2021届高考化学（全国统考版）二轮复习梳理纠错预测学案：专题二 化学计量及其应用 WORD版含解析.docx

1、专题 二化学计量及其应用命题趋势1了解物质的量及其单位摩尔（mol）、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度和阿伏加德罗常数的含义。2根据物质的量与微粒（分子、原子、离子等）数目、气体摩尔体积（标准状况）之间的相互关系进行相关计算。3了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并进行相关计算。4掌握配制一定溶质质量分数的溶液和物质的量浓度溶液的方法。5.关系式法计算在滴定中的应用。新课标全国卷命题强调知识的综合性，往往通过阿伏加德罗常数将化学基本概念、基本原理、以及元素化合物知识与化学计量联系起来，从物质状态、物质组成、化学键、气体摩尔体积、弱电解质的电离、盐类水解、以

2、及氧化还原反应中电子的转移等角度设计问题。客观题(1)考查“常数”：结合阿伏加德罗常数，以物质的组成、电解质溶液、氧化还原反应等为载体，考查摩尔质量、气体摩尔体积、溶液浓度、电子转移数目等的简单计算。(2)考查“实验”：结合一定物质的量浓度溶液的配制，考查仪器使用、基本操作和误差分析。(3)考查“化学用语”：化学式、分子式、电子式、结构简式、结构示意图的判断。主观题(考查“计算”)(1)与氧化还原反应、化学反应与能量、反应速率、平衡常数等相结合考查物质的量、物质的量浓度的相关计算。(2)渗透于化学工艺流程题或综合实验题中，考查物质的量浓度的相关计算。(3)在综合题中，考查常用的化学用语及方程式

3、的书写。(4)在综合题中，常常应用关系式法和滴定结合计算物质的含量的测定。考点清单一、常用化学计量物质的量1与物质的量相关的重要定律阿伏伽德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。注意：（1）使用范围：气体（2） 使用条件：同温、同压、同体积（3） 特例：标准状况下的气体摩尔体积（Vm=22.4L/mol） 质量守恒定律：参加反应的各物质质量总和等于反应后生成物的质量总和（或反应前后各原子的种类及个数相同）。此定律是书写化学方程式及进行计算的依据。2物质的量和其它物理量之间的关系3物质的量在化学计算中的典型应用（1）物质的量与其他化学常用计量间的相互求算，是重要的

4、基本化学计算。其解题关键是熟练掌握下列恒等式：n=cV(aq)式中n为物质的量，单位为mol；Q为物质的反应热，单位为J或kJ；H为摩尔反应热，单位为kJmol1；V(aq)为溶液体积，单位为L；x为饱和溶液的质量，单位为g；S为溶解度，单位为g。（2）c、w%、之间的计算关系计算关系：使用范围：同一种溶液的质量分数与物质的量浓度之间的换算（3）有关气体定律的计算气体摩尔体积的计算对标准状况下的气体有n=。确定气体的分子组成一般思路是：根据阿伏加德罗定律，由体积比推导出粒子、分子个数比，再根据质量守恒定律确定化学式。如2体积气体Ax与1体积气体By恰好完全反应生成2体积A2B，由阿伏加德罗定律

5、可知：气体的分子数之比等于其体积比，即AxByA2B=212，所以两气体反应物为双原子分子，即A2和B2。气体的相对分子质量的计算方法a已知标准状况下气体密度，M=22.4Lmol1，Mr=M gmol1。b根据阿伏加德罗定律计算：（同T、p、V）。二、化学计算的类型和方法1.明确必须以“物质的量”为中心-“见量化摩，遇问设摩”2.掌握两种方法（1）守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用的方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。他们抓住有关系变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量（如原子、离子或原子团不变；氧化还原得失电子数相等）建立关系式，从而达到简化过程，快速解决题的目的。（2

6、）关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。（3）计算类型计算类型：确定化学式；确定样品质量分数。试验方法：滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。精题集训（70分钟）经典训练题1已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAB100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为NAC在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD常温下，1L 0.1molL1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性

7、，则溶液含醋酸根离子数0.1NA【答案】D【解析】A12g石墨烯的物质的量是1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol碳原子含有六元环的个数是0.5NA，故A错误；B100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是=1mol，含有氧原子数为NA，水中也含有氧原子，故B错误；不知道溶液的体积，无法算出碳酸钠的物质的量，故C错误；D常温下，1L 0.1molL1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，则c(Na+)=c(CH3COO)=0.1mol=0.1NA，故D正确；选D。2在标准状况下，将22.

