高考化学真题分类汇编专题02化学计量与化学计算 34页

专题二 化学计量与化学计算 题型一 物质的量与阿伏加德罗常数.............................................1‎ 题型二 物质的量浓度及综合计算..............................................14‎ 题型一 物质的量与阿伏加德罗常数 ‎1.（2019全国Ι） 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是 A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在 B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9 g·cm-3) C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变 D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HClH++Cl- ‎【答案】D ‎【解析】本题考查图像分析与化学计算等知识，考查的核心素养是证据推理与模型认知。观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设H2O的物质的量为1 mol ，则n(Cl-)＝1×10-4mol，n(Cl-)＝n(H+)，冰的体积V＝＝20.00 cm3，c(H+)＝1×10-4mol/20×10-3L＝5.0×10-3mol·L-1，B项正确；第三层中水分子结构不变，每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。‎ ‎2.（2019全国Ⅱ）已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 A. 3 g 3He含有的中子数为1 NA B.1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液含有的PO43-数目为0.1 NA C.1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6 NA D.48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13 NA  ‎【答案】B ‎ ‎【解析】本题考查阿伏加德罗常数的应用，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。3 g 3He的物质的量为1 mol，每个3He含1个中子，则1 mol 3He含1 mol中子，A项正确；该溶液中含0.1 mol Na3PO4，由于部分PO43-水解，故溶液中PO43-的数目小于0.1NA，B项错误；K2Cr2O7中Cr元素为+6价，1 mol K2Cr2O7被还原成Cr3+时，得到6 mol电子，C项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10个C—H键和3个C—C键，即每个分子中含13个共价键，则48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中含13 mol共价键，D项正确。‎ ‎【光速解法】Na3PO4为强碱弱酸盐，部分PO43-在溶液中发生水解反应而使溶液中PO43-‎ 34‎ 数目减少。‎ ‎3.（2019浙江4月选考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A.1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA B.500 mL 0.5 mol·L-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5 NA C.30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA D. 2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1 NA和0.2 NA之间  ‎【答案】D ‎【解析】本题考查与阿伏加德罗常数相关的计算。1个CH2CH2分子中包含4个单键和1个双键，而1个双键中有2个共价键，故1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6 NA，A项正确；500 mL 0.5 mol·L-1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na+、Cl-、H2O、H+、OH-，故微粒数大于0.5 NA，B项正确；HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30 g HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1 mol，含C原子数为NA，C项正确；2.3 g Na与O2完全反应，不论生成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均为0.1 NA，D项不正确，故选D。 ‎【走出误区】一个碳碳双键包含两个共价键，即一个σ键和一个π键。 ‎4．（2018·全国I）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA ‎【答案】B ‎【解析】A项，16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，但一个胶粒是由多个氢氧化铁分子组成的，故形成的胶粒数目小于0.1NA，错误；B项，标况下22.4LAr为1mol，含有的质子数为18mol，正确；C项，92g甘油为1mol，含有3mol羟基，错误；D项，CH4与Cl2的反应为连续反应，1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl小于0.1mol，错误。‎ ‎【名师点睛】在运用气体摩尔体积求出物质的物质的量时，一定要处于标况下；另外即使是在标况下，还要注意一些物质在标况下是否为气体，如SO3、CH2Cl2、苯、CCl4等；；另外掌握一些特殊物质的结构，比如本题中氩气是单原子分子，甘油是三元醇等。‎ ‎5．（2018·全国II）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA B．100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 34‎ ‎6．（2018·全国III）下列叙述正确的是（ ）‎ A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即同等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ ‎7．（2017·全国II）阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是（ ）‎ A．1 L 0.1 mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B．2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ 34‎ D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎8.（2017·全国III）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．0.1 mol 的中，含有0.6NA个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个 C．2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P-Cl键 ‎【答案】A ‎【解析】A．B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B含有0.6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2. 24 L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1 mol PCl3与1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。答案选A。‎ ‎9.（2016·全国I）设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【答案】A ‎10.（2016·海南）利用太阳能分解水制氢气，若光解0.02 mol水，下列说法正确的（ ）‎ 34‎ A．可生成H2的质量为0.02g B．可生成氢气的原子数为2.408×1023个 C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）‎ D．生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量 ‎【答案】D ‎11.（2016·上海）称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（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 ‎【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。‎ ‎12.（2016·四川）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA B．标准状况下，5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA D．0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA ‎【答案】B ‎【解析】A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁在氧气中反应后变为+2价，故0.1mol镁转移0.2NA个电子，故A错误；B、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而二氧化碳中含2个氧原子，故0.25mol二氧化碳中含0.5NA个氧原子，故B正确；C、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故C错误；D、醋酸是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.05NA个，故D错误．故选B．‎ ‎13.