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考点08 物质的量在化学方程式计算中的应用
考法1 物质的量在化学方程式计算中的应用
1.以物质的量为中心的计算
(1)已知物质的质量mB，nB=。
(2)已知标准状况时的气体体积VB，nB=。
(3)已知物质的粒子数NB，nB=。
(4)已知溶液中溶质的物质的量浓度cB，nB=cB·V。
2.化学方程式中的定量关系
H2 + Cl2 2HCl
化学计量数比 1 1 2
微粒个数之比 1NA 1NA 2NA
气体体积之比 1Vm 1Vm 2Vm
物质的量之比 1mol 1mol 2mol
(1)化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。
(2)对于有气体参与的反应化学方程式中各物质的化学计量数之比等于气体体积之比。
【典例1】
(2022·西南师大附中高三上学期期中检测)
1．将金属Mg、Fe的混合物16 g投入到200 mL的稀硫酸中，恰好完全反应，收集到标准状况下11.2 L氢气。下列相关说法错误的是 （ ）
A．Mg、Fe混合物总物质的量为0.5 mol
B．Mg与Fe物质的量之比为3︰1
C．生成MgSO4的质量为45 g
D．该稀硫酸物质的量浓度为0.5 mol/L
【拓展延伸】物质的量应用于化学方程式计算步骤
1.计算步骤
2.注意事项
(1)计算时，各物质不一定都用物质的量表示，也可以用物质的质量、气体的体积，但要注意各物质的物质的量与各物理量的换算关系。
(2)在化学方程式中列出的各量，同种物质的单位必须相同，不同物质的单位可以相同，也可以不同，但单位必须“上下统一”。
(3)列式求解时要注意所有的数值要带单位，同时注意有效数字的处理。
【典例2】
(2022·海南省选择考)
2．在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
【拓展延伸】物质的量应用于化学方程式计算的类型
1.已知一种反应物(或生成物)的量求解其他物质的有关量
此时按照化学方程式中量的关系，列出已知物质和待求物质的比例式计算便可。
2.混合物反应的计算
设混合物中各物质的物质的量为x、y，按照化学方程式中量的关系并以x、y表示，列出方程组解答。
3.过量计算：给出了两种反应物的量，求解某产物的量。
按照化学方程式中量的关系判断哪一种物质不足，然后根据不足的物质的量进行求解。
【典例3】
(2023·辽宁选择考)
3．2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：

Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。
产品的产率为 (用Na计算，精确至0.1%)。
【拓展延伸】化学计算中的几个“率”
(1)纯度=×100%
(2)产率=×100%
(3)原料利用率=×100%
(4)转化率=×100%
4．在一定体积的容器中加入1.5 mol氙气(Xe)和7.5 mol氟气(F2)，于400℃和2633 kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还有4.5 mol氟气，则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数之比是．(　　)
A．1∶2 B．1∶4 C．1∶5 D．1∶6
5．将28 g铁粉放入100 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液中，充分反应后析出的铜的质量为
A．32 g B．6.4 g
C．0.64 g D．3.2 g
6．镁和铝分别和等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与反应时间(t)的关系如图所示。则下列说法正确的是

A．镁和铝消耗硫酸的物质的量之比是2∶3
B．参加反应的镁、铝的质量之比是8∶9
C．反应中消耗的镁、铝的物质的量之比是3∶2
D．反应中镁、铝转移电子的物质的量之比是2∶3
(2023·新课标卷)
7．实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：

相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。

本实验的产率最接近于 (填标号)。
a．85% b．80% c．75% d．70%
考法2 化学计算中常用的解题方法
【典例4】
(2022·石家庄高三上学期期中)
8．在标准状况下，有750mL含臭氧的氧气，其中臭氧完全分解后体积变为780mL，若将此含臭氧的氧气1L通入碘化钾溶液中，发生如下反应：2KI+O3+H2O=2KOH+I2↓+O2，则生成的碘的质量是
A．0.91g B．0.81g C．0.71g D．0.61g
【拓展延伸】差量法
1.含义：差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。具体如下：
2.原理：根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出“理论差量”，如反应前后的质量、物质的量、气体体积等。结合题目实际差量列出比例式进行解答。
3.示例
(1)固体质量差
2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 Δm
计量关系 2×78g 2×1mol 2×106g 22.4L 56g
反应关系 m(Na2O2) n(CO2) m(Na2CO3) V(O2) 28g
则：====
(2)气体体积差
3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ΔV
计量关系 3×1mL 18g 2×1mol 1mL 2mL
反应关系 V(NO2) m(H2O) n(HNO3) V(NO) z
则：====
(3)物质的量差
2SO2 + O2 2SO3 Δn
计量关系 3×22.4L 32g 2×1mol 1mol
反应关系 V(SO2) m(O2) n(SO3) z
则：===
【典例5】
(2023·湖北选择考)
9．学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。

