- 化学计量在实验中的应用
- 共20262题
金属及其化合物变化多，用途广。请完成下列计算：
（1）等物质的量的镁在氧气中充分灼烧，产物质量为a g，比它在空气中灼烧所得产物增重b g。它在空气中灼烧后的产物中Mg3N2的质量分数是 （用a、b表示，只考虑空气中氮气、氧气参与反应）。
（2）硬铝（因其主要成分，在此仅看作Al-Cu合金）常用于建筑装潢。1.18g某种硬铝恰好与10mL某浓度的硝酸完全反应，生成的混合气体（其中NO2与NO的体积比为2：1）再与448mL氧气（标准状况）混合，恰好能被水完全吸收。
①计算该硝酸的物质的量浓度。
②计算并确定此种硬铝的化学式。
（3）取5.1g Al-Mg合金与200mL 1mol·L-1的NaOH(aq)充分反应，产生气体a L。过滤，向滤液中通入V L CO2后开始出现沉淀，继续通入CO2使沉淀完全。过滤、洗涤、干燥、灼烧，得到固体5.1 g。则a = ，V = 。（气体体积均为标准状况）
（4）向Cu、Cu2O和CuO的混合粉末中加入500mL 0.6 mol·L-1 HNO3(aq)，恰好完全溶解，同时收集到1120 mL NO（标准状况）。通过计算推断混合粉末中Cu的物质的量。
正确答案
（1）
（2）①12.8 mol/L （3分）
②设硬铝中： Al x mol 、Cu y mol
x=0.02mol，y=" 0.01" mol 所以该硬铝的化学式为Al2Cu 。 （3分）
（3）a= 3.36（2分） 、 V= 1.12 （2分）
（4）0.025＜n(Cu)＜0.075 （4分）
试题分析：
（1）在氧气中生成氧化镁，在空气中生成氧化镁和假设在相同量1mol的镁分别在氧气和空气燃烧，那么质量相差为1molMgO(40g),1/3 mol Mg3N2(100/3)g，质量相差40g－(100/3)g＝20/3 g,要使质量相差b g，则生成Mg3N2的质量为(100/3)*b/(20/3 )g,=5b，而空气中灼烧后的产物质量为a-b，Mg3N2的质量分数是
（2）根据电子的是守恒：金属失去的电子=HNO3得到的电子="NO" NO2混合气体失去的电子=氧气得到的电子 n(O2)=0.448/22.4=0.02mol则转移电子的物质的量n(e-)=0.02*4=0.08mol
设合金中n(Al)="xmol" n(Cu)=ymol则3x+2y=0.08
27x+64y=1.18得到x=0.02 y=0.01 NO2 NO混合气体中
设NO物质的量=a，则NO2物质的量=2a；3a+2a=0.08；a=0.016
n(HNO3)=0.02*3+0.01*2+3*0.016=0.128mol；c(HNO3)=0.128/0.01=12.8mol/L；
合金化学式为Al2Cu
（3）产生气体a L为氢气，2AL-----3H2 灼烧，得到固体5.1 g是氧化铝，其物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒可知AlO2-的物质的量为0.1mol，根据关系式2AlO2- ------可求出CO2的物质的量为0.05mol，故V= 1.12，根据关系式2AL-----3H2 求得氢气物质的量为0.15mol，故a= 3.36
（4）本题为混合物的计算，若建立方程组求解，则解题过程较为繁琐。若抓住反应的始态和终态利用守恒关系进行求解，则可达到化繁为简的目的。
利用氮(N)原子守恒。n（HNO3）= 0.3mol，n（NO）= 0.05mol，则n（Cu(NO3)2）=（0.3-0.05）/2=0.125mol
本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。转移电子总数：n（e-）= n（NO）×3=0.15mol
设Cu的物质的量为Xmol，Cu则提供电子数：2Xmol
Cu2O提供电子数： 0.15-2Xmol
n（Cu2O）=（0.15-X）/2 mol n（CuO）= 0.125-X-（0.15-2X）=0.025－X
根据电子守恒进行极端假设：
若电子全由Cu提供则n（Cu）=0.075mol；
若电子全由Cu2O提供则n（Cu2O）=0.075mol，则n（Cu2+）>0.125mol,不可能，但n（CuO）= 0.125-X-（0.15-2X）=－0.025+X>0,解得X>0.025
所以0.025mol < n（Cu）<0.075mol。
（8分）将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图。（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：
（1）加入NaOH溶液0--20mL过程中反应方程式为：_______________________。160--180mL过程中反应方程式为_______________________。
（2）合金中Mg的质量为____________g。所用HCl的物质的量浓度为____________mol/L。
正确答案
（1）HCl +NaOH══NaCl+H2O ；Al（OH）3 +NaOH ══NaAlO2 +2H2O
（2）4.8 ； 8
试题分析：（1）加入NaOH溶液0--20mL过程中溶液无沉淀产生，显然盐酸过量，发生氢氧化钠与盐酸中和反应：HCl + NaOH══NaCl+ H2O，
160--180mL过程中沉淀质量减少，发生氢氧化铝与氢氧化钠发生，沉淀溶解：
Al（OH）3 + NaOH ══NaAlO2 +2 H2O
(2)Mg(OH)2质量就是11.6g,(因Al(OH)3溶于过量的NaOH生成NaAlO2.)
