學(xué)案2常用化學(xué)計(jì)量最新考綱展示1.了解相對原子質(zhì)量，相對分子質(zhì)量的定義，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。2.理解質(zhì)量守恒定律的含義。3.了解物質(zhì)的量的單位摩爾(mol)、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質(zhì)的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)之間的相互關(guān)系進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的概念，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。6.了解配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量濃度溶液的方法?；A(chǔ)回扣1有關(guān)物質(zhì)的量與各物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下有3.36 L NH3(1)該氣體的物質(zhì)的量為0.15_mol，質(zhì)量為2.55_g，所含氨氣分子數(shù)為0.15NA。(2)若將該氣體溶于水配成50 mL溶液，密度為0.9 g·cm3，所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.67%，物質(zhì)的量濃度為3_mol·L1。(3)若將上述所得溶液取出10 mL，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.67%，再加水稀釋到50 mL，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為0.6_mol·L1。2物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中的應(yīng)用將15.6 g Na2O2固體加入足量的水中，制成200 mL溶液(1)收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為2.24_L。(2)反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.2NA或1.204×1023。(3)所得溶液的物質(zhì)的量濃度為2_mol·L1。題型1阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應(yīng)用1(2014·廣東理綜，10)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是()A1 mol甲苯含有6nA個CH鍵B18 g H2O含有10nA個質(zhì)子C標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氨水含有nA個NH3分子D56 g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子答案B解析解有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉(zhuǎn)換，即將質(zhì)量和體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉(zhuǎn)換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應(yīng)，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。A項(xiàng)，第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉(zhuǎn)換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個CH鍵；第三步，1 mol甲苯中含有8nA個CH鍵，錯誤。B項(xiàng)，第一步，18 g水的物質(zhì)的量為1 mol；第二步，1個水分子中含有10個質(zhì)子；第三步，1 mol水分子中含有10nA個質(zhì)子，正確。C項(xiàng)，由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質(zhì)的量，錯誤。D項(xiàng)，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56 g鐵片即1 mol 鐵不可能生成nA個SO2分子，錯誤。2(2014·大綱全國卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A1 mol FeI2與足量氯氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB2 L 0.5 mol·L1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD丙烯和環(huán)丙烷組成的42 g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA答案D解析A項(xiàng)，1 mol FeI2與足量的Cl2反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 3 mol，錯誤；B項(xiàng)，2 L 0.5 mol·L1 K2SO4溶液中SO帶的負(fù)電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，錯誤；C項(xiàng)，1 mol Na2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯誤；D項(xiàng)，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構(gòu)體，故42 g即1 mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，正確。