第30题 化学计算题-2023年7月浙江省普通高中学业水平考试化学分题系列（解析版）

浙江省普通高中学业水平考试非选择题-第30题-化学计算题【题前知道】知识点：化学方程式式的正确书写，以物质的量为中心的四个计算公式的应用，过量计算，多种物质与一种物质反应的先后顺序，质量守恒、氧化还原反应的电子得失守恒、溶液中的电荷守恒等。解题思路：化学方程式是质量守恒的具体体现，化学方程式提供了反应物与生成物之间的质量之比，物质的量之比、氧化还原反应的电子转移与方程式中物质的物质的量之比、以及某些物质之间的数量差之比。物质之间的物质的量之比，是进行计算的依据，化学方程式中物质的计量数之比等于实际参加反应的物质的物质的量之比，建立含未知数的数学方程，求算出未知量。如果是多成分物质与一种物质的反应，先明确哪种成分先反应，哪种物质后反应，是否完全反应，按照反应顺序写出化学方程式，找到已知量的物质与要求算物质的计量数之比，根据已知量建立数学方程，求算出未知量。如果是图象提供数据，分析图象含意，写出哪段曲线发生的反应方程式，是关键，建立未知物质与已知物质的数学方程。一般根据某几种元素质量守恒可快速求出第1小题的答案。第2小题较难，通常采用一些技巧解决比较简单，如电子得失守恒，最终产物与最初反应物之间的物质的量关系，通常用在多步反应中。小结：化学计算题，守恒是要义，分清质和量，列出量关系，建立方程式，求算要精确，最后得胜利。任何根据化学方程式的计算，依据是质量守恒，质量守恒的核心是已知量物质与要求算物质之间的化学计量数之比，化学计量数之比等于实际参加的物质的量之比。质即为物质，量和化学计量数。【真题回顾】1.（2022年7月浙江学考）为测定某抗胃酸药片中碳酸钙的质量分数(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：I.向0.1000g药片粉末中依次加入20.00mL蒸馏水、25.00mL0.1000mol/L稀盐酸，使之充分反应。II.中和过量的盐酸，消耗0.1000mol/LNaOH溶液13.00mL。请计算：（1）II中消耗NaOH的物质的量为_______mol。（2）0.1000g药片消耗HCl的物质的量为_______mol。（3）药片中碳酸钙的质量分数为_______。【答案】（1）0.001300mol或1.300×10−3mol(或0.0013mol或1.3×10−3mol) （2）0.001200mol或1.200×10−3mol(或0.0012mol或1.2×10−3mol)（3）60.00%或0.6000(或60%或0.6)【解析】（1）II中消耗NaOH的物质的量n=cV=0.1000mol/L×0.013L=0.001300mol；（2）0.1000g药片消耗HCl的物质的量为0.025L×0.1000mol/L-0.001300mol=0.001200mol；（3）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为，反应消耗0.001200mol盐酸，则CaCO3的物质的量为0.0006mol，碳酸钙的质量分数为。2.（2021年7月浙江学考）取30.0g牛奶样品，将所含蛋白质中的氮元素全部转化为氨，用25.00mL1.00mol/L硫酸将其完全吸收，再加入19.00mL2.00mol/L氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵。请计算：(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).0.0380(2).0.0120(3).4.00%【解析】(1)由，故答案为：0.0380；(2)将所含蛋白质中的氮元素全部转化为氨，用25.00mL1.00mol/L硫酸将其完全吸收，再加入19.00mL2.00mol/L氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵可得，故答案为：0.0120；(3)蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则蛋白质的质量为；则样品中蛋白质的质量分数为，故答案为：4.00%。【题中展示】1．铁粉和氧化铁粉末的混合物共13.6g，加入到200mL的稀硫酸中，固体完全溶解，得到标准状况下1.12L 氢气。经测定，反应后的溶液中c (H+) 为0.200mol·L-1，且无Fe3+（忽略反应前后溶液体积变化）。请计算：（1）原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为___________________。（2）原稀硫酸的物质的量浓度为________________mol·L-1。 【答案】（1）2∶1（2）1.10【解析】把铁粉和氧化铁粉末加入稀硫酸，氧化铁先溶解生成Fe3+，由于Fe3+的氧化性强于H+，所以单质铁与Fe3+先反应，然后再与H+反应放出H2，根据题意可知n(H2)=0.05mol，反应后溶液中c (H+) 为0.200mol·L-1，说明硫酸过量0.02mol，溶液中无Fe3+，则溶液中的溶质只有FeSO4。根据上述分析，则：反应中放出氢气的质量m=0.05mol×2g/mol=0.100g，根据题目数据可知，要保留3位有效数字；(1)设原混合物中铁的物质的量为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，得56x+160y=13.6，溶液中发生的反应如下：反应①Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，反应②Fe2(SO4)3＋Fe=3FeSO4，反应③Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，可推出x-0.05=y，联立求得x=0.1mol，y=0.05mol，所以原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为2∶1；(2)根据上述分析，反应①消耗n(H2SO4)=0.15mol，反应③消耗n(H2SO4)=0.05mol，反应后剩余n(H2SO4)=0.02mol，所以原稀硫酸的物质的量浓度c (H2SO4)==1.10mol/L。