所以Mg～Mg(OH)2～2HCl
24 58 2
m(Mg) 11.6 n(HCl)
解出来是m(Mg)=4.8g
HCl是0.4mol
(2)与合金反应后HCl有剩余
消耗了0.02´5=0.1mol的NaOH.所以HCl有0.1mol
3HCl～Al～Al(OH)3
3 1 78
n(HCl) 7.8
算出n(HCl)=0.3mol
一共就是0.4mol +0.1mol +0.3mol =0.8molHCl
所以c(HCl)=0.8/0.1=8mol/L
点评：本题考查混合物的计算，注意判断加入的NaOH溶液反应的过程，分析各过程的产物为解答该题的关键，同时考查了图象的分析应用
（12分）接触法制硫酸的主要原料是硫铁矿和空气。
I、接触法制硫酸的过程中，三个最主要的设备是： 、 和吸收塔；为了避免酸雾的形成，提高SO3的吸收率，工业上常用 来作吸收剂。
II、为了防止环境污染并对尾气进行综合利用，硫酸厂常用氨水吸收尾气中的SO2、SO3等气体，再向吸收液中加入浓硫酸，以制取高浓度的SO2及（NH4）2SO4和NH4HSO4固体。为了测定上述（NH4）2SO4 和NH4HSO4 固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入浓度为3.00 mol·L-1的NaOH溶液50.00 mL，加热至120 ℃左右，使氨气全部逸出〔（NH4）2SO4和NH4HSO4的分解温度均高于200 ℃〕，测得有关实验数据如下（标准状况）：
（1）由第1组数据直接推测：用1.81 g样品进行同样实验时，生成氨气的体积（标准状况）
为 L。
（2）14.48g该混合物中n(（NH4）2SO4)= mol n(NH4HSO4)= mol
（3）第4组中过量的NH4+ 的物质的量为： mol
正确答案
I、沸腾炉 接触室 98.3%的浓硫酸
II、（1）0.448 （2）0.09 （3）0.04 0.08
由题给数据，第2组样品质量是第1组的2倍，产生NH3体积也是第1组的2倍；第3组样品质量是第1组的3倍，但产生NH3体积小于第1组的3倍，则NaOH溶液在第1、2组中足量，在第3组中不足。
（1）用1.81 g样品进行实验，NaOH过量，产生的NH3体积应为第1组的
（2）我们可以首先计算出（NH4）2SO4与NH4HSO4的物质的量之比，应根据第1组或第2组数据计算。
（NH4）2SO4~2NH3 NH4HSO4~NH3
设（NH4）2SO4物质的量为x，NH4HSO4物质的量为y，则有：
132x+115y=7.24 2x+y= 1.792/22.4
解得：x="0.02" mol y=0.04mol
n〔(NH4)2SO4〕∶n（NH4HSO4）=1∶2
进而可求出14.48g该混合物中：
n(（NH4）2SO4)="0004mol" n(（NH4HSO4)=0008mol
（3）由（2）知道混合物中的NH4+为0.16 mol，H+为0.08 mol
反应中依次发生反应：H＋＋OH－=H2O
即： 0.08 0.08
NH4＋ ＋ OH－ = NH3↑ + H2O
0.07 3×0.05－0.08
OH－和H＋、NH4＋反应后还剩余：
0.16 mol－0.07 mol ="0.09" mol
注：本小题还可以这样分析：
如果本题混合物中NH4+全部转变化NH3，相比较（1）组数据可知为0.16mol，实际得到NH3为0.07 mol，则过量的NH4+为0.09 mol
(8分) 将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)当V1=140mL时，混合物中n(Mg)=_____mol，V2=_____mL
(2)滴入的NaOH溶液_____mL 时,溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全。
(3)若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围是____________________
正确答案
(8分) (1)0.04 460 (2)400 (3)
试题分析：（1）设混合物蒸干镁和铝的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.1mol，消耗盐酸分别是x和1.5y。根据图像可知，和氢氧化钠反应的盐酸的物质的量是0.14L×1mol/L＝0.14，则和金属反应的盐酸是0.4mol－0.14mol＝0.26mol，即x＋1.5y＝0.26mol，解得x＝0.04mol，y＝0.06mol，所以生成的氢氧化铝是0.06mol，而溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是0.06mol，因此V2对应的氢氧化钠的物质的量是0.4mol＋0.06mol＝0.46mol，则V2=460ml。
（2）根据方程式Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，需要氢氧化钠的物质的量是0.08mol＋0.18mol＝0.26mol，所以溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是0.26mol＋0.14mol＝0.4mol，体积是400ml。
（3）混合物中Mg的物质的量分数为a，则镁的物质的量是0.1amol，铝的物质的量是（0.1－0.1a）mol，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol，当所得沉淀中无Al(OH)3，一定有0.1－0.1a≤0.45－0.4，解得1/2≤a＜1。
