要成分的化学式可表示为MgA12O4，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取5.4 g样品，恰好完全溶解在100 mL一定浓度的盐酸中，则该盐酸的浓度可能是（ ）
A. 1.8 mol/L B. 2.8 mo l/L C. 4.3 mol/L D. 4.9 mol/L
【答案】B。
【4．(2010·海淀三模)曾发生的液氯储罐爆炸，其原因是液氯中混有NCl3。当液氯中NCl3的质量分数达到4%以上就有爆炸危险。
（1）NCl3易水解生成一种碱性气体和一种具有漂白性的物质。写出该反应的化学方程式 。
（2）为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通过足量盐酸吸收NCl3 (反应为：NCl3+4HCl→NH4Cl+3Cl2)，再用400mL20.0%(ρ=1.22g/cm3)的工业NaOH溶液吸收所有的Cl2，测得吸收后NaOH溶液增重51.4 g。经测定NCl3吸收管内NH4+质量为0.270 g。
①上述工业NaOH溶液的物质的量浓度为 。
② 计算该样品中NCl3的质量分数，并判断该样品是否安全？
【答案】（1）NCl3+3H2O→NH3+3HclO
（2）①6.1mol/L ；
②n(NH4+)=0.015mol；m (NCl3)=1.81g；原氯气的质量为51.4-3.20=48.2 g；
NCl3%=3.62% 。该样品安全 。
【解析】本题是以现实生活中的实例，考查了氯、氨的相关知识以及化学计算。做题时要有清晰的解题思路，并注意分析所给的信息、数据，进行简单计算。
（1）因为NCl3易水解生成一种碱性气体和一种具有漂白性的物质，碱性气体为氨气，根据元素守恒写出反应的化学方程式为：NCl3+3H2O→NH3+3HclO；
（2）由公式c=1000ρω/Μ=1000×1.22×0.2/40=6.1mol/L
根据所给数据以及反应方程式列出关系式得出：
n(NH4+)=0.015mol；m (NCl3)=1.81g；原氯气的质量为51.4-3.20=48.2 g；则：NCl3%=3.62%<4%，该样品安全。
5．(2010·抚顺联考) (1)某研究性学习小组对“钠在空气中燃烧的产物”进行了探究。其实验过程是：取一小块钠在空气中加热片刻后与一定量的水反应，收集到VmL气体(标准状况)，向所得溶液中滴入1.000mol/L的盐酸溶液30.00mL恰好中和完全(如图所示)。试回答：
①甲、乙、丙三套装置共有________处错误。
②丙的操作中，若以酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶内溶液颜色变化是 。
③若V=168mL(标准状况)，在一定条件下将其引燃，恰好完全反应。请将钠块在空气中加热片刻后所得到的固体成分及其质量填表如下：(表格可不填满也可补充)
成分
质量/g
(2)其实滴定的方法有多种，除上述实验中的酸碱中和滴定外，还有沉淀滴定、络合滴定等。沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度要比滴定剂和指示剂生成物的溶解度_____(填“大”、“小”、“相同”)，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl-的含量时常以CrO42-为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更____溶的缘故。
【答案】(1)①三处 ②浅红色或红色变成无色，且在半分钟不褪色
③
成分
Na2O
Na
Na2O2
质量/g
0.31g
0.23g
0.39g
(2)小 难
【解析】(1)n(HCl)=0.0300mol，NaOH+HCl=NaCl+H2O，n(NaOH)=0.0300mol，
m(Na)=0.0300mol×23g/mol=0.69g。依题意，收集到的气体是O2和H2的混合气体，
n(H2,O2)=0.168L/22.4L.mol-1=0.0075mol，二者恰好完全燃烧，2H2+O22H2O，n(H2)=0.005mol，n(O2)=0.0025mol。2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，n(Na2O2)=0.005mol，
m(Na2O2)=0.005mol×78g/mol=0.39g；
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，n(Na)=0.01mol，m(Na)=0.01mol×23g/mol=0.23g。根据钠元素守恒，n(Na2O)=(0.03mol-0.01mol-0.005mol×2)/2=0.005mol，m(Na2O)=0.005mol×62g/mol=0.31g.