2．用NaOH与Na2CO3·nH2O的混合物共28g配制成100mL溶液，测得该溶液中c(Na+)＝4mol/L。另取相同质量的上述混合物，加入足量的盐酸完全反应后，放出的气体在标准状况下的体积为3.36L，试计算：（1）原混合物中NaOH的质量分数为____________。（2）Na2CO3·nH2O中n=____________。【答案】（1）14.3%（2）3【解析】试题分析：（1）Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O1mol22.4Ln(Na2CO3)3.36Ln(Na2CO3)＝＝0.15mol由题意得n(Na+)＝2n(Na2CO3)＋n(NaOH)＝4mol/L×0.1L＝0.4mol所以n(NaOH)＝0.4mol－0.3mol＝0.1molw(NaOH)＝×100%＝14.3%（2）28g混合物中Na2CO3·nH2O的质量为28g－m(NaOH)＝28g－0.1mol×40g/mol＝24g其中m(Na2CO3)＝0.15mol×106g/mol＝15.9g ＝n＝3答：原混合物中NaOH的质量分数为14.3%，Na2CO3·nH2O中n等于3。3.取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到6.27克白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少，并放出标准状况下448mL的气体。（1）6.27g的沉淀是________，448mL的气体是________。(填化学式)（2）计算原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度。(写计算过程，结果保留3位有效数字)【答案】（1）BaCO3和BaSO4；CO2；（2）0.200mol/L。【解析】发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O。6.27g白色沉淀是BaCO3和BaSO4的质量之和，用过量稀硝酸处理后BaCO3溶解，产生CO2气体；故答案为BaCO3和BaSO4；CO2；（2）根据碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量为0.02mol，故碳酸钠的物质的量浓度；故答案为0.200mol/L。4．取44.2g碳酸钠和碳酸氢钠的混合粉末样品，将其分成两等份，取其中一份加热到质量不再改变，冷却后称其质量为15.9g；另一份溶于水，配成500mL溶液。试计算：（1）原样品中碳酸氢钠的物质的量为_______________mol。（2）所配溶液中Na+的物质的量浓度为________________mol·L-1。【答案】（1）0.400（2）0.600【解析】（1）每份固体混合物的质量为44.2g÷2=22.1g，设每份原固体混合物中碳酸氢钠的质量为a，则：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O质量减少168g441844g+18g=62ga22.1g-15.9g=6.2g所以，168g：a=62g：6.2g，解得a=16.8g原样品中m（NaHCO3）=2×16.8g=33.6g，则原样品中碳酸氢钠的物质的量为33.6g÷84g/mol＝0.400mol；（2）由（1）可知每一份中m（Na2CO3）=22.1g-16.8g=5.3g，n（Na2CO3）=5.3g÷106g·mol-1=0.05mol，n（NaHCO3）=16.8g÷84g·mol-1=0.2mol，根据钠离子守恒，n（Na+）=0.2mol+0.05mol×2=0.3mol，所以所配溶液中Na+的物质的量浓度为0.3mol÷0.5L＝0.600mol·L-1。5．称取58.7克Ba(OH)2和BaCl2固体混合物，配成500mL溶液，把该溶液分成5等份后分别加入相同浓度不同体积的NaHCO3溶液，生成沉淀的质量如下表。已知加入NaHCO3 溶液体积为80.0mL时，反应后溶液呈中性。实验序号ⅠⅡⅢⅣⅤNaHCO3溶液(mL)20.040.060.080.0100.0沉淀的质量(g)1.973.945.917.887.88（1）NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度为______________________。（2）原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为__________________________。【答案】（1）0.500mol/L（2）1：2【解析】向Ba(OH)2和BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液先后发生OH−+HCO3−=CO32−+H2O，Ba2++CO32−=BaCO3↓。（1）加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，生成碳酸钡的物质的量==0.04mol，根据碳元素守恒，则碳酸氢钠为0.04mol，NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度==0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；（2）加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，且溶液显中性，OH−+HCO3−=CO32−+H2O恰好完全反应，则氢氧化钡的物质的量=0.02mol，则每份溶液中含有氯化钡的物质的量==0.04mol，则原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为0.02mol：0.04mol=1:2，故答案为：1:2。