(2)铜与过量反应的探究如下：

实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)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，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(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，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【拓展延伸】关系式法
1.“关系式”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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
2.关系式的寻找方法
(1)根据化学方程式确定关系式：写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。
(2)根据原子守恒确定关系式。示例：把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清石灰水中，求生成沉淀的质量。
①写出反应方程式：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
②列关系式3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3。
3.关系式法解题步骤
【典例6】
(2023·浙江选择考)
10．[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度=当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。产品的盐基度为 。
【拓展延伸】“守恒法”原理及解题思维模板
1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。
(1)电子守恒：氧化还原反应中得电子总数等于失电子总数。
(2)电荷守恒
①电解质溶液中，阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数
②离子方程式中，反应物所带电荷总数=生成物所带电荷总数。
③在化合物中，正负化合价的代数和等于零。
(3)质量守恒
①化学反应中，反应物的质量总和等于生成物的质量总和
②化学反应前后，混合物的总质量不变
③化学反应前后，元素种类不变，原子个数不变。
2.解题步骤
(1)第一步：明确题目要求解的量
(2)第二步：根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量
(3)第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解
【典例7】
(2023·上海浦东区模拟)
11．0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为(　　)
A．3.2 g B．4.0 g C．4.2 g D．4.6 g
【拓展延伸】极值法
(1)含义：极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)解题的基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)解题的关键：紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点：极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
(2022·台州高三12月模拟)
12．将相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝中的SO42-完全沉淀, 需消耗相同物质的量浓度的BaCl2溶液的体积比为3:2:1, 则硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝溶液的物质的量浓度之比为
A．3∶2∶1 B．3∶1∶3 C．9∶3∶1 D．3：6：1
13．等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol·L－1和b mol·L－1，则a与b的关系为
A．2a＝b B．a＝2b C．a＝b D．a＝5b
(2022年1月浙江学考仿真模拟卷A)
14．工业上利用黄铁矿制硫酸。某黄铁矿中的质量分数为a%(假设杂质不含硫元素)，其燃烧过程转化率为75%，生成的转化率为80%，吸收率为98%，现有黄铁矿10t，能制备98%的硫酸
A． B． C． D．
15．测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为
A．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
16．将一颗质量为5.6g的铁钉，在潮湿的空气中放置一段时间后，向其中缓缓滴入2mol/L的稀盐酸，充分反应至恰好完全溶解，则盐酸的体积最少可以是
A．67mL B．100mL C．150mL D．200mL
【基础过关】
(2022~2023学年·江西新余高三期中检测)
17．设NA代表阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molNa在空气中完全燃烧，转移的电子数为2NA
B．常温下，2.3g钠投入水中，产生0.05NA个氢分子
C．0.1molFe与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.1NA
D．0.1molFe与足量盐酸反应，转移0.3mol电子
18．太阳光普照大地，没有地域的限制，可直接开发和利用，便于采集，且无须开采和运输。开发利用太阳能不会污染环境，它是最清洁能源之一，每年到达地球表面上的太阳辐射能约相当于130万亿吨煤，其总量属于现今世界上可以开发的最大能源。利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是

A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L(标准状况)
D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量
19．对于反应aA＋bB=cC＋dD(A、B、C、D表示物质的化学式，a、b、c、d为化学方程式中的化学计量数)，下列说法不正确的是
A．如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应，则生成的C、D的质量之和一定等于(m1＋m2)
B．参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数
C．(a＋b)不一定等于(c＋d)
D．A和B中的元素种类，不—定等于C和D中的元素种类
(2023·河北承德高三1月模拟)
20．新装修的房屋会释放有毒的甲醛(HCHO)气体，银 Ferrozine法检测甲醛的原理如下：
下列说法正确的是（ ）
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3＋的物质的量之比为4:1
21．将一定量锌与100 mL18 mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体 0.8 mol，将反应后的溶液稀释得400 mL，测得溶液c(H+)=2 mol/L，则下列叙述中错误的是
A．反应中生成的气体有SO2和H2
B．反应中共消耗锌 52.0 g
C．气体中SO2和H2物质的量比为6：1
D．反应共转移电子1.6 mol
22．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol·L-1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是

A．x=2.24
B．曲线c为Mg与盐酸反应的图像
C．反应时，Na、Mg、Al均过量
D．钠的物质的量为0.2mol
(温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试)
23．将40.8gFe、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成46.4g Fe3O4，则Fe、FeO的物质的量之比为
A．1:3 B．1:2 C．1:1 D．2:1
(2023·云南昆明高三3月模拟)
24．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11.5g绿矾产品，溶解，配制成1000mL溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01000mol·L-1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20.00mL。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%
(2023·四川攀枝花高三上学期期中)
25．合成氨工厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂 铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下AL氨气完全反应，测得转移电子数X个，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为
A．mol-1 B．mol-1 C．mol-1 D．mol-1
(2023·安徽马鞍山高三上学期期中)
26．用足量的CO还原13．7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是：
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
27．3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为
A．1 mol L﹣1 B．1.5 mol L﹣1 C．2 mol L﹣1 D．2.5 mol L﹣1
(2023·台州高三模拟)
28．向4.50g含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L的硫酸至过量，再加ag氢氧化钠固体至溶液呈中性，过滤后蒸发结晶得到晶体24.85g（假设结晶过程中溶质没有损失），则加入的硫酸的体积为
A．200mL B．135mL C．175mL D．275mL
(2023·辽宁选择考)
29．我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。

