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化学计算的常用方法
【复习目标】
1．了解化学计算的常用方法
2．进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用
3．初步建立化学计算的思维模型
考点一 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
【核心知识梳理】
1．应用原理：在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。若各物质均为气体时，同温同压下各物质的体积之比等于其化学计量数之比。
2．基本原理：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比
3．解题步骤
第一步 根据题意写出并配平化学方程式
第二步 依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算
第三步 把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”
第四步 选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量
【精准训练1】
1．KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol
2．结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2。将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为__________(写表达式)
3．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＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。
4．取10.80 g某无机矿物盐X(仅含四种元素)，将X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体FeO、CaO的混合物和气体CO2，且无机矿物盐X能与稀盐酸反应生成CO2气体。X的化学式是___________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为_______________________________________________
5．某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
(1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物
(2)若a＝，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为______ mol(用含m的最简式表示)
6．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0.100 0 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)
考点二 守恒法计算及应用
【核心知识梳理】
1．应用原理：守恒法是一种整合的思维方法，就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析
2．常考的三种守恒关系
(1)元素质量守恒：解题的一般步骤为找出要关注的原子(或原子团)，利用反应前后原子数目、种类不变列出等式，如含有1 mol FeS2的硫铁矿，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2 mol
(2)得失电子守恒：在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数与还原剂所失电子总数相等，或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。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：涉及溶液中离子浓度的计算时常用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。
3．解题步骤
第一步 明确题目要求解的物理量
第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量
第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解
【精准训练2】
1．某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________
2．某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算：
(1)x＝___________________________________________________________
______________________________________________________________________________(写出计算过程)
(2)气体产物中n(O2)＝__________mol
3．碳酸铜和碱式碳酸铜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。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是_________
4．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________________
5．一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是_____
6．将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为________
7．对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子 K＋ Na＋ NH SO NO Cl－
浓度/ (mol·L－1) 4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为______，试样的pH＝________
8．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；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度为__________mol·L－1
9．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为_________
考点三 关系式法计算及应用
【核心知识梳理】
1．应用原理：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，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。
2．解题步骤
第一步 写出各步反应的化学方程式
第二步 根据化学方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、“中介”物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系
第三步 确定已知物质和所求物质之间“量”的关系
第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算
【精准训练3】
1．200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为_______吨？
2．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：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；某次实验称取0.280 0 g样品，滴定时消耗浓度为0.030 00 mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为________%。
3．草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥(主要成分为Co、SiO2等)样品中钙的质量分数为________。
4．利用碘量法测定WCl6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 m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为 m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)
(2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗 c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________
5．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t