6．PbO2具有强氧化性，自身受热分解释放出O2并生成+2价的氧化物（PbO），+4价的Pb还能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1molPbO2加热分解得到一定量的O2，再向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，且O2和Cl2的物质的量之比为3：2，请计算：（1）剩余固体的成分及物质的量之比为________。（2）O2和Cl2的物质的量之和为________。【答案】（1）n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1（2）0.625mol【解析】此题考查方程式的应用，根据题目信息写出方程式，根据方程式可以得出物质的量的关系，根据此关系可以解出，其次注意氧化还原反应中电子守恒的应用。（1）根据2PbO2=2PbO+O2↑，PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O，题目中且O2和Cl2的物质的量之比为3：2，设氧气为3mol，氯气是2mol，倒推出PbO2和PbO的物质的量之比：n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1。（2）根据（1）中得出的结论n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1，其中Pb原子守恒，总Pb的物质的量为1mol，PbO为0.75mol，PbO2为0.25mol，然后根据以上两个化学方程式计算得出：O2和Cl2 的物质的量之和为：0.625mol。7．氯化镁晶体在加热时会发生如下变化：；。研究人员称取氯化镁晶体ag，经加热后得到固体bg。已知：（1）若bg固体为等物质的量的、MgO混合物，则a与b的关系是_____（用分数表示）。（2）若在干燥的HCl气流中加热，得到MgCl2、的固体，则它们的物质的量之比为__________。【答案】（1）a:b=（2）4:1【解析】（1）若bg固体为等物质的量的Mg(OH)Cl、MgO混合物，设物质的量分别为x，镁元素守恒得到，76.5x+40x=b，x=，2x=，则a与b的关系是：a：b=；（2）若在干燥的HCl气流中加热，得到MgCl2、Mg(OH)Cl的固体ag，设物质的量分别为x、y，镁元素守恒得到x+y=，95x+76.5y=a，x：y=：=4:1。8．把2.0mol·L-1CuSO4溶液和1.0mol·L-1H2SO4溶液等体积混合(假设混合后溶液的体积等于混合前两种溶液体积之和)。计算：(1)混合液中Cu2+的物质的量浓度为________，SO42-的物质的量浓度为________；(2)向溶液中加足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，此时溶液中Fe2＋的物质的量浓度为________。【答案】1.0mol·L-1，1.5mol·L-1。1.5mol·L-1。【解析】设两种溶液的体积各为1L，混合后溶液的总体积为2L，c(Cu2+)=mol·L-1，c(SO42-)=。加入铁粉CuSO4溶液H2SO4都完全反应生成FeSO4，根据SO42-守恒，则c(Fe2＋)=1.5mol·L-1。9.某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O(1)若a=(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物； (2)若a=m，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为mol(用含m的最简式表示)。(3)若反应后无固体剩余且溶液中只有2种金属阳离子，则红色固体中Fe2O3、Cu2O的物质的量之比为。【答案】（1）a=（2）（3）1:1【解析】（1）红色固体为纯净物则一定是Cu2O，Fe2O3完全溶于稀H2SO4，无固体剩余。根据：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知，Cu2O与Cu的物质的量相等，，a=。（2）a=m可知，反应后ag为Cu，n(Cu)==，设Fe2O3为xmol，Cu2O为ymol，160x+144y=m--------方程1Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2OCu2O+2H+=Cu+Cu2++H2OFe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4xxyyxx(y-x)64=a------------方程2，由方程1和方程2解得x=，y=。(3)反应后无固体剩余且溶液中内有2种金属阳离子，则溶液中的阳离子为Fe2+，Cu2+Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2OCu2O+2H+=Cu+Cu2++H2OFe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4xxyyxx则x=y，物质的之比为：1:110．分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。【答案】(1)1∶2(2)0.100mol·L－1【解析】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g·mol－1＝0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g·mol－1 ＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为1∶2。