(2023·苏州一模)
30．从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下：

已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S。过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有 ，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为 。
(2022·河南商丘高三上学期期末)
31．滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下：①取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL；②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热；③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O]；④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用cmol L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3]，记录消耗的体积VmL。则水样中氮的含量是 mg L-1(用含c、V的表达式表示)。
(保定市部分学校2023届高三上学期期中考试)
32．某工厂用2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到NiSO4·6H2O的质量为 t。
【能力提升】
(2023·梅州高三模拟)
33．将12.8g铜粉加到400mL 2mol/L的溶液中，充分反应后，下列说法正确的是(假设溶液总体积不变)
A．溶液中产生了黑色固体
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
C．溶液中的物质的量浓度为
D．溶液中和物质的量之比为1：2
(2023山东聊城模拟)
34．镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，分别与浓度均为的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为和。下列说法错误的是
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
(2023·四川攀枝花高三上学期期中)
35．合成氨工厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂 铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下AL氨气完全反应，测得转移电子数X个，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为
A．mol-1 B．mol-1 C．mol-1 D．mol-1
(2023·西安一模)
36．用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0 L的气体(标准状况下)。下列说法正确的是（ ）
A．阳极只收集到Cl2
B．电解前溶液呈弱酸性，电解结束后，溶液的酸性增强
C．整个过程中共转移电子5 mol
D．原混合溶液中c(Cu2+)=1.0 mol/L
(2023·全国模拟预测)
37．部分氧化的 Fe-Cu 合金样品(氧化物为 Fe2O3、CuO)共5.76 g,经如下处理:
下列说法正确的是
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B．溶解样品消耗的硫酸共为 0.04 mol
C．样品中氧元素的质量为 0.48 g D．V=336 mL
(2023·兰州高三期末检测)
38．某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线．下列说法不正确的是

A．该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
B．混合物中碳元素的质量分数为8.5%
C．混合物样品中含碳酸钾41.4g
D．若将61.4g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.4g
(2023·湖北名师联盟一模)
39．某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)。下列说法正确的是
A．反应过程中转移的电子数3NA
B．反应后生成NO的体积为24.4L
C．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3
D．所得溶液中c(NO3-)=2.4mol/L
(2023年1月江苏连云港一模)
40．向盛有100mL1mol·L-1稀硫酸的烧杯中，缓慢加入铁粉和铜粉的混合物，并用玻璃棒不断地搅拌，下图是溶液中的某种微粒(X) 的物质的量随加入混合物质量变化的关系图。下列说法一定正确的是

A．该金属混合物中，铁粉的质量分数约为15.6%
B．a点时，再向烧杯中加入KNO3固体，无明显现象
C．b点时，再向烧杯中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，立刻产生白色沉淀
D．C点时，再向烧杯中通入Cl20.16mol充分反应，铜粉完全溶解
41．某小组利用如图装置测定常温常压下的气体摩尔体积。取一定量已去除氧化膜的镁条放入烧瓶中，用注射器向烧瓶中注入硫酸溶液，反应后冷却至室温，使量气管与水准管液面相平，再读数．重复实验，数据如下：
序号 镁条质量/ 反应前量气管读数/ 反应后量气管读数/
1 0.0530 0.0 66.8
2 0.0540 0.0 67.0
3 0.0550 0.0 67.2
计算
(1)第1组实验反应后溶液中的物质的量浓度= (假设反应后溶液体积不变)；
(2)常温常压下的气体摩尔体积= (保留三位有效数字) L·mol-1。
(2023·上海闵行区高三3月模拟)
42．甲醛是深受关注的有机化合物。甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。
完成下列填空：
⑴．将4.00 mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100 mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00 mL。
甲醛水溶液的浓度为 mol/L。
⑵．上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过 mL。
⑶．工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。
HCHO + H2O2 → HCOOH + H2O NaOH + HCOOH → HCOONa + H2O
已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水。
如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 ；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 。
⑷．甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO + 2Cu(OH)2HCOOH + Cu2O↓ + 2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断 。
①主要仪器：试管 酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
【真题感知】
(2021·山东省等级考)
43．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
(2022·辽宁选择考)
44．H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2原理如下：

取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀。取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500mol·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19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为 。
(2022·江苏省选择考)
45．FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式)。

