- 化学计量在实验中的应用
- 共20262题
（10分）向200 mL ，某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH>7。
(1)此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是____________________；如果是多种成分，可能是__________________________。
(2)在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2 mol·L－1的盐酸，所得气体(不考虑溶解于水)的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①加入盐酸200 mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式______________________________________________________。
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__________ (溶液体积的变化忽略不计)。
正确答案
(1)Na2CO3或NaHCO3（2分）NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3（2分）
(2)①OH－＋H＋===H2O（2分），CO＋H＋===HCO（2分）
②1.2 mol·L－1（2分，不写单位不得分）
（1）CO2和氢氧化钠溶液反应，可以生成碳酸钠，也可以生成碳酸氢钠。所以如果是单一成分，则可以是Na2CO3或NaHCO3；如果是多种成分，则可以是NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3。
（2）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，方程式为Na2CO3＋HCl=NaCl=NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。根据图像可知，生成CO2消耗盐酸的物质的量小于前面消耗的，这说明溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠。所以O到A点发生反应的离子方程式是OH- + H+ = H2O、CO32-+ H+ = HCO3-。
（3）根据图像可知最终溶液中生成的是氯化钠。根据原子守恒可知，氯化钠是0.3L×2mol/L＝0.6mol，所以再根据原子守恒可知，氢氧化钠元也是0.6mol，则浓度是0.6mol÷0.5L＝1.2mol/L。
绿矾（FeSO4·7H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂，工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。
（1）98% 1.84 g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为 (保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为 （填>、<、=）40%。
（2）实际生产用20%发烟硫酸（100克发烟硫酸含SO3 20克）配制稀硫酸，若用SO3·nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=____________(保留两位小数)。
（3）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2＋完全氧化，推测晶体的化学式为 。
（4）硫酸亚铁铵［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］(俗称莫尔盐)，较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量。现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：
10NO3-＋3Cu2S＋16H＋→6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O
8NO3-＋3CuS＋8H＋→ 3Cu2＋＋3 SO42-＋8NO↑+ 4H2O
剩余的稀硝酸恰好与V mL 2 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。
已知：NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→ NO↑＋3Fe3+＋2H2O
① V值范围 ；
② 若V=48，试计算混合物中CuS的质量分数（保留两位小数）。
正确答案
（1）7.14 mol·L－1 ; > （2分+2分）
（2）0.77（2分）
（3）FeSO4·Fe2(SO4)3·10H2O（2分）
（4）①42～60mL（3分）； ②0.33（3分）
试题分析：（1）设浓硫酸的体积为xmL，1.4x×50%/(98*x*0.001)=7.14 mol·L－1。设50%的硫酸与30%的硫酸的密度分别为A,B，则易得到溶液的质量分数为(0.5A+0.3B)/(A+B)，因为A>B所以该式大于40%。
（2）发烟硫酸是在98%浓硫酸中继续通入SO3 ,因为20%指质量分数,20%的发烟硫酸可表示为H2O·nSO3（制备来源），进一步整理即为H2SO4·（n-1）SO3，由该混合物中H2SO4（溶剂）和SO3（溶质）的质量关系可得 98 ：80（n-1）： ="(1-20%):" 20%，解得n="1.3" ，这样计算后需进行变化， H2O·1.3SO3变为1/1.3H2O·SO3，即n=0.77。
（3）根据题意所得沉淀是硫酸钡，9.32克的物质的量为0.04mol,即n(SO42-)=0.04mol，112mL（标准状况）氯气的物质的量为0.005mol,根据Cl2---2Fe2+关系式，求得n(Fe2+)=0.01mol，说明原晶体中存在FeSO40.01mol，质量为1.52g，n(Fe2(SO4)3)=（0.04-0.01）/3=0.01mol，质量为4g,则结晶水的物质的量为（7.32-1.52-4）/18=0.1mol。三者的物质的量之比为1：1：10，故晶体的化学式为FeSO4·Fe2(SO4)3·10H2O。
（4）①200mL2mol/L稀硝酸溶液的物质的量为：0.20L×2mol/L=0.4mol，假设固体混合物全部为Cu2S，需要的硝酸的物质的量为x，
10NO3-＋3Cu2S＋16H＋→6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O
