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1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是(　　)
A．22.4 L　　 　　　 B．44.8 L
C．11.2 L D．4.48 L
答案：D
2．含KCl和KBr的样品3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为(　　)
A．24.1% B．40.3%
C．25.9% D．48.7%
解析：KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag　　　　　Δm
39　108　　　　69
m　　　　　　6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56 g质量分数为×100%≈40.3%
答案：B
3．一定质量的碳和8 g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为(　　)
A．2.4 g B．4.2 g
C．6 g D．无法确定
解析：由化学方程式：C＋O2CO2和2C＋O22CO可知，当产物全部是CO2时，气体的物质的量不变，温度和体积不变时气体的压强不变；当产物全部是CO时，气体的物质的量增大1倍，温度和体积不变时压强增大1倍，现在气体压强变为原来的1.4倍，故产物既有CO2，又有CO。n(O2)＝＝0.25 mol，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即Δn(气体)＝0.25 mol×(1.4－1)＝0.1 mol。
2C　　　＋　　　　O22CO　　　Δn(气体)
2 mol　　　　　　　1 mol　 　 　　　1 mol
0．2 mol　　　　　 0.1 mol　　 　 　0.1 mol
则生成CO消耗0.1 mol O2，生成CO2消耗0.15 mol O2。
C　　　＋　　O2CO2
0．15 mol　　0.15 mol
故n(C)＝0.2 mol＋0.15 mol＝0.35 mol，m(C)＝0.35 mol×12 g·mol－1＝4.2 g。
答案：B
4．一定量的液态化合物AB2，在适量的氧气中恰好完全燃烧，反应化学方程式为AB2(l)＋3O2(g)===AO2(g)＋2BO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336 mL，密度为2.56 g·L－1，则化合物AB2的相对分子质量为(　　)
A．30 B．38
C．76 D．172
答案：C
5．三氯异氰尿酸是一种较强的氧化剂，利用氰尿酸(图甲)与次氯酸(HClO)在一定条件下反应可制备三氯异氰尿酸(图乙)，若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，则氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为(　　)
A．1∶1 B．3∶2
C．2∶1 D．1∶3
解析：由氰尿酸、三氯异氰尿酸的结构简式可知，二者的分子式分别为C3N3H3O3、C3N3Cl3O3，而三氯异氰尿酸是由氰尿酸与次氯酸(HClO)在一定条件下反应制得，其中Cl原子来自于HClO，根据原子守恒可知，生成1 mol三氯异氰尿酸消耗1 mol C3N3H3O3和3 mol HClO，故氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为1 mol∶3 mol＝1∶3。
答案：D
6．将15 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入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
答案：B
7．R2O在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：根据得失电子守恒，2 mol Mn2＋―→2 mol MnO，失10 mol e－，所以每1 mol R2O―→2 mol RO得2 mol e－，故可知R2O中R的化合价为＋7价。因此n＝2。
答案：B
8．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9。加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2 L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为(　　)
A．17.4 g B．46.8 g
C．40.8 g D．23.4 g
解析：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9，则物质的量之比为∶＝1∶1，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，生成NO的物质的量为＝0.5 mol，根据电子转移守恒，n(Mg)＝n(Al)＝＝0.3 mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量最大时，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据Mg元素守恒，n[Mg(OH)2]＝n(Mg)＝0.3 mol，根据Al元素守恒，n[Al(OH)3]＝n(Al)＝0.3 mol，故沉淀最大质量为0.3 mol×58 g/mol＋0.3 mol×78 g/mol＝40.8 g，故C正确。
答案：C
9．在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为1∶3，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为(　　)
A．2.4 mol B．2.6 mol
C．2.8 mol D．3.2 mol
答案：C
10．铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 120 mL的NO气体(标准状况下)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)
A．7.04 g B．8.26 g
