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专题8·化学计算状元纠错
【1】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可w.w.w.21世纪教育网. c.o.m被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是 （ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【错解分析】错选 B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。
【状元纠错】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5.
【答案】A
【2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（ ）
A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37
B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37
C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35
D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10
【3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( )
A． B． C． D．
【错解分析】错选C。忽略题中条件“溶液分成两等分”，溶质变为原来的1/2.
【状元纠错】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为。
【答案】D
【4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol
【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，所以n（Fe）=0.24mol，忽略生成NO 0.06mol的那一部分硝酸。
【状元纠错】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO 0.06mol，起酸性作用部分0. 42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。
【答案】B
【5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（ ）
A．2.8 mol·L-1 B．3.8 mol·L-1
C．4.3 mol·L-1 D．4.9 mol·L-1
【错解分析】 错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。
【状元纠错】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1mol Fe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。
【答案】A
【6】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46．66％，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为
A．1 Ｂ．2 C．3 D．4
【错解分析】 错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。
【状元纠错】100×53.33%÷16==3.33 130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O原子，16×4÷53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。
【答案】A
【7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（　）
A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2
D．无法判断何种为肯定或否定的杂质
【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，杂质提供CO32—少或者无，所以Na2CO3可能有。
【状元纠错】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。
【答案】B
【8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，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.3.2mol/L B.3.6mol/L C.4.0mol/L D.无法判断
【答案】A
【9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（ ）
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol
D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol
【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。
【状元纠错】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。
【答案】C
【10】常温下，向0.25 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．硫酸溶液的体积为30 mL
B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125 mol·L－1
C．d时刻溶液的pH约为13
D．溶液的导电能力：c【错解分析】错选D，忽略体积变化，溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度而不是数目，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。
【答案】C
【11】用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，
共用掉z g H2，此时生成水的质量为（ ）
A．8 (x－y)/9 g B．9 (x － y) /8 g
C．9 z g D．9 z /40 g
【错解分析】多选C，用 H2 还原CuO，应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢气的量远大于实际参加反应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。
【状元纠错】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根据氧元素守恒求算即可。
【答案】B
【12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（ AB　）
A． B． C．　　D．
【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同，式量不同，结果也不同。
【状元纠错】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。
【答案】AB
【13】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：
3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是 （ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等
C．平衡时甲中A的体积分数为0.4
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5
【错解分析】错选A或C。审题注意两点“D为固态”，“ 甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2”，所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。
【状元纠错】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相等，则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。
【答案】D
【14】在100 g浓度为10 mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成5 mol·L－1的氨水，则加入水的体积为
A.小于100 mL B.等于100 mL C.大于100 mL D.等于(100/ρ)mL
【错解分析】 错选A。氨水的密度小于1 g·cm－3。
【状元纠错】如果不考虑体积变化，将10 mol·L－1氨水稀释成5 mol·L－1的氨水，加入一倍体积的水即可，因为氨水密度小于1 g·cm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。
【答案】C
【15】某元素R硝酸盐的相对分子质量为m，该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n，则该元素的可能化合价是（ ）
A、（m-n）/14 B、（n-m）/14
C、（2m-n）/28 D、（n-2m）/28
【答案】 AC
（SO4）x/2。
【16】 18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中NaOH的百分含量。
【答案】 混合物加热时的化学方程式为：
2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，则加热后质量减少为
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于1∶1，则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。
现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，说明混合物中NaOH过量
设NaOH质量为x，NaHCO3质量为18.4g-x
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
x=10g
【解析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：
NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，求加热后混合物质量减少多少g。获得了此数据，就找到了中间值，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z
124g∶18.4g=18g∶z
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于1∶1，则混合物的质量减少应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于1∶1，则混合物的质量减少应大于2.67g。
现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.8＜2.67，说明混合物中NaOH过量。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。
第一种：设NaOH质量为x，NaHCO3质量为（18.4g-x）
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