(2022·福建等级考)
46．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提铝的工艺流程如下：

“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有 。实验测得，3.0g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%)，Al2O3的浸出率为 。
(2022·福建等级考)
47．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提铝的工艺流程如下：

“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有 。实验测得，3.0g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%)，Al2O3的浸出率为 。
(2022·福建等级考)
48．探究Ce-MnOx催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解：5CO+I2O5=I2+5CO2)

通入11.2L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.1016g I2；CO被催化氧化的百分率为 。
(2022·天津等级考)
49．金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为 g。
(2021·江苏等级考)
50．测定溶液的浓度。准确量取除去的溶液于容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液。计算溶液的物质的量浓度 。(写出计算过程)。
(2021·辽宁省选择考)
51．Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：①称取9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)，配成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100mL 14mol·L-1KOH溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。

该实验所得磁性材料的产率为 (保留3位有效数字)。
(2021·山东省等级考节选)
52．利用碘量法测定产品纯度，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m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将转化为可溶的，通过离子交换柱发生反应：；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：；反应完全后，用标准溶液滴定，发生反应：。滴定达终点时消耗的溶液VmL，则样品中(摩尔质量为Mg/mol)的质量分数为 。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中质量分数的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2020·海南高考)
53．一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式： +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O某次实验称取0.2800g样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为 %。
(2020·北京市等级考节选)
54．向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为(已知：及均被还原为。相对分子质量： 86.94； 134.0)产品纯度为 (用质量分数表示)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．镁、铁与硫酸反应均显+2价，每生成1分子氢气的2个电子，根据电子转移守恒，金属的物质的量等于氢气的物质的量，所以Mg、Fe混合物总物质的量为=0.5mol，故A正确；
B．由A知Mg、Fe混合物总物质的量为0.5mol，所以平均摩尔质量为=32g/mol，，所以n（Mg）：n（Fe）=24g/mol：8g/mol=3：1，故B正确；
C．由A、B可知n（Mg）=0.5mol×=0.375mol，根据镁原子守恒可知镁的物质的量等于硫酸镁的物质的量，所以m（MgSO4）=0.375mol×120g/mol=45g，故C正确；
D．氢气的物质的量为=0.5mol，根据H原子守恒可知氢气的物质的量等于溶质硫酸的物质的量，所以该稀硫酸物质的量浓度为=2.5mol/L，故D错误；
故答案为D。
2．A
【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
综上所述，本题A。
3．70.0%
【详解】步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为n(Na)==0.2mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据化学方程式和钠元素守恒可列如下关系式：Na~ ~ ，所以理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为×100%=70.0%。
4．B
【详解】开始加入1.5mol氙气和7.5mol氟气，剩余4.5mol氟气，氙气完全反应，参加反应的氟气为7.5mol-4.5mol=3mol，1.5molXe与3moL氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5∶3×2=1∶4，故选B。
【点睛】解答本题要注意氙气为单原子分子，氟气为双原子分子。
5．C
【详解】n(Fe)＝28g÷56g/mol＝0.5mol，n(CuSO4)＝0.100 L×0.1 mol/L＝0.01 mol，由CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，可知Fe过量，所以应该按照CuSO4的物质的量进行计算，n(Cu)＝n(CuSO4)＝0.01 mol，m(Cu)＝0.01 mol×64 g/mol＝0.64 g，
答案选C。
6．C
【分析】由题意，结合题图可知，Mg、Al完全反应且产生氢气的量相等。
【详解】A．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项A错误；
B．参加反应的镁、铝的质量之比是4∶3，选项B错误；
C．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项C正确；
D．由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量之比为1∶1，选项D错误；
答案选C。
7．b
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体3次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
【详解】由安息香制备二苯乙二酮的反应式可知，2.0g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为×100%=80.8%，最接近80%，故选b。
8．A
【详解】由2O3=3O2，△V=780mL-750mL=30mL，V(O3)=2△V=60mL，1L混合气体中含臭氧的体积为：V=1L×=0.08L，根据臭氧和KI反应的化学方程式，n(O3)=n(I2)==0.0036mol，m(I2)=0.0036mol×254g·mol-1=0.91g；
故选A。
9．(1) 具支试管 防倒吸
(2) Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4) 溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.0005mol，粗品中X的相对含量为。