（2015·全国I）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+数目为2NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误，答案选C。‎ ‎14.（2015·全国I）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）‎ 34‎ A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．2∶1‎ ‎【答案】C ‎【考点定位】本题重点考查有机物分子的识别、质量守恒定律的应用；试题难度为较易等级。‎ ‎15.（2015·全国II）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA B．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA D．235g核互U发生裂变反应：，净产生的中子（n）数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】A．60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以60g丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；B．根据物料守恒可知1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA，B错误；C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是23g÷23g/mol＝1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D．235g核素U的物质的量＝235g÷235g/mol＝1mol，根据发生的裂变反应可知净产生的中子（n）数为9NA，D错误，答案选C。‎ ‎16.（2015·四川）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA B．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA C．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA D．50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】A ‎【解析】A、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且所含有中子数均为10个，A正 确；B、4.4g乙醛为0.1mol，每个乙醛分子6个σ键，应为0.6NA，B错误；C、5.6LCO2为0.25mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为应为0.25 NA，C错误；D、浓盐酸反应变稀且具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3NA，D错误。选A。‎ ‎17.（2015·上海）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】CD 34‎ ‎【解析】将 O2 和 NH 3 的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应： 4NH 3 +5O 24NO+6H 2 O 。充分反应后，再通过足量的水，发生反应： 4NO+3O 2 +2H 2 O=4HNO 3 ，将两个方程式叠加，可得总反应方程式： NH 3 +2O 2 = HNO 3 +H 2 O ，若最后得到的气体是 NO ，则发生 4NH 3 +5O 24NO+6H 2 O 消耗的氧气的体积是 V(O 2 )=5/4V(NO)= 5/4 × 44.8mL=56ml ，消耗的总体积是 V( 总 )= V(O 2 )+V(NH 3 )=9 /4 × 44.8mL=100.8ml ，其余的气体体积是 448mL-100.8ml=347.2ml ，发生反应： NH 3 +2O 2 = HNO 3 +H 2 O ，反应消耗的氧气体积是： V(O 2 )=2/3V( 剩余 )= 2/3 × 347.2ml=231. 5ml ，则其中的氧气的总体积是： V(O 2 )( 总 )= 56ml+ 231. 5ml =287.5mL 。若最后剩余的气体是 O 2 ，则 O 2 应该是发生总反应 NH 3 +2O 2 = HNO 3 +H 2 O 消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是： V(O 2 )= (448mL -44.8mL )×2/3+44.8mL =313.6mL 。故答案是选项 C 、 D 。‎ ‎18.（2015·海南下列指定微粒的数目相等的是（ ）‎ A．等物质的量的水与重水含有的中子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎【答案】B、D ‎19.(2015广东)设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．23g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子 B．1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子 C．标准状况下，22．4LN2和H2混合气中含nA个原子 D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子 ‎【答案】D ‎【解析】A、错误， 钠与水的反应中，１摩尔钠与足量水只能生成0.5摩尔的氢气；B、错误，1mol和足量热浓硫酸反应不可生成ＳＯ３分子，只能生成二氧化硫；C、错误；和是双原子分子，１摩尔的混合气体含有2ＮA个原子。‎ 34‎ ‎20.（2014·全国I）NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A．1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA B．2 L 0.5 mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA D．丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA ‎【答案】D ‎【解析】1 mol FeI2与足量Cl2反应时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，I－被氧化为I2，转移电子3NA，A项错误；2 L0.5 mol·L－1的硫酸钾溶液中n(SO)＝1 mol，所带电荷数为2NA，B项错误；Na2O2由Na＋和O(过氧根离子)构成，1 mol Na2O2中的离子总数为3NA，C项错误；丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C3H6，最简式为CH2，42 g混合气中的氢原子个数为×2NA＝6NA，D项正确。‎ ‎21.（2014·四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NA B．室温下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NA C．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA ‎【答案】D ‎【解析】根据3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，则0.2 mol Fe参与反应生成 mol H2 ，A项错误；pH＝13的NaOH溶液中，溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L，c(H＋)＝＝10－13 mol/L，则水电离出来c(OH－)＝c(H＋)＝10－13 mol/L，B项错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O2 ＋ 4H＋ ＋ 4e－===2H2O，则1 mol O2被消耗，电路中有4NA的电子通过，C项错误；根据化学方程式，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4 mol氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol，则生成28 g N2(即1 mol氮气)，转移电子的物质的量是15 mol÷4＝3.75 mol ，D项正确。‎ ‎22.（2014·江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA B．0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA，‎ D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】氧气和臭氧都是由氧元素组成的，故1.6 g混合物中含有0.1NA个氧原子，A项正确；丙烯酸的结构简式为CH2===CHCOOH，分子中含有碳碳双键和碳氧双键，0.1 mol丙烯酸中含有双键数为0.2NA，B项错误；标准状况下苯为固体，不适于用气体摩尔体积来计算，C项错误；过氧化钠与水的反应为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，每生成0.1 mol O2时，转移电子数为0.2NA，D项错误。‎ ‎23.（2014·广东）设nA为阿伏伽德常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．18 g H2O含有10nA个质子 B．1 mol甲苯含有6nA个C—H键 C．标准状况下，22.4 L氨水含有nA个NH3分子 D．56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子 34‎ ‎【答案】A ‎【解析】18 g H2O为1 mol，1 mol H2O含有10 mol质子，A项正确；甲苯的分子式为C7H8，1 mol甲苯含有8 mol C—H键，B项错误；气体摩尔体积仅仅适应于标准状况下的气体，22.4 L氨水的物质的量不是1 mol，C项错误；常温下，Fe在浓硫酸中钝化，D项错误。‎ ‎24.（2013·上海）NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物 A.所含共用电子对书目为（a/7+1）NA B.所含碳氢键数目为aNA/7‎ C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D.