(2)酸碱中和滴定的原理是：酸、碱指示剂(如酚酞、石蕊)本身呈弱酸性或弱碱性，滴定操作时，强酸(碱)首先和被滴定的碱(酸)反应，而后过量的酸(碱)和指示剂作用变色，显然指示剂的酸碱性较弱，如果指示剂的酸碱性和被滴定的酸碱的强度相当，则滴定无法进行或误差较大。结合中和滴定过程中反应的先后顺序，当标准液和待测液反应完毕后，标准液再和沉淀指示剂反应出现颜色变化判定滴定的终点，因此可知AgCl比Ag2CrO4更难溶。
6．2010年上海市高中化学教学质量分析卷工业生产粗硅的主要原理为：
SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑。
（1）在制粗硅的过程中同时会有碳化硅生成，若二者物质的量之比为1:1，则参加反应的C 和SiO2的质量比为________________。
（2）工业上可通过以下原理由粗硅进一步制纯硅：
Si(粗)＋2Cl2(g)SiCl4(l)；SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl
若上述反应中Si(粗)和SiCl4的利用率均为80%，制粗硅时有10%的SiO2转化为SiC， 则生产25.2吨纯硅需纯度为75%石英砂多少吨？
（3）工业上还可以通过如下图所示的流程制取纯硅：
反应①：Si(粗)＋3HCl(g)SiHCl3(l)＋H2(g)
反应②：SiHCl3＋H2Si(纯)＋3HCl
假设在每一轮次的投料生产中，硅元素没有损失，反应①中HCl的利用率为75％，反应②中H2的利用率为80%。则在下一轮次的生产中，需补充投入HCl和H2的物质的量之比是多少？
【答案】（1）1:2（2）125t（3）4:1
【解析】（1）2SiO2＋5CSi(粗)＋SiC+4CO↑由此可推出参加反应的C 和SiO2的质量比为1:2
（2）=25.2t x=125t
（3）设需补充投入的HCl和H2的物质的量分别为xmol和ymol，
Si(粗)＋3HCl(g)SiHCl3(l)＋H2(g) SiHCl3＋H2Si(纯)＋3HCl
1 3 1 1 1 1 1 3
a 3a a a a a a 3a
解得： x:y =4:1
解析】本题可视为金属氧化物与盐酸的反应，生成盐和水，由氧元素与氢元素守恒，即n(H)：n(O)=2：1,结合数据计算得出答案B。
7．2010年上海市高中化学教学质量分析卷有硫酸钾和碳酸镁的混合物，用50 mL盐酸完全溶解后，在标准状况下收集到0.56 L二氧化碳，向反应后的溶液中加入含有0.03 mol氢氧化钡的溶液，可得到6.11 g沉淀，此时溶液的pH＝12，溶液的体积为200 mL，试求：
（1）原混合物中碳酸镁的质量。
（2）得到的沉淀中硫酸钡的质量。
（3）盐酸的物质的量浓度。
【答案】（1）2.1 g（2）4.66 g（3）1.16 mol/L
【解析】（1）MgCO3→CO2
84g 22.4L
xg 0.56L x=2.1g
（2）6.11g沉淀中有Mg(OH)2和BaSO4，因为MgCO3的质量为2.1g即0.025mol，所以生成的Mg(OH)2的物质的量也为0.025mol即1.45g，6.11g-1.45g=4.66g
（3）加入氢氧化钡后与硫酸钾、氯化镁、盐酸发生了反应且氢氧化钡有剩余，所以减去剩余的氢氧化钡的量就是相当于与盐酸反应的量了，有：
(0.03mol-mol) ×2=0.058mol =1.16 mol/L

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