点评：根据方程式进行的有关计算，关键是准确写出反应的化学方程式，然后逐一进行分析并解答，同时结合各种守恒法。
实验室需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL和0.5 mol/L硫酸溶液450 mL.根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图
仪器C的名称是 ，
本实验所需玻璃仪器E规格为 mL。
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有 (填序号)。
(3)在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确。若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度 0.1 mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度 0.1 mol/L。
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保
正确答案
(1) AC,分液漏斗，500Ml (2)BCD (3) 小于, 大于 (4)13.6 , 25
略
工业上用丁烷氧化法制醋酸，反应的化学方程式可表示为：
2C4H10＋5O2
现用58吨丁烷为原料制取醋酸，求：
（1）理论上需要标准状况下的空气 m3（设空气中O2、N2的体积分数分别为0.2、0.8），同时生成水 吨。
（2）若生成的醋酸溶解在生成的水中，所得醋酸的质量分数为 %。
（3）若同时生产质量分数为100%的冰醋酸m1吨和质量分数为50%的醋酸m2吨，且
正确答案
（5分）（1）2.8×105 ；18（2）86.96%（3）
试题分析：（1）令O2需要的物质的量为xmol
则2C4H10+5O2＝4CH3COOH+2H2O
58×2g 5mol
58×106 xmol
解得x＝2.5×106mol
所以需要空气的体积为（2.5×106
令生成水y吨，则：
2C4H10+5O2＝4CH3COOH+2H2O
58×2g 18×2g
58吨 y吨
所以y＝18吨
（2）令生成醋酸m吨，则
2C4H10+5O2＝4CH3COOH+2H2O
58×2g 4×60g
58吨 m吨
所以m＝120吨
由（1）中计算可知，生成水18吨，生成的醋酸溶解在生成的水中，所得醋酸的质量分数为
（3）由题意可知，m1+50%×m2＝120
若需补充水y吨，则50%×m2＝8+y
所以m2＝36+2y
则m1＝120－18-y＝102－y
即102-y＝x（36+2y）
即
若不补充水，50%×m2＝18
所以m2＝36
故m1＝120-50%×m2＝102
所以m1+m2＝36+102＝138
故y＝138
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。也有助于培养学生的逻辑推理能力和规范的答题能力。
（4分）硝酸铜受热易分解：2Cu(NO3)2
现取5.64gCu(NO3)2无水晶体，在一定温度下使其分解，将生成的气体及时导出并用足量的NaOH溶液充分吸收。
⑴若该质量的无水硝酸铜经加热完全分解，其中的铜元素全部转化为氧化铜，则氧化铜的质量是__________g。
⑵若该质量的无水硝酸铜完全分解，铜元素全部转化为氧化亚铜，反应过程中生成的气体被足量的NaOH溶液充分吸收后，还有多余的气体，则多余的气体是________（填分子式），其体积（标准状况）是_____________L。
⑶若该质量的无水硝酸铜分解后的残留固体中含有1.60g CuO，则残留固体的质量可能
是_________g。
正确答案
（1）2.4g（1分）；⑵O2，0.168L（各1分，共2分）；⑶3.48g或2.32g（共1分）；
（1）5.64gCu(NO3)2的物质的量是
（2）如果生成氧化亚铜，则方程式为4Cu(NO3)2
（3）1.60g CuO是0.02mol。如果残留物是氧化铜和氧化亚铜构成的，则氧化亚铜的质量是0.005mol×144g/mol＝0.72g，则总质量是2.32g；如果是氧化铜和硝酸铜构成的，则硝酸铜是0.01mol，质量是1.88g，则总质量是3.48g。
（8分）往100 mL的NaOH溶液中通入CO2充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液蒸干，得到白色固体M。通入的CO2的体积V(标准状况)与M的质量W的关系如下图所示。试解答下列问题：
(1)A点时，白色固体M的化学式为____________________，通入的CO2的体积为________ mL(标准状况下，下同)。
(2)C点时，白色固体M的化学式为____________________，通入的CO2的体积为________ mL。
(3)B点时M的组成成分为________(用化学式表示)，通入的CO2的体积为________ mL。
(4)该NaOH溶液的物质的量浓度为________。
正确答案
(1)Na2CO3 1120 (2)NaHCO3 2240 (3)Na2CO3和NaHCO3 1792 (4)1.0 mol·L－1
试题分析：从W的质量可以看出A点的质量为5.3g，所以A点M的化学式为Na2CO3，物质的量为0.05mol，所以通入CO2的体积为1120 mL。C点的质量为8.4g，所以C点M的化学式为NaHCO3，物质的量为0.1mol，通入CO2的体积为2240 mL。B点的组成则为Na2CO3和NaHCO3，根据混合物的总质量为7.16g，原NaOH的质量为4g，可以求出通入CO2的体积为1792 mL。一点CO2都不通，固体A的质量为4g，说明100mLNaOH溶液中有4gNaOH，则c(NaOH)=