所含原子总数为aNA/14‎ ‎【答案】B ‎【解析】同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知14g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。ag混合物中含有共用电子对数目为（3a/14）NA；ag混合物中含有碳氢键数目为(2a/14) NA＝a NA/7；不知反应所处的温度、压强，无法求算反应消耗氧气的体积；二者最简式相同，均为CH2，因此ag混合物中所含原子总数为3aNA/14，故答案为：B。‎ ‎25.（2013·全国II）N0为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是 A.1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0‎ B.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0‎ C. 25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 N0‎ D. 1mol的羟基与1 mot的氢氧根离子所含电子数均为9 N0‎ ‎【答案】B ‎【解析】考察阿伏加德罗常数问题。A项错误，溶质NaAlO2和溶剂H2O中都含有O原子；B项，12g石墨烯含有NA个C原子，每一个C原子为三个六边形共用，每一个六边形含有2个C原子，共有1NA×=0.5NA，B正确。C项错误，缺少溶液体积；D项错误，1mol的羟基含有9NA个电子，但1 mol的氢氧根离子所含电子数为10NA。‎ ‎26.（2013·广东）设nA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．常温常压下，8gO2含有4nA个电子 B．1L0.1molL-1的氨水中有nA个NH4+‎ C．标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子 D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2nA电子 ‎【答案】A ‎【解析】1个O2分子含有的电子数为16个，8gO2的物质的量为0.25mol，所以8gO2含有的电子数为0.25 mol×16=4 mol，A正确；一水合氨为部分电离的弱电解质，所以1L1 mol/L的氨水中NH4+的数目会小于nA个，B错误；标准状况下，盐酸为液态混合物，无法换算（或氯化氢为强电解质，盐酸溶液中不存在氯化氢分子），C错误；1 mol Na完全氧化为Na2O2转移的电子数为1 mol，即失去的电子数为nA个，D错误。答案：A ‎27.（2013·江苏）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.1L1mol·L－1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA B.78g 苯含有C＝C双键的数目为3NA C.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D.标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA 34‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。‎ A.ClO－水解，ClO－数目小于NA。B.苯中事实上没有真正的双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键。C.相对分子质量皆为28的CO和N2混合气体，因分子中碳原子数目一样为二个，故为NA。D.6.72L即0.3molNO2溶于水，转移的电子数目为0.2NA。‎ ‎【备考提示】解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的内容非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。‎ ‎28.（2013·广西）下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是 A.体积相等时密度相等 B.原子数相等时具有的中子数相等 C.体积相等时具有的电子数相等 D.质量相等时具有的质子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】A．由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密抄度不等，故A错误；B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；C．12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；D．12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二zd者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误．故选C．‎ ‎29.（2013·安徽）我国科学家研制出一中催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2 催化剂 CO2+H2O。下列有关说法正确的是 A．该反应为吸热反应 B．CO2分子中的化学键为非极性键 C．HCHO分子中既含α键又含π键 D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误；B、二氧化碳结构为,为极性键，错误；C、甲醛中，含有碳氧双键，故期中既含有键又含有键，正确；D、氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为2.24L，错误。‎ ‎30.（2012·全国）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA B．28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA C．常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA D．常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】1 mol的NO2和CO2中均含2 mol O原子，A正确。乙烯与环丁烷的最简式均为CH2，含有n(CH2)＝＝2 mol, 即含碳原子数为2NA，B正确；同理，C选项中n(NO2)＝＝2 mol，所含原子总数为6NA，正确；D选项不是标准状况下，错误。‎ ‎31. （2012·江苏）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ 34‎ A．标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B．常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA C．标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA D．常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】0.1 mol Cl2溶于水发生反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，若Cl2完全反应，转移电子为0.1 mol，该反应为可逆反应，实际反应的Cl2小于0.1 mol。A错；18 g H2O为1 mol，含有3 mol原子，B正确；标准状况下CH3CH2OH为液体，C错；标准状况下，2.24 L CO和CO2的混合物含碳原子数为0.1NA，D错。‎ ‎32．（2012·广东）设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下，4 g CH4含有nA个C－H共价键 B．1 mol Fe与足量的稀HNO3反应，转移2nA个电子 C．1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有0.1nA个HCO D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2nA个O原子 ‎【答案】A ‎【解析】4 g CH4含有的共价键为×4＝1 mol，A正确；B项，Fe与足量稀HNO3反应，生成的是Fe3＋，1 mol Fe反应转移3nA个电子；C项，NaHCO3溶液中存在HCO的水解，故C错；D项，不是标准状况，故无法计算氧原子个数。‎ ‎33.（2012·四川）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA B．常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA C．50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA D．某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA ‎【答案】B ‎【解析】氟化氢在标准状况下呈液态，A项错误；乙烯和丙烯的最简式均为CH2,7.0 g CH2的物质的量为0.5 mol，氢原子数为0.5 mol×2＝1 mol，即NA个，B项正确；结合化学方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O, 50 mL 18.4 mol·L－1(即0.92 mol)浓硫酸理论上生成SO2 0.46 mol，但是随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，硫酸不能反应完，C项错误；N2与H2的反应属于可逆反应，0.1 mol N2不能完全反应，转移电子数小于0.6NA，D项错误。‎ ‎34.(2011·全国I)NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)‎ A．18 gH2O中含有的质子数为10NA B．12 g金刚石中含有的共价键数为4NA C．46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】金刚石中一个碳原子形成4条共价键，而每条共价键被两个碳原子拥有，因此一个碳原子对每条共价键的“拥有权”为0.5，因此一个碳原子有两条共价键，12 g金刚石为1 mol，因此含有共价键为2 mol。一个水分子中有10个质子，18 g水是1 mol，所以A项正确。NO2和N2O4的最简式相同，因此只要质量相同，其所含原子个数也相同，C项正确。钠与氧气反应时，无论生成物是Na2O还是Na2O2，Na均为＋1价，因此1 mol Na参加反应时失去的电子数为1NA，D项正确。‎ ‎35.