10．0.7
【详解】根据Cl-~AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为c(Cl-)==0.09mol·L-1，n(Al3+):n(Cl-)=0.1000mol·L-1∶0.09mol·L-1=10:9，则[Al2(OH)aClb]m中2:b=10:9，根据电荷守恒得到：2×(+3)+a×(-1)+b×(-1)=0，解方程组得a=4.2，b=1.8，所以产品的盐基度为=0.7。
11．D
【分析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。
【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。
如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，
2Mg+CO22MgO+C，
2 2 1
0.10mol 0.10mol0.05mol
则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，
再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，
则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。
故选D。
【点睛】极限思维法是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维法，该方法的特点是确定了事物发展的最大或最小程度以及事物发展的范围。
12．D
【详解】将相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝中的SO42-完全沉淀, 消耗相同物质的量浓度的BaCl2溶液的体积比为3:2:1，所以硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝溶液所含SO42-的物质的量之比为3:2:1，Fe2(SO4)3～3SO42-，ZnSO4～SO42-，Al2(SO4)3～3SO42-，则硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝溶液的物质的量浓度之比为(3×)：2：(1×)=3：6：1，故选D。
13．A
【详解】该溶液中，n(CuO)∶n(MgO)＝∶＝∶＝1∶2，体积相同时，物质的量的比等于物质的量浓度的比，所以＝＝，即2a＝b，答案选A。
14．A
【详解】转化过程根据S原子守恒可得关系式：FeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4，10t黄铁矿中FeS2的质量为m=10t×a%，物质的量为n(FeS2)=m/M=10×106g×a%÷120g/mol=106×a%/12mol，n(H2SO4)=2 n(FeS2)=2×106×a%÷12×75%×80%×98%=98000×a%mol，m(H2SO4)= n(H2SO4) M=98000×a%×98g，能制备98%的硫酸质量为：m= m(H2SO4)/w%=98000×a%×98g÷98%=9800000×a%g=9.8×a%t，故选：A。
15．D
【详解】整个过程总反应方程式为3ClO-+I-=3Cl-+IO，则n(NaClO)=n(KI)=0.02L×0.100mol/L×=≈0.006mol，故c(NaClO)=。；故答案选D。
16．B
【详解】5.6g铁的物质的量为0.1mol，若铁全部被氧化，则最后将全部变成FeCl3，此时需要稀盐酸的物质的量为0.3mol，其体积为V(HCl)===0.15L=150mL；若铁全部未被氧化，则最后将全部变成FeCl2，此时需要稀盐酸的物质的量为0.2mol，其体积为V(HCl)===0.1L=100mL；所以消耗盐酸的体积的范围为：100mL＜V(HCl)＜150mL；
答案选B。
17．B
【详解】A.1 mol Na在空气中完全燃烧生成0.5 mol Na2O2，转移1 mol电子，故A错误；
B.钠与水发生反应2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，2.3 g钠(0.1 mol)生成0.05 mol H2，故B正确；
C.根据反应3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2，0.1 mol Fe完全反应生成mol H2，故C错误；
D.Fe与盐酸反应生成FeCl2，0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移0.2 mol电子，故D错误；
故选：B。
18．D
【详解】A．根据方程式：2H2O2H2↑+O2↑，根据物质的量之比等于系数比可知，光解0.02molH2O，可产生0.02molH2和0.01molO2.则可得：0.02molH2的质量为0.04g，选项A错误；
B．0.02molH2的氢原子数为2.408×1022个，选项B错误；
C．0.02molH2在标准状况下的体积为0.448L，选项C错误；
D．根据反应方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.04molNa与水反应产生0.02molH2，选项D正确；
答案选D。
19．D
【详解】A. 根据质量守恒原理，如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应，则生成的C、D的质量之和一定等于(m1＋m2)，故A正确；
B. 化学反应从原子角度分析是原子的重新组合，所以参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数，故B正确；
C. 反应中反应物的化学计量数与生成物的化学计量数没有必然联系，即(a＋b)不一定等于(c＋d)，故C正确；
D. 根据质量守恒分析，化学反应中元素种类不发生变化，即A和B中的元素种类—定等于C和D中的元素种类，故D错误；
故选D。
20．C
【详解】A．未指明标准状况，无法计算22.4LCO2的分子数目，也就无法计算共价键数目，故A错误；
B．HCHO被氧化生成CO2，30gHCHO(即1 mol)转移电子数目为4NA，故B错误；
C．Ag2O和HCHO反应的总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，故C正确；
D．银一Ferrozine法原理为氧化银能氧化甲醛并被还原为Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，根据电子守恒定律，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1:4，故D错误；
答案：C。
21．C
【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，生成气体的物质的量为0.8 mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×0.4L×2mol/L=0.4 mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成x mol SO2，y mol H2，， ，x+y=0.8、2x+y=1.4，解之得 x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6 mol的二氧化硫和0.2 mol的氢气，据此解题。
【详解】A．由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；
B．生成1 mol混合气体转移2 mol电子，消耗1 mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.8×65g/mol=52 g，故B正确；
C．气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故C错误；
D．生成1 mol混合气体转移2 mol电子，所以反应共转移电子1.6 mol，故D正确；
