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第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
1．把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为 (　　)
A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g
2．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为 (　 )
A．×100% B．×100% C．×100% D．×100%
3．(2024 云南省大理市期末)有200mlMgCl2和AlCl3的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为1.3mol/L。为使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/L溶液的NaOH体积为( )
A．40ml B．72ml C．80ml D．128ml
4．14 g铜金合金与足量的某浓度硝酸反应，将产生的气体与2.24 L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为(　　)
A．9.6 g B．6.4 g C．12.8 g D．1.6 g
5．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　)
A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g
6．向500 mL稀硝酸中加入一定量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO 6.272 L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2 g。下列判断不正确的是 (　　)
A．原HNO3的物质的量浓度为2.24 mol·L-1
B．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2 mol
C．反应后溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=2∶3
D．反应后的溶液还可以溶解铜粉4.48 g
7．(2024 安徽省合肥市期中)某稀溶液中含有4mol KNO3和2mol H2SO4，向其中加入1.2mol Fe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，最终溶液体积为1L，下列说法正确的是( )
A．所得溶液中c(NO3-)=2.75mol·L－1 B．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1
C．反应后生成NO的体积为28L(标准状况下) D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
8．(2024 湖南省名校联考期中)将2.56 gCu投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，将生成的气体与bmol 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( )
A．生成的气体中只有NO B．
C． D．
9．(2024 湖北省云学名校新高考联盟期中联考)将13.6g Cu和Cu2O组成的混合物加入250 mL一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，生成沉淀的质量为19.6 g，下列说法错误的是( )
A．原稀硝酸的浓度为2 mol/L
B．Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1
C．反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol
D．产生的NO在标准状况下的体积为2.24L
10．(2024 安徽省淮北市期中)将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是( )
A．Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B．NO和NO2的体积比为1：1
C．原硝酸的浓度为8mol·L-1 D．通入的O2的体积(标准状况下)V=448Ml
11．已知MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，回答下列问题：
(1)该反应的离子方程式为 。
(2)被氧化的HCl占HCl总量的 。
(3)当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)1.74 g MnO2与100 mL 12 mol·L-1的过量浓盐酸完全反应(假设HCl无挥发)，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成 g沉淀。
12．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：
①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。
②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。
完成下列各题：
(1)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2+) = 。
(2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。
13． 用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2=S4+2I-)
(1)写出生成白色CuI沉淀的离子方程式： 。
(2)该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为______________。
14．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一，COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg·L-1)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。
已知：2Mn+5C2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(1)1 mol KMnO4的氧化能力与_____________g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(2)该水样的COD值是_____________mg·L-1。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)
15．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0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.00 mL。求试样中锡的质量分数_____________ (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
16．将13.6 g Fe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入100 mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气896 mL，过滤，滤渣经洗涤、干燥后得到1.28 g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质。请回答：
(1)固体混合物中CuO的质量为_____________。
(2)盐酸的浓度为_____________。
17．(2024 上海省浦东新区期中)某学生用 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。
实验编号 I II III
盐酸的体积 50.0mL 50.0mL 50.0mL
m(混合物) 13.56g 21.88g 25.36g
V(CO2)(标准状况) 3.36L 5.04L 5.04L
(1)则该学生所用盐酸的物质的量浓度是 mol/L；
(2)50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是 g；
(3)上述固体混合物中 KHCO3的质量分数是 (用小数表示，保留 2 位小数)。
18．(2024 浙江省浙南名校联盟开学考试)为确定某一铁铜样品中各成份的含量，某同学进行了如下实验：准确称取一份质量为铁铜样品，逐渐加入一定体积某浓度的稀硝酸，每次实验充分反应后，测得生成气体的体积为(已换成标准状况，假设生成的全部逸出)，并测得剩余固体质量为。各次实验的数据如下表：
稀硝酸体积 0 80 160 240 320 400
体积V(L) 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48
剩余固体质量m(g) 12.24 8.88 5.52 1.92 0 0
根据以上实验数据，请回答：