8、4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为g/cm3（1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L。下列叙述中正确的是（ ）w=100% c=1molL1 向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5wABCD【答案】A【解析】根据c=可得w=100%，故正确；36.5gHCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量

9、分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的一半，即大于0.5w，故正确；故错误；所以正确的为，故选A。3NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1mol，则下列判断正确的是（ ）A转移电子4.8NAB生成气体的体积42.56L(标准状况)C被还原的氮原子是8.4gD还原剂比氧化剂多0.4mol【答案】C【解析】6molNO2还原得到3molN2，8molNH3氧化得到4molN2，两者相差1molN2，现相差0.1mol，相当于0.6molNO2和0.8molNH3反应，生成0.7molN2。A转移

10、电子的物质的量为0.6mol(4-0)=2.4mol，转移电子2.4NA，故A错误；B生成氮气的体积为0.7mol22.4L/mol=15.68L，故B错误；C被还原的氮原子是0.6mol14g/mol=8.4g，故C正确；D由分析可知还原剂比氧化剂多0.2mol，故D错误；故选：C。4黑火药爆炸反应的化学方程式为：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2，下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂是KNO3，还原剂为S和CB氧化剂与还原剂的物质的量之比为11C氧化产物只有CO2，还原产物只有N2D每消耗0.1molS，反应中共转移电子0.2mol电子【答案】B【解析】A由反应方程式，反应中氮元素

11、和硫元素化合价降低，氧化剂是KNO3和S，碳元素的化合价升高，C是还原剂，A错误；B氧化剂KNO3和S共为3mol，还原剂C为3mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，B正确；C氧化产物只有CO2，还原产物有K2S和N2，C错误；D每消耗0.1mol S，反应中共转移电子1.2mol电子，D错误；答案选B。5将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A加入合金的质量不可能为6.4gB参加反应的硝酸的物质的

12、量为0.1molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L【答案】D【解析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量

13、比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故B错误；C加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入

14、的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；D标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D正确。高频易错题1据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。则下列判断正确的是（）A还原剂与氧化产物的物质的量之比为23B若氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子的物质的量为0.8molC每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化DNaN3是只含有离子键的离子化合物【答案】A【解析】10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+1

15、6N2中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中共转移10e。AKNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为1016=23，故A正确；B由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子为1mol，故B错误；C反应中KNO3是氧化剂，在上述反应中被还原，故C错误；DNaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选A。【点评】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，将N作为整体来分析为解答的难点，要求

16、熟练掌握氧化还原反应的规律。2标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（ ）A在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为mnB同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为nmC25、1.25105Pa时，两气体的密度之比为nmD相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为mn【答案】C【解析】A由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为mn，故A正确；BA与B相对分子质量之比为mn，同质量时由n=可知，分子数之比等于nm，故B正确；C温度压强一样，Vm相同，由=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m

17、n，故C错误；D相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为mn，故D正确；答案选C。3某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O处理，回收得到amol磁性材料FeOFeyCrxO3(Cr为+3价)，其流程如图所示，则下列说法错误的是（）A“滤渣”的主要成分为Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3B消耗硫酸亚铁铵的物质的量为(3-x) a molC反应中发生转移的电子物质的量为3ya molD在FeOFeyCrxO3中，x=0.5，y=1.5【答案】C【解析】Cr2O与Fe2+发生氧化还原反应，得到Cr3+、Fe3+和过量的Fe

18、2+，再与NaOH溶液反应生成沉淀。ACr2O具有氧化性，Fe2+有还原性，两者发生氧化还原反应，混合溶液中含Cr3+、Fe3+和过量的Fe2+，加入NaOH溶液后生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3，A正确；B从FeOFeyCrxO3中根据化合价代数和为0可得3x+3y=6，y=2-x，amol FeOFeyCrxO3中含有Fe原子的物质的量为a(1+y)=(3-x)a mol，根据Fe守恒可知消耗硫酸亚铁铵的物质的量为(3-x)a mol，B正确；CFeSO4(NH4)2SO46H2OFeOFeyCrxO3，铁的化合价由+2价升高到+3价，生成a mol FeOFeyCr