故答案为C。
22．BC
【分析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1∶2∶3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。
【详解】A．由于酸不足，所以生成氢气的量为n(H2)=0.5n(HCl)=0.5×0.1L×2mol·L-1=0.1mol，所以标准状况下的体积为2.24L，选项A正确；
B．按照金属活动性顺序Na>Mg>Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故曲线b是Mg与盐酸反应的图像，选项B错误；
C．Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，选项C错误；
D．生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，选项D正确；
答案选BC。
23．A
【详解】46.4g Fe3O4中，n(Fe3O4)==0.2mol，则n(Fe)=0.6mol；40.8gFe、FeO混合物中，n(Fe)=0.6mol，m(Fe)=0.6mol×56g/mol=33.6g，m(O)=40.8g-33.6g=7.2g，n(FeO)=n(O)==0.45mol，则n(Fe)=0.6mol-0.45mol=0.15mol，Fe、FeO的物质的量之比为0.15mol : 0.45mol=1 : 3，故选A。
24．C
【详解】高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为，n(KMnO4)=20.00×10-3L×0.01000mol·L-1=2.0×10-4mol，根据得失电子守恒或化学方程式知，n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3mol，理论上25.00mL待测液中所含样品的质量， ，故选C；
答案选C。
25．D
【详解】根据反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O可知，当1个NH3完全反应时，转移5个电子，故当标准状况下AL(即mol)氨气完全反应时转移电子数X=mol×NA×5，从而可计算出NA=mol-1，故选D；
答案选D。
26．C
【详解】设此铅氧化物的化学式PbxOy，
PbxOy—— y[O]—— yCO—— y CO2—— yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0g
m(O)==1.28g，
所以m(Pb) =13.7g- 1.28g = 12.42g
x∶y =∶=：=0.06:0.08=3∶4，则化学式为Pb3O4，
答案选C。
27．B
【分析】反应后的溶液加热蒸干得到的无水硫酸盐为硫酸镁和硫酸铝的混合物。
【详解】设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则24x+27y=3，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为x mol，生成的硫酸铝的物质的量为0.5y mol，则120x+171y=17.4，联立方程组求解可得x=1/20、y=1/15，n(SO42-)=x+1.5y=0.15mol，原100mL硫酸的物质量浓度为1.5mol/L。故选B。
28．C
【分析】向含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加硫酸至过量，再加氢氧化钠固体至溶液呈中性，所得溶液中的溶质是硫酸钠，根据硫酸根离子守恒判断加入硫酸溶液的体积。
【详解】向4.50g含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L的硫酸至过量，反应后的溶液中溶质为硫酸钠和硫酸，再加ag氢氧化钠固体至溶液呈中性，所得溶液中溶质只有硫酸钠，过滤后蒸发结晶得到硫酸钠晶体24.85g，硫酸钠的物质的量为n (Na2SO4)= =0.175mol，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸的物质的量也为0.175mol，则加入硫酸溶液的体积为=0.175L=175mL，故答案选C。
【点睛】本题考查化学计算，解题的方法是先分析反应过程中物质的变化，巧妙运用守恒关系，根据硫酸根离子守恒计算加入硫酸溶液的体积，试题难度不大。
29． CuO SO3
【详解】根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为：CuO；SO3。
30． CuCl2(HCl) 0.5mol
【分析】CuFeS2中加入CuCl溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓。过滤后得到的滤液中含有FeCl2，固体中含有CuCl、 S，加入浓盐酸除硫，过滤得到滤液中含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和CuCl2，过滤可得到Cu，得到的滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，据此分析解答。
【详解】过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、CuCl+Cl-=[CuCl2]-、2[CuCl2]-=Cu↓+Cu2++2Cl-，综合可得化学方程式CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。
31．2800cV
【详解】依据滴定实验和反应化学方程式：2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O、(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3可知：2N～2NH3～(NH4)2B4O7～H2SO4，则n(N)=n(NH3)=2n(H2SO4)=2×cV×10-3mol，m(N)=2×cV×10 3mol×14×103mg/mol=28cV mg，水样中氮的含量==2800cV mg L-1。
32．4.208
【详解】2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，m(NiO)=2t×75%=1.5t，其中m(Ni)=1.5t×=1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，Ni元素守恒，n(NiSO4·6H2O)=n(Ni)=，最终得到NiSO4·6H2O的质量m(NiSO4·6H2O)=×75g/mol×10-6 t/g=4.208t。
33．B
【分析】铜与发生反应的离子方程式为：，12.8g铜粉的物质的量为=0.2mol，400mL 2mol/L的的物质的量为2mol/L×0.4L=0.8mol，显然溶液中过量，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，铜粉溶解，铁离子转化为亚铁离子，不会出现黑色固体，A错误；
B．氧化产物为铜离子，还原产物为亚铁离子，两者物质的量之比为1：2，B正确；
C．溶液中的物质的量浓度等于参加反应的的物质的量浓度，为，C错误；
D．溶液中剩余的的物质的量为0.8mol-=0.4mol，生成的物质的量为=0.4mol,所以两者的物质的量之比为1:1，D错误；
故选B。
34．D
【分析】Ga与Al同主族，则Ga和盐酸和氢氧化钠反应的方程式为：，，即和盐酸反应两者的比值为：1∶3，与氢氧化钠反应两者比值为1∶1，以此解题。
【详解】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则，A正确；
B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B正确；
C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C正确；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应：，与氢氧化钠反应：，，D错误；