解之，得x=10g
第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后剩余NaOH质量为y
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
40g 84g 106g
（x-y）（18.4g-x）（16.6g-y）
第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x
124g∶（18.4g-x）=106g∶（16.6g-x）
在常见误区的（2）式旁边画了“×”，其原因是误认为NaOH未发生反应，还残留在剩余固体中，对混合物受热（250℃）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，可以说从一开始就错了，致使最后结
【状元纠错】设NaHCO3为xg，NaOH为yg，
【17】某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0mol·L-1稀盐酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分组成。
【答案】据CO2＋Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x=197g∶3.94g
解之，得x=2.0g
1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为
1.00g-1.00g×20％=0.80g[
它们消耗的盐酸的物质的量为：
0.002mol×2＝0.0268mol
除CaCO3外，Ca2+的总物质的量为0.0134mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
0.7504g＜0.80g，所以样品中一定含有Ca（OH）2
设0.80g中含CaO质量为y，含Ca（OH）2质量为（0.80g-y），可列式：
解之，得y=0.60g
【解析】由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba（OH）2溶液中得到沉淀，可推知样品中可能含有CaCO3。
CO2+Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x＝197g∶3.94g
解之，x=2.0g
1g样品中CaCO3为0.20g，物质的量为0.002mol，它与盐酸反应时，耗盐酸（0.002×2）mol。
加入盐酸的总物质的量为1.0mol·L-1×40×10-3L＝4×10-2mol。
10-3mol
除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
4×10-2mol-9.2×10-3mol-0.002×2mol=0.0268mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
因为1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为1.00g-0.20g＝0.80g
0.7504g小于0.80g，所以样品中除有CaO外，一定还含有Ca（OH）2。至此，可有以下三种解法。
方法一：用差量法计算CaO和Ca（OH）2的含量：
CaO～Ca（OH）2 质量差
56g 74g 74g-56g=18g
y 0.80g-0.7504g=0.0496g
74g∶y＝18g∶0.0496g
解之，得y=0.20g
CaO的质量分数为1-20％-20％＝60％
方法二：设0.80g样品中含CaO质量为z，含Ca（OH）2质量为（0.80g-z），可列式：
解之，z=0.60g
【状元纠错】①CaCO3～BaCO3
100g 187g
x 3.94g
②除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
1.0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×2＝0.035（mol）。
③除CaCO3外，Ca2+的物质的量为0.0268mol。
出现①误区，是由于把BaCO3的分子量197算成了187，导致失误。
失误。
出现③误区，是由于把Ca2+～2HCl这个关系式搞错了，本来Ca2+的物质的量应为0.0134mol，却写成了0.0268mol，导致失误。
由此我们得到启示，在做这类题时，可先用极端假设法，然后用差量法或关系式法或十字交叉法进行计算，要在分析问题的方法上多下功夫。
【18】 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑：
（1）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；
②C60分子只含有五边形和六边形；
③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：
据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：
（1）固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是______，理由是：
____________________。
（2）试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60（填“可能”或“不可能”）______，并简述其理由：_________________________。
（3）通过计算，确定C60分子所含单键数。
C60分子所含单键数为______。
（4）C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。
C70分子中所含五边形数为______，六边形数为______。
【答案】（1）金刚石
金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高。
（答出“金刚石属原子晶体”即给分）
（2）可能因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60（只要指出“C60含30个双键”即给分，但答“因C60含有双键”不给分）
也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60＋（12＋20）-2=90
C60分子中单键为：90-30=60
（答“2×30（双键数）=60”即给分）
（4）设C70分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：
解得：五边形数x=12，六边形数y=25
附：第（3）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以价电子数为突破口，分析推算。
分析：碳是ⅣA族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C60分子中共有价电子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即C∷C。据题示信息“C60分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为4×30＝120，剩余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用去2个价电子，即C∶C。故C60分子中的单键数为120÷2=60。
解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。
分析：根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2
因此单键数为30×2＝60。
解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。
分析：由题示信息欧拉定理可知，C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。因此可先求出C60球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），再减去双键数，即可求出C60分子中含的单键数。
已知C60分子中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个
=90。单键数为90-30=60。
附：第（4）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。
分析：根据题示信息“C70分子也已制得，它的分子结构模型可与C60同样考虑”，可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C70球形多面体的总棱数为：70×3÷2=105。
再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37
设C70分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式：
解之，得x=12，六边形数为37-12=25。
解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。
分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知：
则 x+y=37（面数） ①
再根据题示信息，从化学角度分析，C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键；从数学角度分析，C70分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列式：
二元一次方程组为：
解之，得x=12，y=25。
解法三：以C60分子成键规律为突破口，分析C70求解。
分析：受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发，C60分子中化学键的成键规律为：
碳原子数：单键数=1∶1；
碳原子数：双键数=2∶1
应用此规律分析C70分子，故C70分子中含单键数为70，双键数为35。因此，总键数为70＋35＝105（C70球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出面数为2-70＋105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述。
【解析】阅读新信息，知道①C60分子是形如球状的多面体，固体C60不是原子间体。②第（2）问：出现①误区，是由于判断错误所致。出现②误区，是由于未指明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”，反映出有些同学的自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现③误区，是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现④误区，是由于混淆了加成反应与取代反应所致。出现⑤误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。
第（3）问：出现①误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义，导致失误。出现②误区，是由于总键
失误。出现③误区，是由于双键数应为30，不应是30×2=60，导致失误。出现④误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有60×4=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉30×4=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单