6．立德粉成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应方程式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定消耗Na2S2O3溶液的体积V mL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为_______________________(写出表达式)。
7．测定亚氯酸钠的含量。实验步骤：①准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为V mL。(已知：ClO＋4I－＋4H＋===2H2O＋2I2＋Cl－、I2＋2S2O===2I－＋S4O)
(1)达到滴定终点时的现象为_________________________________________________
(2)该样品中NaClO2的质量分数为________%(用含m、c、V的代数式表示)。在滴定操作正确的情况下，此实验测得结果偏高，可能原因为_________________________________________________________________(用离子方程式表示)
考点四 差量法计算及应用
【核心知识梳理】
1．应用原理：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解
2．解题步骤
第一步 表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量，要注意不同物质的物理量及单位的对应关系(注意应将理论差值写在化学方程式最右侧)
第二步 表示出实际差量并写在相应位置
第三步 根据比例式建立方程式并求结果
【精准训练4】
1．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　)
A．0.125 mol·L－1 B．0.175 mol·L－1 C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1
2．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为(　　)
A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O
3．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
A． B． C． D．
4．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．
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＋4NH3??5N2＋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．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　)
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
7．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％
8．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
9．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的 n值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
10．将标准状况下的5 L CO2气体缓缓通过球形干燥管中的过氧化钠，气体体积变为3.88 L(标准状况下)，则剩余气体中氧气的物质的量为________
考点五 平均值法计算及应用
【核心知识梳理】
1．应用原理：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．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
【精准训练5】
1．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
2．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
3．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
4．钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是(　　)
A．锂 B．钠 C．钾 D．铯
5．向含8 gNaOH溶质的溶液中通入CO2气体，低温蒸干得固体为9.3 g，判断固体的成分及各成分的质量和通入CO2的质量。若为13.7 g呢？若为16.8 g，则通入的气体应为多少？
【课时精练】
1．将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
2．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11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·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20.00 mL。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%
3．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8.0 g，则此铅氧化物的化学式是(　　)
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
4．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　)
A．0.125 mol·L－1 B．0.175 mol·L－1 C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1
5．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为(　　)
A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O
6．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为(　　)
A．72% B．40% C．36% D．18%
7．向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是(　　)
A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6
B．硝酸的物质的量浓度为3.0 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
8．取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，另一份加入500 mL稀硝酸中，固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。则稀硝酸的浓度为(　　)
A．4 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．1.6 mol·L－1 D．0.8 mol·L－1
9．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，向所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列说法正确的是(　　)
A．Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．产生的NO的体积为4.48 L
C．原硝酸的物质的量浓度为4.2 mol·L－1
D．Cu和Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3的物质的量浓度为0.2 mol·L－1
10．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　　)
A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g
11．将一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88 L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0 mol·L－1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)(　　)
A．1∶1 B．4∶1 C．1∶4 D．3∶2
12．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入足量NaOH的溶液并加热，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况下)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1
