第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（浙江专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01 根据化学方程式进行计算 题型02 守恒法在化学计算中的应用 题型03 差量法在化学计算中的应用 题型04 关系式法在化学计算中的应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01根据化学方程式进行计算 1．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。 2．一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则： (1)涉及的化学方程式为 ， 。 (2)钠块中钠的质量是 g。 (3)钠块中氧化钠的质量是 g。 (4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。 (5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。 3．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 。 4．【逻辑思维与科学建模】(2025·浙江新力量联盟期中）化合物A仅含碳、硫两种元素。为测定化合物A中碳、硫元素的含量，某化学兴趣小组进行了如下实验： 步骤Ⅰ：取2.00g化合物A固体，在氧气中充分燃烧，得到混合气体X； 步骤Ⅱ：为除去混合气体X中的SO2，将混合气体X通入足量酸性高锰酸钾溶液充分反应； 步骤Ⅲ：再将剩余气体通入足量Ca(OH)2溶液充分反应，测得质量增加了2.64g。 已知：SO2与MnO4-的反应如下：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。请计算： (1)混合气体中CO2的物质的量为 mol。 (2)物质A的分子式(已知A的相对分子质量不超过150） 。 (3)下列实验方案中，能测定化合物A中硫的质量分数的是 。 A．将混合气体X通入Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得a g固体。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 B．将混合气体X通入H2O2和BaCl2混合溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得b g固体。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 C．将混合气体X通入酸性KMnO4溶液充分反应，共消耗c mol的酸性KMnO4溶液。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 02守恒法在化学计算中的应用 5．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为( ) A. B. C. D. 6．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( ) A．0.25 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol 7．取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。 8．某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。 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 Na2C2O4 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。 已知：2MnO4- ＋5 C2O42- ＋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)。 03差量恒法在化学计算中的应用 10．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% 11．200℃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__________。 12．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。  04关系式恒法在化学计算中的应用 13．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 14．【逻辑思维与科学建模】 (2025·浙江省诸暨市三模)三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制 B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO32-+H2O+H+ C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色 D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为 15．测定Na2S2O8样品的纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入20.00mL0.4000mol/LFeSO4溶液(过量)，加热，再加入20.00mL硫磷混合酸，滴入二苯胺磺酸钠指示剂5～6滴，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定过量的FeSO4至溶液呈紫色(终点)，消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。计算Na2S2O8样品的纯度 (写出计算过程)。 16．铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 17．测定某漂白粉样品的有效氯(是指生成氯气的质量与消耗漂白粉质量的比值)：称取4.000 g漂白粉，加水溶解后转入500 mL容量瓶中并稀释至刻度。移取25.00 mL溶液到锥形瓶中，加过量的稀盐酸和KI溶液，在淀粉指示下，用0. 101 0 mol/L的Na2S2O3溶液滴定，平均消耗Na2S2O3溶液20. 00 mL。 已知：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；I2+S2O32-= 2I-+S4O62-。 试计算： 该样品的有效氯为__________，写出简要计算过程。 18．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______________。 19．【水样COD测定与学科知识结合】宏观辨识与微观探析 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：MnO4-+5 C2O42-+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)  20．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)。 21．一定条件下，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___________。 【答案】98% 1．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 2．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． 3．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 4．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 5．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)。 6．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。 7．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。 8．(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 。 9．