19、xO3铁的化合价升高ay1=ay mol，反应中转移的电子物质的量为ya mol，C错误；DFeOFeyCrxO3中根据化合价代数和为0可得3x+3y=6，x+y=2，又根据铁化合价升高的值等于Cr化合价降低的值可得3x=y，因此x=0.5，y=1.5，D正确；正确答案选C。4将3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1molL1 H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部反应完，Cr2O全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）A0.033molL1 B0.3molL1 C0.2molL1 D0.1molL1【答案】D【解析】3.48

20、g四氧化三铁的物质的量是3.48g232g/mol=0.015mol，与稀硫酸反应后溶液中亚铁离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价得到3个电子，则根据电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是0.015mol6=0.0025mol，则其浓度是0.0025mol0.025L=0.1mol/L，答案选D。5将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到Vml水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液下列说法中正确的是（）A若c1=2c2，则w12w2，V50mLB若c1=2

21、c2，则w12w2，V50mLC若w1=2w2，则c12c2，V=50mLD若w1=2w2，则c12c2，V50mL【答案】A【解析】A若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：1=，2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故122，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V50ml；故A正确；B由A分析可知，所以水的体积V50ml，122，故B错误；C稀释前后溶质的质量不变，若1=22，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水

22、的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物质的量是浓度为c1molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：c1=，c2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故c12c2，故C错误；D由C中分析可知，水的体积V=50ml，c12c2，故D错误。故选A。6NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A标准状况下，2.24L Cl2完全溶于水中，所得溶液中Cl2、Cl、HClO、ClO的粒子数之和为0.1NAB2LiFePO4+H2O2+8H+=2Li+2Fe3+2H2O+2H3PO4，则每生成1mol Li+转移的电子数为NAC78g苯(C6H6)和苯乙

23、烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NAD0.5L 0.1molL1的NH4Br溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH的数目为0.05NA【答案】A【解析】A标准状况下，2.24L Cl2完全溶于水中，所得溶液中反应的Cl2未知，无法用原子守恒计算Cl2、Cl、HClO、ClO的粒子数之和，A说法错误；B2LiFePO4+H2O2+8H+=2Li+2Fe3+2H2O+2H3PO4，反应时，亚铁离子化合价升高变为+3价，过氧化氢中的O由-1价变为-2价，每生成2mol锂离子转移2mol电子，则每生成1mol Li+转移的电子数为NA，B说法正确；C苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的

24、最简式均为CH，则每个碳原子均含有1条碳氢键，则78g混合物中含有的碳氢键的物质的量为=6mol，即6NA，C说法正确；D0.5L 0.1molL1的NH4Br溶液中通入适量氨气呈中性，根据溶液呈电中性，则c(NH)=c(Br)=0.1mol/L，此时溶液中NH的数目为0.05NA，D说法正确；答案为A。精准预测题1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）ApH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO的数目等于0.1NAB60g SiO2晶体中Si-O键数目为2NAC18g D2O中含有的质子数为10NAD真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2N

25、A【答案】D【解析】ApH=1的硫酸溶液1L，n(H+)的物质的量为0.1mol，则溶液中含SO的数目等于0.05NA，A说法错误；B60g SiO2的物质的量为1mol，一个Si原子周围有4条Si-O键，则晶体中Si-O键数目为4NA，B说法错误；CD2O中含有10个质子，摩尔质量为20g/mol，18g D2O的物质的量为0.9mol，含有的质子数为9NA，C说法错误；D真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，H2+I22HI，分子总数不变，则容器内分子总数为0.2NA，D说法正确；答案为D。2下列说法正确的是（）A把100mL 3molL1的H2SO4跟100mL

26、 H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5molL1B把100g 20%的NaCl溶液跟100g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C把200mL 3molL1的BaCl2溶液跟100mL 3molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl)仍然是3molL1D把100mL 20%的NaOH溶液跟100mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%【答案】B【解析】A把100mL 3molL1的H2SO4跟100mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5molL1，故A错误；B与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100g

27、H2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：100%=10%，故B正确；C3molL1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL1，3molL1的KCl溶液中氯离子浓度为3molL1，混合后氯离子浓度介于3molL16molL1之间，故C错误；D氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；故选B。3用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAB标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAC通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/