C．8.51 g D．9.02 g
解析：分析反应过程可知，最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg在反应后均为＋2价，它们失去的电子的总物质的量n(e－)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH－的总物质的量n(OH－)。由得失电子守恒有：n(e－)＝n(NO2)＋n(NO)×3＝0.08 mol＋0.05 mol×3＝0.23 mol，则n(OH－)＝0.23 mol，m(OH－)＝3.91 g，所以沉淀的质量＝m(合金)＋m(OH－)＝4.6 g＋3.91 g＝8.51 g。
答案：C
11、取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）
A．3.6mol/L B．3.2mol/L
C．2.8mol/L D．2.4mol/L
【答案】B
【解析】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；
另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/L．
12、在温度和压强不变时，1 L NO2高温分解(2NO22NO＋O2)，达到平衡时体积变为1.3 L，这时NO2的转化率为（）
A．40% B．20% C．60% D．5%
【答案】C

13、现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（　　）
A. B. a C. (1－a) D. (1－a)
【答案】C
【解析】乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n(n≥2)，混合物中C和H的质量分数之和为(1－a)，两类物质中m(C)∶m(H)＝6∶1，故混合物中碳的质量分数是 (1－a)。
14、将充有m mL NO和n mL NO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，若m＜n，则充分反应后，量筒内气体的体积为(单位：mL)（）
A．3(m－n) B．m＋ C. D.
【答案】C
【解析】由电子得失守恒：。设最后剩余NO x mL，根据电子得失总数相等有：3(m－x)＋n＝4m。解得x＝ mL。
15、现有44g Mg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与体积为1L质量分数为20%的硫酸溶液恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140g，则下列说法正确的是（　　）
A．生成标准状况下的气体体积为22，4 L
B．硫酸物质的量浓度为2.0mol/L
C．硫酸溶液的质量为540g
D．无法进行A、B、C选项的计算
【答案】A
16、某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（　　）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
【答案】C
【解析】n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6。
盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）==8.5mol/L，A错误；根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B错误；FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正确；根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，D错误；
17、向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1. 0mol/L的NaOH 溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（ ）
A．a的取值范围为0.9g＜a＜1.2g
B．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA
C．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12L
D．x=2y
【答案】D
18、若35.4g 铜银合金与2L 0.5mol/L 的硝酸溶液恰好完全反应，则收集的NO在标准状况下的体积是（　　）
A．11.2 L B．6.27 L
C．5.6 L D．无法确定
【答案】C
19．常温下，向0.1 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是
A．c时刻硫酸溶液的体积为30 mL
B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.5 mol·L－1
C．d时刻溶液的OH-的浓度为0.04mol/L
D．溶液的导电能力：c【答案】C
【解析】要分析图像的起点、拐点的含义。硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；b时刻SO42－沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42－的浓度约为0.1 /1.5=0.0667mol·L－1，B项错误；d时刻Ba(OH)2过量，c（OH-）=（0.1×10×2）/50=0.04mol/L,C项正确；b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c20．agFe2O3和A12O3组成的混合物全部溶于20mL pH=1的硫酸，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，则c（NaOH）为 （ ）
A．0．1mol·L-1 B．0．2mol·L-1
C．0．4mol·L-1 D．0．8mol·L-1
【答案】B　
【解析】若恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，溶液就是Na2SO4，由电荷守恒即得答案B.