某干燥白色固体可能含有Na2CO3、NaHCO3、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到CO2体积(标准状况下)与盐酸体积的关系如图所示。回答下列问题： (1)产生的CO2的物质的量为 mol，段反应的离子方程式为 。 (2)若白色固体由0.02mol Na2CO3和xmol NaHCO3组成，则V1= ，V2= 。 (3)若白色固体由NaHCO3和组成，2V1= V2，则NaHCO3与溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。 (4)若白色固体只由和Na2CO3组成，且V1=100，V2=160，则 ，原溶液中的c(Na＋)= 。 (5)另取某Na2CO3和NaHCO3组成的混合物样品，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生CO2的体积如下表(标准状况下，且不考虑CO2在水中的溶解)： 实验序号 ① ② ③ 100.0 100.0 100.0 3.80 7.60 11.40 896 1344 896 样品中 ，盐酸的 。 10．(2024•浙江省杭州八县市期末)某研究性学习小组，进行甲、乙、丙三组实验：各取同浓度的盐酸，加入不同质量的同种铝合金颗粒，充分反应，产生气体。有关数据记录如下： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量(g) 1.008 1.260 1.512 生成气体体积(mL)(标况) 1075.2 1344 1344 请回答以下问题： (1)计算丙中产生气体的物质的量为 mol； (2)实验中所用合金粉末中镁、铝的物质的量之比为 ； (3)实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NOH溶液，充分反应，得到固体M。如果固体M的质量不再减少，消耗NaOH的质量至少为 g。 11．(2025·浙江三锋联盟期中）盖尔达法是测定牛奶样品中蛋白质含量的一种常用方法，其原理是把牛奶中的氮元素完全转化成氨。为测定某款牛奶的蛋白质含量，取60.0g牛奶样品，经盖尔达法处理后，用硫酸将其完全吸收(其他物质不与硫酸反应)，再加入19.00mL4.00mol·L-1氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵。请计算：(计算结果均保留3位有效数字) (1)所用NaOH的物质的量为 mol。 (2)样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为 mol。 (3)若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则样品中蛋白质的质量分数为 。 12．(2025·浙江温州高铄杯联盟学情调研）综合计算题。 在科高中，有许多的同学痴迷于“奶龙”水枪玩具，奶龙的材质通常为有机合成塑料。但最近，高一(4)班的化学兴趣小组正在研究一款新型的合金材质的奶龙水枪玩具，并对其进行拆解探究成分，并绘制了图乙、丙的坐标轴：将一个表面形成致密氧化膜的“玩具”拆解后，先取了1.37g该“玩具”样品置于残留有0.01mol AlCl3溶液的试管中，加入一定量某浓度的盐酸(线段)，试管内固体的质量变化如图乙所示，加入盐酸时收集到产生的气体(标准状况)如图丙所示；过一会儿，再往试管中逐渐加入某浓度的溶液，恰好完全反应(线段)，试管内固体的质量变化如图乙所示。 (忽略盐酸的挥发，忽略氯化铝水解放出的少量HCl气体) 请回答下面问题： (1)“合金”中被氧化的铝的质量为 。 (2)盐酸反应结束后，过量的盐酸n(HCl）为 。 (3)最后溶液中n(Cl-）：n[[Al(OH)4]-]为 。 1．(2020·浙江7月卷)100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，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Q＝________J。 (2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol−1(列式计算)。 2．(2020·浙江1月卷)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________ 3．(2019·浙江4月卷)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)。 4．(2018·浙江4月卷）下称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。 (2)固体混合物中氧化铜的质量_________________。 5．(2016·浙江10月卷）为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表： 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0 样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66 CO2体积(mL) 672 840 896 672 (1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。 (2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。 ( 11 / 11 )学科网(北京）股份有限公司 学科网(北京）股份有限公司 学科网(北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01 根据化学方程式进行计算 题型02 守恒法在化学计算中的应用 题型03 差量法在化学计算中的应用 题型04 关系式法在化学计算中的应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01根据化学方程式进行计算 1．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。 【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。 2．一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则： (1)涉及的化学方程式为 ， 。 (2)钠块中钠的质量是 g。 (3)钠块中氧化钠的质量是 g。 (4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。 (5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。 【答案】(1) 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Na2O＋H2O===2NaOH (2) 4.6 (3) 12.4 (4) 9.2 (5) 12_mol·L－1 【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则： 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 46 2 m(Na) 0.2 g m(Na)＝＝4.6 g；m(Na2O)＝17.0 g－4.6 g＝12.4 g；(4)m(Na2O)＝12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4 g×＝9.2 g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6 g＋9.2 g＝13.8 g，钠元素的物质的量＝＝0.6 mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6 mol，则氢氧化钠的浓度＝＝12 mol·L－1。 3．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 。 【答案】(1) 0.4 mol (2)0.8 mol·L－1 (3) 13.44 L 【解析】(1)铝的摩尔质量是27 g·mol－1，n(Al)＝＝0.4 mol。 (2)设参加反应的氢氧化钠的物质的量是n， 则2Al＋2H2O＋2NaOH===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol 2 mol 0.4 mol n 则＝，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是V， 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol 3×22.4 L 0．