现12＋20=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数=12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-30=60。
第（4）问：出现①误区，是由于不慎将“＋”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现②误区，是由于只找到了这一个二元一次方程，还缺少一个方程：70＋（x＋y）
【状元纠错】 错解： 第（1）问：①低，②C60。③金刚石键能小，C60含多个不饱和第（4）问：①面数=70+35-70-2=33（个）。②5x+6y=3×70
【19】本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。
①称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。
②另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：
5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O
（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。
（2）计算样品中CaO2的质量分数。
（3）计算样品中CaO2·xH2O的x值。
【解析】 第（1）问：根据信息①，可写出CaO2受热分解的化学
误区是由于未读懂题示信息所致。③误区是由于多写了水的分子式所致。④误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2·xH2O写成有定值的水，造成失误。第（2）问：根据信息①中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。
根据关系式2CaO2～O2，可求得CaO2物质的量为2×1.50×10-3mol，CaO2质量为2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1
样品中CaO2的质量分数为：
K]
出现①误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2～O2），导致失误。出现②误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0g·mol-1用CaO的摩尔质量56.0g·mol-1代入式中计算，导致失误。出现③误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2·H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80％，但计算的依据错误。
第（3）问：根据信息②，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：
5CaC2O4～2KMnO4
KMnO4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol
其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：
CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133mol
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1
=0.012g
m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g
CaO2与H2O的物质的量之比为
出现①误区，是由于错误列式：
CaO2·xH2O～CaC2O4～xH2O
（72+18x）g 1mol
0.120g 1.55×10-3mol
误将0.120g全部看成CaO2·xH2O，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2·xH2O～CaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。
出现②误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80％）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。
【状元纠错】第（1）问：①CaO2==CaO+O2，②CaO2==Ca+O2，③2CaO2+H2O==2CaO+O2+H2O，④2CaO2·nH2O==2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3……即定值）。第（2）问：①40％，②62％，③
×10-3），②72∶M（CaO2·xH2O）=80％，M=90，x=1。
【20】 25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6X10-15，也可用PH值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D+]，下列有关PD的叙述，正确的是（）
①中性D2O的PD=7
②在1L D2O中，溶解0.01molNaOD，其PD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，PD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的PD=1
A、①② B、③④ C、①③④ D、①②③④
【答案】 B
【解析】 （1）由于重水的离子积常数为1.6X10-15，因此重水中[D+]=4X10-8，对应的【21】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。
【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都含有氢元素，所以根据氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。
【状元纠错】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32—）=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH—需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH—）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=0.36g， 0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），
n[Mg(OH)2]＝=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），
碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O（1分）。
【22】 50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是（ ）
A、有0.09mol的硫酸被还原
B、有0.045mol的硫酸被还原
C、充分反应后体系无硫酸剩余
D、消耗的铜的质量一定少于2.88g
【答案】D
【解析】强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱至消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。 因此正确答案为 D 。
【状元纠错】忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性减弱至消失。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2 +2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2 X 64g/mol=2.88g.
【23】铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的c（H+）同时下降（ ）
A．0.2mol/L B. 0.4mol/L
C. 0.6mol/L D. 0.8mol/L
【答案】D
【解析】由于硝酸被还原生成NO,因此硝酸根离子浓度会减小。根硝酸与铜反应的离子方程式:3Cu+8H++2NO3- =3Cu2+ + 2NO + 4H2O，反应中消耗的硝酸根离子与氢离子的物质的量之比为1:4。因此正确选项为D（0.8mol/L）。
【状元纠错】误把被氧化的硝酸当作参与反应的硝酸。假设溶液的体积为1L。因为硝酸根离子浓度下降了0.2mol/L，因此反应中有0.2mol的硝酸参加反应。由于硝酸中H+与NO3- 之比为1:1，因此消耗的H+的物质的量为0.2mol，下降的浓度为0.2mol/L。
【24】实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )
A.称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水
B.称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C.称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水
D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【答案】D
【解析】要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol即胆矾：0.05 mol×250 g/mol1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C都不对。正确选项为D。D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【状元纠错】 （1）没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。由于要配置480mL0.1 mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：（1）若溶质为硫酸铜，则0.48×160×0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4·5H2O，0.48×250×0.1=12.0g；因此选择B选项。
【25】用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为（ ）
A、0.1mol B、0.2mol
C、0.3mol D、0.4mol
【答案】 D
【解析】电解硫酸铜溶液的反应方程式为：
【状元纠错】对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu(OH)2 。选B。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。
【26】用质量均为100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差28g，此时两电极质量分别是（ ）
A．阳极93.6g，阴极121.6g
B．阳极100 g，阴极128.0g
C．阳极91.0g，阴极119.0g
D．阳极86.0g，阴极114.0g
【答案】A
【解析】和量法
Cu + 2Ag+ === Cu2+ + 2Ag 64
216 x
x +（ 216 / 64 ）x=28 解x=6.4g
故正确答案选A
【状元纠错】选B者，没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu自己的溶解和放电如同精炼铜，原理不清。
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