第二章 第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（练习及解析）-2026年高考化学一轮复习

大一轮·练习(周星星·化学） 第3讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 1．把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：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)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为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 2．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为 (　 ) A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 3．(2024•云南省大理市期末)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 4．14 g铜金合金与足量的某浓度硝酸反应，将产生的气体与2.24 L(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．9.6 g B．6.4 g C．12.8 g D．1.6 g 5．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 6．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 6.272 L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2 g。下列判断不正确的是 (　　) A．原HNO3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4.48 g 7．(2024•安徽省合肥市期中)某稀溶液中含有4mol KNO3和2mol H2SO4，向其中加入1.2mol Fe，充分反应(已知NO3-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c(NO3-)=2.75mol·L－1 B．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1 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FeSO4 8．(2024•湖南省名校联考期中)将2.56 gCu投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是( ) A．生成的气体中只有NO B． C． D． 9．(2024•湖北省云学名校新高考联盟期中联考)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 10．(2024•安徽省淮北市期中)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 11．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。 12．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m g该粉末，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+) = 。 (2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。 13． 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+2S2=S4+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______________。  14．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)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。 已知：2Mn+5C2+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。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)  15．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16.00 mL。求试样中锡的质量分数_____________ (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 16．将13.6 g Fe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入100 mL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896 mL，过滤，滤渣经洗涤、干燥后得到1.28 g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的质量为_____________。  (2)盐酸的浓度为_____________。  17．(2024•上海省浦东新区期中)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)。 18．(2024•浙江省浙南名校联盟开学考试)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V(L) 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48 剩余固体质量m(g) 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Fe、Cu的物质的量之比为 。 19．(2024•海南省海口市期末)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 20．(2024•山东省烟台市期中)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Na2O2。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．KMnO4溶液 (2)将Na2O2和NaHCO3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O2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NaHCO3的质量为 。 (3)为探究NaHCO3的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和NaHCO3溶液，用CO2传感器测定密闭装置中CO2分压(CO2的分压气体总压强)，测得CO2分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃之前，装置中CO2分压增大的主要原因是 ；温度升高到50℃之后，装置中CO2分压急剧增大的原因是 。 答案及解析 1.【答案】B 【解析】由反应方程式可得出每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(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，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)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。 2.【答案】A 【解析】设碳酸钠的质量为x，则： Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O　固体质量增加 106　　　　　 　117　　　　　　　　　 11 x(n-m) g，=，解得x= g，故该样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。 3.【答案】C 【解析】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-=AlO2-+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。 4.【答案】C 【解析】根据守恒法计算，金不与硝酸反应，铜金合金中只有铜与硝酸反应，据整个过程中转移电子守恒可知，Cu失去电子总数等于O2得到电子总数，则有n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=2×2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.2 mol，故合金中铜的质量为m(Cu)=0.2 mol×64 g·mol-1=12.8 g。 5.【答案】C 【解析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。 6.【答案】B 【解析】标准状况下6.272 L NO为0.28 mol，假设反应后生成Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x、y，据得失电子守恒可得0.28 mol×(5-2)=2x+3y；反应后溶液质量增加11.2 g，则有56 g·mol-1 (x+y)-0.28 mol×30 g·mol-1=11.2 g，联立上述两式解得：x=0.21 mol，y=0.14 mol，则反应后溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=n(Fe3+)∶n(Fe2+)=0.14 mol∶0.21 mol=2∶3，C项正确。据铁原子守恒可知，原溶液中投入铁粉的物质的量为0.21 mol+0.14 mol=0.35 mol，B项错误。据N原子守恒可知，原HNO3溶液中n(HNO3)=0.21 mol×2+0.14 mol×3+0.28 mol=1.12 mol，则有c(HNO3)==2.24 mol·L-1，A项正确。反应后的溶液为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3混合液，加入铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则0.14 mol Fe3+可溶解0.07 mol Cu，可溶解铜粉的质量为0.07 mol×64 g·mol-1=4.48 g，D项正确。 7.【答案】B 【解析】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Fe+2Fe3+=3Fe2+，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。A项，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项，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项，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项，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。 8.【答案】C 【解析】A项， 2.56 gCu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12mL10mol·L-1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项，2.56 gCu的物质的量为=0.04mol，投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+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项，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，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项，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(NaNO3)=0.04mol，c=0.04，D错误；故选C。 9.【答案】A 【解析】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。A项，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，A错误；B项，原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1：0.05=2：1，B正确；C项，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，C正确；D项，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，D正确；故选A。 10.【答案】A 【解析】A项，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项，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，B正确；C项，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项，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。 11.【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2)　(3)NA　(4)166.46 【解析】(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(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。 12.【答案】(1)0.14 mol·L-1 (2)4∶1 【解析】(1)m g该粉末，与28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl2，n(HCl) = 0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol ÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe3O4混合固体与HCl溶液发生如下三个反应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的物质的量算出与HCl反应的Fe的物质的量和消耗HCl的量： Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑ 1 2 1 0.006 0.012 0.006 则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe3O4的物质的量： Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 1 8 2 0.002 0.016 0.04 根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe的物质的量： Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 1 2 0.02 0.04 综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。 13.【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2　 (2) 85.50%　  【解析】(1)CuCl2与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2=S4+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2，n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，则n(Cu2+)=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为(0.342 0 g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。 14.【答案】(1)40 (2)5.2 【解析】由最后KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×=1.25 mol O2的氧化能力相当，即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质的量为0.01 L×0.002 mol·L-1-7×10-6 mol=1.3×10-5 mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5 mol×=1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的COD值为=5.2 mg·L-1。 15.【答案】93.2% 【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系： 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 3×119 g　　 1 mol m(Sn)　 0.100 mol·L-1×0.016 L m(Sn)==0.571 2 g，w(Sn)=×100%≈93.2%。 16.【答案】(1)1.60 (2) 3.60 mol·L-1 【解析】[解析] (1)因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28 g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02 mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60 g；(2)生成标准状况下的氢气896 mL，则n(H2)==0.04 mol，设Fe、Fe2O3物质的量分别为x、y，可得56 g·mol-1 x+160 g·mol-1 y+1.60 g=13.6 g，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02 mol+0.04 mol×2，解得x=0.1 mol、y=0.04 mol，反应后滤液中n(FeCl2)=x+2y=0.18 mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36 mol，所以c(HCl)==3.60 mol·L-1。 17.【答案】(1)4.5 (2)20.34 (3)44.25% 【解析】混合物发生反应：H++HCO3-═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。(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++HCO3-=H2O+CO2↑可知n(HCl)=，盐酸的浓度为；(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；(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。 18.【答案】(1) 3Fe2+＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑　 (2)2 (3)5∶2 【解析】(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：3Fe2+＋4H＋＋NO===3 Fe3＋＋2H2O＋NO↑；(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：3Fe~8HNO3~2NO，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Fe、Cu的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。 19.【答案】(1)ac (2)33.3% (3) 3- (4) Fe2O3、Fe3O4 8<a<9 Fe3O4、FeO 6<a<8 Fe2O3、Fe3O4、FeO 6<a<9 【解析】(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，故选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8<a<9；②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6<a<8；③如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4、FeO，则6<a<9。 20【答案】(1) c a (2) Na2CO3和NaOH 2：1 168g (3)温度升高，气体的总压强增大，CO2分压增大 NaHCO3分解生成CO2使分压增大 【解析】(1)空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应空气与熔融Na反应前需依次通过c．NaOH溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；(2)Na2O2和NaHCO3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O2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2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，   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NaHCO3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CO2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CO2分压急剧增大的原因是NaHCO3分解生成V使分压增大。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$