- 化学计量在实验中的应用
- 共20262题
（1）在标准状况下，3.55g氯气的体积是______L，将其与氢气完全化合需氢气的物质的量是______mol，将生成的气体制成100mL溶液，溶质的物质的量浓度是______mol•L-1，将此溶液取出20mL加蒸馏水稀释成500mL溶液，此稀稀后的溶液中溶质的物质的量浓度是______mol•L-1．
（2）写出下列反应的化学方程式：
①镁在二氧化碳中燃烧反应：______．
②实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气：______．
③金属铜与浓硫酸加热反应：______．
（3）白磷（P4）是一种常见的晶体，可用于制备较纯的磷酸．已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：
______P4+______HClO3+______=______HCl+______H3PO4
配平并完成上述反应方程式，该反应的氧化剂是______；若有1mol P4反应，则有______mol电子转移．
正确答案
（1）n（Cl2）=
根据反应方程式H2+Cl2=2HCl计算需氢气的物质的量为0.05mol，生成0.1molHCl，
将生成的气体制成100mL溶液，溶质的物质的量浓度是c（HCl）=
将此溶液取出20mL加蒸馏水稀释成500mL溶液，此稀稀后的溶液中溶质的物质的量浓度是c=
故答案为：1.12；0.05；1；0.04；
（2）①镁在二氧化碳中燃烧反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+CO2
故答案为：2Mg+CO2
②二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
③铜和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，
反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）
（3）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，反应中
HClO3为氧化剂，若有1mol P4反应，则转移的电子的物质的量为4×（5-0）mol=20mol，
故答案为：3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4；HClO3；20．
.用KMnO4氧化密度为1.19g/cm3，溶质的质量分数为36.5%的 盐酸．反应方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（1）用双线桥法标出上述反应电子得失数目．
（2）求所用盐酸的物质的量浓度．
（3）15.8gKMnO4能使多少克HCl发生上述反应？产生的Cl2在标准状况下的体积为多少？
正确答案
（1）反应中高锰酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，Mn元素的化合价+7→+2，和Cl元素的化合价-1→0，反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，
答：双线桥法标出反应中电子得失数目为
；
（2）c（HCl）=
答：所用盐酸的物质的量浓度为11.9mol•L-1；
（3）设15.8gKMnO4能同xgHCl发生反应，生成标准状况下yLCl2．
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
2×158 g 16×36.5 g 5×22.4 L
15.8 g x g y L
则 x=
y=
答：15.8gKMnO4能使29.2克HCl发生上述反应；产生的Cl2在标准状况下的体积为5.6L．
漂白粉是一种常用杀菌、消毒剂，其有效成分为次氯酸钙．如图为制取漂白粉的工业流程简图．
（1）流程 I 得到浓度为80g•L-1氢氧化钠溶液，其物质的量浓度是______ mol•L-1．
（2）写出流程 I发生反应的化学反应方程式，并用双线桥表示其电子转移的方向和数目：______．流程 II的反应条件（2）是______．
（3）流程 III中发生两个反应，写出其中一个的氧化还原反应的化学反应方程______．
（4）流程 IV中操作b是：______．（写名称）
（5）用化学方程式说明较纯的次氯酸钙粉末必须密封保存的原因______．
正确答案
（1）物质的量浓度c=
（2）电解饱和食盐水的反应为化：2NaCl+2H2O
，碳酸钙在高温下会分解，故答案为：
；高温；
（3）有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，流程III中发生两个反应，一个是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、水以及次氯酸钙的反应，即2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，属于氧化还原反应，一个是次氯酸钙和水以及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸的反应，即Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO，属于复分解反应，一定不是氧化还原反应，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；
（4）流程IV中加水溶解后过滤可以实现固体难溶物和液体的分离，故答案为：过滤；
（5）较纯的次氯酸钙粉末必须密封保存，因为氯酸钙以和空气中的水以及二氧化碳反应而变质，即Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO．
在足量浓硝酸中加入3.84gCu片，反应完全后，使产生的气体（只含有一种气体）通入800 mL H2O中充分反应，设反应后溶液体积不变。