（2011·全国III）下列叙述正确的是 A.1.00mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子 B. 1.00mol NaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023‎ C.欲配置1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中 34‎ D.电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠 ‎【答案】B ‎【解析】NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，A不正确；Na+的最外层已经达到8电子稳定结构，所以B正确；1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液是指1.00molNaCl即58.5g NaCl溶于水配成1L溶液，而不是指溶剂为1L，C不正确；有原子守恒可知58.5g NaCl只能生成0.5mol氯气，在标准状况下是11.2L，D不正确。‎ ‎36.(2011·全国II)NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是 A．18gH2O中含的质子数为10NA B．12g 金刚石含有的共价键数为4NA C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA D．1 mol Na 与足量O2 反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】金刚石中平均每一个碳原子形成2个共价键，因此12g 金刚石含有的共价键数为2NA ‎37.（2011·安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如下图所示)。已知该分子中N－N－N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是(　　)‎ A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氮原子共平面 C．该物质既有氧化性又有还原性 D．15.2 g该物质含有6.02×1022个原子 ‎【答案】C ‎38.（2011·广东）设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是 A、常温下，23g NO2含有nA个氧原子 B、1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1nA个OH―‎ C、常温常压下，22.4LCCl4含有个nA个CCl4分子 D、1molFe2+ 与足量的H2O2溶液反应，转移2nA个电子 ‎【答案】A ‎【解析】本题考察以物质的量为核心的有关计算和判断。NO2的摩尔质量是46g/mol，所以23g NO2的物质的量是0.5mol，含有0.5mol×2＝1mol氧原子，即含有nA个氧原子，A正确；NH3·H2O属于弱电解质，在溶液中部分电离，因此1L0.1mol•L-1的氨水不可能电离出0.1molOH－，B不正确；常温常压下，CCl4是液体，因此不适用于气体的摩尔体积，即22.4LCCl4不是1mol，C不正确；Fe2+ 被氧化，产物是Fe3+ ，因此1molFe2+ 与足量的H2O2溶液反应，转移nA个电子，D也不正确。‎ ‎39.（2011·海南）设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A.1molAl3+离子含有的核外电子数为3NA B.1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA[来 34‎ C.10LpH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA D.10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH-离子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】关于NA于的题主要是陷阱的识别，平时要多注意积累。Al3＋离子核外电子数为10个，1 mol Al3＋离子含有的核外电子数应为10 NA，故A错；2Fe＋3Cl2===2FeCl3，反应中转移6个电子，1 mol Cl2反应转移的电子数应为2NA，故B错；pH＝1时c(H＋)＝0.1 mol·L－1，n(H＋)＝1 mol，故C错；pH＝13时c(OH－)＝0.1 mol·L－1，n(OH－)＝1 mol, 故D对。‎ ‎40.(2011·江苏卷)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA B.25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA C.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA D.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NA ‎【答案】D ‎【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。甲醇的结构简式是CH3OH,故1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA，溶液体积未知，无法计算OH－的数目，标准状况下已烷为液态，不适用于气体摩尔体积，无法计算，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2，O的化合价－1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×2＝0.4NA。解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。‎ ‎41.（2010·广东）设 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A.16g 中含有4个C-H键 B.1mol·溶液含有个 C.1mol Cu和足量稀硝酸反应产生 个NO分子 D.常温常压下，22.4L 中含有 个分子 ‎【答案】A ‎【解析】每个中含有4个C-H键，故16g （1mol）中含有4个C-H键，A正确；‎ 没有告诉溶液的体积，无法知道的物质的量，故B错；根据关系式，1mol Cu~2mol NO，故C错；常温常压下，22.4L 不是1mol,故D错。‎ ‎42.（2010·山东）和是氧元素的两种核素，表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A.与互为同分异构体 B. 与核外电子排布方式不同 C.通过化学变化可以实现与间的相互转化 D.标准状况下，1.12L和1.12L均含有0.1个氧原子 ‎【答案】D ‎【解析】A中的物质是同一种物质，都是氧气，故A错；B中的两种氧原子的电子数相等，核外电子排布也相等，故B错；之间的转化，,是原子核的变化，不化学变化，故C错；1.12L标准状况下的物质的量为0.05mol，含有氧原子数为0.1，故D正确。‎ ‎43.（2010·福建）表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是 34‎ A．在18中含有个氧原子 B．标准状况下，22．4L空气含有个单质分子 C．1 molCl2参加反应转移电子数一定为2‎ D．含个的溶解于1L水中，的物质的量浓度为 ‎【答案】A ‎【解析】本题考察阿弗加德罗常数的计算和判断，18正好是0.5mol，一个氧分子正好含有两个氧原子，所以氧原子的物质的量为1mol，即为1；空气是混合物；在氯气与水的反应中，1molCl2 就只转移1的电子； D 所得溶液中含个，可得氢氧化钠的物质的量为1mol，但这时候溶液不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L.‎ ‎44.（2010上海）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 ‎ A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA B．1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 NA C．1mol Na2O2 固体中含离子总数为4 NA ‎ D．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 NA ‎【答案】B ‎【解析】此题考查了阿伏伽德罗常数知识。阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，A错；H2O2的相对分子质量为：34，故其1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，则其1.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，B对；Na2O2固体中，含有的是Na+和O22-两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为：4 NA，C错；戊烷在标准状况下为液态，故其2.24L不是0.1mol，D错。易错警示：进行阿伏伽德罗常数的正误判断的主要考查点有：①判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少；②物质的组成；③通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算等，在解题时要抓住其中的易错点，准确解答。‎ ‎45.（2010·江苏卷）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2‎ B．1mol羟基中电子数为10‎ C．在反应中，每生成3mol转移的电子数为6‎ D．常温常压下，22.4L乙烯中键数为4‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反应中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。备考提示：结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。‎ ‎46.（2010·四川）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ‎ 34‎ A.标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为个 B.盛有的密闭容器中含有个氧原子，则的物质的量为0.5mol C.17.6g丙烷中所含的极性共价键为个 D.