28、L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA【答案】A【解析】A常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，A项正确；B标准状况下，H2O为液态，不能直接进行计算，B项错误；C条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；D题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误。【点评】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点，利用计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。4设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A标况下，22.4L CHCl3中含有的氯原子数目为3NAB向恒容密闭容器

29、中充入2moI NO和1molO2，充分反应后容器中分子总数一定为2NAC1L硫酸铝溶液中，SO的浓度为1.5a molL1，则Al3+数目为aNAD用惰性电极电解100mL0.1molL1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NA【答案】D【解析】A标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B向恒容密闭容器中充入2mol NO和1mol O2，充分反应后生成2mol NO2，又存在化学平衡2NO2N2O4，所以分子总数小于2NA，故B错误；C铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当硫酸铝溶液中SO浓度为1.5amo

30、lL1，铝离子的浓度小于amolL1，则1L硫酸铝溶液中，Al3+数目小于aNA，故C错误；D用惰性电极电解100mL0.1molL1的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.012+2x=4x，解得x=0.01mol，故阳极上转移电子为0.04NA个，故D正确；故选：D。5在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有纯净的NH3，含一半空气的HCl气体，NO2和O2的混合气体V(NO2)V(O2)=41，然后分别作喷泉实验，三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之

31、比为（）A212 B554 C111 D无法确定【答案】B【解析】在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=VVm知，氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为52.541；做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体(体积比为41)的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶，所以溶液的体积比为212；因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和二氧化氮的物质的量相等，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为52.54，根据c=nV知，各物质的量浓度之比为；552.52.545=554，故选B。【点评】本题考查的是物质的量

32、浓度的有关计算，正确求算盛放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键。6丙烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3CO2+Fe+，下列叙述错误的是（）A配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12B该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为109C还原性：C3H8FeD25、101kPa条件下，消耗11.2LC3H8转移的电子数为10NA【答案】D【解析】烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3CO2+Fe+，反应中C元素的化合价由-变为+4价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，C3H8作还原剂；Fe元素的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子，发生

33、还原反应，Fe2O3作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒，则配平该反应方程式为：3C3H8+10Fe2O3=9CO2+20Fe+12H2O。A根据上述分析可知，配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12，故A正确；B根据分析，该反应中氧化剂为Fe2O3，氧化产物为CO2，则二者物质的量之比为109，故B正确；C根据分析，反应中C3H8作还原剂，Fe作还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：C3H8Fe，故C正确；D11.2LC3H8的状态条件不是标准状况，不能用标况下气体的摩尔体积计算消耗C3H8物质的量，则反应中转移电子的数目不能确定，故D

34、错误；答案选D。7在100mL0.1molL1铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O的水溶液中，逐滴滴入0.1molL1的Ba(OH)2溶液，所得沉淀的质量与Ba(OH)2溶液的体积曲线如图所示已知Ba(AlO2)2易溶易电离。下列说法正确的是（ ）Aa点溶液中大量存在的离子有NH和SOBb点溶液中c(NH3H2O)约为0.1molL1Cab过程中，反应的只有SODbc过程中，反应的是Al(OH)3和NH【答案】A【解析】0.01mol硫酸铝铵溶液中含有0.01mol铵根离子，0.01mol铝离子，0.02mol硫酸根离子。开始滴入氢氧化钡溶液后同时发生反应为：Ba2+SO=BaSO4，Al3

35、+3OH=Al(OH)3，当铝离子沉淀完全时需要加入0.03mol氢氧根离子，即加入0.015mol氢氧化钡，加入的钡离子为0.015mol，硫酸根离子未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵，硫酸铝，开始到a再滴加氢氧化钡，生成硫酸钡沉淀，发生反应为：Ba2+SO=BaSO4，NH+OH=NH3H2O，所以再滴加氢氧化钡，沉淀质量继续增加，当硫酸根离子完全沉淀时，共需加入0.02mol氢氧化钡，加入0.04mol氢氧根离子，铝离子反应掉0.03mol氢氧根离子，生成0.01mol氢氧化铝，剩余的0.01mol氢氧根离子恰好与铵根离子完全反应，此时溶液中铵根离子完全反应，此时溶液为氨水溶液。继续滴加氢氧