(1)上述实验当加入稀硝酸后，所发生反应的离子方程式为 。
(2)稀硝酸的物质的量浓度为 。
(3)样品中Fe、Cu的物质的量之比为 。
19．(2024 海南省海口市期末)已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2。反应形成的固体混合物(含Fe2O3和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe)∶m(O)表示。
(1)上述固体混合物中，m(Fe)∶m(O)不可能是 (选填a、b、c)。
a．21∶9 　　　　b．21∶7.5　　　　c．21∶6
(2)若m(Fe)∶m(O)=21∶8，计算Fe2O3被CO还原的百分率 。
(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［用含m(Fe)、m(O)的代数式表示］A%= ；请在下图中画出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形 。
(4)如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO→3FeO＋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
20．(2024 山东省烟台市期中)金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
(1)用空气和可直接制备Na2O2。空气与熔融反应前需依次通过填 、 (填标号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．溶液 d．KMnO4溶液
(2)将Na2O2和NaHCO3的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后经检测气体产物为O2和水蒸气，其总质量为33g，冷却至标准状况下的体积为16.8L。则剩余固体的成分为 ，其物质的量之比为 ，原混合物中NaHCO3的质量为 。
(3)为探究NaHCO3的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和NaHCO3溶液，用CO2传感器测定密闭装置中CO2分压(CO2的分压气体总压强)，测得CO2分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃之前，装置中CO2分压增大的主要原因是 ；温度升高到50℃之后，装置中CO2分压急剧增大的原因是 。
答案及解析
1.【答案】B
【解析】由反应方程式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 L(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12-0.672) L=0.448 L。即：
3Cl2~2NH3　　　~　　　N2　　　ΔV
2 mol×17 g·mol-1　　　　　　 44.8 L
m(被氧化的NH3)　　 　　　　 0.448 L
列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。
2.【答案】A
【解析】设碳酸钠的质量为x，则：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O　固体质量增加
106　　　　　 　117　　　　　　　　　 11
x(n-m) g，=，解得x= g，故该样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。
3.【答案】C
【解析】MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中Mg2+浓度为0.2mol L-1，Cl-浓度为1.3mol L-1，设Al3+的浓度为x，由电荷守恒可知，0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，解得x=0.3mol/L，则Mg2+、Al3+的物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，欲使Mg2+全部沉淀分离出来，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。
4.【答案】C
【解析】根据守恒法计算，金不与硝酸反应，铜金合金中只有铜与硝酸反应，据整个过程中转移电子守恒可知，Cu失去电子总数等于O2得到电子总数，则有n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=2×2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.2 mol，故合金中铜的质量为m(Cu)=0.2 mol×64 g·mol-1=12.8 g。
5.【答案】C
【解析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。
6.【答案】B
【解析】标准状况下6.272 L NO为0.28 mol，假设反应后生成Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x、y，据得失电子守恒可得0.28 mol×(5-2)=2x+3y；反应后溶液质量增加11.2 g，则有56 g·mol-1 (x+y)-0.28 mol×30 g·mol-1=11.2 g，联立上述两式解得：x=0.21 mol，y=0.14 mol，则反应后溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=n(Fe3+)∶n(Fe2+)=0.14 mol∶0.21 mol=2∶3，C项正确。据铁原子守恒可知，原溶液中投入铁粉的物质的量为0.21 mol+0.14 mol=0.35 mol，B项错误。据N原子守恒可知，原HNO3溶液中n(HNO3)=0.21 mol×2+0.14 mol×3+0.28 mol=1.12 mol，则有c(HNO3)==2.24 mol·L-1，A项正确。反应后的溶液为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3混合液，加入铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则0.14 mol Fe3+可溶解0.07 mol Cu，可溶解铜粉的质量为0.07 mol×64 g·mol-1=4.48 g，D项正确。
7.【答案】B
【解析】铁与稀硝酸完全反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，4mol氢离子完全反应消耗1mol硝酸根离子，生成1mol铁离子、一氧化氮的物质的量为1mol；则过量的铁与反应生成的铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，由方程式可知，过量的0.2mol铁，消耗0.4mol铁离子、生成0.6mol亚铁离子，则反应后溶液中钾离子的物质的量为4mol、铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol、硝酸根离子的物质的量为3mol、硫酸根离子的物质的量为2mol。A项，反应后硝酸根离子的物质的量为3mol，浓度为=3mol/L，故A错误；B项，反应后溶液中铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol，则溶液中铁离子和亚铁离子的浓度之比为1：1，故B正确；C项，反应生成一氧化氮的物质的量为1mol，则标准状况下一氧化氮的体积为，故C错误；D项，反应所得溶液中含有铁离子、亚铁离子、钾离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则所得溶液中的溶质不可能只含有硫酸亚铁，故D错误；故选B。
8.【答案】C
【解析】A项， 2.56 gCu的物质的量为=0.04mol，若生成的气体中只含有NO，由方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，0.04molCu需要消耗HNO3，而12mL10mol·L-1硝酸中n(HNO3)=0.12mol，<0.12mol，说明还会发生反应Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的气体有NO和NO2，A错误；B项，2.56 gCu的物质的量为=0.04mol，投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，则n[Cu(OH)2]=0.04mol，则n(NaOH)=0.08mol，NaOH溶液的浓度为=amol/L=2mol/L，a=2，B错误；C项，将生成的气体与bmol 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，O2得到的电子数和Cu失去的电子数相等，则bmol×4=0.04mol×2，则b=0.02，C正确；D项，Cu和HNO3溶液反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，加入NaOH溶液后溶液中存在NaNO3，则NO、NO2的总物质的量为0.12mol-0.08mol=0.04mol，由N元素守恒可知，气体恰好被完全吸收生成n(NaNO3)=0.04mol，c=0.04，D错误；故选C。
9.【答案】A