电解精炼铜时，若阴极得到电子数为个，则阳极质量减少64g ‎【答案】B ‎【解析】本题考查微粒数与物质的量、物质的质量等的关系；二氯甲烷在标况下为液态，22.4L不一定为1mol，A项错误；1molSO2中含有氧原子2mol,故含有个氧原子的的物质的量为0.5mol，B项正确；17.6g丙烷的物质的量为0.4mol，1mol丙烷中含有极性键8mol，故0.4mol中含有极性键3.2mol，为3.2NA个，C项错误；精炼铜时，阳极为粗铜，当转移2mol电子时，阳极消耗的质量不一定为64g，D项错误。‎ ‎47.（2010·四川）标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是 A. B. ‎ C. D.C=1000Vρ/(17V+22400) ‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查基本概念。考生只要对基本概念熟悉，严格按照基本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。‎ 考点二 物质的量浓度及综合计算 ‎48.（2019·江苏）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________。‎ ‎（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−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与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”或“偏小”或“无影响”）。‎ ‎②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。‎ ‎【答案】 (1)2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O 减小 (3)偏大 ‎ n()=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol 由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒关系式：~6Fe2+‎ ‎（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）‎ 则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol 样品中铁元素的质量：‎ m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g 34‎ 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%‎ ‎【解析】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；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。答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 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+，根据还原性：还原剂>还原产物，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。答案：偏大 ‎② 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol 由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）‎ 则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol ‎（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。‎ ‎【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。‎ ‎49.（2017·全国II）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。‎ ‎【答案】（5）×100%‎ ‎【解析】（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。‎ ‎50.（2017·全国卷I）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主 34‎ 要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。‎ ‎【答案】（4）4NA ‎ ‎50.（2017·江苏）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 ‎ （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】（2）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 34‎ 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。‎ ‎51.(2016·上海)CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：‎ ‎（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。‎ ‎（2）某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。‎ ‎（3）CO2和KO2有下列反应：‎ ‎4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2‎ 若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 molO2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。‎ ‎（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2‎ 已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O ‎300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。‎ ‎【答案】（1）89.6（2）2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L ‎（3） ‎ 34‎ ‎ n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)‎ ‎（4）300 mol CH4完全反应产生H2 900mol 设CO2转化率为α，CO转化率为β ‎300β+100α=350 600β+300α=900-120‎ α=80%‎ 或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%‎ 特殊情况：（1）CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40mol，则c(NaOH)==1.20mol/L；‎ ‎（2）CO2+2NaOH=Na2CO3，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，则c(NaOH)==2.40mol/L；‎ 综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。‎ ‎52．法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：‎ ‎8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2‎ 所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。‎ 法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n ‎4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2‎ ‎ 2n n 1.5n ‎4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2‎ ‎ 9-2n 1.5(9-2n)‎ 根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内 H2O的物质的量为3mol。‎ ‎53．法一：‎ CH4 + H2O → CO + 3H2‎ ‎300mol 300mol 900mol 设CO2的转化率为α，CO的转化率为β CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O ‎300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol 根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式 34‎ 根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，所以有 ‎600βmol+300αmol=900mol-350mol--------②式 由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。‎ 法二：在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α ‎【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。例如第50题考查了物质的量与气体体积的转化关系；第51题考查了物质的量与物质的量浓度的转化关系，同时也考查了极值思想的应用；第53题可根据元素守恒思想列出关系式求解。根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。‎ ‎52.(2015·重庆)我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。‎ ‎（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为 。‎ ‎【答案】（2）10:1 ‎ ‎53.(2015·上海)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。‎ 34‎ 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。