(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH共有0.04mol与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl－)＝0.02mol÷0.2L＝0.100mol·L－1。11.SO2气体是形成酸雨的主要物质，调节二氧化硫与氢氧化钠间物质的量的最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设nSO、nNaOH、nNaHSO分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的物质的量，且=X，试写出X在不同取值范围时，nNaHSO的值或nNaHSO与nSO、nNaOH间的关系式。【答案】X=X≤1/201/2<X<1=2-X≥1=【解析】少量SO2与NaOH溶液反应方程式：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O----（1）过量的SO2与NaOH溶液反应方程式：SO2+NaOH=NaHSO3----（2），因此当X≥1，仅发生（2）反应，NaOH全部变成NaHSO3，因此根据Na原子守恒：=。当X≤1/2时仅发生反应（1），无NaHSO3生成。当时同时发生（1）（2）反应，根据S原子质量守恒：n(NaHSO3)+n(Na2SO3)=n(SO2)，根据Na原子质量守恒：n(NaHSO3)+2n(Na2SO3)=n(NaOH)，解得：n(NaHSO3)=2n(SO2)-n(NaOH)12．实验室一瓶硫酸亚铁和硫酸铁混合物，取一定量样品溶于水，配成100mL溶液。所得溶液分成二份，在第一份溶液中加入0.5mol·Lˉ1氯化钡220mL恰好完全反应；在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可使Fe2+全部变成Fe3+。(1)所取样品中硫酸铁物质的量是____________。(2)若在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，最后残渣的质量是________。【答案】(1)0.02mol(2)8g【解析】(1).在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，发生反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)=0.896L÷22.4L/mol×2=0.08mol，则n(FeSO4)=0.08mol，在第一份溶液中加入0.5mol·Lˉ1 氯化钡220mL，发生反应：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，n(SO42－)=0.5mol/L×0.22L=0.11mol，则Fe2(SO4)3中的n(SO42－)=0.11mol－0.08mol=0.03mol，n[Fe2(SO4)3]=0.01mol，n(Fe3＋)=0.02mol，因所取样品配成的溶液分成两等份，所以所取样品中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol×2=0.02mol；(2).每份溶液中含有Fe2＋和Fe3＋的物质的量分别为0.08mol和0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，得到的残渣为Fe2O3，根据铁原子守恒可知，n(Fe2O3)=(0.08+0.02)mol÷2=0.05mol，m(Fe2O3)=0.05mol×160g/mol=8g。13．称取8.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入100mL2.00mol/L的硫酸充分溶解，往所得溶液中加11.2g铁粉，充分反应后，得固体的质量为6.08g。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)0.200mol(2)4.80g【解析】过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，有固体剩余，则铁元素以亚铁离子形式存在、溶液全部是硫酸亚铁时，溶液中铁元素质量最大，则由数据可知，所得固体中必定含铜、含剩余的铁。(1)100mL2.00mol/L的硫酸的物质的量n=0.1L×2.00mol/L=0.200mol，据分析、所得溶液中铁元素以亚铁离子形式存在、溶质只有硫酸亚铁时，溶液中铁元素质量最大，n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.200mol，已知加入铁粉、按铁元素守恒可知，反应后必定有一部分铁多余，故加入铁粉充分反应后，溶液中为0.200molFeSO4；(2)根据(1)的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.200mol，质量m=0.200mol56g/mol=11.2g，等于加入的铁粉的质量，说明6.08g固体中剩余铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜物质的量为x，氧化铁物质的量为y，则有：，解得x=0.06，y=0.02，氧化铜的质量是0.06mol×80g/mol=4.80g。14．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。(1)若有0.50mol的NaN3参加反应，则生成的N2在标况下的体积为_____L。(2)若转移的电子的物质的量为2.50mol，则氧化产物比还原产物多_____mol。