3(2014·四川理綜，5)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A高溫下，0.2 mol Fe與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為0.3NAB室溫下，1 L pH13的NaOH溶液中，由水電離的OH離子數(shù)目為0.1NAC氫氧燃料電池正極消耗22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD5NH4NO32HNO34N29H2O反應(yīng)中，生成28 g N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NA答案D解析A項(xiàng)，鐵在高溫下與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Fe4H2O(g)Fe3O44H2,0.2 mol Fe生成H2的分子數(shù)約為0.27NA，該項(xiàng)錯誤；B項(xiàng)，該NaOH溶液中OH總共有0.1NA，但OH主要來自于NaOH電離，水電離出很少的OH，該項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)，氫氧燃料電池正極上反應(yīng)的物質(zhì)為O2，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L O2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，該項(xiàng)錯誤；D項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中只有N元素化合價發(fā)生改變，生成8 mol氮原子(4 mol N2)中有5 mol來自NH，有3 mol來自NO，故反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為15 mol，則生成28 g(1 mol)N2時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3.75NA，該項(xiàng)正確。高考常涉及到的關(guān)于NA的命題角度總結(jié)考查方向涉及問題物質(zhì)狀態(tài)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)物質(zhì)，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質(zhì)結(jié)構(gòu)一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有的微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質(zhì)中的化學(xué)鍵數(shù)目，如CH4、P4等氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應(yīng)；電解AgNO3溶液；Cu與S反應(yīng)；Fe失去電子數(shù)(可能是2e，也可能是3e)電離、水解弱電解質(zhì)的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1 L 1 mol·L1 Na2CO3溶液中CO數(shù)目小于NA，因?yàn)镃O會部分水解隱含的可逆反應(yīng)常見的可逆反應(yīng)(如2NO2N2O4)、弱電解質(zhì)的電離平衡等摩爾質(zhì)量特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，如D2O、18O2、H37Cl單質(zhì)的組成單質(zhì)的組成除常見的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4)(一)阿伏加德羅常數(shù)的判斷1用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A98 g H2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NAB1 L 1 mol·L1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NAC33.6 L NO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO數(shù)目為NAD32 g銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，一定失去NA個電子答案A解析B項(xiàng)易忽視水中的氧；C項(xiàng)未指明標(biāo)準(zhǔn)狀況；D項(xiàng)中Cu可能被氧化為1價。2用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是()A在0 時，22.4 L氫氣中含有2NA個氫原子B電解食鹽水若產(chǎn)生2 g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NAC1 mol乙烷分子中共價鍵總數(shù)為7NAD密閉容器中46 g NO2含有的分子數(shù)為NA答案C解析0 不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，A錯；電解食鹽水產(chǎn)生2 g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA，B錯；乙烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH3，含有1個CC共價鍵和6個CH共價鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉(zhuǎn)化平衡，D錯。3NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A25 時，在pH2的1.0 L H2SO4溶液中含有H數(shù)目為0.02NAB1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)與1 mol CH4中所含共價鍵數(shù)目相等C將含有1 mol FeCl3溶質(zhì)的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個Fe(OH)3膠粒D向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當(dāng)有1 mol Fe2被氧化時，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目至少為3NA答案D解析pH2的H2SO4中，c(H)0.01 mol·L1，與二元酸沒關(guān)系，A項(xiàng)錯；B項(xiàng)中1 mol Na2O2含有3NA個離子，1 mol CH4含有4NA個共價鍵，B項(xiàng)錯；C項(xiàng)中Fe(OH)3膠粒是多個Fe(OH)3的聚合體，C項(xiàng)錯；D項(xiàng)中，還原性Fe2<I，1 mol Fe2被氧化時，I已經(jīng)全部被氧化，正確。(二)阿伏加德羅定律的應(yīng)用4如圖所示：已知A、B都為短周期元素，且甲、乙、丙常溫下都為氣體。2 mol甲分子反應(yīng)生成1 mol 丙和3 mol乙，下列對此判斷不正確的是(雙選)()A1個乙分子中含有2個A原子B甲的摩爾質(zhì)量為17 g·mol1C同溫、同壓下，生成丙和乙的體積比為31D標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物質(zhì)的量濃度為1 mol·L1答案CD解析題給反應(yīng)可表示為2A3B=B23A2，再結(jié)合題圖中分子的結(jié)構(gòu)可知，甲為氨氣，丙為氮?dú)?，乙為氫氣。由質(zhì)量守恒可知，A正確；氨氣的摩爾質(zhì)量為17 g·mol1，B正確；由阿伏加德羅定律可知，生成丙和乙的體積比為13，C不正確；500 mL水是溶劑，不是所得溶液的體積，D不正確。