‎ ‎（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 34‎ ‎54.（2015·江苏）软锰矿（主也成分MnO2杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中反应可制备，反应的化学方程式为：‎ ‎（1）质量为17.40g纯净最多能氧化▲ L（标准状况）。‎ ‎（2）已知：，，pH＝7.1时开始沉淀。室温下，除去溶液中的、 （使其浓度均小于），需调节溶液pH范围为 ▲ 。‎ ‎（3）右图可以看出，从和混合溶液中结晶晶体，需控制的结晶温度范围为 ▲ 。‎ ‎（4）准确称取0.1710g样品置于锥形瓶中，加入适和溶液，加热使全部氧化成，的标准溶液滴定至终点（滴定过程中被还原为Mn2+），消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度（请给出计算过程）。‎ ‎【答案】（1）4.48（2）5.0x≥b 电极附近出现黄色，无气泡产生 有Fe3+、无Cl2‎ III b>x>0‎ 无明显变化 无Fe3+、无Cl2‎ ‎（4）II中虽未检验出Cl2，但Cl—在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：‎ 序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物 IV a>x≥c 无明显变化 有Cl2‎ V c>x≥b 无明显变化 无Cl2‎ ‎①NaCl的浓度是_________mol/L ‎②IV中检测Cl2的实验方法______________________________________________。‎ ‎③与II对比，得出的结论（写出两点）：_____________________________________________。‎ ‎【答案】（4）①0.2 ②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝 ③通过控制电压，证实了产生Fe3＋的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2＋先于Cl－放电。‎ ‎【解析】（1）在电解池中，氯离子在阳极放电：2Cl－－2e－＝Cl2↑，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2＋发生氧化还原反应：Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋。（2）阳极产物没有氯气，二价铁离子具有还原性，也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子，体现了其还原性。（3）①根据对照试验，则需要Cl－浓度等于原FeCl2溶液中Cl－的浓度：0.1 mol/L×2＝0.2 mol/L；②用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气，若试纸变蓝，说明有氯气生成；③与Ⅱ对比，电压较大时有Cl2产生，说明电压较大时Cl－放电；电压较小时没有Cl2产生，说明在电压较小的时候，Cl－没有放电，即Fe2＋放电变为Fe3＋，故放电顺序：Fe2＋＞Cl－。‎ ‎59．（2014·北京）碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。‎ ‎（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。‎ 34‎ ‎①H2O2氧化SO2的化学方程式________________________________。‎ ‎②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mLNaOH溶液，若消耗 ‎1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数为__________。‎ ‎（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的质量。‎ ‎①气体a通过B和C的目的______________________________。‎ ‎②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_______________________。‎ ‎【答案】（2）①H2O2+SO2=H2SO4 ②‎ ‎（3）①排除SO2对CO2测定的干扰 ②吸收CO2前、后吸收瓶的质量 ‎【解析】(2)①H2O2与SO2反应的化学方程式为H2O2＋ SO2=== H2SO4；②根据消耗1 mL的氢氧化钠溶液相当于硫含量y g，则消耗z mL的氢氧化钠溶液相当于含硫量为zy g，则钢样中硫含量为。(3)气体中既含有二氧化硫又含有二氧化碳，测定二氧化碳前必须除去二氧化硫，避免干扰，所以B、C装置用于除去二氧化碳中的二氧化硫，测定碳的含量即测定二氧化碳的量，因此需要测定的数据是吸收二氧化碳装置(二氧化碳吸收瓶)前后的质量(质量差值为二氧化碳的质量)。‎ ‎60.（2014·福建）实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定 ‎（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：‎ ‎(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)‎ ‎①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 g·L－1‎ ‎②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】（6）① 0.16 ②偏低 34‎ ‎【解析】（6）根据反应方程式可得: SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI。碘的物质的量为0.0100×25×10-3=2.5×10-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.5×10-4mol×64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。‎ ‎61．（2014·江苏）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O]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·x H2O中abcd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3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（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（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C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(CO32－)（写出计算过程）。‎ ‎【答案】（1）生成物具有阻燃作用 （2）2a+3b=c+2d ‎（3）n（CO2）=0.560L/22.4L.mol-1=2.50×10-2mol m(CO2)=2.50×10-2mol×44g/mol=1.10g 在270-600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水，m(CO2)+m(H2O)=3.390g×（0.7345-0.3702）=1.225g，‎ m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,‎ n(OH-)=0.0075mol×2=0.015mol, n(OH-):n(CO32-)=0.015:2.50×10-2=3:5‎ ‎【解析】（1）碱式碳酸镁铝具有阻燃作用，主要是分解需要吸收大量热量和生成的产物有氧化镁和氧化铝，都具有阻燃作用。（2）根据化合价的代数和为0，abcd的代数关系为2a+3b=c+2d（3）根据二氧化碳的体积求出二氧化碳的质量，根据270-600℃失去结晶水放出二氧化碳和水，根据质量分数变化可以求出水的质量，进一步求出水的物质的量，根据氢氧根的物质的量与水的关系，和二氧化碳与碳酸根的物质的量之间的关系即可求解。n（CO2）=0.560L/22.4L.mol-1=2.50×10-2mol m(CO2)=2.50×10-2mol×44g/mol=1.10g在270-600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水，m(CO2)+m(H2O)=3.390g×（0.7345-0.3702）=1.225g，‎ m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,‎ n(OH-)=0.0075mol×2=0.015mol, n(OH-):n(CO32-)=0.015:2.50×10-2=3:5。‎ ‎62.（2014·上海）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4•SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。‎ 完成下列计算：‎ 34‎ ‎52．焦硫酸（H2SO4•SO3）溶于水，其中SO3都转化为硫酸。若将445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为_______________mol/L。‎ ‎53．若以浓硫酸吸水后生成H2SO4•H2O计算，250 g质量分数为98％的硫酸能吸收多少g水？‎ ‎54．硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2 =4FeS2＋11 O2 →2Fe2O3＋8SO2，若48 mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4 L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。‎ ‎55．用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77％， 计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）。已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21。‎ ‎【答案】52．1.25 53．250×98%÷98×16=40g ‎54．2934.4÷22.4=131mol，设Fe3O4 amol Fe2O3 bmol ‎ ‎3a+2b=48 8a+11÷2b=131 a=4 b=18‎ n(Fe3O4): n(Fe2O3)=2:9‎ ‎55．