【答案】(1)17.92(2)3.50【解析】(1)根据反应方程式可知0.50molNaN3 参加反应，生成0.8mol氮气，标况下体积为0.8mol?22.4L/mol=17.92L；(2)该反应中KNO3中氮元素化合价5价降低，为唯一氧化剂，所以转移2.50mol电子时有0.5molKNO3参与反应，则有2.5molNaN3参与反应，N2既是氧化产物又是还原产物，根据元素守恒可知生成的氮气中有=0.25mol为还原产物，有=3.75mol氮气为氧化产物，所以氧化产物比还原产物多3.75mol-0.25mol=3.50mol。15．大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O请计算：(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与VmL0.500mol·Lˉ1NaOH恰好完全反应，则V=_______。(2)若V(NO)：V（NO2）=5：1与xmolO2混合，能与60.00ml1.00mol·Lˉ1NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则_______(写出计算过程)【答案】（1）3.00（2）【解析】(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5mol，根据反应NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3mol，则=3.00×10-3L=3.00mL；(2)n(NaOH)=1.00mol/L×0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06mol，n(NO):n(NO2)=V(NO)：V（NO2）=5：1，故n(NO)=0.05mol，n(NO2)=0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NONO3-、NO2NO3-；得电子O2；故0.05mol×3+0.01mol×1=xmol×4，则mol。16．已知粗盐水中含MgCl26.80mol·m－3，含CaCl23.00mol·m－3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除Mg2+：MgCl2+Ca(OH)2→Mg(OH)2↓+CaCl2。然后加入Na2CO3除Ca2+。(1)处理上述粗盐水10.0m3，至少需要加Na2CO3________kg。(保留三位有效数字)(2)如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.0400)代替碳酸钠，发生如下反Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4+。处理上述10.0m3粗盐水至少需要通入标准状况下________m3碳酸化尾气。(需列式计算，保留三位有效数字) 【答案】(1)10.4(2)【解析】(1)设至少需要加Na2CO3的物质的量是xmol；x=98mol，需要碳酸钠的质量是98mol×106g/mol=10388g=10.4kg；(2)需要通入二氧化碳的物质的量是ymol；y=98mol，通入碳酸化尾气的体积是。17．硫粉和Na2S溶液反应可以生成多硫化钠(Na2Sn)，离子反应为：S+S2-=S22-、2S+S2-=S32-…(1)在100mLNa2S溶液中加入0.8g硫粉，只发生S+S2-=S22-，反应后溶液中和S2-无剩余，则原c(Na2S)=________mol·L-1。(2)在一定体积和浓度的Na2S溶液中加入6.75g硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反应后溶液中的阴离子有S2-、S22-、S32-(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为1：10：100。则反应后溶液中的n(S32-)=_______mol。(写出计算过程)【答案】(1)0.25(2)0.1【解析】(1)0.8g硫粉的物质的量为0.8g÷32g·mol-1=0.025mol，只发生S+S2-=S22-，则n(Na2S)=0.025mol，c(Na2S)=0.025mol/1L=0.25mol·L-1；(2)n(S22-)=10n(S2-)，n(S32-)=100n(S2-)，根据S+S2-=S22-，2S+S2-=S32-，n(S-)=n(S22-)+2n(S32-)=10n(S2-)+2×100n(S2-)=6.75g÷32g·mol-1=0.21mol，n(S2-)=0.001mol，n(S32-)=100n(S2-)=0.1mol。18．将铜与Fe2O3的混合物共28.8g加入300mL2.00mol·L-1的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为6.40g。请计算：(1)混合物中铜的物质的量为______mol。(2)反应后的溶液中最多消耗锌片的质量为______g。【答案】(1)0.200(2)39.0【分析】Fe2O3先和硫酸反应，生成Fe3+，Fe3+再和Cu发生反应，Cu不与硫酸反应，则剩余的固体只能是Cu，剩余的固体不含有Fe2O3，因为300mL2.00mol·L-1的稀硫酸可以与0.2molFe2O3 完全反应，其质量为32g，超过了28.8g。(1)反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g-6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol，则原混合物中铜的质量n(Cu)=+0.1mol=0.200mol；(2)反应后无论硫酸是否剩余，溶液中含有的溶质为硫酸锌，则反应后硫酸锌的物质的量与硫酸的物质的量相等，根据质量守恒可知：n(Zn)=n(ZnSO4)=n(H2SO4)=2.00mol/L×0.3L=0.6mol，则最多消耗Zn的质量m(Zn)=n·M=0.6mol×65g/mol=39.0g。19．