（1）写出产生的气体通入水中的化学反应方程式，并指出氧化剂与还原剂质量之比；
（2）试求将气体通入水中充分反应后得到的溶液的物质的量浓度。
正确答案
解：（1）3NO2 + H2O===2HNO3 + NO； 1:2
（2）Cu + 4HNO3=== Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O
1 2
3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
3 2
0.12 mol y = 0.08 mol
尽管氮元素在地壳中的丰度较低(主要以硝酸盐的形式存在)，在所有元素中仅排31位，但是大气中有丰富的氮气，这为氨和硝酸的广泛应用提供了可能。
（1）氮气的电子式为 ，雷电作用能进行氮的固定，写出反应方程式 。
（2）食物蕴含的营养物质中，含氮的高分子化合物是 (填名称)，其水解的最终产物为 。
（3）土壤中的NH4+在硝化细菌的催化作用下可转化为NO3﹣，写出其离子方程式： 。
（4）某铜铝合金用足量稀硝酸完全溶解，得到标准状况下NO 11.2 L，再向溶液中加入过量氨水，充分反应后过滤。①滤液显深蓝色是因为含有的离子(填化学式)． 。②若沉淀质量为7.8g，则合金的质量为 g。
正确答案
（1）
（3）NH4++2O2NO3-+H2O+2H+ （4）Cu(NH3)42+ ；41.1
试题分析：（1）在N2分子中两个N原子共用三对电子。所以氮气的电子式为
（9分）写出下列用语：
（1）醛基的电子式 （2）铵根离子电子式
（3）锰基态原子的外围电子排布式 （4）高氯酸的酸酐
（5）铜绿的化学式 （6）漂白粉的有效成分
（7）铜离子的结构示意图
（8）写出实验室制氢氧化铁胶体的化学方程式
（9）氢氧化铝的电离方程式
正确答案
（1） 
（4） Cl2O7 （5） Cu2(OH)2CO3 （6） Ca(ClO)2
(7) 
考查常见化学用语的书写。
（1）醛基的结构简式是－CHO，所以电子式是
（2）铵根离子带有1个单位的正电荷，其电子式是
（3）根据构造原理可知，锰基态原子的外围电子排布式是3d54s2。
（5）铜绿的化学式是Cu2(OH)2CO3。
（6）漂白粉是混合物，其有效成分是Ca(ClO)2。
（7）铜离子原子核外电子数是27，其结构示意图是
（8）实验室制氢氧化铁胶体的方法是将饱和的氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中，反应的化学方程式是FeCl3+3H2O
（9）氢氧化铝是两性氢氧化物，电离方程式是AlO2－＋H＋＋H2O
由CO2、H2O(g)组成的混合气体共a mol，其中CO2的物质的量分数为x。将该混合气体缓慢通过装有1mol Na2O2的真空管，充分反应后，维持120℃、1.01×105Pa。收集所得气体，冷却、称量，真空管中固体质量增加y g。
（1）若a=1，则y=____________(用含x代数式表示)；
（2）若a=2，x=0.5时，反应后所得气体的成份是_____________；
（3）若a=2，y=28时，则x的取值范围____________________；
（4）若a=1.25，试在图中作出y与x的关系曲线，并在y轴标明曲线起点和终点的数值。
正确答案
（1）y=26x+2 （2）H2O、O2 （3）0.5≤x＜1
（4）
（1）若a=1，则CO2是xmol，水蒸气是（1－x）mol。根据方程式2Na2O2＋2CO2=4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2可知y＝28x＋2－2x＝26x＋2。
（2）若a=2，x=0.5时，CO2和水蒸气分别都是1mol。由于过氧化钠是1mol，则只有CO2和过氧化钠恰好反应，而水蒸气是不反应的。所以最终气体是水蒸气和氧气。
（3）若a=2，则过氧化钠是不足的。由于过氧化钠首先和CO2反应，所以当y=28时，根据方程式可知，参加反应的CO2是1mol，因此X的取值范围是0.5≤x＜1。
4）若a=1.25，则过氧化钠还是不足的。如果气体只有水蒸气，则y＝2；如果只有CO2，则y＝28，由于过氧化钠首先和CO2反应，即1mol过氧化钠消耗1molCO2，则此时CO2的物质的量分数是x＝0.8，所以图像是（见答案）。
取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50 mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是：
①________；②________；③________；④________。
(2)在稀释后的溶液中分别逐滴加0.1 mol/L的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)
与所加盐酸的体积关系如图所示：
①分别加入足量的盐酸后的溶液中的溶质是________，原NaOH溶液的物质的量浓度为________。
②A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与HCl反应产生CO2的最大体积是________mL(标准状况)。
③B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为________，其物质的量之比为________。
正确答案
(1)①Na2CO3和NaOH； ②Na2CO3；③ Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3
（以上4个填空无顺序要求）
(2) ①NaCl；0.15 mol/L ②33.6mL(标准状况)。③Na2CO3和NaHCO3；1:1
（1）氢氧化钠和CO2反应可逆生成正盐碳酸钠，或者酸式盐碳酸氢钠，所以溶液中溶质的组成可能是Na2CO3和NaOH；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3。