5.如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(qiáng)(p)與溫度(T)的關(guān)系，則X氣體可能是()AC2H4 BCH4CCO2 DNO答案C解析由圖可知，相同溫度時，p(O2)>p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對分子質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比，即相對分子質(zhì)量越大，壓強(qiáng)越小。四個選項(xiàng)中只有CO2的相對分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。6(2012·大綱全國卷，12)在常壓和500 條件下，等物質(zhì)的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次為V1、V2、V3、V4。體積大小順序正確的是()AV3V2V4V1 BV3V4V2V1CV3V2V1V4 DV2V3V1V4答案A解析假設(shè)各物質(zhì)均為1 mol，完全分解計(jì)算氣體的物質(zhì)的量。注意500 時水是氣體。題型2物質(zhì)的量濃度溶液的配制及計(jì)算1高考選項(xiàng)正誤判斷，正確的打“”，錯誤的打“×”(1)配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高()(2014·大綱全國卷，6C)(2)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×)(2014·新課標(biāo)全國卷，12D)(3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱中烘干(×)(2014·新課標(biāo)全國卷，12A)(4)配制0.100 0 mol·L1氯化鈉溶液時，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流()(2013·福建理綜，10C)(5)用固體NaCl配制0.5 mol·L1的溶液，所用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×)(2013·山東理綜，11C)(6)在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L1碳酸鈉溶液(×)(2012·福建理綜，6C)2(2014·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都轉(zhuǎn)化為硫酸。若將445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為_ mol·L1。答案1.25解析445 g焦硫酸H2SO4·SO3的物質(zhì)的量為445 g÷178 g·mol12.5 mol，溶于水H2SO4·SO3H2O=2H2SO4，所得硫酸的物質(zhì)的量為5 mol，cn/V5 mol÷4 L1.25 mol·L1。1警惕溶液配制時的易錯點(diǎn)(1)稱量固體時物碼顛倒，腐蝕性固體應(yīng)放在玻璃器皿中。(2)容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和貯存液體。(3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液實(shí)驗(yàn)中，定容時加蒸餾水，一旦超過刻度線，要重新配制。(4)配制時完全不需要計(jì)算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結(jié)果。(5)定容時要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。2用好配制一定物質(zhì)的量濃度溶液誤差分析的答題模板1某同學(xué)實(shí)驗(yàn)需要450 mL 0.1 mol·L1碳酸鈉溶液，配制該溶液時下列儀器不需要的是()A100 mL量筒、燒杯、玻璃棒B托盤天平、500 mL容量瓶C酒精燈、三角漏斗、導(dǎo)管D膠頭滴管、玻璃棒、燒杯答案C解析根據(jù)操作步驟聯(lián)系實(shí)驗(yàn)儀器。配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、膠頭滴管等。2假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制0.01 mol·L1的KMnO4消毒液，下列操作導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是()A取KMnO4樣品時不慎在表面沾了點(diǎn)蒸餾水B溶解攪拌時有液體飛濺出C定容時俯視容量瓶刻度線D搖勻后見液面下降，再加水至刻度線答案C解析A項(xiàng)取得樣品質(zhì)量偏小，使溶液濃度偏低；B項(xiàng)液體飛濺出，會損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項(xiàng)定容時俯視容量瓶刻度線導(dǎo)致加水量較少濃度偏高；D項(xiàng)加水量過多，使溶液濃度偏低。3(1)配制濃度為2 mol·L1的NaOH溶液100 mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將_(填寫字母，下同)。A等于8.0 g B等于8.00 gC大于8.0 g D等于0.2 g(2)某實(shí)驗(yàn)中需2 mol·L1的Na2CO3溶液950 mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格為_，稱取Na2CO3的質(zhì)量為_。答案(1)C(2)1 000 mL212.0 g解析(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0 g燒杯質(zhì)量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應(yīng)配制2 mol·L1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的質(zhì)量為1 L×2 mol·L1×106 g·mol1212.0 g。4V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀釋至2V L，則稀釋后溶液中Fe3的物質(zhì)的量濃度為()A. mol·L1 B. mol·L1C. mol·L1 D. mol·L1答案A解析a g SO的物質(zhì)的量為 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3的物質(zhì)的量為× mol mol，從中取出0.5V L后n(Fe3) mol× mol，即稀釋到2V L后溶液中Fe3的物質(zhì)的量濃度為 mol·L1。