向13.6g铁和氧化铁的化合物中，加入稀硫酸，固体完全溶解，且放出(标准状况)，向反应后的溶液中滴入溶液，无明显现象，继续向溶液中逐滴滴加溶液，一段时间后生成白色沉淀，当生成沉淀的质量恰好达到最大时，共消耗2mol/L的溶液。试计算：(1)原硫酸的物质的量浓度___________。(2)原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为___________。【答案】(1)2.5mol/L(3分)(2)2:1(3分)【解析】(1)根据题给信息可知，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不存在铁离子；铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为硫酸亚铁、硫酸，加入氢氧化钠溶液后，使亚铁离子全部转化为氢氧化亚铁，反应后的溶液溶质只有硫酸钠，根据硫酸根离子守恒可知：n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒可以知道，n(Na2SO4)=n(NaOH)=×2mol/L×0.25L=0.25mol，所以原硫酸溶液的物质的量浓度为c(H2SO4)==2.5mol/L；(2)铁和硫酸反应方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，固体加入酸后放出1.12L(标准状况)H2，氢气的量为0.05mol，根据方程式反应关系可知，消耗铁的量为0.05mol，质量为m1(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g；设氧化铁为mg，反应方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，根据关系Fe2O3~Fe2(SO4)3可知，160g：1mol=mg：xmol，x=mol；所以n(Fe3+)=mol；铁离子能够与铁反应生成亚铁离子，方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，根据2Fe3+~Fe关系可知：2mol：56g=：yg，y=g，则消耗的m2(Fe)=g；故m1(Fe)+m2(Fe)+m(Fe2O3)=13.6g；2.8++m=13.6，计算出m=8g，故m(Fe2O3)=8g；则m(Fe)=13.6-8=5.6g，故铁和氧化铁的物质的量之比为：=2:1。 20．为确定某碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]的组成，某同学取23.3g样品置于硬质玻璃管中充分灼烧至恒重，残留固休质量为10.0g，将产生的气体先通过足量98%的浓硫酸(ρ为1.84g·cm-3)，再通过足量的碱石灰，碱石灰质量增加8.8g。请计算：(1)98%的硫酸溶液物质的量浓度是___________；(2)根据实验测定的数据，求出碱式碳酸镁化学式中X、Y、Z的比值(要求写出计算过程)___________。【答案】(1)18.4mol/L(2)4:1:4【解析】(1)由c=可知，密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L；(2)由题意可知，碱石灰质量增加8.8g为二氧化碳的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×84g/mol=16.8g；残留固休为氧化镁，由镁离子个数守恒可知，碱式碳酸镁中镁离子的物质的量为=0.25mol，则氢氧化镁的物质的量为(0.25—0.2)mol=0.05mol，质量为0.05mol×58g/mol=2.9g；23.3g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为=0.2mol，由物质的量之比等于各微粒的个数比可得：x：y：z=0.2mol：0.05mol：0.2mol=4:1:4。21．将0.6molCl2通入过量的NaOH溶液中，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且产物的成分与温度高低有关。(1)n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=______mol。(2)改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为_____mol。(3)若某温度下，反应后c(Cl-)：c()=8：1，则溶液中c(ClO-)：c())=___。【答案】1.20.23：1【解析】(1)Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应产物中含有NaCl、NaClO、NaClO3，0.6molCl2中含有Cl原子的物质的量是n(Cl)=2n(Cl2)=2×0.6mol=1.2mol，所以根据Cl元素守恒可知：反应后溶液中含有Cl的微粒的物质的量的和n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(Cl)=1.2mol；(2)Cl2与冷的NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，与热的NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO3、H2O，改变温度，若只发生反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，若产物中NaClO3 最大，由方程式可知n(NaClO3)=n(Cl2)=×0.6mol=0.2mol，故NaClO3的最大理论产量为0.2mol；(3)若某温度下，反应后c(Cl-)：c()=8：1，假设c()为x，则c(Cl-)为8x，根据电子得失数目相等，可知溶液中有关系式：c(Cl-)=c(ClO-)+5c()，8x=c(ClO-)+5x，则c(ClO-)=3x，所以溶液中c(ClO-)：c())=3x：x=3：1。