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第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
目录01 模拟基础练 【题型一】根据方程式进行计算 【题型二】关系式法在化学计算中的应用 【题型三】差量法在化学计算中的应用 【题型四】守恒法在化学计算中的应用 02 重难创新练 03 真题实战练
题型一 根据化学方程式进行计算
1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答：
(1)铝的物质的量是 。
(2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。
(3)在标准状况下生成氢气的体积是 。
2．把10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L氢气。试计算：
(1)该合金中铝的质量分数是 。
(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。
(3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。
3．把1.1g铁，铝混合物溶于200mL 5mol/L的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol/L（溶液体积变化忽略不计）。则：
（1）反应中消耗HCl的物质的量为 ；
（2）该混合物中铝，铁的物质的量分别为 、 。
4．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。
5．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取一定量的粉末，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＋)＝ mol·L－1。
(2)样品中n(Fe)：n(Fe3O4)＝ 。
6．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表：
Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV
盐酸体积/mL 30 30 30 30
样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳体积/mL 672 840 896 672
(1)若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2 mL(标准状况)。
(2)另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式 。
(3)由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度 mol·L-1.
题型二 关系式法在化学计算中的应用
7．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：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)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为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
8．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+2S2O=S4O+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 。
9．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)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。
已知：2MnO ＋5 ＋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 (保留小数点后一位)。
10．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，发生如下反应：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16.0 mL。求试样中锡的百分含量 (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
11．一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。称取TiO2样品0.60 g，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，则样品中TiO2的质量分数是 。
题型三 差量法在化学计算中的应用
12．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体．则该样品中纯碱的质量分数为（　　）
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
13．200℃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 。
14．臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3。
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为 g·mol-1(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为 L。
题型四 守恒法在化学计算中的应用
(2024 云南省大理市期末)
15．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
16．14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用2.24L(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．9.6g B．6.4g C．12.8g D．1.6g
17．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 mol/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量(　　)
A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g
18．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 6.272L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2g。下列判断不正确的是
A．原HNO3溶液的物质的量浓度为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4.48g
19．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）固体混合物中CuO的质量 。
（2）盐酸的浓度为 。
20．取1.77g镁铝合金投入到的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904L(已折算成标况)请计算：
(1)镁铝合金中镁的质量分数= %(保留三位有效数字)
(2)上述溶液中继续滴加的NaOH溶液，得到沉淀3.10g。则V的最大值= mL。(写出计算过程)
21．已知一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用500mL 6.0 mol·L-1的KOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有ClO- 0.20 mol、ClO3-0.30 mol(忽略氯气与水反应、盐类水解及溶液体积变化)。回答下列问题。
（1）所得溶液中c(Cl-)为 mol·L-1。
（2）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)∶n(H2)= 。
(2024 安徽省合肥市期中)
22．某稀溶液中含有4mol 和2mol ，向其中加入1.2mol Fe，充分反应（已知被还原为NO），最终溶液体积为1L，下列说法正确的是
A．所得溶液中 B．所得溶液中
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
(2024 湖南省名校联考期中)
23．将投入硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入溶液，恰好完全沉淀，将生成的气体与一起通入足量溶液中，气体恰好被完全吸收生成。下列判断正确的是
A．生成的气体中只有NO B．
C． D．
(2024 湖北省云学名校新高考联盟期中联考)
24．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
(2024 安徽省淮北市期中)
25．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
(2024 上海省浦东新区期中)
26．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)。
(2024 浙江省浙南名校联盟开学考试)