題型3化學(xué)反應(yīng)中的計(jì)算問題1(2014·山東理綜，9)等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是()AFeO BFe2O3CFeSO4 DFe3O4答案A解析根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質(zhì)的量就越多。1 g題述四種物質(zhì)能提供的電子的物質(zhì)的量為A.×1 mol；B.0；C.×1 mol；D.×1 mol(Fe3O4也可以寫為Fe2O3·FeO)，等質(zhì)量時提供電子的物質(zhì)的量最多的為FeO。2(2014·大綱全國卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)。當(dāng)n(KOH)a mol時，下列有關(guān)說法錯誤的是()A若某溫度下，反應(yīng)后11，則溶液中B參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于a molC改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：a molnea molD改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為a mol答案D解析A項(xiàng)，設(shè)反應(yīng)后溶液中n(Cl)11n mol，則n(ClO)n mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol電子，生成n mol ClO失去n mol 電子，而生成1 mol ClO失去5 mol電子，因此反應(yīng)生成的ClO應(yīng)為2n mol，正確；B項(xiàng)，由于產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質(zhì)的量始終相等，故參加反應(yīng)的Cl2的物質(zhì)的量為KOH的，正確；C項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO生成時，1 mol Cl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1 mol電子，故整個反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為a mol，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故轉(zhuǎn)移電子a mol，正確；D項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時，產(chǎn)物中KClO3的量達(dá)到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產(chǎn)量為a mol，錯誤。32014·福建理綜，25(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：(已知：滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2I22H2O=H2SO42HI)按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL，該次實(shí)驗(yàn)測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_g·L1。在上述實(shí)驗(yàn)過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結(jié)果_(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案0.16偏低解析根據(jù)反應(yīng)方程式：SO2I22H2O=H2SO42HI，可知n(SO2)n(I2)0.010 00 mol·L1×0.025 L2.5×104 mol，由于葡萄酒樣品為100.00 mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為2.5×104 mol×64 g·mol1÷0.100 0 L0.16 g·L1。若部分HI被空氣氧化，則測得消耗的I2會減少，故測得的SO2會減少，結(jié)果偏低。4(2014·上海，37)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測定結(jié)果_。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)答案偏高解析將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量是利用NaHCO3NaCl質(zhì)量差減小為8458.525.5，若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，造成質(zhì)量差變大，則測定結(jié)果偏高。1.物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中計(jì)算的步驟寫：寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式找：找出方程式中已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系列：將已知量和未知量列成比例式求：對比例式求算2化學(xué)計(jì)算中常用方法(1)守恒法守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(某原子、離子或原子團(tuán)不變；溶液中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等；氧化還原反應(yīng)中得失電子相等)建立關(guān)系式，從而達(dá)到簡化過程，快速解題的目的。(2)關(guān)系式法此法常用于多步連續(xù)反應(yīng)的計(jì)算。確定關(guān)系式可利用各步反應(yīng)的計(jì)量關(guān)系或某元素原子守恒關(guān)系找出已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的關(guān)系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。(3)極值法對混合體系或反應(yīng)物可能發(fā)生幾種反應(yīng)生成多種生成物的計(jì)算，我們可假設(shè)混合體系中全部是一種物質(zhì)，或只發(fā)生一種反應(yīng)，求出最大值、最小值，然后進(jìn)行解答，此類題一般為選擇題。(4)設(shè)未知數(shù)法對混合體系的計(jì)算，我們一般設(shè)兩個未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個方程，進(jìn)行求解。(一)關(guān)系式法1(2012·上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應(yīng)，若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下V L氨氣完全反應(yīng)，并轉(zhuǎn)移n個電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為()A. B.C. D. 