21．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
【答案】B
22．取3.5 g某二价金属的单质投入50 g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5 g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为 (　　)
A．24 B．40 C．56 D．65
【答案】A
【解析】n(HCl)＝＝0.25 mol
R＋2HCl===RCl2＋H2↑
二价金属最大摩尔质量＝＝28 g·mol－1
二价金属最小摩尔质量＝＝20 g·mol－1
所以，2023．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04g
【答案】B
【解析】最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n (OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子数即：n (OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。
24．一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L O2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为(　　)
A．0.5 mol/L B．1 mol/L　　　　
C．1.2 mol/L D．2 mol/L
答案　C
25．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04g
答案　B
解析　最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n (OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子数即：n (OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。
26．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol/L Ag＋ B．0.20 mol/L Zn2＋
C．0.20 mol/L Cu2＋ D．0.20 mol/L Pb2＋
【答案】C　
【解析】100 mL溶液中各离子的物质的量分别为n(H＋)＝0.03 mol，n(Ag＋)＝0.01 mol，n(Zn2＋)＝0.02 mol，n(Cu2＋)＝0.02 mol，n(Pb2＋)＝0.02 mol，当分别电解它们的溶液通过0.04 mol电子时，A中0.01 mol Ag全部析出，其质量为1.08 g，B中H＋首先放电，因此析出Zn为0.005 mol，质量为0.325 g，C中0.02 mol Cu全部析出，质量为1.28 g，D中H＋首先得电子，析出Pb为0.005 mol，质量为1.035 g，因此C中析出金属质量最大。
27．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如下图。反应中镁和铝的(　　)
A．物质的量之比为3∶2
B．质量之比为3∶2
C．摩尔质量之比为2∶3
D．反应速率之比为2∶3
【答案】A　
28．将Na2O2逐渐加入到含有Al3+、Mg2+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入Na2O2的物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中Al3+、Mg2+、NH4+的物质的量分别为（ ）
A.2 mol、3 mol、8 mol B.3 mol、2 mol、8 mol
C.2 mol、3 mol、4 mol D.3 mol、2 mol、4 mol
【答案】C
【解析】2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，Al(OH)3+NaOH==NaAlO2+2H2O，所以n(Al3+)=（9-8）×2 mol=2 mol，由图可知生成8 mol气体，消耗8 mol Na2O2（生成4 mol O2），所以n（NH4+）=n（NH3）=（8-4）mol=4 mol，。
29．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L 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。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
【答案】A
【解析】根据电子守恒得：
NaOH的物质的量等于得失电子的物质的量
n(NaOH)＝×4＝0.3 mol
V(NaOH)＝＝0.06 L，即60 mL。
30．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是 (　　)
A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L
答案　D
解析　22.4 L(标准状况下)Cl2换成22.4 L(标准状况下)N2的质量差是(71－28)g＝43 g，设氯气的体积为x L，则有
Cl2　　～　　N2　Δm
22．4 L　　　 43 g
x L　　　 74.6 g－66 g＝8.6 g
解得x＝4.48。
31． 标准状况下，6.72 L NO2通入水后，收集到5.04 L气体，则被氧化的NO2的体积是(　　)
A．1.68 L B．2.52 L C．0.56 L D．1.12 L
答案　A
32．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
答案　B
解析　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。
33．取3.5 g某二价金属的单质投入50 g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5 g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为 (　　)
A．24 B．40 C．56 D．65
答案　A

34．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率 (×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－ )∶n(CO )(写出计算过程)。[
解析　(1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热量外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2＋n(Al3＋)×3＝n(OH－)＋n(CO)×2，则2a＋3b＝c＋2d。
答案　(1)生成的产物具有阻燃作用
(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol[
m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 g[]
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol
n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol
n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
35．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。
请回答下列问题：
(1)现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。
(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
36．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0.100 0 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0.020 00 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。