故选D。
35．D
【详解】根据反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O可知，当1个NH3完全反应时，转移5个电子，故当标准状况下AL(即mol)氨气完全反应时转移电子数X=mol×NA×5，从而可计算出NA=mol-1，故选D；
答案选D。
36．D
【分析】用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0L的气体(标准状况下)，气体物质的量为，，则阳极上Cl-先放电生成氯气，，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol；阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，且生成氢气2.5mol，再根据阴阳两极得失电子守恒进行计算。
【详解】A. 经分析知，阳极收集到气体共2.5mol，而溶液中Cl-共3mol，生成氯气共1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，A项错误；
B. 经分析可知，整个电解过程应分为三个阶段：CuCl2Cu+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2OH2↑+O2↑，电解结束后，溶液的碱性增强，B项错误；
C. 经分析知，阳极生成氯气1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，则阳极失电子总物质的量为：，则整个过程中共转移电子7 mol，C项错误；
D. 根据得失电子守恒知，阴极得电子数等于阳极失电子数，则阴极得电子物质的量为7mol，经计算阴极生成氢气为2.5mol，那么H+得电子物质的量为5mol，则Cu2+得电子物质的量为2mol，n(Cu2+)=1.0 mol，原混合溶液中，D项正确；
答案选D。
37．B
【分析】硫酸足量可以说明沉淀中无Fe、CuO、Fe2O3，溶液无铜离子可以说明铜都析出了，滤渣3.2g一定是全部的铜；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g；由于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为2.24/56=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol；参加反应硫酸电离出的与H+部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积。
【详解】生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，A错误；根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，B正确；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g，C错误；0.04mol硫酸电离出氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧元素质量为为3.2g.氧的物质的量0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，D错误。
【点睛】本题考查混合物计算，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，清楚反应过程是解答关键，注意利用原子个数守恒解答。
38．B
【分析】根据图象，0～12mL时，没有气体产生，发生K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl，12mL至32mL有气体产生，发生KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，然后根据量进行分析。
【详解】A、根据图象，0～12mL时，没有气体产生，发生K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl，12mL至32mL有气体产生，发生KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，故A说法正确；
B、当加入32mL盐酸时，气体质量最大，CO2中碳来自于混合物，因此混合物中碳元素的质量分数为×100%=9.77%，故B说法错误；
C、根据选项A中发生的反应，碳酸钾全部转化成碳酸氢钾，消耗盐酸的体积为12mL，KHCO3与盐酸反应全部成CO2，消耗盐酸的体积为(32mL－12mL)=20mL，反应都按1：1进行，因此样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比为12：(20－12)=3：2，混合物中碳元素质量为=6g，根据碳元素守恒，求出碳酸钾碳酸钾的物质的量为=0.3mol，即碳酸钾的质量为0.3mol×138g·mol－1=41.4g，故C说法正确；
D、碳酸氢钾的物质的量为=0.2mol，KHCO3受热分解：2KHCO3K2CO3＋CO2↑＋H2O，即产生CO2的物质的量为0.1mol，CO2质量为0.1mol×44g·mol－1=4.4g，故D说法正确；
答案为B。
【点睛】本题应从反应实质入手，K2CO3与盐酸反应：K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl、KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，两者消耗盐酸的体积相同，因此12mL至32mL中多消耗的8mL，应是混合物中KHCO3消耗盐酸的体积，从而得出K2CO3与KHCO3物质的量之比为12：8=3：2，同时学生还应注意溶液的用量。
39．C
【分析】n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol，n(Fe)=1.2mol。根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。
【详解】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe完全反应，消耗1.2mol NO3-，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO3-，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生的Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+。
A.1.1molNO3-反应转移电子数3.3NA，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应转移电子总数目为3.5NA，A错误；
B.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；
C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C正确；
D.所得溶液中剩余n(NO3-)=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c(NO3-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。
40．D