答案D解析由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3轉(zhuǎn)化為NO時轉(zhuǎn)移5 mol電子，可得如下關(guān)系式：NH35e1 5×NA n即n×NA解得NA。2氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格的CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.5%。工業(yè)上常通過下列反應(yīng)制備CuCl：2CuSO4Na2SO32NaClNa2CO3=2CuCl3Na2SO4CO2(1)CuCl制備過程中需要配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20.0%的CuSO4溶液，試計(jì)算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。(2)準(zhǔn)確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0.5 mol·L1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L1Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為Fe3CuCl=Fe2Cu2ClCe4Fe2=Fe3Ce3通過計(jì)算說明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。答案(1)511(2)符合標(biāo)準(zhǔn)解析(1)假設(shè)配制1 000 g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200 g，“折合”成CuSO4·5H2O，其質(zhì)量為×200 g312.5 g，則所需水的質(zhì)量為1 000 g312.5 g687.5 g，所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比為312.5687.5511。(2)由方程式可得關(guān)系式為CuClFe2Ce4即CuCl的物質(zhì)的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質(zhì)的量，為0.100 0 mol·L1×24.60×103 L0.002 46 mol，故CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%97.9%，符合標(biāo)準(zhǔn)。(二)守恒法3鎂、鋁合金3 g與100 mL稀H2SO4恰好完全反應(yīng)，將反應(yīng)后所得溶液蒸干，得無水硫酸鹽17.4 g，則原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為()A1.5 mol·L1 B1 mol·L1C2.5 mol·L1 D2 mol·L1答案A解析蒸干后所得產(chǎn)物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質(zhì)量即為SO的質(zhì)量。c(H2SO4)1.5 mol·L1。4某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2)2 mol·L1，c(SO)6.5 mol·L1，若將200 mL此混合液中的Mg2和Al3 分離，至少應(yīng)加入1.6 mol·L1的苛性鈉溶液()A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L答案D解析根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，故c(Al3)(2×6.5 mol·L12×2 mol·L1)/33 mol·L1。當(dāng)加入的NaOH溶液恰好將Mg2與Al3分離時，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH)2 L。5羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00 mL 0.049 mol·L1的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應(yīng)，生成的Fe2恰好與24.65 mL 0.020 mol·L1的酸性KMnO4溶液完全作用，則在上述反應(yīng)中，羥胺的氧化產(chǎn)物是已知：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O(未配平)()AN2 BN2O CNO DNO2答案B解析整個反應(yīng)過程是羥胺(NH2OH)將Fe3還原為Fe2，KMnO4又將Fe2氧化為Fe3。即始態(tài)還原劑羥胺失去的電子數(shù)與終態(tài)氧化劑KMnO4得到的電子數(shù)相等。設(shè)羥胺的氧化產(chǎn)物中N的化合價為n，則H2OH失電子數(shù)：(n1)×0.025 L×0.049 mol·L1KO4SO4得電子數(shù)：5×0.024 65 L×0.020 mol·L1依據(jù)得失電子守恒建立方程，解得n1，所以氧化產(chǎn)物為N2O。(三)設(shè)未知數(shù)法6用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質(zhì)的量之比為()A13 B21C23 D32答案A解析設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量分別為x、y，由反應(yīng)前后C和Na守恒可知，xy0.8 mol、2xy1.0 mol，解得x0.2 mol、y0.6 mol，即所得溶液中CO和HCO的物質(zhì)的量之比為13。7(2013·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中(存在Cu2和SO)加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為11，則V可能為 ()A9.0 L B13.5 LC15.7 L D16.8 L答案A解析若混合物全是CuS，其物質(zhì)的量為12/800.15 mol，電子轉(zhuǎn)移數(shù)0.15 mol×(62)1.2 mol。兩氣體體積相等，設(shè)NO x mol，NO2 x mol,3xx1.2，計(jì)算的x0.3。氣體體積V0.6 mol×22.4 L·mol113.44 L；若混合物全是Cu2S，其物質(zhì)的量為0.075 mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)0.075 mol×100.75 mol，設(shè)NO x mol，NO2 x mol,3xx0.75，計(jì)算得x0.187 5，氣體體積V0.375 mol×22.4 L·mol18.4 L，因此8.4 LV13.44 L。