37．氢氧化钡是一种使用广泛的化学试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样中Ba(OH)2·nH2O的含量。
(1)称取3.50 g试样溶于蒸馏水配成100 mL溶液，从中取出10.0 mL溶液于锥形瓶中，加2滴指示剂，用0.100 mol/L HCl标准溶液滴定至终点，共消耗标准液20.0 mL(杂质不与酸反应)，试样中氢氧化钡的物质的量为________ mol。
(2)另取5.25 g试样加热至失去全部结晶水(杂质不分解)，称得质量为3.09 g，则Ba(OH)2·nH2O中的n的值为________。
(3)试样中Ba(OH)2·nH2O的质量分数为________。



高考命题中，最常见的化学计算方法有“差量法”“关系式法”“极值法”“平均值法”“终态法”等，在这几种计算方法中，充分体现了物质的量在化学计算中的核心作用和纽带作用，依据化学方程式的计算又是各种计算方法的基础，其解题步骤如下：
(1)根据题意写出并配平化学方程式。
(2)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。
(3)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”。
(4)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。

一、一般比例式法在化学方程式计算中的应用
(1)化学方程式在量方面的含义
aA(g)＋bB(g) ===cC(g)＋dD(g)
质量比 aMA∶ bMB∶ cMC∶ dMD
物质的量比 a　∶ b　∶ c　∶ d
体积比 a　∶ b　∶ c　∶ d
(2)一般步骤
①根据题意写出并配平化学方程式。
②依据题中所给信息及化学方程式判断过量，用完全反应的量进行求解。
③选择适当的量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为x表示]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”。
④列比例式，求未知量。
例1、已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2。
①NaIO3不足时：2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI＋3Na2SO4＋3H2SO4
②NaIO3足量时还会发生：5NaI＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O
现模拟工业制取I2。在含31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol·L－1NaIO3溶液V mL。
(1)当V＝________mL时，再滴NaIO3就开始析出I2。
(2)当V为55 mL时，生成的I2的质量为________g。
答案　(1)50　(2)7.62
二、差量法在化学方程式计算中的应用
(1)差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、
气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1
2 mol 　1 mol　　2 mol
Δm(固)　Δn(气)　ΔV(气)
24 g　　1 mol　　22.4 L(标准状况)
(2)使用差量法的注意事项
①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。
②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上下一致，左右相当”。
例2、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
【答案】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　＋　4NH3? 5N2 ＋ 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。
三、关系式法在化学方程式计算中的应用
多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。
解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。
例3、5.85 g NaCl固体与足量浓H2SO4和MnO2共热，逸出的气体又与过量H2发生爆炸反应，将爆炸
后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，最后可得H2多少升(标准状况)?
【变式探究】氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl
的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O
的质量之比。
(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，
加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－
Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
解析　(1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x，H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有
＝，x∶y＝5∶11
(2)设样品中CuCl的质量为z。
由化学反应方程式可知：CuCl～Fe2＋～Ce4＋
＝
z＝0.244 8 g
CuCl的质量分数为×100%＝97.92%
97．92%>96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。
答案　(1)5∶11　(2)符合
四、极值法
1．极值法的含义
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。故也称为极端假设法。
2．极值法解题的基本思路
(1)把可逆反应假设成向左或向右能进行完全的反应。
(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．极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
例4、将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反
应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是 (　　)
A．x＝V/(11.2n) B．0C．V＝33.6n(1－x) D．11.2n n(Na)≥n(Al)，即0.5≤x<1。当x＝1时，产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x＝0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2n答案　D
【变式探究】在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3
被还原，则a∶b不可能为 (　　)
A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．9∶2

答案　A
五、平均值规律及其应用　整体思维法(终态法)
1．依据：若XA>XB ，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生
成量、平均消耗量等。
2．应用：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。
例5、两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合
物的组成肯定不可能为 (　　)
A．Mg和Ag B．Zn和Cu
C．Al和Zn D．Al和Cu