设混合气体为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。所需空气为1.26÷0.21×1.77=10.26体积 ‎ (SO2)=0.84÷(10.62—1.26+1.84)=0.075‎ ‎【解析】52．445g焦硫酸的物质的量n==2.5mol，其中硫酸和三氧化硫的物质的量均为2.5mol，2.5molSO3和水反应又会产生2.5nolH2SO4，所以溶液中H2SO4的物质的量是5.0mol，则=1.25 mol/L；‎ ‎53．250 g质量分数为98％的硫酸溶液中含H2SO4的质量是m=250 g×98％=245g，则=2.5mol。250 g质量分数为98％的硫酸溶液中含H2O的质量是m=250g—245g=5g。2.5mol H2SO4可以结合H2O的物质的量是2.5mol，水的质量m=2.5mol×18g/mol=45g，因此还能吸收说的质量是40g；‎ ‎54．由题意可知=131mol，设生成Fe3O4的物质的量是amol，生成Fe2O3的物质的量是bmol，根据化学方程式3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2 、4FeS2＋11 O2 →2Fe2O3＋8SO2得：8a+11÷2b=131（氧气守恒）和3a+2b=48（FeS2守恒），解得a=4、b=18，所以n(Fe3O4): n(Fe2O3)=2:9。‎ ‎55．设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O22SO2＋2H2O 可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因此所需空气为×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝＝0.075。‎ ‎63．（2014·重庆）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。‎ ‎(3)MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。‎ ‎①MgO的熔点比BaO的熔点 (填“高”或“低”。)‎ ‎②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为；SiO2‎ 34‎ 的晶体类型为 。‎ ‎③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为 (写化学式)。‎ ‎(4)月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵 kg ‎【答案】（3）①高 ②SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O；原子晶体 ③NaCl，NaClO，Na2CO3‎ ‎（4）3950‎ ‎【解析】（3）①MgO和BaO中离子所带的电荷数相同，但由于Mg2+的半径小于Ba2+，所以MgO的熔点要高于BaO；②除去MgO中的SiO2杂质，要利用二者性质的差异性，即SiO2能和强碱反应而MgO不反应，则可以加入NaOH或KOH等强碱溶液，发生的离子反应为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；③根据反应物以及生成物，可知尾气中含有Cl2和CO2气体，当用NaOH来吸收时，生成的物质有NaCl、NaClO和Na2CO3；（4）6000kgH2的物质的量是=3×106mol， 700kg N2的物质的量为=2.5×104mol，根据方程式3H2+N22NH3可知H2过量。根据N元素守恒可知，生成的NH4HCO3的物质的量应是5×104mol，则NH4HCO3的质量m=5×104mol×79g/mol=3.95×106g=3950Kg。‎ ‎64.（2014·安徽） LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：‎ ‎(4)LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品w g，测得Li的物质的量为n mol，则该样品中LiPF6的物质的量为________mol(用含w、n的代数式表示)。‎ ‎【答案】(4) ‎【解析】(4)由LiPF6、LiF的化学式，利用“锂守恒”知w g LiPF6、LiF混合物的物质的量为n mol，设w g样品中LiPF6、LiF的物质的量分别为x mol、y mol，由题意得：x＋y＝n、152x＋26y＝w，两式联立解得x＝。‎ ‎65. （2014·四川）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应。按照图示流程，将a m3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量为c 34‎ ‎ kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2________kg。‎ ‎【答案】(6) ‎【解析】(6)KMnO4与MnSO4反应生成MnO2的质量为c kg，根据氧化还原反应化合价升降法配平的关系式为：2KMnO4＋3MnSO4～5MnO2‎ ‎　　　 3 mol　　5 mol ‎　　　　 x　 　 mol 求得：x＝ mol(MnSO4总的物质的量)‎ MnO2＋　　SO2　　===　　　　 MnSO4‎ ‎1 mol　　　　　　　　1 mol mol　y 求得：y＝0.4ab mol ‎ 除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰相当于MnO2的物质的量＝x－y＝ mol－0.4ab mol，则所引入的锰相当于MnO2的质量＝( mol－0.4ab mol)×＝ kg。‎ ‎66．（2014·天津）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。‎ Ⅱ.测定产品纯度 准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O＋I2===S4O＋2I－‎ ‎(6)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)______________。‎ ‎【答案】(6)18.10　×100%‎ 34‎ ‎【解析】(6)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL－0.00 mL＝18.10 mL；根据2Na2S2O3·5H2O～2S2O～I2，得n(Na2S2O3·5H2O) ＝2n(I2)＝2×0.100 0 mol·L－1×18.10×10－3 L＝3.620×10－3 mol，则产品的纯度×100%＝×100%。‎ ‎67.（2013·海南）BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：‎ ‎①称取1.222 g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；‎ ‎②过滤并洗涤沉淀；‎ ‎③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧至恒重，称得沉淀质量为1.165 g。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在操作②中，需要先后用稀硫酸和________洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是__________________________________________________________。‎ ‎(2)计算BaCl2·xH2O中的x＝________(要求写出计算过程)。‎ ‎(3)操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果________(填“偏低”“偏高”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1)蒸馏水　取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl－已经洗净。‎ ‎(2)样品中BaCl2的物质的量为n(BaCl2)＝＝5.000×10－3 mol m(BaCl2)＝5.000×10－3 mol×208 g/mol＝1.040 g n(H2O)∶n(BaCl2)＝∶(5.000×10－3 mol)＝2.02≈2‎ ‎(3)偏高 ‎【解析】(1)洗涤沉淀要用蒸馏水，若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl－则已经洗净。(3)题中已经表明硫酸钡被还原为BaS，则沉淀质量减小，总质量一定，那么计算得到水的质量偏大，x数据将偏高。‎ ‎68.（2013·江苏）硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00 mL 溶液A，用0.04000 mol·L－1 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－=NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00mL(标准状况)。‎ ‎(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将 (填“偏高”、或“偏低”或“不变”)。‎ ‎(2)氨气常用 检验，现象是 。‎ ‎(3)通过计算确定银硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。‎ ‎【答案】(1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝 ‎(3)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O ‎ ‎【解析】(1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝 ‎(3)n(Ni2＋)=0.04000mol·L－1×31.25 mL×10－3L·mL－1=1.250×10－3mol n(NH4＋)==2.500×10－3mol 34‎ n(SO42－)= ==2.500×10－3mol m(Ni2＋)=59g·mol－1×1.250×10－3mol=0.07375g m(NH4＋)=18g·mol－1×2.500×10－3mol=0.04500g m(SO42-)=96g·mol－1×2.500×10－3mol=0.2400g n(H2O)==1.250×10－2mol ‎ x:y:m:n=n(NH4＋):n(Ni2＋):n(SO42－):n(H2O)=2:1:2:10 ‎ 硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O ‎ ‎69.