【解析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6g-64g/mol×0.2mol=0.8g，物质的量为=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。A项，所得溶液中加入1.0L0.5mol L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2mol+0.05×2×1mol=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为=2.4mol·L-1，A错误；B项，原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1：0.05=2：1，B正确；C项，硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6mol-0.4mol-0.1mol=0.1mol，C正确；D项，由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，D正确；故选A。
10.【答案】A
【解析】A项，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为a mol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B项，NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为x mol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，B正确；C项，金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确；D项，NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。
11.【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)　(3)NA　(4)166.46
【解析】(1)书写该反应的离子方程式时，HCl、MnCl2要拆写成离子形式，故反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2)该反应中一半HCl作还原剂，一半HCl作酸(3)当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为NA(4)n(MnO2)==0.02 mol，n(HCl)=12 mol·L-1×0.1 L=1.2 mol。反应中被氧化的n(HCl)=n(MnO2)×2=0.04 mol，反应后溶液中n(Cl-)=1.2 mol-0.04 mol=1.16 mol，加入足量的AgNO3溶液生成1.16 mol AgCl，m(AgCl)=1.16 mol×143.5 g·mol-1=166.46 g。
12.【答案】(1)0.14 mol·L-1 (2)4∶1
【解析】(1)m g该粉末，与28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl2，n(HCl) = 0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol ÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe3O4混合固体与HCl溶液发生如下三个反应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的物质的量算出与HCl反应的Fe的物质的量和消耗HCl的量：
Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑
1 2 1
0.006 0.012 0.006
则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe3O4的物质的量：
Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
1 8 2
0.002 0.016 0.04
根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe的物质的量：
Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2
1 2
0.02 0.04
综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。
13.【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2　 (2) 85.50%　
【解析】(1)CuCl2与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2=S4+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2，n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，则n(Cu2+)=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为(0.342 0 g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。
14.【答案】(1)40 (2)5.2
【解析】由最后KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×=1.25 mol O2的氧化能力相当，即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质的量为0.01 L×0.002 mol·L-1-7×10-6 mol=1.3×10-5 mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5 mol×=1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的COD值为=5.2 mg·L-1。
15.【答案】93.2%
【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7
3×119 g　　 1 mol
m(Sn)　 0.100 mol·L-1×0.016 L
m(Sn)==0.571 2 g，w(Sn)=×100%≈93.2%。
16.【答案】(1)1.60 (2) 3.60 mol·L-1
【解析】[解析] (1)因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28 g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02 mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60 g；(2)生成标准状况下的氢气896 mL，则n(H2)==0.04 mol，设Fe、Fe2O3物质的量分别为x、y，可得56 g·mol-1 x+160 g·mol-1 y+1.60 g=13.6 g，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02 mol+0.04 mol×2，解得x=0.1 mol、y=0.04 mol，反应后滤液中n(FeCl2)=x+2y=0.18 mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36 mol，所以c(HCl)==3.60 mol·L-1。
17.【答案】(1)4.5 (2)20.34 (3)44.25%
【解析】混合物发生反应：H++HCO3-═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应．若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①的数据可知，生成5.04L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56g×=20.34 g＜21.88g，故实验②中盐酸完全反应、固体混合物有剩余。(1)求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04L，结合H++HCO3-=H2O+CO2↑可知n(HCl)=，盐酸的浓度为；(2)由表中数据可知，由于固体混合物从13.56g→21.88g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入13.56g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88g→25.36g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入25.36g混合物时盐酸不足，50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是13.56g×=20.34 g；(3)加入13.56g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H++HCO═CO2↑+H2O，可知n(混合物)=n(CO2)=，设13.56g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.15mol、84x+100y=13.56g，解得y=0.06mol、x=0.09mol，KHCO3的质量分数是。