解析　本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，
由题意可知15 g 金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做∞。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。
答案　B
整体思维法抛开事物之间复杂的变化关系，从整体上认识把握事物之间的联系规律，具有化繁为简，
快速解题的优点，能较好的锻炼学生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择题还是综合性题目中经常有意设置。
【变式探究】在15 g铁和氧化铁混合物中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(标准状况)。同时铁
和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是 (　　)
A．1.5 mol·L－1 B． 2 mol·L－1
C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1
解析　此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，
所以原H2SO4为0.3 mol。
答案　B
高频考点一、守恒法
例1、在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若c()=0.2 mol·L-1,当加入等体积的0.2 mol· L-1 KOH溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中K+的物质的量浓度(mol·L-1)是( )
A.0.2 B.0.25 C.0.3 D.0.45
【方法技巧】守恒法就是化学变化过程中存在的某些守恒关系，如：
1.化学反应前后质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、能量守恒、电荷守恒。
2.化合物中元素正负化合价总数绝对值相等(化合价守恒)、电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数守恒。
3.化学计算中，“守恒”无处不在，运用守恒法可以提高解题的速率，又可以提高解题的准确性，所以只要看到化学计算，就想到守恒。
【举一反三】用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的和的物质的量之比为( )
A.1∶3 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2
解析：设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y，由反应前后C原子和Na+守恒可知，可得方程组：

解得
即所得溶液中和的物质的量之比为1∶3。
高频考点二 差量法
例1、某一元醇10 g与乙酸反应生成酯13.2 g，同时回收醇1.0 g，则该醇的式量是( )
A.74 B.88 C.90 D.104
【方法技巧】差量法是根据化学反应前后物质的某些物理量发生的变化，这个差量可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差量的大小与参与反应的物质的量成正比。差量法就是借助差量的大小与参与反应的物质的量成正比这种比例关系，解决一定量变的计算题。差量法是建立在化学反应基础之上的，反应前后的量差与反应物、生成物的化学计量数直接相关，在计算时，若能将反应前后单位统一，配合成套，只需将差量当成一种特殊的“生成物”即可。
高频考点三、关系式法
例3、将5. 6 g铁溶于足量盐酸中，蒸发至干并在空气中灼烧至恒重，最后得到固体的质量最接近于( )
A.8.0 g B.19.2 g C.24.2 g D.30.6 g
解析：由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3
所以可得：2Fe—Fe2O3
则Fe2O3的质量m(Fe2O3)=5.6 g×160/(2×56)=8 g
关系式法是对于多步进行的连续的反应，前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可根据中间产物的传递关系找出原料和最终产物的关系式。关系式法计算方便、准确。
高频考点四 平均值法
混合物中某一量的平均值，必大于相应量的最小值而小于相应量的最大值。
例/4、燃烧镁和某金属的合金，所生成的氧化物的质量为反应前合金的质量的2倍，另一金属可能是( )
A.Cu B.Be C.Na D.Al
高频考点五 讨论法
当题中缺乏条件或关系模糊时，可分别考虑每种可能的情况，运用数学手段再结合化学原理分别计算，从而使模糊问题具体化。
例5、把x mol CO2通入含有y mol Ca(OH)2的澄清石灰水中充分反应，下列叙述错误的是( )
①当x≤y时，生成100x g沉淀；
②当y≤x时，生成100y g沉淀；
③当y＜x＜2y时，生成100(2y－x)g沉淀；
④当2y≤x时，产生的沉淀全部溶解。
解析：CO2和Ca(OH)2的反应有：
CO2+Ca(OH)2====CaCO3↓+H2O ①
2CO2+Ca(OH)2====Ca(HCO3)2 ②
此类型的题比较复杂，我们为了直观简洁，可以借用数学中的数轴来表示。方法：①画一个数轴，②在数轴上标出正好完全反应的点。
当x≤y时，发生反应①产物只有CaCO3，且CO2全部反应，所以n(CaCO3)=n(CO2)=n mol,m(CaCO3)=100x g;
当yCO2+Ca(OH)2====CaCO3↓+H2O
y y y
Ca(OH)2+CO2+H2O====Ca(HCO3)2[
x-y x-y
n(CaCO3)=y mol－(x-y) mol=(2y-x)mol
m(CaCO3)=100(2y-x) g
当2y≤x时，只发生反应②，所以沉淀全部溶解。
做讨论题时，因为题量比较大，比较复杂，我们依据数轴，根据数轴上的点和区间，把一个大题分成几个小题，然后各个击破。
高频考点六 假设法
例6、18.4 g NaOH和NaHCO3的固体混合物，在密闭的容器中加热到250 ℃，经充分反应后排出空气冷却后称得固体质量为16.6 g，试计算原混合物中NaOH的质量分数。
【方法技巧】假设法是化学研究中常用的思维方法，也是化学解题中常用的技巧与策略，一些较难的化学题，运用适当的假设加以解决，既方便又快捷，这不仅给解题的方式带来新意，同时也给考查学生的思维能力提供了有效的途径和方法。
1.极端假设法：就是把研究对象、过程、数据、变化，经过假设推理的极限值，从而绝处逢生，得到正确答案。
2.中值假设法：选定研究过程中的某量、某方程式的参照、分析、推理量变关系进而求解。
高频考点七 十字交叉法
例7、由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为 ( )
A.29∶8∶3 B.22∶1∶14 C.13∶8∶29 D.26∶16∶57
【方法技巧】十字交叉法又名“交叉法”“混合规则法”“杠杆原理法”，它在计算中具有简捷和迅速求解的功能。十字交叉法实际上是二元一次方程组的变式，所以凡能列出二元一次方程组的均可以用十字交叉法求解。如由平均相对分子质量求物质的量之比。
1. （2018年江苏卷）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2?x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1?x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1?x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L?1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L?1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1?x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）
（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42?)= n(BaSO4) ==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)?n(Cu2+)=0.1000 mol·L?1×25.00 mL×10?3L·mL?1?0.08000 mol·L?1×20.00 mL