27．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 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48
剩余固体质量 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)样品中的物质的量之比为 。
(2024 海南省海口市期末)
28．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
(2024 山东省烟台市期中)
29．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。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．溶液
(2)将和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 ，原混合物中的质量为 。
(3)为探究的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和溶液，用传感器测定密闭装置中分压(的分压气体总压强)，测得分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃之前，装置中分压增大的主要原因是 ；温度升高到50℃之后，装置中分压急剧增大的原因是 。
30．向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知：图中 V1： V2=1：2，当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL。求：
(1)混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 。
(2)m2= g。
31．标准状况下，向多份等量的NaOH固体中，分别加入一定体积的1.00mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，反应产生的NH3随(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)：
请计算：
(1)a的值为 L。
(2)每份NaOH固体的物质的量 mol(写出计算过程)。
(2022·浙江省1月选考，30)
32．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= (写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2) mol。
(2021·浙江6月选考，30)
33．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 (写出计算过程)。
(2020·浙江7月选考，30)
34．溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，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 J。
(2)反应的 (列式计算)。
(2019·浙江4月选考，30)
35．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)。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)0.4 mol
(2)0.8 mol·L-1
(3)13.44 L
【详解】（1）铝的摩尔质量是27g·mol-1，则n(Al)=；
（2）设参加反应的氢氧化钠的物质的量为n，则：
则，即n=0.4 mol，c(NaOH)= =0.8 mol·L-1；
（3）设生成标准状况下的氢气的体积为V，则
所以V==13.44 L。
2．(1)52.9%
(2)1∶1
(3)11.2L
【详解】（1）把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，镁不反应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应。设铝的物质的量为n(Al)，则：
，解得：n(Al)=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g·mol-1=5.4g，则铝的质量分数为×100%≈52.9%；
（2）m(Mg)=10.2g-5.4g=4.8 g，n(Mg)==0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)=1∶1；
（3）设盐酸与铝生成的氢气为V1(H2)，盐酸与镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
，解得：V1(H2)=6.72 L；
，解得：V2(H2)=4.48 L，V总(H2)=V1(H2)＋V2(H2)=6.72 L＋4.48 L=11.2 L。
3． 0.08mol 0.02mol 0.01mol
【分析】利用n=cV及方程式计算。
【详解】(1)反应中消耗HCl的物质的量为0.2L×5mol/L-0.2L×4.6mol/L=0.08mol。
(2)设1.1g混合物中Al、Fe的物质的量分别为x、y，得
则有，解得：x=0.02mol，y=0.01mol。
4．(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)
(3)NA
(4)166.46
【详解】（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，即；
（3）当标准状况下有11.2 L氯气生成时，即0.5molCl2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。
5． 0.14 4:1
【分析】根据题意可知，样品放入盐酸后反生了以下两个反应：①.Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑，②. Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，溶液中的FeCl2分别来自这两个反应，这两个反应中都消耗单质铁。
【详解】(1)由于向反应后溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知反应后生成的物质为FeCl2，又由题意知，粉末与盐酸恰好完全反应，放入盐酸的量为0.028L×1 mol/L=0.028mol，依据氯离子守恒，故产生FeCl2的物质的量为0.014mol，则c(Fe2＋)＝=0.14mol/L，故答案为0.14；
(2)由生成标准状况下的气体体积为134.4 mL，可知其物质的量n(H2)==0.006mol，再根据Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑,由n(H2)可知该反应中消耗的单质铁为0.006mol，生成的FeCl2为0.006mol。Fe3O4、Fe、HCl三者共同反应，反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，在该反应中生成的n(FeCl2)= 0.014mol-0.006mol=0.008mol，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应消耗的单质铁为0.002mol，故样品中n(Fe)= 0.006mol+0.002mol=0.008mol，Fe3O4为0.002mol，故样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=4：1，故答案为4：1。
【点睛】如何求Fe3O4的物质的量是解题的关键。根据氯离子守恒，可知反应后FeCl2总的物质的量，而FeCl2来源于两个反应①Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑② Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O。首先根据产生的H2体积可求出此反应生成的FeCl2的物质的量是多少，进而可以求出Fe3O4、Fe、HCl三者共同反应中生成的FeCl2是多少，从而求出在该反应中消耗的Fe3O4的物质的量是多少。
6． 504 2.5
【详解】(1)盐酸的体积一定，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中随样品质量增大，产生的体积增大，而实验Ⅳ中却减小，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸有剩余，若用样品进行同样的实验时，则样品中碳元素全部转移到中，根据定比关系，则产生的体积为：，故答案为：504；
(2)加热分解生成的二氧化碳，说明该天然碱中含有，生成的物质的量为，根据分解方程式：，可知样品中的物质的量为，分解生成的水为，样品与盐酸反应生成二氧化碳为：，根据碳原子守恒，样品中的物质的量为：，样品中结晶水物质的量为：，故样品中:::::1:2，则该天然碱的组成为：，故答案为：；
(3)可知样品中，为物质的量为：，根据，可知消耗HCl为，生成的物质的量为：，由 ，可知消耗的HCl为，故30mL溶液中HCl的总量为：，则盐酸的物质的量浓度为：，故答案为：。
7．B
【详解】由反应式可得出每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，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2 mol(质量为34 g)，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)∶44.8 L＝m(被氧化的NH3)∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)＝0.34 g。