18.【答案】(1) 3Fe2+＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑　
(2)2
(3)5∶2
【解析】(1)根据表格数据，硝酸体积从320mL到400mL，固体质量都是0，但是生成NO，说明是硝酸与Fe2+反应生成的，离子方程式为：3Fe2+＋4H＋＋NO===3 Fe3＋＋2H2O＋NO↑；(2)根据前2阶段数据，硝酸的体积、NO的体积、金属减少的质量均成比例，可以判断开始为Fe反应生成Fe2+，有关系式：3Fe~8HNO3~2NO，第1阶段生成的NO的物质的量为0.04mol，则消耗的HNO3为0.16mol，体积为80mL，硝酸的物质的量浓度为=2mol/L；(3)分析表格的数据：前2阶段数据，硝酸的体积每增加80mL，NO的体积增加0.896L、金属减少的质量均成3.36g，可以判断为Fe反应生成Fe2+，当硝酸体积从160mL到240mL，NO的体积增加0.896L、而金属的质量减少3.6g，说明这一阶段是把剩余的铁反应成Fe2+，铜反应了一部分，剩余铜1.92g；设这3.6g的金属中Fe的物质的量为x，铜的物质的量为y，有方程组：2x+2y==0.12；56x+64y=3.6；解得x=0.03mol，y=0.03mol，则原样品中铜的总质量为0.03mol=3.84g，铜的总物质的量为0.06mol；铁的总质量为12.24g-3.84g=8.4g，物质的量为=0.15mol；样品中Fe、Cu的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。
19.【答案】(1)ac (2)33.3%
(3) 3-
(4) Fe2O3、Fe3O4 8【解析】(1)固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，m (Fe)：m (O)=56×2：16×3=7：3，假设只有FeO，则m (Fe)：m (O)=56：16=7：2，为二者的混合物，则21：9＜m (Fe)：m (O)＜21：6，即不可能为ac，故选ac；(2)m (Fe)：m (O)=21：8，设Fe2O3原有1mol，被还原的百分率为x，则==，解得x=33.3%；(3)令Fe2O3为100mol，被CO还原的百分率为A%，则A molFe2O3发生反应：
故混合物中m(Fe)=100mol×2×56g/mol，m(O)=[(100-A)mol×3+2Amol)×16g/mol，整理得A=300-，即A%=3-；根据该表达式可以做出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形为；(4)根据分步反应：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2，采用假设法讨论：①如果全是Fe2O3，则m(Fe)∶m(O)=112：48=21：9；如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)=168：64=21：8；如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则820【答案】(1) c a
(2) Na2CO3和NaOH 2：1 168g
(3)温度升高，气体的总压强增大，CO2分压增大 NaHCO3分解生成CO2使分压增大
【解析】(1)空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应空气与熔融Na反应前需依次通过c．NaOH溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；(2)Na2O2和NaHCO3的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后经检测气体产物为O2和水蒸气，水会和过氧化钠反应，则说明过氧化钠完全反应，其总质量为33g，冷却至标准状况下的体积为16.8L，则氧气为16.8L÷22.4L/mol=0.75mol，则水的物质的量为(33g-0.75mol×32gmol)÷18g/mol=0.5mol；反应涉及2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑， 假设碳酸氢钠分解生成碳酸钠的物质的量为a，且反应生成的二氧化碳完全和过氧化钠反应，则：
最终剩余水0.5mol，则a-(1.5-a)=0.5，a=1mol，故剩余固体的成分为碳酸钠1mol+1mol=2mol、氢氧化钠为3-2a=1mol，其物质的量之比为2：1；原混合物中NaHCO3的物质的量为2a=2mol、质量为2mol×84g/mol=168g；(3)50℃之前，温度升高，气体的总压强增大，导致CO2分压增大；碳酸氢钠不稳定，受热分解为二氧化碳，温度升高到50℃之后，装置中CO2分压急剧增大的原因是NaHCO3分解生成V使分压增大。
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第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
考点一 物质的量在化学方程式计算中应用
以物质的量为中心的转化
用物质的量进行方程式的计算模板
物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如：
2H2　+　O2　 2H2O
化学计量数之比 2 　∶　 1　　∶ 　2
分子数目之比 2 ∶ 1 ∶ 2
扩大NA倍 2NA ∶ NA ∶ 2NA
物质的量之比 2 mol ∶ 1 mol ∶ 2 mol
质量之比 4 g ∶ 32 g ∶ 36 g
标准状况下
体积之比　44.8 L　∶　22.4 L ∶　忽略不计
化学方程式中各物质的化学计量数之比=各物质的物质的量变化之比=相同状况下气体体积变化之比≠各物质的质量变化之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。
注意
【逐点训练1】
向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求：
(1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。
(2)图像中，m1= 。
(3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。
2. 一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则：
(1)涉及的化学方程式为 ， 。
(2)钠块中钠的质量是 g。
(3)钠块中氧化钠的质量是 g。
(4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。
(5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。
考点二 化学计算的常用方法
1．差量法
(1)差量法：利用反应物终态和始态的某些量的变化，以差量和物质间反应的化学计量数列对应比例解题的一种方法即为差量法。它特别适合于解有剩余物质反应的题目，可以抵消掉未参加反应的那部分量
(2)依据：根据数学原理数学原理，可变化为 ，从而运用化学方程式作关系式、差量作关系量进行计算，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果
(3)差量法的解题关键是找准研究对象，通常有：
①固体的质量差，研究对象就是固体
②气体的质量差，研究对象就是气体
③液体的质量，研究对象就是液体
【逐点训练2】
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，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)
A． B． C． D．
2．将10gCO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6g，则原混合气体中CO2的质量分数为( )
A．32％ B．44％ C．56％ 　D．88％
3．某容器中通入V L CO2，再加入少量Na2O2后，气体缩小到W L，则被吸收的CO2的体积(气体体积均为相同条件下测定)是( )
A．(V－W)L B．2(V－W)L C．(2V－W)L D．2W L
4．标准状况下，将20L CO2和CO的混合气通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4L B．8L C．12L D．16L
5．16 mL由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＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中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(　　)
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
6．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算：
(1)KMnO4的分解率为______________。
(2)气体A的物质的量为______________。
7．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答：