×10?3 L·mL?1=9.000×10?4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10?3 mol
1 mol (1?x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2?x)mol；n(SO42?)=3(1?x)mol
x=0.41
==，解得x=0.41。
1．【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1: 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O， 该反应的化学方程式为_________________________。
②方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验:
①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；
②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g；③另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)__________。
【答案】 4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O Fe2+ n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g
n(H2O)= =4.800×10-3 mol
a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。
（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：
n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol
由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol
再由化合物中电荷守恒得：
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol
分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g
再求出结晶水的物质的量：
n(H2O)= =4.800×10-3 mol
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。
1．【2016年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.01mol。则有：×(3-)×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。
2．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），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
【答案】C
3.【2015上海化学】将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
【答案】C、D
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则发生4NH3+5O24NO+6H2O消耗的氧气的体积是V(O2)=5/4V(NO)= 5/4×44.8mL=56ml，消耗的总体积是V(总)= V(O2)+V(NH3)= 9 /4×44.8mL=100.8ml，其余的气体体积是448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：NH3+2O2= HNO3+H2O，反应消耗的氧气体积是：V(O2)=2/3V(剩余)= 2/3×347.2ml=231. 5ml，则其中的氧气的总体积是：V(O2)(总)= 56ml+ 231. 5ml =287.5mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是发生总反应NH3+2O2= HNO3+H2O消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：V(O2)= (448mL -44.8mL )×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项C、D。
4.【2015江苏化学】(12分)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O ，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2=MnSO4
（1）质量为17．40g纯净MnO2最多能氧化_____L(标准状况)SO2。
（2）已知：Ksp[Al(OH)3]=1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10－39，pH=7．1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。
（3）右图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需
控制结晶温度范围为_______。
（4）准确称取0．1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)=0．0500mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20．00mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)
【答案】（1）4．48；（2）5．0（MnSO4·H2O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是：0．169/0．1710×100%=98．8%。
5.【2015上海化学】（本题共14分）
氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2 L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），
如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。
处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应： Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L；400。
（2）10388；54880L。
（3）①351kg；②1680kg。
生的物质的量CO2相等，也是400mol。
（2） 10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。
（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n?M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n?M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
6.【2014年高考上海卷第16题】含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为1.98mg
B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg
D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C

C正确；D、转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。

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