13．为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　　)
A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1
14．将4.34 g Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体，将该混合气体通过放电，恰好完全反应。则它们的物质的量之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶1∶2 C．1∶2∶1 D．4∶3∶2
15．3 g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
16．氧化铜和氧化亚铁的混合物a g，加入2 mol/L的硫酸溶液50 mL，恰好完全溶解，若将a g的该混合物在过量的CO气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为(　　)
A．1.6a g B．(a－1.6) g C．(a－3.2) g D．无法计算
17．将m g铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200 mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO气体2.24 L；将另一份在空气中充分加热，得到n g固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为V mL。下列说法不正确的是(　　)
A．V＝150
B．硝酸的浓度为2 mol·L－1
C．m g铜粉和锌粉混合物的物质的量之和为0.15 mol
D．n＝0.5m＋2.4
18．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液
②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH
③加指示剂并用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是(　 )
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
19．工业上，利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属，产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素)，其煅烧过程转化率为75%，得到的SO2转化为SO3的转化率为80%，SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t，其废气最多能制备98%的硫酸(　　)
A．1.8a t B．2.8a t C．3.2a t D．4.5a t
20．铍、铝化学性质相似，常温常压下，m g铍、铝分别与足量稀硫酸反应产生氢气的体积分别为V1 L和V2 L。下列说法正确的是(　　)
A．＝ B．m＝×9＝×18
C．铍、铝消耗硫酸的物质的量相等 D．若相同条件下用NaOH代替硫酸，则产生的气体体积不变
21．CO2和KO2有下列反应：4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2，4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2。若9 mol CO2在密封舱内与KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的物质的量为________
22．回答下列问题
(1)生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，测定污水中磷含量的方法如下：取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag＋，发生反应：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，共消耗c mol·L－1 NH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为________mg·L－1(以磷元素计)
(2)二氧化氯被认为是氯消毒剂的理想替代品。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，达到滴定终点时用去15.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为________mg·L－1。
23．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为________________；水解聚合反应会导致溶液的pH________(填“增大”或“减小”)
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2
mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
②该样品中铁的质量分数为____________
24．已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1。现有1000 kg该加碘盐，计算：
(1)该加碘食盐中至少含碘__________mol
(2)若用KI与Cl2反应制KIO3，标准状况至少需要消耗多少体积的Cl2(写出计算过程)
25．碳酸锂是工业上制备含锂化合物的重要原料之一。用滴定法测定Li2CO3样品的纯度(杂质不参与反应)。反应原理：Li2CO3＋2HCl===2LiCl＋CO2↑＋H2O。将0.20 g Li2CO3样品置于锥形瓶中加50.00 mL水溶解，加入甲基红—溴甲酚绿作指示剂。用0.2000 mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，消耗盐酸22.00 mL。另取一锥形瓶加50.00 mL水做空白实验，消耗盐酸2.00 mL。计算Li2CO3的纯度(写出计算过程)。
26．过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为________
(2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2＋全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g
①样品中CaO的质量为________________
②样品中CaO2·xH2O中的x为________
【化学计算的常用方法】答案
【精准训练1】
1．4
解析：
第一步：写出配平的方程式 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
第二步：把已知量和求解量列在有关物质化学式的下面 4　 　 　　　　1x 1 mol
第三步：列比例，求未知量 ＝解得x＝4 mol
2．
解析：由题意知，结晶水的质量为m2-m3，硫酸铜的质量为m3-m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据化学方程式中各物质的化学计量数之比等于物质的量之比，则x＝＝。
3．×100%
解析：由2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，w(KMnO4)＝×100%＝
×100%。
4．CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]　CaFe(CO3)2CaO＋FeO＋2CO2↑
解析：X完全分解生成CO2的质量为10.80 g－6.40 g＝4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据CaCO3CaO＋CO2↑、FeCO3FeO＋CO2↑可得：n(FeO)＋n(CaO)＝0.1 mol,56 g·mol－1×n(CaO)＋72 g·mol－1×n(FeO)＝6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050 mol，则X的化学式为CaFe(CO3)2。
5．(1)　
(2)
解析：(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
mol 　　 mol
所以a＝×64＝m。
(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
x 　　　　　2x
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
y 　　　　　y 　　y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x 　　 x
根据题意
所以x＝。
6．95.2
解析：第2次滴定实验的数据误差太大，应舍去，1、3两次实验消耗的KMnO4标准溶液的平均体积为20.00 mL，根据已知信息可知6.300 g样品中m(FeC2O4·2H2O)＝n(KMnO4)××M(FeC2O4·2H2O)，将有关数据代入，得m(FeC2O4·2H2O)＝6.000 g，故该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100％≈95.2％。