4 mol V 所以V＝＝13.44 L。 4．【逻辑思维与科学建模】(2025·浙江新力量联盟期中)化合物A仅含碳、硫两种元素。为测定化合物A中碳、硫元素的含量，某化学兴趣小组进行了如下实验： 步骤Ⅰ：取2.00g化合物A固体，在氧气中充分燃烧，得到混合气体X； 步骤Ⅱ：为除去混合气体X中的SO2，将混合气体X通入足量酸性高锰酸钾溶液充分反应； 步骤Ⅲ：再将剩余气体通入足量Ca(OH)2溶液充分反应，测得质量增加了2.64g。 已知：SO2与MnO4-的反应如下：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。请计算： (1)混合气体中CO2的物质的量为 mol。 (2)物质A的分子式(已知A的相对分子质量不超过150) 。 (3)下列实验方案中，能测定化合物A中硫的质量分数的是 。 A．将混合气体X通入Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得a g固体。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 B．将混合气体X通入H2O2和BaCl2混合溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得b g固体。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 C．将混合气体X通入酸性KMnO4溶液充分反应，共消耗c mol的酸性KMnO4溶液。经计算，测得化合物A中硫的质量分数 【答案】(1)0.06 (2) C3S2 (3)BC 【解析】化合物A仅含碳、硫两种元素；燃烧得到的混合气体中二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成锰离子和硫酸根离子；除去混合气体X中的二氧化硫后，将剩余的二氧化碳气体通入足量Ca(OH)2溶液充分反应，测得质量增加，增加的质量为二氧化碳气体的质量。 (1)除去混合气体X中的二氧化硫后，将剩余的二氧化碳气体通入足量Ca(OH)2溶液充分反应，测得质量增加了2.64g，增加的质量为二氧化碳气体的质量，则混合气体中CO2的物质的量为； (2)0.06mol CO2气体中C原子的物质的量为0.06mol，物质A中硫元素的物质的量为：，则，根据题中所知，A的相对分子质量不超过150，得到物质A的分子式为C3S2； (3)A项，混合气体X为CO2、SO2，CO2、SO2均为酸性氧化物，混合气体中的CO2、SO2均能和Ba(OH)2溶液反应分别生成BaCO3、BaSO3沉淀，即将混合气体通入Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到的a g固体为BaCO3、BaSO3，不是纯BaSO3，所以化合物A中硫的质量分数，A错误；B项，将混合气体通入H2O2和BaCl2混合溶液充分反应，由于碳酸酸性弱于盐酸，因此二氧化碳不与其反应，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸根，最终生成BaSO4沉淀，即将混合气体通入H2O2和BaCl2混合溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到的b g固体为BaSO4，结合硫元素守恒可得化合物A中硫的质量分数 ，B正确；C项，混合气体中只有二氧化硫能被酸性KMnO4溶液吸收，二氧化碳不与其反应，结合关系式：，结合硫元素守恒可得化合物A中硫的质量分数，C正确；故选BC。 02守恒法在化学计算中的应用 5．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知n(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，故D正确。 6．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( ) A．0.25 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol 【答案】A 【解析】由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15 L×4 mol·L－1－)×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。 7．取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。 【答案】84% 【解析】5.0 g粉煤灰中Al2O3的质量为5.0 g×30%＝1.5 g,3.0 g “浸渣”中Al2O3的质量为3.0 g×8%＝0.24 g，则Al2O3的浸出率为×100%＝84%。 8．某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。 【答案】97.6% 【解析】由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。 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 Na2C2O4 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。 已知：2MnO4- ＋5 C2O42- ＋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)。 【答案】(1)40 (2)5.2 【解析】(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； (2)根据方程式可知2KMnO4~5 Na2C2O4，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则Na2C2O4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Na2C2O4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。 03差量恒法在化学计算中的应用 10．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% 【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%。 11．200℃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__________。 【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 【解析】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： NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g 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。(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10.4g/16g×100%＝65%。 12．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。  【答案】(1)35.6 (2)3 【解析】(1)设原有1 mol O2，则有 3O22O3 Δn 3 mol 2 mol 1 mol 0.3 mol 0.1 mol 则==≈35.6 g·mol-1。 (2)3O22O3 ΔV 3体积 2体积 1体积 V 8 L-6.5 L=1.5 L 解得V=3 L。 04关系式恒法在化学计算中的应用 13．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 【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。 14．