22．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，c(Cl-)和c(ClO-)的比值与反应温度有关。用32gNaOH配成的100mL溶液，与Cl2恰好完全反应(忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化)。(1)参加反应的Cl2的物质的量是__。(2)某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=8c(ClO)，则溶液中c(ClO-)=__。【答案】0.4mol1.5mol/L【解析】（1）32gNaOH的物质的量：，由NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，则n(Cl)=n(Na)=0.8mol，则n(Cl2)=0.4mol；（2）Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，设n(NaCl)=xmol，n(NaClO)=ymol，n(NaClO3)=zmol，根据钠原子守恒，x+y+z=0.8，根据氯电子得失电子守恒：x=y+5z，根据c(Cl-)=8c(ClO)，有x=8z，联立三式得：x=0.58mol，y=0.15mol，z=0.07mol，则c(ClO-)=。23．实验室一瓶硫酸亚铁和硫酸铁混合物，取一定量样品溶于水，配成100mL溶液。所得溶液分成二份，在第一份溶液中加入0.5mol·Lˉ1氯化钡220mL恰好完全反应；在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可使Fe2+全部变成Fe3+。（1）所取样品中硫酸铁物质的量是____________。（2）若在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，最后残渣的质量是________。【答案】0.02mol8g【解析】(1).在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，发生反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)=0.896L÷22.4L/mol×2=0.08mol，则n(FeSO4)=0.08mol，在第一份溶液中加入0.5mol·Lˉ1氯化钡溶液220mL，发生反应：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，n(SO42－)=0.5mol/L×0.22L=0.11mol，则Fe2(SO4)3中的n(SO42－)=0.11mol－0.08mol=0.03mol，n[Fe2(SO4)3]=0.01mol，n(Fe3＋)=0.02mol， 因所取样品配成的溶液分成两等份，所以所取样品中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol×2=0.02mol，故答案为0.02mol；(2).每份溶液中含有Fe2＋和Fe3＋的物质的量分别为0.08mol和0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，得到的残渣为Fe2O3，根据铁原子守恒可知，n(Fe2O3)=(0.08+0.02)mol÷2=0.05mol，m(Fe2O3)=0.05mol×160g/mol=8g，故答案为8g。24．将70.4g铜置入一定量的浓硝酸中，并微热，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时(铜片完全消失)，共收集到NO2和NO的混合气体22.4L(标准状况)，求：(1)反应中被还原的HNO3的物质的量是_______mol。(2)生成的NO2与NO物质的量之比为_______。【答案】12：3【解析】发生的反应为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此分析解答。(1)反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，混合气体的物质的量=，由氮原子守恒可知，n被还原（HNO3）=n（NO、NO2）=1mol；(2)铜的物质的量=；设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：x+y＝1；x+3y＝1.1×2；联立解得x=0.4、y=0.6，生成的NO2与NO物质的量之比为=0.4mol：0.6mol=2：3。25．取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出。试计算：（1）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；______________（2）产生的气体在标准状况下的体积。_______________【答案】Na2CO3的物质的量浓度为1.0mol·L－1，Na2SO4的物质的量浓度为0.4mol·L－1二氧化碳的体积为1.12L【解析】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，剩余沉淀为BaSO4，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量所以Na2SO4的物质的量为：=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量所以Na2CO3的物质的量为：=0.05mol所以Na2CO3的物质的量浓度为1mol/L答案为： 1mol/L、0.4mol/L．（2）设生成的气体在标准状况下的体积为x．BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑1mol22.4L0.05molxx=1.12L，答案为1.12L．