【精准训练2】
1．×100%
解析：由Cr原子守恒可知：Cr2O3～K2Cr2O7，则理论产生K2Cr2O7的质量为×294 g，而实际产量为1 000m2 g，则产率＝×100%＝×100%。
2．(1)9
计算过程：2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O3
2(213＋18x)g　　　　 102 g
7.50 g　　　　　 1.02 g
＝，解得x＝9　
(2)0.010 0
解析：(2)n(样品)＝n(Al)＝ ×2＝0.02 mol，气体产物中n(H2O)＝ ＝0.17 mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝0.02 mol，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 mol－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝ mol＝0.010 0 mol。
3．20 g
解析：根据题意可知溶解28.4 g混合物，消耗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Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为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
4．0.100 mol·L－1
5．3∶5
6．4.68 g
解析：最终生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2，其质量等于合金的质量加上两金属离子所结合的OH－的质量。关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，金属所失电子数，等于硝酸所得电子数。即n(OH－)＝n(e－)＝×3＝0.12 mol，故形成沉淀的质量＝2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g。
7．酸性　4
解析：待测试样中离子的电荷守恒为c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，代入数据可得c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，即pH＝4。
8．
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，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(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中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，故答案为
9．0.25 mol
解析：由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15 L×4 mol·L－1－)×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。
【精准训练3】
1．257.9 t
解析：根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4
即：S　　～ 　H2SO4　
　　32　　　　　98　　
200 t×40%　　　95%·x　　
32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
2．90.36
解析：关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2O，n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)。代入数据得：＝6×0.030 00
mol·L－1×25.10×10－3 L，解得α(Fe)＝90.36%。
3．45.0%
解析：根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋　　～　　5H2C2O4　　～　　2MnO
5 mol　　　　　　　　　　　　　　2 mol
x mol　　　　0.050 mol·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
4．(1)m3＋m1－2m2　
(2)%
解析：(2)滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6～12S2O，则样品中 n(WCl6)＝n(S2O)＝×c mol·L－1×V×10－3L，m(WCl6)＝×c mol·L－1×V×10－3L×M g·mol－1＝ g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%＝%。
5．(1)90%　
(2)3.36×106　15
解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋、
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：
Cr2O　～　6Fe2＋～　3SO2　～　FeS2
1
0.02000 mol·L－1×0.02500 L
m(FeS2)＝0.09000 g，样品中FeS2的质量分数为90%。
(2)据煅烧时的方程式，则有
4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L。
由SO2　～　SO3　～　H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
6．由浅蓝色变为无色　×100%
解析：根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n过量(I2)＝×0.1000V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3 mol－×0.1000V×10－3 mol＝×0.1000×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。
7．(1)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复
(2)%　4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O
解析　(1)用Na2S2O3标准溶液滴定待测溶液，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，指示剂淀粉溶液遇I2变为蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复；(2)由反应中的I原子守恒可知：ClO～2I2～4S2O，故25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)＝×cV×10－3 mol，m(NaClO2)＝×90.5cV×10－3 g；样品m g配成250 mL待测溶液，故样品中NaClO2的质量分数为×100%＝%；实验测得结果偏高，说明滴定消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，则溶液中碘单质的含量偏高，可能原因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质，反应的离子方程式为4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O。
【精准训练4】
1．C。解析：设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm
1 mol　　　　 　　　　 8 g
x mol　　　　　　　　 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
2．A。解析：设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O　ΔV
1　　　　　　　　　　　x
15．6 L　　　　　　　46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。
3．C。解析：设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3N2＋3H2　ΔV
2 L　　　　　　　　　2 L
x　　　　　　　　　(b－a) L
解得x＝(b－a) L
所以气体中NH3的体积分数为＝。
4．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：
则x＝，故样品纯度为＝＝。
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)　
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL
9 mL 6 mL
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9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
6．C。解析：混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV
44．8 L　　　　　　　　　22.4 L　　22.4 L
V(CO2)　　　　　　　　　　　　　(20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
7．D
8．B
9．B。解析：根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有：4＋n＜2＋6，所以 n＜4，C、D项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%＝0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法，
4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)　ΔV
4 4－n
1 L 0.25 L
＝，解得n＝3，A项错误、B项正确。
10．0.05 mol
【精准训练5】
1．A
2．C
3．C
4．A
解析：氢气的物质的量为0.1 mol，由
2M　＋　2H2O　=== 2MOH＋H2↑
2　　　　　　　　　　　　　1
0．2 mol　　　　　　　　 　0.1 mol
则金属的平均摩尔质量为＝22 g·mol－1，钾的摩尔质量为39 g·mol－1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22 g·mol－1，在所给金属中只有Li符合题意。
5．(1)若质量为9.3 g，固体的成分为NaOH和Na2CO3的混合物，NaOH的质量为4g，Na2CO3的质量为5.3 g，通入CO2的质量为2.2 g
(2)若质量为13.7 g，固体的成分为Na2CO3和NaHCO3的混合物，Na2CO3的质量为5.3g，NaHCO3的质量为8.4g，通入CO2的质量为6.6g
(3)若质量为16.8 g，固体的成分为NaHCO3，通入CO2的质量为8.8g
【课时精练】
1．B。解析：M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋　　　　　～　　　　　　nCO
2　　　　　　　　　　　　　　n
0．04 L×0.5 mol·L－1　0.015 L×2 mol·L－1
解得n＝3。
2．C。解析：高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。
3．C。解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3∶4。
4．C。解析：设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.0375，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
5．A。解析：设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O　ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。
6．C。解析：S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝n(NaOH)＝×0.01×0.5 mol＝0.0025 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.0025 mol，w(S)＝×100%≈36%。
7．D。解析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×2.8 L＝2.8 mol，沉淀为Fe(OH)3，质量为85.6 g，物质的量为85.6 g÷107
g·mol－1＝0.8 mol，根据铁元素守恒有n(FeO)＋2n(Fe2O3)＝n[Fe(OH)3]，所以反应后的溶液中n[Fe(NO3)3]＝n[Fe(OH)3]＝0.8 mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有160x＋72y＝59.2，根据铁元素守恒有：2x＋y＝0.8，联立方程解得x＝0.1、y＝0.6，n(Fe2O3)∶n(FeO)＝0.1 mol∶0.6 mol＝1∶6，故A正确；根据得失电子守恒知，n(NO)＝＝0.2 mol，标准状况下体积为4.48 L，故C正确；根据N元素守恒知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋2.8 mol＝3.0 mol，所以c(HNO3)＝3.0 mol·L－1，故B正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与HNO3、Fe(NO3)3反应，溶液呈中性，说明最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋3n[Fe(NO3)3]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－3n[Fe(NO3)3]＝2.8 mol－3×0.8 mol＝0.4 mol，故D错误。
8．B。解析：一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n(Cu)＝ mol＝0.4 mol，另一份中加入500 mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝0.4 mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)＝n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＝ mol＋2×0.4 mol＝1 mol，所以该稀硝酸的浓度c(HNO3)＝ mol·L－1＝2 mol·L－1。
9．A。解析：向所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g，即生成的Cu(OH)2的质量为39.2 g，则n[Cu(OH)2]＝＝0.4 mol，Cu2＋消耗的NaOH的物质的量为0.8 mol，则所得溶液中有HNO3剩余，剩余HNO3的物质的量为1.0 mol·L－1×1.0 L－0.8 mol＝0.2 mol。27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，n总(Cu)＝0.4 mol，m总(Cu)＝0.4 mol×64 g·mol－1＝25.6 g，则m(O)＝27.2 g－25.6 g＝1.6 g，n(O)＝＝0.1 mol，故混合物中Cu2O为0.1 mol，Cu为0.2 mol，Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1＝2∶1，A正确；未指明是否处于标准状况，不能用22.4 L·mol－1计算NO的体积，B错误；n(Cu2O)＝0.1 mol，n(Cu)＝0.2 mol，则表现出氧化性的硝酸为＝0.2 mol，根据最后所得溶液呈中性及NaOH为1 mol，知表现出酸性的硝酸为1.0 mol，故原硝酸的物质的量浓度为＝2.4 mol·L－1，C错误；Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.2 mol，物质的量浓度为＝0.4 mol·L－1，D错误。
10．B。解析：铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol-1＝40 g。
11．A。解析：生成标准状况下26.88 L的SO2和H2的混合气体，得电子的物质的量为×2＝2.4 mol，根据得失电子守恒，反应消耗1.2 mol Zn、生成1.2 mol ZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为0.1 L×18.5 mol/L－1.2 mol－0.1 L×＝0.6 mol；生成氢气的物质的量为－0.6 mol＝0.6 mol，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1∶1，故选A。
12．B。解析：设7.24 g (NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中含(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量分别为a mol、b mol，则①132a＋115b＝7.24；与碱反应放出氨气的物质的量为＝0.08 mol；根据氮元素守恒得②2a＋b＝0.08 mol；联立①②，解得a＝0.02、b＝0.04，(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为1∶2，故选B。
13．B。解析：根据N原子守恒，可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a＋b＋2c) mol；再根据钠原子守恒，可知参与反应的NaOH为(a＋b＋2c) mol，故c(NaOH)＝(a＋b＋2c)/V mol·L－1。