综上所述，本题应选B。
8．(1)2Cu2++4I—=2CuI↓+I2
(2)85.50%
【详解】（1）由题意可知，氯化铜溶液与过量的碘化钾溶液反应生成碘化亚铜、碘和氯化钾，反应的离子方程式为2Cu2++4I—=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I—=2CuI↓+I2；
（2）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+~I2~2S2O，滴定消耗20.00 mL0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠溶液，则样品中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%=85.50%，故答案为：85.50%。
9． 40 5.2
【分析】由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。
【详解】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
10．93.2%
【详解】根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119 g： 1 mol=x：0.100×0.016 mol，解之得到x=0.571 2 g，试样中锡的百分含量w(Sn)= ×100%≈93.2%。
11．98%
【详解】根据得失电子守恒，将TiO2溶解并还原为Ti3+，Ti3+与NH4Fe(SO4)2溶液反应，有关系式TiO2~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，即NH4Fe(SO4)2的物质的量为36.75×10-3 L×0.20 mol·L-1=7.35×10-3 mol，则TiO2的物质的量为7.35×10-3 mol，所以样品中TiO2的质量分数是。
12．D
【详解】设碳酸钠的质量为m，则：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增重
106 117 11
m (b a)g
所以，解得，故该样品中纯碱的质量分数为，D项正确；
答案选D。
13．(1)NaOH 、Na2CO3
(2)65%
【分析】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：
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。
【详解】（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×100%=65%。
14．(1)35.6
(2)3
【详解】（1）设原有1 mol O2，则有0.3mol氧气参加反应：
则反应后混合气的总物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol，所以==≈35.6 g·mol-1。
（2）
解得V=3 L，所以臭氧为3L。
15．C
【详解】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-=AlO+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。
16．C
【详解】由题目可知，n(O2)=0.1mol，
设Cu、Au的物质的量分别为x、y，则
根据电子守恒列方程：
2x=0.1mol×4
计算得出：x=0.2mol
m(Cu)=0.2mol×64g/mol=12.8g，所以C选项正确。
故选C。
17．C
【详解】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1mol/L盐酸500mL，盐酸溶质的物质的量为0.5mol，则CuCl2为0.25mol，根据Cu元素质量守恒，则可知原混合物中含有0.25molCu，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则质量为0.25mol×80g/mol=20g，C选项正确；
答案选C。
【点睛】本题的关键在于利用守恒思想，混合物溶于盐酸后溶质成分是CuCl2，根据氯守恒可得。
18．B
【分析】6.272L(标准状况下)NO的物质的量是，质量是0.28mol×30g/mol=8.4g，溶液质量增加11.2g，说明参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是。设反应后Fe2+的物质的量为xmol，则Fe3+的物质的量是(0.35-x)mol， 由电子转移守恒可知，2xmol+3(0.35-x)mol=0.28mol×3，解得x=0.21mol，则反应后溶液中含有Fe2+为0.21mol，Fe3+为0.14mol，据此解答。
【详解】A. 根据N元素守恒，原HNO3溶液的物质的量浓度为2.24 mol·L－1，故A正确；
B. 参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是，故B错误；
C. Fe2+的物质的量为0.21mol， Fe3+的物质的量为0.14mol，反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3，故C正确；
D. 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应后的溶液含Fe3+的物质的量为0.14mol，所以还可以溶解铜粉0.07mol，质量是0.07mol ×64g/mol=4.48g，故D正确；
选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用氮元素守恒、电子转移守恒计算。
19． 1.60g 3.60mol L-1
【分析】(1)根据氧化性的强弱顺序判断反应的先后顺序，推测1.28g固体纯净物的成分，再进一步确定CuO的质量；
(2) 盐酸的浓度c(HCl) =c(H+)=c(Cl-)，滤液中只含有一种溶质，易知是FeCl2 ,若计算出Fe2+的物质的量，则可以计算出n(Cl-) ,从而得出盐酸的浓度。
【详解】（1）根据氧化性强弱：Fe3+>Cu2+>H+ ，Fe涉及的相关反应按①②③顺序发生下列三组反应：①Fe2O3~2HCl ~2FeCl3 ，2FeCl3 + Fe = 3FeCl2；
②CuO~2HCl~CuCl2 , CuCl2 + Fe= FeCl2 + Cu；
③ 2HCl+Fe= FeCl2+H2↑。
依据题意易推知1.28g固体纯净物为铜，物质的量为0.02mol，逆推可判断固体混合物中含有0.02molCuO,质量为1.60g,故固体混合物中CuO的质量为1.60g。
（2）设与Fe2O3反应的Fe的物质的量为xmol，
①Fe2O3 ~ Fe ~ 3FeCl2； ②CuO ~ Fe ~ FeCl2 ~ Cu ；
③ 2HCl ~ Fe ~ FeCl2 ~ H2↑
则160x + 56(x+0.02+0.04)+80×0.02 =13.6，求得x=0.04mol，可知n(FeCl2)= 0.04×3 +0.02+0.04=0.18mol ，n(Cl-)=2n(FeCl2)=0.36mol，c(Cl-)===3.60mol/L，则盐酸浓度为3.60mol/L。
20． 54.2% 220mL
【分析】根据题意得出24n(Mg)+27n(Al)=1.77，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=，两式联立解得，n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，合金中镁的质量分数为54.2%；故答案为54.2%；
(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1＋0.03mol×78g·mol－1=4.66g＞3.10g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1=2.32g，含氢氧化铝的质量为(3.10g－2.32g)=0.78g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝元素守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02mol，根据钠元素守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22L，合220mL；故答案为220mL。
21． 5.0 15∶4或3.75∶ 1
【详解】本题考查化学计算，（1）因为KOH与混合物恰好完全反应，溶质为KCl、KClO、KClO3，根据电荷守恒，n(K＋)=n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO3－)，代入数值，500×10－3×6=n(Cl－)＋0.20＋0.30，解得n(Cl－)=2.5mol，则c(Cl－)=2.5/500×10－3mol·L－1=5.0mol·L－1；（2）Cl2与KOH反应发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，n(Cl－)=n(ClO－)×1＋n(ClO3－)×5，解得n(Cl－)=1.7mol，有HCl与KOH反应生成n(Cl－)=(2.5－1.7)mol=0.8mol，因此参加反应氢气的物质的量0.8/2mol=0.4mol，根据氯元素守恒，所用氯气的总物质的量为n(Cl2)=(2.5＋0.2＋0.3)/2mol=1.5mol，因此所用氯气和参加反应氢气物质的量之比为1.5：0.4=15：4。