【详解】已知n(H2SO4)=0.1L×1mol·L-1=0.1mol，则n(H+)=0.2mol，结合图象分析可知，该图象为c(H+)随混合物质量变化的关系图，当混合物质量为12g时，H+完全反应，此时消耗的铁的物质的量为0.1mol，质量为5.6g，所以混合物中铁的质量分数为5.6g/12g×100%=46.7%，所以A错误；B、a点时溶液中还有H+剩余，此时加入KNO3固体，构成的HNO3能够溶解未反应的铜，所以有明显的现象，故B错误；C、b点时溶液中还有H+剩余，此时加入的NaOH首先与剩余的H+反应，然后再与Fe2+反应生成白色沉淀，故C错误；D、c点时溶液中没有H+剩余，生成的n(FeSO4)=0.1mol，此时混合物中n(Cu)=0.1mol，当通入Cl2时，先氧化0.1mol的FeSO4需要n(Cl2)=0.05mol，再氧化0.1mol的Cu需要0.1mol的Cl2，所以当通入Cl20.16mol时铜粉完全溶解，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：本题最容易错选B、C，加入的KNO3固体属于盐，若忽略了溶液中剩余的H+，那么与金属之间就不会发生反应而错选B；而加入NaOH溶液后，很容易想到与Fe2+反应生成Fe(OH)2白色沉淀，却忽略了溶液中剩余的H+能够更快的与OH-反应而错选C。
41． 5.56 mol/L 25.3
【详解】(1)第1组实验，参加反应的Mg的物质的量为n(Mg)==0.00221mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=0.00221mol，反应后溶液中剩余硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)== 2.78 mol/L，c(H+)=2c(H2SO4)= 5.56 mol/L
(2)三次实验，平均消耗Mg的质量为0.0540g，平均生成H2的体积为(67.0-10.0)mL=57.0mL，
常温常压下的气体摩尔体积Vm==25.3 L·mol-1。
答案为：5.56 mol/L；25.3。
【点睛】烧瓶内加入10mL稀硫酸，烧瓶内气体被此液体排出了10mL，生成气体的体积增加了10mL，解题时，生成氢气的体积应为量气管读数减去10。
42． 11 10 偏低 未完全将甲醛氧化为甲酸，使消耗的NaOH标准溶液少 偏低 将甲醛氧化的甲酸进一步氧化为二氧化碳和水，使消耗的NaOH标准溶液少 向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐
【详解】⑴.n(H2SO4)=1.100mol/L×0.02L=0.022mol，由于2NaOH+ H2SO4=Na2SO4+2H2O，所以n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.044mol，n(HCHO)=n(NaOH)= 0.044mol。则甲醛水溶液的浓度为c(HCHO)= n(HCHO)÷V=0.044mol÷0.004L=11mol/L。
⑵.根据上述分析可知4.00mL甲醛水溶液充分反应后产生的碱NaOH消耗硫酸20.00 mL，若硫酸浓度不变，滴定管规格为50mL，消耗50mL硫酸，则甲醛水溶液取样体积最多是×4mL=10mL，即甲醛的体积不能超过10mL。
⑶.如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。
⑷.甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，只要证明在物质中不含有醛基就可以。方法是向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
43．D
【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。
【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；
B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；
C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；
D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；
综上所述，错误的D项，故答案为D。
44．17%
【详解】滴定反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，可得关系式：2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90mL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20.00mL，KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.0500mol L-1×20.00×10-3L×=5.000×10-3mol，H2O2的物质的量为n(H2O2)=n(KMnO4)=×5.000×10-3mol=1.250×10-2mol，H2O2的质量为m(H2O2)=1.250×10-2mol×34g·mol-1=0.425g，H2O2的质量分数w(H2O2)=×100%=17.0%。
45．Fe2O3
【详解】由图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)=120g/mol，则M(FeOx)=120g/mol×66.7%=56+16x=80.04g/mol，x=，所以固体产物为Fe2O3。
46． SiO2和CaSO4 84%
【详解】“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为×100%=84%。
47． SiO2和CaSO4 84%
【详解】“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为×100%=84%。
48．60%
【详解】一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为=0.0004mol，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.5mol ×1%=0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005mol-0.002mol=0.003mol，则被氧化的百分率为×100%=60%。
49．159
【详解】，因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1=159g；故答案为：159。
50．根据反应方程式可知，稀释后的溶液中，原溶液中
【详解】根据反应方程式可知，稀释后的溶液中 原溶液中，故答案为：根据反应方程式可知，稀释后的溶液中 原溶液中。
51．90.0%
【详解】9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为=0.05mol，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为0.0125mol×(56g/mol +232g/mol)=3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为×100%=90.0%。
52． m3 2m2+m1 ×100% 不变 偏大
【详解】①由题意可知，称量瓶的总质量为[m2 (m1 m2)]g=(2m2 m1)g，则样品质量为(m3 2m2+m1)g，故答案为：m3 2m2+m1；
②由题给方程式可得如下关系式：，滴定达终点时消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则样品中的质量分数为×100%=×100%；若加入待测样品后，若开盖时间超过1分钟会使挥发出的二硫化碳的质量大于(m1 m2)g，m3偏小、(m3 2m2+m1)偏小，导致所测质量分数偏大，故答案为：×100%；偏大。
53．90.36%
【详解】称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L-1×0.02510L=0.000753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为×100%=90.36%。
54．
【详解】根据题意可知，产品纯度测定时先是二氧化锰与部分草酸钠发生反应，后是剩余的草酸钠与高锰酸钾反应。则与二氧化锰反应的草酸钠为，由发生的反应知，，故产品纯度。
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