14．D。解析：Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是H2和O2的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全发生反：2H2＋O22H2O，说明H2、O2反应的物质的量之比为2∶1。标准状况下得到672 mL混合气体的物质的量n＝＝0.03 mol，因此混合气体中含有H2为0.02 mol，O2为0.01 mol；根据反应方程式2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中物质反应转化关系可知n(Na)＝2n(H2)＝0.04 mol；根据反应方程式2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中物质反应转化关系可知n(Na2O2)＝2n(O2)＝0.02 mol；则m(Na)＝0.04×23＝0.92(g)，m(Na2O2)＝0.02×78 ＝1.56(g)；4.34 g Na、Na2O、Na2O2的混合物中含有m(Na2O)＝4.34-0.92-1.56＝1.86(g)，则n(Na2O)＝＝0.03(mol)。故它们的物质的量之比为0.04∶0.03∶0.02＝4∶3∶2；故选D。
15．B。解析：由题意知无水硫酸盐与合金的质量差为SO的质量。n(H2SO4)＝n(SO)＝＝0.15 mol，c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1。
16．B。解析：由关系式CuO～H2SO4，FeO～H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O的物质的量相等，n(H2SO4)＝0.05 L×2 mol/L＝0.1 mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1 mol×16 g/mol＝1.6 g，若将a g原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为(a－1.6) g，故选B。
17．C。解析：其中一份与200 mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu(NO3)2和Zn(NO3)2，NO的物质的量为＝0.1 mol，转移电子为0.3 mol，铜和锌被氧化后都表现＋2价，根据得失电子守恒可知n(Cu)＋n(Zn)＝＝0.15 mol，故反应后溶液中NO的物质的量为0.3 mol，由N原子守恒可知200 mL溶液中HNO3的物质的量为0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol，故HNO3的物质的量浓度为＝2 mol·L－1，铜和锌在空气中充分加热会生成相应的氧化物，和硝酸反应后生成Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，消耗HNO3的物质的量为0.3 mol，故消耗硝酸的体积为＝0.15 L，即150 mL，故A、B正确；每一份金属混合物中n(Cu)＋n(Zn)＝0.15 mol，则m g铜粉和锌粉混合物的物质的量之和为0.3 mol，故C不正确；每一份金属混合物总质量为0.5m g，得到n g固体为CuO、ZnO的混合物，n(O)＝n(Cu)＋n(Zn)＝0.15 mol，则n g＝0.5m g＋0.15 mol×16 g·mol－1＝(0.5m＋2.4) g，故D正确。
18．A。解析：步骤④测定乙酸酐的物质的量为×10－3 mol；根据步骤②③可知m g ROH样品中羟基的物质的量为×10－3 mol×2－cV1×10－3 mol＝c(V2－V1)×10－3 mol，所以ROH样品中羟基的质量分数＝
×100%＝×100%，A正确。
19．A。解析：根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关系式：CuFeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)＝n(Cu)＝＝ mol，则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)＝2n(CuFeS2)×75%×80%×96%＝1.8a×104 mol，则能制备98%的硫酸的质量为＝1.8a×106 g＝1.8a t。
20．D。解析：根据Be＋2H＋===Be2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=== 2Al3＋＋3H2↑知，＝eq \f(,×)＝，A项错误；V1 L、V2 L是常温常压下H2的体积，不能用22.4 L·mol－1计算其物质的量，B项错误；铍、铝消耗的硫酸的物质的量分别为mol、× mol，C项错误；根据Be＋2OH－＋2H2O===[Be(OH)4]2－＋H2↑、2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑知，若相同条件下用NaOH代替硫酸，产生的氢气体积不变，D项正确。
21．3 mol
解析：设反应前密封舱内H2O的物质的量为x mol，
4KO2＋4CO2　＋　2H2O===4KHCO3＋3O2
4 mol 2 mol 3 mol
2x mol x mol　 1.5x mol
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
2 mol 3 mol
(9－2x) mol　 1.5(9－2x) mol
根据生成O2的总量可知：1.5x＋1.5(9－2x)＝9，解得x＝3。
22．(1)cV　
(2)202.5
解析：(1)由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知，n(P)＝n(NH4SCN)＝cV×10－3 mol，则此污水中磷的含量为 mg÷0.1 L＝cV mg·L－1。
(2)设ClO2的含量为x g·L－1，根据得失电子守恒可知二氧化氯与生成的碘单质存在关系式：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O存在关系式：I2～2S2O，所以ClO2与S2O的关系式为2ClO2～10S2O，则有＝0.015 L×0.1 mol·L－1×，解得x＝0.2025，故ClO2的含量为202.5 mg·L－1。
23．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小
(2)①偏大　
②12.32%
解析：(1)H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2O??Fe2(OH)6－2n(SO4)n＋(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，则还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00×10－3 L＝1.100×10－3mol，根据得失电子守恒得滴定时反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝×100%＝12.32%。
24．(1)0.2
(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L
解析：(1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1，则1000 kg该加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为＝0.2 mol。
25．n(HCl)＝0.2000 mol·L－1×(22.00 mL－2.00 mL)×10－3 L·mL－1＝4×10－3 mol
根据关系式Li2CO3～2HCl
n(Li2CO3)＝ mol＝2×10－3 mol
Li2CO3纯度＝×100%＝74%
解析：做空白实验时消耗盐酸2.00 mL，说明滴定实验中待测液实际消耗的盐酸为20.00 mL，根据反应原理及题中数据即可计算样品纯度。
26．(1)0.06 mol　
(2)①0.56 g　
②0.5
解析：(1)n(O2)＝＝0.03 mol，则
解得n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol，
则n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol。
(2)n(CaCO3)＝＝0.07 mol。
①根据钙原子守恒，可知：n(CaO)＝0.07 mol-0.06 mol＝0.01 mol，所以m(CaO)＝0.01 mol×56 g·mol-1＝0.56 g。
②样品中水的质量为m(H2O)＝5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)＝5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g＝0.54 g，
所以n(H2O)＝＝0.03 mol，
则x＝＝0.5。
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