3 16
8.64/160=0.054 x
x=0.288mol,则剩余硝酸的物质的量反应掉剩余的硝酸的物质的量为0.4mol-0.228mol=0.112mol，0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应。NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→ NO↑＋3Fe3+＋2H2O，根据4H+----3Fe2＋关系式，求得n(Fe2＋)=0.084mol，则需要 2 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积V =42ml。按照同样方法再假设固体混合物全部为CuS，需要硝酸的物质的量为x，
8NO3-＋3CuS＋8H＋→ 3Cu2＋＋3 SO42-＋8NO↑+ 4H2O
8 3
x 8.64/96=0.09
x=0.24mol,剩余的硝酸的物质的量为0.4mol-0.24mol=0.16mol，0.16mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应。NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→ NO↑＋3Fe3+＋2H2O，根据4H+----3Fe2＋关系式，求得n(Fe2＋)=0.12mol，则需要 2 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积V =60ml。故答案为：42＜V＜60；
②若V=48，与48mL（NH4）2Fe（SO4）2，则溶液n(Fe2＋)=0.096mol，完全反应需要硝酸的物质的量为：
NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→ NO↑＋3Fe3+＋2H2O 1mol 5mol
0.096 0.128
所以硝酸的物质的量为0.128mol，故与固体混合物反应的硝酸的物质的量为0.4mol-0.128mol=0.272mol，设Cu2S的物质的量为x，CuS的物质的量为y，160x+96y=8.64g.。
10NO3-＋3Cu2S＋16H＋→6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O
x 16x/3
8NO3-＋3CuS＋8H＋→ 3Cu2＋＋3 SO42-＋8NO↑+ 4H2O
y 8y/3
16x/3+8y/3=0.272mol ,解得y=0.03
则混合物中CuS的质量2.88g,则其质量分数=2.88/8.64=0.33答：混合物中CuS的质量分数为33%．
在50mL a mol·L-1的硝酸溶液中，加入6.4g Cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL时测得c(NO3-)="3" mol·L-1。
（1）求稀释后的溶液的pH 。
（2）若生成的气体中NO2的物质的量为0.125 mol，则a=
（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：
NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O
若将上述的NO2和NO的混合气体通入2mol·L-1的NaOH恰好被吸收，求NaOH溶液的体积为 mL。生成的NaNO2为 mol。
（4）治理氮氧化物污染的另一种方法，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理。其主要反应原理如下：
4NO + 4NH3 + O2
某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2490mg/m3（体积已折算至标准状况），其中NO与NO2物质的量比为4∶1。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。
①氨氧混合气的平均相对分子质量为 （精确到0.01）。
②要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为 L。
正确答案
（1）0 (2分)
（2）a= 9 (2分)
（3）75 mL(2分) 0.1 mol(2分)
（4）①___19.37 _（精确到0.01）。(3分) ②10.64L。(3分)
试题分析：（1）6.4g Cu的物质的量为6.4/64=0.1mol，所以溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0.1mol，溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），所以溶液中c（H+）=2c（Cu2+）-c（NO3-）=0.1/0.05×2-3mol/L=1mol/L，所以入PH=-lg1=0，故答案为：0．
（2）根据N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反应后溶液（NO3-）=0.05amol-0.1L×3mol/L=0.125mol+n（NO），根据电子守恒0.1×2=0.125+3n（NO）；n（NO）="0.025mol;" a=9。
（3）反应后为NaNO2、NaNO3混合溶液，根据N元素守恒可知，n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+n（NO）=0.15mol，根据钠元素守恒可知，n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.15mol，NaOH溶液的体积为.15mol/2mol/L=0.075L=75mL。因为n（NO2）=0.125mol，n（NO）=0.025mol，按方程式（1）反应后剩余n（NO2）-（NO）=0.125mol-0.025mol=0.1mol,生成NaNO20.05mol,则剩余的二氧化氮发生了第（2）个反应，生成NaNO2和NaNO3分别为0.05mol,两步反应中共生成NaNO2就为0.1mol。
（4）①设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4xmol×30g/mol+46xg=2.49g，x=0.015mol，所以1m3尾气中NO2的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，根据4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O 知，0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式 6NO2+8NH3=7N2+12H2O知，0.015molNO2需要0.02molNH3，所以氨氧混合气体的平均摩尔质量