（2013·海南）BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：‎ ‎①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；‎ ‎②过滤并洗涤沉淀；‎ ‎③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和 洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是 。‎ ‎（2）计算BaCl2·xH2O中的x= （要求写出计算过程）。‎ ‎（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果 （填“偏低”、“偏高”或“不变”）。‎ ‎【答案】（1）蒸馏水 取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。（2）2（3）偏高 ‎【解析】（1）蒸馏水 取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。‎ ‎（2）样品中BaCl2的物质的量为 ‎ 质量 ‎ （3）偏高。‎ ‎70. (2012·全国I)(5)某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为________。（列式并计算结果）‎ ‎【答案】(5)0.984‎ ‎【解析】(5)0.02562×0.1×74.5×4／0.7759=0.9840‎ ‎71.（2012·江苏）硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.7700g样品，配制成100ml溶液A 。②准确量取25.00 ml溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g 。③‎ 34‎ 准确量取25.00 ml溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000 mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 ml。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑‎ ‎(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。‎ ‎【答案】(3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol· L－1×25.00 mL)/1000mL· L－1=1.25×10－3 mol m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100 mL)－0.355g－0.0425g]/18 g·mol－1‎ ‎=2.5×10－3 mol，x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2‎ 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。‎ ‎【解析】(1)n(BaSO4)=0.5825g/233 g·mol－1=2.50×10－3 mol ‎(3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol· L－1×25.00 mL)/1000mL· L－1=1.25×10－3 mol m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100 mL)－0.355g－0.0425g]/18 g·mol－1‎ ‎=2.5×10－3 mol，x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2‎ 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。‎ ‎72.（2012·海南）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氧化钠辖液电解实验，如图所示。‎ 回答下列问题：‎ (3) 若每个电池甲烷通如量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为 ‎ （法拉第常数F=9.65×l04C · mol-1列式计算)，最多能产生的氯气体积为 L(标准状况)。‎ ‎【答案】(3) 3.45×104C 4L ‎【解析】(3)根据得失电子守恒，可得：1 mol CH4 ～8 mol e- ～4 mol Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，生成4L Cl2；电解池通过的电量为×8×9.65×l04C · mol-1=3.45×104C(题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算)。‎ ‎73.（2012·安徽）‎ 34‎ ‎【答案】 ⑸‎ ‎【解析】⑸反应为H2O＋SO32－＋I2===SO42－＋2I－＋2H＋，n(SO2)＝n(SO32－)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L－1 ×V×10-3 L＝V×10-5 mol，因此1 kg样品中含SO2的质量为：。‎ ‎74.(2012·浙江)（6）准确称取0.2000 g 过碳酸钠于250 mL 锥形瓶中，加50 mL 蒸馏水溶解，再加50 mL 2.0 mol·L-1 H2SO4，用2.000×10-2 mol·L-1 KMnO4 标准溶液滴定至终点时消耗30.00 mL，则产品中H2O2的质量分数为 。‎ ‎【答案】（6）25.50 % (或0.2550 ) ‎ ‎【解析】（6）根据关系式： 6KMnO4 ∽ 5(2Na2CO3·3H2O2)‎ ‎ 6mol 5mol ‎（2.000×10-2 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L/Ml） n ‎ n (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol ‎ m (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol×314g/mol = 0.517g ‎ ‎ ‎75.(2012·天津)⑸ 探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol LL－1 EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2－ ＝ CuY2－ + 2H+ ‎ 写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ __________ ；‎ 34‎ 下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是______。‎ a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子 ‎【答案】(5),C ‎【解析】（5）考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选c.‎ ‎76.（2011·广东卷）(3)将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：①配制250 mL约0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，________，将溶液转入________中，洗涤，定容，摇匀。‎ ‎②滴定：准确量取25.00 mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将________(填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”)mol·L－1盐酸装入50 mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸V mL。‎ ‎③计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝____________(只列出算式，不做运算)。‎ ‎(4)室温下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 mol·L－1 Ba(OH)2溶液。‎ ‎【答案】(3)①搅拌溶解　250 mL容量瓶②0.1980‎ ‎③×100%(4)不能 ‎【解析】(3)①配制250 mL溶液应使用250 mL容量瓶，溶解固体后应恢复至室温方可转移溶液至容量瓶；②取样品溶液25 mL，浓度大约是0.1 mol·L－1，即n(OH－)大约是25×10－3×0.2 mol，据中和滴定关系，可确定盐酸浓度为0.1980 mol·L－1较为合适；③结合Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O即可计算；(4)由上述可知，Ba(OH)2固体易与空气中水和CO2结合出现杂质，同时依据Ba(OH)2·8H2O的溶解度关系，不能配制出1.0 mol·L－1的该溶液。‎ ‎77.（2011·福建卷）(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－,2S2O＋I2===S4O＋2I－.在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol·L－1I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1Na2S2O3溶液V2 mL。该溶液中维生素C的物质的量是______mol。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 (3)第二个反应消耗Na2S2O3的物质的量为：b mol·L－1×V2 10－3L＝V2b10－3mol，则第一个反应剩余的I2的物质的量为0.5V2b10－3mol，该过程加入I2总的物质的量为a mol·L－1×V1 10－3L＝V1 a 10－3mol，则参加第一个反应的I2的物质的量为V1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol，则该溶液中维生素C的物质的量为V1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol＝(V1a－0.5 V2b)10－3mol。‎ 34‎