点睛：化学计算中一般常用特殊计算方式，如得失电子数目守恒、元素守恒、极端假设等等，像本题采用电荷守恒的方法进行求解，在列电荷守恒时，一定注意前面的系数，该离子带有多少个电荷，前面的系数就是多少。
22．B
【分析】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，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。
【详解】A．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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。
23．C
【详解】A．由分析可知，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．的物质的量为=0.04mol，投入硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入溶液，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．将生成的气体与一起通入足量溶液中，气体恰好被完全吸收生成，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．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()=0.04mol，c=0.04，D错误；
故选C。
24．A
【分析】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。
【详解】A．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，故A错误；
B．根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1:0.05=2:1，故B正确；
C．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，故C正确；
D．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，故D正确；
故选A。
25．A
【详解】A．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．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，故B正确；
C．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．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。
26．(1)4.5
(2)20.34
(3)44.25%
【分析】混合物发生反应：H++HCO═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，据此解答；
【详解】（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++HCO=H2O+CO2↑可知n(HCl)=，盐酸的浓度为，故答案为：4.5；
（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，故答案为：20.34 ；
（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。
27．(1)
(2)2
(3)5∶2
【详解】（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：；
（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：，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；样品中的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。
28．(1)ac
(2)33.3%
(3) 3-
(4) Fe2O3、Fe3O4 8【详解】（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，故答案为：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8②如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)=168：64=21：8；如果全是FeO，则m(Fe)∶m(O)=56：16=21：6；如果混合物组成为FeO、Fe3O4，则6③如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4、FeO，则629．(1) c a
(2) 和 2：1 168g
(3) 温度升高，气体的总压强增大，分压增大 分解生成使分压增大
【详解】（1）空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应，故空气与熔融反应前需依次通过c．溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；
（2）和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、、，
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，装置中分压急剧增大的原因是分解生成使分压增大。
30．(1)1：2
(2)5.00
【详解】（1）由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1：2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2；
（2）当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol5.00g。
31． 0.05
【分析】氢氧根离子不足时先和亚铁离子生成沉淀，后和铵根离子反应生成氨气，在a点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，据此计算。
【详解】(1)依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+2NH3↑+2H2O，在a点时，加入的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为氨气的物质的量的一半，即(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.05mol，根据(NH4)2Fe(SO4)2的浓度为1.00mol/L，所以(NH4)2Fe(SO4)2的体积为0.05L，故本题答案为：0.05；
(2) v[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2物质的量是0.15mol，其中含0.3mol，含Fe2+0.15mol，此时氢氧化钠不足，氢氧化钠先与亚铁离子反应。(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+全部生成Fe(OH)2，根据可知，0.15mol Fe2+消耗了0.3molNaOH，又由可知，生成0.1molNH3消耗0.1molNaOH；故每份NaOH固体的物质的量为0.1mol+0.3mol=0.4mol，故本题答案为：。
【点睛】铵根离子须在较强碱性环境下才可反应，所以氢氧根先和亚铁离子生成沉淀，后和铵根反应生成氨气，要特别注意离子反应的先后顺序。
32．(1)9
(2)0.0100
【详解】（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。
33． 0.0600 C4H6O6
【详解】(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。
34．
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm计算；
(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
【详解】(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，故答案为：4.18×103；
(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：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。
【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。
35．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。
【分析】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。
【详解】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。
【点睛】注意当C原子数很少时，氢原子很多，就会不符碳原子4价键原则，即当C原子为n时，在烃的含氧衍生物中H原子最多为2n+2。
答案第1页，共2页
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