（0.06+0.02+0.015）mol×22.4L/mol=2.128L，则要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为=2.128L×5=10.64L，故答案为：10.64L；
某氮肥NH4HCO3中混有少量(NH4)2CO3，现采用下列方案测定该氮肥中(NH4)2CO3的质量分数：称取5.7 g样品与2.0 mol·L－1 NaOH溶液混合，完全溶解后，低温加热使其充分反应(该温度下铵盐不分解)，并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用NaOH溶液体积的关系如图所示。请回答下列问题：
(1)A点前样品与NaOH反应的离子方程式为 。
(2)为使生成的氨气被硫酸吸收时不发生倒吸，可以选用下列装置中的 (填字母序号)。
(3)样品中(NH4)2CO3的质量分数是 %(保留一位小数)。
(4)当V(NaOH)＝50 mL时，生成NH3的质量为 。
正确答案
(1)HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O
(2)ABD
(3)16.8
(4)0.68 g
(1)样品中的HCO3-和NH4+都能与OH－反应，只有HCO3-反应完之后，NH4+才会与OH－反应生成NH3。(2)A、B中的漏斗和球形干燥管能蓄积较多液体，可防止倒吸；NH3不溶于CCl4，D装置也能防止倒吸。(3)设样品中NH4HCO3、(NH4)2CO3的物质的量分别为x mol、y mol，则：79x＋96y＝5.7,2x＋2y＝0.14。解得：x＝0.06，y＝0.01。m[(NH4)2CO3]＝0.96 g，w [(NH4)2CO3]＝
向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2(其组成可理解为aK2O·bFeO·cFe2O3)。请回答下列问题：
（1）若x的平均值为1．3，则磁流体中Fe2+和Fe3+的质量之比为 。
（2）若x为1．4，请写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式：
将该反应设计为原电池，负极电极反应为 ，当消耗1L 1．1mol/L KI溶液时,外电路通过电子数刚好为NA个,则该电池的化学能转化为电能的转化效率为 。
（3）为测定该磁流体中Fe2+的含量,取化学式为K1．5FeO2的样品2g溶解在稀硫酸中并稀释到100ml,取出2mL加入10ml 0．005mol/L的KMnO4(在酸性条件下KMnO4被Fe2+还原为Mn2+),充分反应后再加入150ml 0．001mol/L的FeSO4,溶液紫红色恰好完全褪色,则原样品中Fe2+的质量分数为 。溶解样品若选择稀硝酸测定结果 (填偏高,偏低,无影响)
正确答案
（1）3:7 ；
（2）10K1．4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+ 10K2SO4+20H2O ；2I—－2e-= I2 ； 90．9%；
（3）14% 偏低
试题分析：（1）当
（2）当
（3）根据氧化还原反应得失电子守恒知，KMnO4～5Fe2+（KMnO4→Mn2+得到5e-，Fe2+→Fe3+失去e-），依题意得与磁流体反应的n(KMnO4) = 10×10-3L×0．005mol/L－
工业上生产硫酸的原料，一种是黄铁矿，其主要成分为FeS2（S为-1价）；另一种是磁黄铁矿，其主要成分是Fe1-xS（S为-2价），式中x通常为0.1~0.2，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。
生产硫酸时将矿石煅烧，发生反应如下：
① 4 FeS2 + 11 O2→ 2 Fe2O3 + 8 SO2
② 4 Fe1-xS + (7-3x) O2→ 2 (1-x) Fe2O3 + 4 SO2
含FeS272%的黄铁矿10吨，理论上最多可以生产98%的浓硫酸 吨（矿石中无其他含硫物质）。
若磁黄铁矿Fe1-xS中x=0.1，则Fe1-xS中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为 ：1。
煅烧矿石时，为了尽可能地将矿石中的硫转变为SO2，需通入过量20%的空气（其中N2与O2的体积比为4：1，假设无其他气体成分），计算磁黄铁矿充分煅烧后排出的气体中SO2的体积分数（用含x的代数式表示）。
正确答案
12 （2分） 3.5 （3分） 
试题分析：（1）FeS2中S元素的含量是
所以根据S原子守恒可知，最多可以生产98%的浓硫酸等质量为
（2）设Fe1-xS中Fe2＋与Fe3＋的物质的量分别是a和b
则根据原子守恒和电荷守恒可知a＋b＝0.9、2a＋3b＝2
解得a＝0.7mol，b＝0.2mol
所以Fe1-xS中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为3.5︰1。
（3）设生成4mol SO2，则需要1.2 (7-3x)mol的O2，所需空气中的N2为4.8 (7-3x)mol；
反应后得到的混合气体组成为：SO2 4mol、O2 0.2 (7-3x)mol、N2 4.8 (7-3x)mol；
所以 SO2的体积分数
点评：该题以黄铁矿和磁黄铁矿生产浓硫酸为载体，重点考查学生对化学计算的熟悉掌握情况，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范的答题能力。该题的关键是在掌握反应原理的基础上利用好守恒法。
将3.84g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
颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时（铜片完全消失），共收集到2.24L气体（标准状况），求：
（1）上述过程中，有关反应的离子方程式为 ；
。
（2）反应中被还原的HNO3的物质的量是 mol。生成的NO与 NO2物质的量之比为 。
（3）将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2，使其充分反应，若要使水恰好充满容器，理论上需要 摩尔O2参加反应。
正确答案
(1)Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O
3Cu + 8H+ +2NO3- = 3Cu2+ +4H2O + 2NO↑
(2) 0.1mol 1:9 （3）0.03 mol
试题分析：(1)3.84g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
颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时（铜片完全消失），这是因为随着反应的进行，硝酸溶液的浓度在降低，Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，所以有关的离子方程式为：
Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O 、3Cu + 8H+ +2NO3- = 3Cu2+ +4H2O + 2NO↑；（2）反应气体的物质的量等于反应中被还原的硝酸的物质的量，所以反应中被还原的HNO3的物质的量为2.24/22.4=0.1mol，3.84g铜完全消失，所以反应的铜为3.84/64=0.06mol，故转移的电子数为0.12mol，设二氧化氮的物质的量为amol，一氧化氮的物质的量为bmol，故a+3b=0.12，a+b=0.1，所以a=0.09，b=0.01，故NO与 NO2物质的量之比为：1：9；（3）将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2，其发生的化学反应为：4NO＋2H2O＋3O2=4HNO3，
4NO2＋2H2O＋O2=4HNO3，根据化学方程式可以知道若要使水恰好充满容器，理论上需要的氧气的物质的量为0.01×3/4+0.09×1/4=0.03mol。
点评：该题考查了铜与硝酸的反应，该考点是高考常考的考点，本题综合性强，需要有一定的分析能力，本题难度较大。
某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子．称取两份质量均为45.3 g的该结晶水合物，分别制成溶液．向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24 L该气体(标准状况)；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失．另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g.
请回答以下问题：
(1)该结晶水合物中含有的两种阳离子是________和________，阴离子是________．
(2)该结晶水合物的化__________________________________________________．
(3)假设过程中向该溶液中加入的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1，请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图．
正确答案
】(1) NH4＋ 、Al3＋ 、SO42－
(2)NH4Al(SO4)2·12H2O[或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]
(3)
(1)能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，则水合物中有NH4＋。加入NaOH溶液，先出现沉淀，后沉淀消失，则水合物中有Al3＋.加入Ba(OH)2先出现沉淀，后沉淀溶解，溶解不完．没有溶解的沉淀不溶于HNO3说明含SO42－。
(2)n(SO42－)＝
n(NH4＋)＝
根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理：n(NH4＋)＋3n(Al3＋)＝2n(SO42－)可得：
n(Al3＋)＝
n(H2O)＝
该结晶水合物的化学式为NH4 Al(SO4)2·12H2O[或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]
(3)Al3＋完全沉淀消耗V(NaOH)＝
NH4＋转化为NH3·H2O消耗V(NaOH)＝
Al(OH)3完全溶解消耗V(NaOH)＝20 moL。
（8分）已知Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）。生成物中含有Cl—、ClO—、ClO3—三种含氯元素的离子，其中ClO—、ClO3—两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。
（1）t1前，氧化产物是________（填化学式）。
（2）t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总的离子方程式为： 。
（3）该石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量是 mol。
（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，其爆炸后的产物可能是 。
正确答案
（1）Ca(ClO)2 （2）5Ca(OH)2+5Cl2=5Ca2++7Cl-+2ClO-+ClO3—+5H2O （3）5 （4）D
（1）根据图像可知，t1之前氧化产物是Ca(ClO)2。
（2）t2时，氧化产物既有Ca(ClO)2、还有Ca(ClO3)2，二者的物质的量分别是是1mol和0.5mol，所以转移电子是7mol，则生成3.5mol氯化钙，因此方程式为5Ca(OH)2+5Cl2=5Ca2++7Cl-+2ClO-+ClO3—+5H2O。
（3）根据原子守恒可知，氢氧化钙的物质的量是1mol＋0.5mol＋3.5mol＝5mol。
（4）亚氯酸钠固体爆炸所以自身的氧化还原反应，所以氯元素的化合价既有升高的，还有降低的，则答案选D。
（10分）将35.8gNa2CO3和NaHCO3的固体混合物溶于足量水中，向其中逐滴加入1mol·L－1的盐酸至不再产生气体为止，测得共产生CO28.96L(标准状况)(气体溶解忽略不计)。回答：
⑴原混合物中Na2CO3为 _______________g
⑵若以滴加盐酸的体积为V(mL)，产生气体的物质的量为n(mol)，建立n=f(V)的函数关系，将V在不同取值时，n=f(V)的关系式填入下表并作图
正确答案
（1）10.6 （2分） （2）（表中每空1分，共6分，图2分）
（1）设原混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量分别是x和y，则106x＋84y＝35.8，x＋y＝
（2）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，方程式为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。由于碳酸钠是0.1mol，则恰好生成碳酸氢钠时，需要盐酸是100ml。如果完全放出CO2则需要盐酸是500ml，因此答案是
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