(1)剩余固体的化学式是 。
(2)原混合物中 NaOH 的质量分数 。
2. 守恒法——整体思维的应用
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的
（1）质量守恒(原子守恒)：依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变
（2）得失电子守恒：在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数
在氧化还原反应中，转移的电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
（3）电荷守恒
①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数
②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同
【逐点训练3】
1．一定浓度的Na2SO3溶液，恰好与某浓度的K2Cr2O7溶液完全反应，SO32-氧化成SO42-，且SO32-与Cr2O72—个数比为3:1，则元素Cr在被还原的产物中的化合价为(　　)
A．+6 B．+3 C．+2 D．0
2．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　)
A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol
3．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3∶7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为( )
A．4∶25 B．2∶17 C．1∶7 D．3∶8
4．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为(　　)
A．16g B．32g C．64g D．无法计算
5．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；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3＋浓度(mol·L－1)为(　　)
A． B． C． D．
6．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合液，其c(H+)=0.1mol·L－1，c(Al3+)=0.4mol·L－1，c(SO)=0.8mol·L－1，则c(K+)为( )
A．0.15mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.3mol·L－1 D．0.4mol·L－1
7．硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，Al3+离子浓度为0.2mol·L－1，SO离子浓度为0.4mol·L－1，则混合溶液中Mg2+离子物质的量浓度为(mol·L－1)( )
A．0.4 B．0.3　　 C．0.2 D．0.1
8．将0.15 mol Cu和Cu2O混合固体投入至800 mL 2 mol·L－1的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 mol·L－1NaOH 溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为(　　)
A．260 mL B．280 mL C．300 mL D．400 mL
9．大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
请计算：
(1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，则V=_____________mL。
(2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x=_____________。
10．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答：
(1)固体中混合物中CuO的质量为 。
(2)盐酸的浓度为 。
3、关系式法
（1）应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算
（2）解题流程
【逐点训练4】
1．用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下：
①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO4 标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL
(1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_________________________________________________，(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为______________________________________________
(2)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为____________(保留三位有效数字)
2．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为______ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________ L
3．称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnO溶液；
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物；
③酸化溶液，MnO歧化为MnO和MnO2；
④滤去MnO2；
⑤用0.100 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnO，共用去25.80 mL。
计算样品中MnO2的质量分数(保留1位小数；写出简要的计算过程)。
4．水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO
Ⅰ.测定原理：碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O＋I2===S4O＋2I－
Ⅱ.测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2
b．向烧瓶中加入200 mL水样
c．向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全
d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性
e．从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)
回答下列问题：
步骤e中达到滴定终点的标志为____________________________________________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)
5．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备：
a．软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4
b．溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4
c．滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品
测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定
(1)配制250 mL 0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g
(2)取上述制得的KMnO4产品0.600 0 g，酸化后用0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算该KMnO4产品的纯度(写出计算过程)
(有关离子方程式为MnO＋S2O＋H＋―→SO＋Mn2＋＋H2O未配平)
4、平均值法、极值法
（1）平均值法
①平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1②适用范围：平均值法的特点是“抓中间，定两边”，特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物组成的判断，一般思路是先求出混合物的有关平均值，然后根据平均值规律判断混合物的可能组成
③常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成等
（2）极值法
①极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方法；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的解题方法
②特点：极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程