【逻辑思维与科学建模】 (2025·浙江省诸暨市三模)三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制 B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO32-+H2O+H+ C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色 D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为 【答案】B 【解析】将样品溶于水配制100mL溶液，从中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后计算出三氯乙醛的纯度。A项，步骤Ⅰ是将样品配成100mL溶液，故需用100mL容量瓶进行配制，A正确；B项，已知CO32-与H+不能大量共存，故步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO32-+2H2O，B错误；C项，步骤Ⅳ原来溶液时I2和淀粉溶液呈蓝色，当滴定终点的时候I2消耗掉了，所有蓝色消失，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；D项，根据题干流程图中可找到关系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，则与HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为，D正确；故选B。 15．测定Na2S2O8样品的纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入20.00mL0.4000mol/LFeSO4溶液(过量)，加热，再加入20.00mL硫磷混合酸，滴入二苯胺磺酸钠指示剂5～6滴，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定过量的FeSO4至溶液呈紫色(终点)，消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。计算Na2S2O8样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】95.20% 【解析】该滴定原理为：先加入过量的Fe2+将S2O82-还原： S2O82-+2Fe2+=2Fe3++2SO42-，然后利用K2Cr2O7标准滴定剩余的Fe2+的量：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6 Fe3++7H2O，从而间接确定S2O82-的量；根据电子守恒有数量关系：n(Fe2+)=2n(S2O82-)，n剩(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)；n(K2Cr2O7)= 0.1000×10.00 ×10-3mol=1.000×10-3mol，即n剩(Fe2+)=6.000×10-3mol，所以与S2O82-反应的n(Fe2+)= 20.00×0.4000×10-3mol-6.000×10-3mol=2.000×10-3mol，则n(S2O82-)=n(Fe2+)= 1.000×10-3mol，Na2S2O8样品的纯度为。 16．铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 【答案】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复 【解析】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO3~2MnO4-~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的草酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为。 17．测定某漂白粉样品的有效氯(是指生成氯气的质量与消耗漂白粉质量的比值)：称取4.000 g漂白粉，加水溶解后转入500 mL容量瓶中并稀释至刻度。移取25.00 mL溶液到锥形瓶中，加过量的稀盐酸和KI溶液，在淀粉指示下，用0. 101 0 mol/L的Na2S2O3溶液滴定，平均消耗Na2S2O3溶液20. 00 mL。 已知：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；I2+S2O32-= 2I-+S4O62-。 试计算： 该样品的有效氯为__________，写出简要计算过程。 【答案】35. 86% 【解析】由Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O、Cl2+2KI=2KCl+I2、I2+S2O32-= 2I-+S4O62-可得关系式：Cl2～2Na2S2O3，n(Cl2)=n(Na2S2O3)= 0.1010mol/L×0.02L×=0.0202mol，所以m(Cl2)= 0.0202mol×71 g·mol-1=1.4342g，有效氯为=35.86%。 18．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______________。 【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2样 (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%。 19．【水样COD测定与学科知识结合】宏观辨识与微观探析 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：MnO4-+5 C2O42-+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)  【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。 20．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)。 【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%。 21．一定条件下，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___________。 【答案】98% 【解析】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×100%=98%。 1．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 【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。 2．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． 【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。 3．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 【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。 4．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 【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；故选A。 5．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)。 【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。 6．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。 【答案】(1)1：2 (2)5.00 【解析】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，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，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；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。(1)混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2。(2)由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol5.00g。 