（2）①如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。根据图像可知，需要盐酸是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol，因此原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.05L＝0.15mol/L。
②由于碳酸钠和盐酸可以是分步进行的，所以根据曲线A可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－60ml＝15ml，因此生成CO2是0.015L×0.1mol/L＝0.0015mol，体积是0.0015mol×22.4L/mol＝0.0336L＝33.6ml。
③根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝50ml，则说明前25ml盐酸是和碳酸钠反应生成碳酸氢钠的，因此溶质是碳酸钠和碳酸氢钠。根据反应Na2CO3＋HCl=NaCJ＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，二者的物质的量是相等的。
（8分）200℃时，11．6gCO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充 分反应后固体质量增加了3．6g（如图所示），其原混合物中CO2和H2O的物质的量比。
正确答案
CO2和H2O的物质的量比1：4
考查应该过氧化钠反应的有关计算。
设原混合物中CO2和H2O的物质的量分别为
2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2
2mol 56g
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑
2mol 4g
解得
（1）NA为阿伏加德罗常数。25℃时，1g水中含H+离子个数约为__________NA。
（2）通过氨的催化氧化法制取硝酸，在此全过程中，理论上氨与所耗氧气的物质的量比为__________,这样所得硝酸的质量分数为_____________。
（3）往含0．2 mol NaOH和0．1 mol Ca(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体0．5 mol。请以CO2的量为横坐标，以溶液中离子的总量为横坐标，画出离子总量随CO2加入量变化的折线图。(不计弱电解质的电离和盐的水解)
（4）某研究性学习小组拟用铜屑与氧化铜混合物与硫酸和硝酸组成的混酸反应来制取CuSO4·5H2O晶体，混酸中硝酸的还原产物为NO，反应过程中不产生SO2，反应后的溶液中不含Cu（NO3）2， 反应中固体完全溶解，两种酸均恰好完全反应。设固体混合物的总质量为480 g，其中铜屑的质量分数为0．4， 480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO4·5H2O，试求原混酸中H2SO4的质量分数（写出计算过程）
正确答案
（1）10-10 (2分)
（2）1：2 0．778 (4分)
（3）
(0,0．7) (0．1,0．4) (0．2,0．3) (0．3,0．4) (0．4,0．7) (0．5,0．7) (5分)
（4）(4分)解 m(Cu) = 480×0．4=192g m(CuO)=480g-192g=288g
n(Cu) =192/64=3mol， n(CuO) = 288/80=3．6mol （1分）
n(Cu) +n(CuO)="3mol" +3．6mol = 6．6mol
由Cu守恒得： n(H2SO4)=n(CuSO4·5H2O)=6．6mol（1分）
m(CuSO4·5H2O)=6．6mol×250g/mol=1650g
设HNO3为xmol ,由得失电子数相同得： 2×480×0．4/64=3x x=2
n(HNO3) ="2mol" 则放出NO为2mol，质量为2×30=60g（1分）
根据质量守恒：m(溶液)=1650+2×30-480=1230g（1分）
所以，H2SO4%=6．6×98/12300×100％=52．6%（1分）
试题分析：（1）水电离出的C(H+)=1．0×10-7mol•L‾1, 1g水中含H+为：1g÷1000g/L×1．0×10-7mol•L‾1=10-10mol。
（2）氨的催化氧化法制取硝酸发生如下反应：4NH3+5O2
（3）通入CO2前，0．2 mol NaOH和0．1 mol Ca(OH)2的混合溶液共含离子0．7mol，折线起点坐标(0,0．7)，通入CO2首先发生反应：CO2+Ca2++2OH‾=CaCO3↓+H2O，完全反应消耗0．1molCO2，减少0．3mol离子，得转折点坐标(0．1,0．4)，继续通入CO2，发生第2步反应：CO2+2OH‾=CO32‾+H2O ,本步反应消耗CO2 0．1mol，离子减少0．1mol，得第2个转折点(0．2,0．3)，第3步反应：CO2+CO32‾+H2O=2HCO3‾，消耗CO2 0．1mol，离子增加0．1mol，得第3个转折点(0．3,0．4)，第4步反应：CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3‾，消耗CO2 0．1mol，离子增加0．3mol，得第4个转折点(0．4,0．7)，因为不计弱电解质的电离和盐的水解，再通入CO2，离子浓度不变，得终点(0．5,0．7)，连接各点得转折线。
（4）硫酸的质量根据元素守恒求算，n(H2SO4)=n(CuSO4·5H2O)="n(Cu)+n(CuO)," 题目已给条件：固体混合物的总质量为480 g，铜屑的质量分数为0．4，分别求出Cu、CuO的质量，进而求出物质的量；混酸溶液的质量根据质量守恒定律求算，反应前固体混合物的质量+混酸溶液的质量=反应后CuSO4·5H2O的质量+NO的质量，最后可求出H2SO4的质量分数。
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