③极值法解题的基本思路
①把混合物假设成纯净物
②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应
③把平行反应分别假设成单一反应
【逐点训练5】
1．将Mg、Al、Zn组成的混合物与足量的盐酸作用，放出氢气的体积在标准状况下为2.8 L，则三种金属的物质的量之和可能为( )
A．0.250 mol B．0.125 mol C．0.100 mol D．0.080 mol
2．有两种金属组成的混合物粉末10g与足量的稀盐酸反应，生成11.2 L(标况)H2，则该混合物的组成不可能是( )
A．Fe、Zn B．Al、Cu C．Al、Mg D．Al、Fe
3．有碳酸盐组成的混合物9克，加足量稀盐酸，产生4.4克CO2 气体，问下列哪种情况合理( )
A．CaCO3和Na2CO3 B．Na2CO3和K2CO3
C．NaHCO3和Na2CO3 D．K2CO3和KHCO3
1．(2023 湖北省选择性考试，18)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H2O2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0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
2．(2022·浙江省1月选考，30)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
(1)x= 。
(2)气体产物中n(O2) mol。
3．(2022·浙江省6月选考，30)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＝1.8×102kJ·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-l (假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料 kg焦炭。
(2)每生产106kg纯碱，同时可获得 kgCaO 。
4．(2021·浙江1月选考，30)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6) S+ K2SO3K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x= 。
5．(2021·浙江6月选考，30)将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答：
(1)燃烧产物中水的物质的量为 mol。
(2)该有机物的分子式为 。
6．(2020·浙江1月选考，30)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol 1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L 1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 1.26 22.40
3 1.54 21.56
已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)。
7．(2020·浙江7月选考，30)100 mL 0.200 mol·L 1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g 1·℃ 1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm 3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量Q＝ J。
(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝ kJ·mol 1(列式计算)。
8．(2019·浙江4月选考，30)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
答案及解析
【逐点训练1】
【答案】(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3%
【解析】(1)向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，则
，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；(3)M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，则
，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。
【答案】(1) 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Na2O＋H2O===2NaOH
(2) 4.6 (3) 12.4 (4) 9.2 (5) 12_mol·L－1
【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
46 2
m(Na) 0.2 g
m(Na)＝＝4.6 g；m(Na2O)＝17.0 g－4.6 g＝12.4 g；(4)m(Na2O)＝12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4 g×＝9.2 g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6 g＋9.2 g＝13.8 g，钠元素的物质的量＝＝0.6 mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6 mol，则氢氧化钠的浓度＝＝12 mol·L－1。
【逐点训练2】
1．A。解析：由题意知(w1－w2)g应为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　　　　　　　　　　　　w1－w2
则x＝，
故样品的纯度为＝＝。
2．D
3．B
4．C
5．C。解析：根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋ 6H2O(g)　ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)
由此可知共消耗15 mL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5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
6.【答案】(1)60.0% (2)0.095
【解析】(1)根据
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固)
(2×158) g　　　　　　　　　　　32 g
　 m　　　　　　　 7.90 g-7.42 g
解得m=4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
7.【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65%
【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则：
NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m
40 84 18
x y 16g－14.8g＝1.2g
解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。
【逐点训练3】
1．B
2．B
3．A
4．B。解析：铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g
5．C。解析：由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，则根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知n(NH3)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1。
6．C
7．D
8．C。解析：Cu和Cu2O与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO3,1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu2O失去2 mol 电子，而生成1 mol NO要转移3 mol电子，由电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，氢氧化钠溶液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL，故C正确。
9．【答案】(1)3.00 (2)0.04
【解析】(1)33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol，根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1，则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol，则V==3.00×10-3 L=3.00 mL。