7．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。 【答案】(1)0.05 (2)0.2 【解析】(1) 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，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) 依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+NH3↑+2H2O，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，所以氢氧化钠的物质的量是产生的氨气的物质的量的2倍，即0.2mol，故本题答案为0.2。 8．(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 。 【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。 9．某干燥白色固体可能含有Na2CO3、NaHCO3、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到CO2体积(标准状况下)与盐酸体积的关系如图所示。回答下列问题： (1)产生的CO2的物质的量为 mol，段反应的离子方程式为 。 (2)若白色固体由0.02mol Na2CO3和xmol NaHCO3组成，则V1= ，V2= 。 (3)若白色固体由NaHCO3和组成，2V1= V2，则NaHCO3与溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。 (4)若白色固体只由和Na2CO3组成，且V1=100，V2=160，则 ，原溶液中的c(Na＋)= 。 (5)另取某Na2CO3和NaHCO3组成的混合物样品，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生CO2的体积如下表(标准状况下，且不考虑CO2在水中的溶解)： 实验序号 ① ② ③ 100.0 100.0 100.0 3.80 7.60 11.40 896 1344 896 样品中 ，盐酸的 。 【答案】(1) 0.03 HCO3-＋H+==H2O＋CO2↑ (2) 40 100 (3) HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O(1分) 1：1 (4) 0.02 0.8 (5) 1：1 1.0 【解析】(1)产生的，则；AB段生成的CO2只能由碳酸氢钠与盐酸反应生成，反应的离子方程式为HCO3-＋H+==H2O＋CO2↑；(2)CO2来自碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳原子守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol；OA段发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl，根据化学计量数之比等于物质的量之比，0.02mol Na2CO3与0.02mol盐酸反应，(盐酸)，即V1=40 mL；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03mol，消耗0.03mol盐酸，，因此V2=V1+V=100 mL；(3)NaHCO3与NaOH溶于水后发生反应的离子方程式为HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O；2V1= V2，说明白色固体溶于水后的溶质只有Na2CO3，根据NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O可知，；(4)因为白色固体只由NaOH、Na2CO3组成，OA段为NaOH、Na2CO3与盐酸反应V1=100 mL，即两物质共消耗0.05mol盐酸，由碳原子守恒知，Na2CO3消耗0.03mol盐酸，则NaOH消耗0.02mol盐酸，；， ；(5)由实验①和实验②的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积增大说明实验①中盐酸过量，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应，设3.80g样品中碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，则由样品质量可得106x+84y=3.80①，由反应方程式可得x+y=②，解联立可得x=0.02、y=0.02，则样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1∶1；由实验②和实验③的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积减小说明实验③中盐酸不足量，盐酸完全反应，则加入盐酸过程中发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比可知，11.40g样品中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量为=0.06mol，则由方程式可知，反应消耗盐酸的物质的量为0.06mol+=0.1mol，反应得到的溶液为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1：1；由分析可知，盐酸的物质的量为0.1mol，则溶液的浓度为=1.0mol/L。 10．(2024•浙江省杭州八县市期末)某研究性学习小组，进行甲、乙、丙三组实验：各取同浓度的盐酸，加入不同质量的同种铝合金颗粒，充分反应，产生气体。有关数据记录如下： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量(g) 1.008 1.260 1.512 生成气体体积(mL)(标况) 1075.2 1344 1344 请回答以下问题： (1)计算丙中产生气体的物质的量为 mol； (2)实验中所用合金粉末中镁、铝的物质的量之比为 ； (3)实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NOH溶液，充分反应，得到固体M。如果固体M的质量不再减少，消耗NaOH的质量至少为 g。 【答案】(1)0.06 (2)3：2 (3)5.6 【解析】盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量，金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应。(1)标况下，丙中生成气体体积为1344 mL，气体的物质的量为；(2)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气1075.2mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=1.008，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.024、y=0.016，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.024mol：0.016mol=3：2；(3)实验乙中合金的质量为1.260g，根据(2)知，合金中Mg、Al的物质的量之比为，设合金中n(Al)=nmol，n(Mg)=1.5nmol，，n=0.02mol，则n(Mg)=0.03mol，Mg完全反应生成n(H2)=n(Mg)=0.03mol，Mg生成的V(H2)= ，Al完全反应生成n(H2)=1.5n(Al)=0.03mol，Al生成的V(H2)= ，如果合金恰好完全反应。得到总的气体为1344mL，所以乙中合金恰好完全反应，根据丙中数据知，乙中盐酸恰好完全消耗；实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NaOH溶液，充分反应，得到固体M，固体为Mg(OH)2，而此时铝元素以NaAlO2的形式存在，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据氢原子守恒得n(，最少消耗的n(NaOH)=n(HCl)+n(Al)=0.12mol+0.02mol=0.14mol，。 11．(2025·浙江三锋联盟期中)盖尔达法是测定牛奶样品中蛋白质含量的一种常用方法，其原理是把牛奶中的氮元素完全转化成氨。