点评：本题比较基础简单，只要根据图像计算就可以。
实验室需要450ml 0．12mol/L
①把称好的NaOH放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解
②根据计算用托盘天平称取NaOH 克
③把①所得溶液小心转
④继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm-2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀。
⑥将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
请填写下列空白：
（1）、上述步骤中要称量的NaOH固体为 克
（2）、操作步骤的正确顺序为（填序号） 。
（3）、实验室有如下规格的容量瓶：①100mL ②250mL ③500mL ④1000mL,本实验选用 mL（填序号）。
（4）、本实验用到的基本实验仪器除托盘天平，
（5）、误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①称量NaOH固体时，物码倒置（1克以下用游码）
②没有进行操作步骤⑤
③没有将溶解好的液体冷却就直接倒入容量瓶中
④容量瓶中原来有少量水
⑤某同学定容时仰视容量瓶刻度线
⑥定容，摇匀后发现液面低于刻度线，拿胶头滴管又加入蒸馏水使液体凹液面再次与刻度线相切 。
正确答案
（16分）
（1）、2．4 克（2）、②①③⑤④⑥ 。（填序号）
（3）、③（填序号）（4）、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
（5）、误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①偏低 ②偏低 ③偏高 ④无影响⑤偏低⑥偏低 。
略
（12分）氯气是一种重要的工业原料。
Ⅰ.实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是 。
Ⅱ.某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：
Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4 
他们利用该反应设计如下制取氯气并验证其性质的实验。
(1)回答下列问题：(1)该实验中A部分的装置是 (填标号) 。
(2)请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)： 。
(3)写出D装置中发生反应的离子方程式 (4)该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法 。
(5)该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0 g，研磨后溶解，配制成250 mL溶液，取出25 mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置。待完全反应后，用0.1 mol·L−1的Na2S2O3溶液作标准液滴定反应生成的碘，已知反应方程式为：2Na2S2O3+I2 === Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0 mL。则该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为 。
正确答案
Ⅰ.MnO2 + 4HCl（浓） 
Ⅱ.(1)b （2分）
(2) 取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化 （2分）
(3) Cl2+H2O ="==" H++Cl−+HClO
H++HCO3− ="==" CO2↑+H2O （合理答案均可，共2分）
(4) 应将尾气通入NaOH溶液中 （2分）
(5) 35.75% （2分）
试题分析：Ⅰ实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式：MnO2 +4HCl（浓）
Ⅱ⑴A部分是氯气的发生装置，而此装置为固液加热型装置，因此选b。
⑵证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化，实际上是证明溶液中存在SO42-。
⑶装置D中为碳酸氢钠与氯气的反应，，此时应考虑氯气溶液水发生的反应。故答案为：
Cl2+H2O=H++Cl−+HClO、H++HCO3−=CO2↑+H2O。
⑷整个反应过程中由于氯气具有毒性，因此，装置的末尾应加上一个尾气处理装置。可用碱性溶液吸收。
⑸由此过程中涉及的反应式可得出如下关系式：
143 4mol
x 0.002mol 
故该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为
点评：本题是一道结合实验与计算的综合题，属于中等难度题型，也是高考中的常考题型。对于此类题型的解答，熟练掌握物质的相关性质，是解题关键。对于计算，则需将多步反应联系起来，找出之间的对应关系，形成关系式形式，可简化计算，减少计算量。
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