(2)n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol，n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1，故n(NO)=0.05 mol，n(NO2)=0.01 mol，根据得失电子守恒，失电子：NO N、NO2 N；得电子：O22 ；故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4，则x mol=0.05 mol×+0.01 mol×=0.04 mol。
10．【答案】(1)1.60g (2)3.60mol·L-1
【解析】(1)据题意得，因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60g；(2)设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol，可得56x+160y+1.60=13.6，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02+0.04×2，解得x=0.10mol、y=0.04mol，反应后滤液中n(FeCl2)= x+2y =0.18mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36mol，所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。
【逐点训练4】
1．(1)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　
滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
(2)93.3%
解析：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O定量关系式：
5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 mol　　　　　　　　　　　 2 mol
n　　　　　 0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3L
则n＝×0.020 00 mol·L－1×0.025 L＝1.250×10－3mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。
2．50　25.0
解析：5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝＝50 mol
根据流程图分析可得如下关系：4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2
即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2
2 1 2
所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，
至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为＝25.0 L。
3．有关反应方程式为
MnO2＋Na2O2===Na2MnO4
3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O
MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
MnO2～ MnO～MnO～Fe2＋
故w(MnO2)＝×100%＝
×100%≈67.3%。
4．溶液蓝色褪去且半分钟内不变色　9.0　是
解析：确定滴定反应2S2O＋I2===S4O＋2I－
由反应①②③各物质的配比，构建各物质关系式
①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
③2S2O＋I2===S4O＋2I－
该滴定过程转化的关系式为O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O
n(O2)＝×n(S2O)＝×0.010 00 mol/L×4.50×10－3 L＝1.125×10－5mol
运用相关概念、原理解答问题
该河水的DO＝×1.125×10－5mol×32 g/mol＝9.0×10－3 g/L＝9.0 mg/L>5.0 mg/L
5．(1)3.950　(2)见解析
解析：(1)n＝cV＝0.100 mol·L－1×0.250 L＝0.025 mol，m＝nM＝0.025 0 mol×158
g·mol－1＝3.950 g；
(2)由化学方程式：8MnO＋5S2O＋14H＋===10SO＋8Mn2＋＋7H2O，设样品中KMnO4物质的量为n mol，可知
8KMnO4　　　～　　　5S2O
8 mol 　　　 　5 mol
n 0.100 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L
所以n(KMnO4)＝×0.100 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L＝3.2×10－3 mol
所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3 mol×158 g·mol－1＝0.505 6 g，KMnO4产品的纯度为×100%≈84.27%。
【逐点训练5】
1．C
2．A
3．C
1.【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸
(2)①Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②O2 ③既不是氧化剂，又不是还原剂
(3)CuO2 (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 72%
【解析】(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，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(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2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O32-，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。
2.【答案】(1)9 (2)0.0100
【解析】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
3.【答案】(1)10.8 (2)70
【解析】(1)完全分解100kg石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。
4.【答案】(1)30.0 (2)3
【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V== =0.03L=30.0mL；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3。
5.【答案】(1)0.0600 (2)C4H6O6
【解析】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)===0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，n(C)==0.0800mol，n(O)==0.120mol，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
6.【答案】95.2
【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。
7.【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝ 209
【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：。
8.【答案】n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/m mol，M(X)＝2.04m/0.06＝34m g·mol 1 m＝4，M(X)＝136 g·mol 1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
【解析】利用X和足量金属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而推理出摩尔质量最小的X。n(H2)==0.03 mol，由于2-OH~H2、2-COOH ~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个(m>2，且为整数)，则n(X)==，34m g/mol。当m=3，M(X)=102g/mol， 羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4， 2个羟基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol，说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
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