为测定某款牛奶的蛋白质含量，取60.0g牛奶样品，经盖尔达法处理后，用硫酸将其完全吸收(其他物质不与硫酸反应)，再加入19.00mL4.00mol·L-1氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵。请计算：(计算结果均保留3位有效数字) (1)所用NaOH的物质的量为 mol。 (2)样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为 mol。 (3)若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则样品中蛋白质的质量分数为 。 【答案】(1) (2) (3)4.00% 【解析】氨气与硫酸反应的方程式为：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，NaOH溶液与硫酸反应的方程式为：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O。 (1)所用NaOH的物质的量为：； (2)样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为：； (3)样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为：，即氮元素的物质的量为：，若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则样品中蛋白质的质量分数为：。 12．(2025·浙江温州高铄杯联盟学情调研)综合计算题。 在科高中，有许多的同学痴迷于“奶龙”水枪玩具，奶龙的材质通常为有机合成塑料。但最近，高一(4)班的化学兴趣小组正在研究一款新型的合金材质的奶龙水枪玩具，并对其进行拆解探究成分，并绘制了图乙、丙的坐标轴：将一个表面形成致密氧化膜的“玩具”拆解后，先取了1.37g该“玩具”样品置于残留有0.01mol AlCl3溶液的试管中，加入一定量某浓度的盐酸(线段)，试管内固体的质量变化如图乙所示，加入盐酸时收集到产生的气体(标准状况)如图丙所示；过一会儿，再往试管中逐渐加入某浓度的溶液，恰好完全反应(线段)，试管内固体的质量变化如图乙所示。 (忽略盐酸的挥发，忽略氯化铝水解放出的少量HCl气体) 请回答下面问题： (1)“合金”中被氧化的铝的质量为 。 (2)盐酸反应结束后，过量的盐酸n(HCl)为 。 (3)最后溶液中n(Cl-)：n[[Al(OH)4]-]为 。 【答案】(1)0.27 g (2) 0.04mol (3)4：1 【解析】由图丙生成氢气为，根据2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，Al的物质的量为0.02mol，由图乙E-F段质量不变，Cu的质量为0.32g，则氧化铝的质量为1.37g-0.02mol×27g/mol-0.32g=0.51g，物质的量为0.005mol，被氧化的Al为，和盐酸反应生成Al3+为0.01mol；原溶液含有0.01mol AlCl3，结合元素守恒，和盐酸完全反应后溶液中含铝离子为0.04mol；由图乙，0~50mL为盐酸和氢氧化钠反应，50~250mL为铝离子和氢氧化钠溶液反应，根据Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，50~250mL消耗氢氧化钠物质的量为0.16mol，则0~50mL消耗氢氧化钠物质的量为0.04mol，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，过量盐酸物质的量为0.04mol；结合图丙，加入150mL盐酸时，铝完全转化为AlCl3，剩余的过量盐酸物质的量为0.04mol，则溶液中Cl-为0.04mol×3+0.04mol=0.16mol，加入250mLNaOH，Al3+完全转化为0.4mol[Al(OH)4]-。 (1) “合金”中被氧化的铝的质量为0.27 g。 (2)盐酸反应结束后，过量的盐酸n(HCl)为0.04mol。 (3)最后溶液中n(Cl-)：n[[Al(OH)4]-]=0.16:0.04=4：1。 1．(2020·浙江7月卷)100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，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Q＝________J。 (2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol−1(列式计算)。 【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝−209 【解析】(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；(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ΔH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：。 2．(2020·浙江1月卷)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________ 【答案】95.2 【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。 3．(2019·浙江4月卷)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)。 【答案】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。 【解析】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。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。 4．(2018·浙江4月卷)下称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。 (2)固体混合物中氧化铜的质量_________________。 【答案】(1)0.100mol (2)2.40g 【解析】(1)过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4， 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol； (2)根据(1)的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g。 5．(2016·浙江10月卷)为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表： 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0 样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66 CO2体积(mL) 672 840 896 672 (1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。 (2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。 【答案】(1)2∶1或2 (2)2.50 mol·L－1 【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则①106x+84y=2.96、②x+y=0.672÷22.4=0.03，联立①②解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol：0.01mol=2：1； (2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则106×2z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠。将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下0.672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=0.075mol÷0.03L=2.50mol/L。 ( 26 / 26 )学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$