36、化钡，氢氧化铝溶解，发生反应为A(OH)3+OH=AO+2H2O，由方程式可知要是0.01mol氢氧化铝完全溶解，需再加入0.005mol氢氧化钡，此时溶液为氨水和偏铝酸钡溶液。Aa点溶液铵根离子未反应，硫酸根离子未反应，正确，选A；Bb点反应生成一水合氨0.01mol，则生成氨水的物质的量浓度为0.01/（0.1+0.2）=0.03mol/L，错误，不选B；Cab过程中，硫酸根离子和铵根离子都反应，错误，不选C；Dbc过程中，反应的是氢氧化铝溶解，错误，不选D。【点评】本题考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意铵根和铝离子之间存在，氢氧根离子首先与铝离子反应

37、，而铵根离子与氢氧化铝同时存在，氢氧根离子首先与铵根离子反应，试题充分考查了学生的分析，理解能力及灵活应用所学知识的能力。8某感光材料的主要成分为KBr和KI(其余成分不溶于水)，测定KBr含量的方法如下：称取试样1.0g，溶解后，过滤，将滤液再配制成200mL溶液。取50mL上述溶液，用溴水将I氧化成IO，除去过量Br2后，再加入过量KI，酸化，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定析出的I2(发生反应：I2+2S2O=S4O+2I)，终点时消耗30.00mLNa2S2O3溶液。另取50mL所得溶液，酸化后加入足量K2Cr2O7溶液，将生成的I2和Br2收集于含有过量KI的

38、溶液中，反应完全后，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，终点时消耗15.00mLNa2S2O3溶液。试样中KBr的质量分数为（ ）A47.6%B35.7%C23.8%D11.9%【答案】A【解析】由题意可得关系：IIO3I26S2O，n(S2O)=0.1molL130103L，则50mL样品中n(I)=0.5103mol，用K2Cr2O7溶液处理后，该部分I氧化为I2，其物质的量为n(I2)=0.5n(I)=2.5104mol，该部分溶液中总的n(I2)总=0.50.1000molL115103L=7.5104mol，被Br2氧化产生的I2的物质的量为7.5104mol-

39、2.5104mol=5104mol，2BrBr2I2，n(Br)=1103mol，n(KBr)=n(Br)=1103mol，则KBr的质量分数为KBr%=119gmol11103mol0.2500g100%=47.60%，故答案选A。9（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_。（2）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是_；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是_。（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用_。（填序号）NaOH Ca(OH)2BaCl2K2SO4Ca(NO3)2（4）火药是中国的“

40、四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2。其中被还原的元素是_。当反应有3.6121024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积_。（5）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是_，R的相对原子质量是_。【答案】（1）H2（2） H+ HClO或ClO（3） （4） N和S 28L （5） 120g/mol 24 【解析】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最

41、小，所以H2的体积最大；(2)氯水溶液中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2OH+OH、HClOH+ClO，HCl=H+Cl，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl、ClO、OH。酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；(3)碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故错误；碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用Ca(OH)2溶液不能鉴别二者，故错误；碳酸钠与BaCl2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl2

42、不反应，故BaCl2溶液可以区分两物质，故正确；K2SO4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故错误；Ca(NO3)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO3)2不反应，故Ca(NO3)2溶液可以区分两物质，故正确；故答案为：；(4)N、S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，反应中KNO3得到10个电子，S得到2个电子，当反应有3.6121024个电子转移时，即转移6mol，则生成1.5molCO2，其中被KNO3氧化得到的二氧化碳为1.5mol=1.25mol，其体积为1.25mol22.4L/m

43、ol=28L；(5)1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=，则RSO4的M=120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的相对原子质量是120-32-64=24。10碱式氯化铝Al2(OH)xCl(6-x)y是一种高效净水剂，利用“铝灰酸溶一步法”可制得。研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6molL1的盐酸，温度控制在85左右，以中等速度搅拌。(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)xCl(6-x)的化学方程式_。(2)若用溶质质量分数36.5%的浓盐酸(密度为1.16gcm3)配制50mL6molL1

44、的盐酸，所有浓盐酸的体积为_。(3)以中等速度搅拌的理由是_。(4)为测定某Al2(OH)xCl(6-x)y样品组成中的x值，可以采取如下方法：取两份等质量的样品，一份样品用足量的稀HNO3溶解后，加入足量的AgNO3溶液，得到3.157g白色沉淀；另一份样品配成500mL溶液，取出12.50mL溶液，加入0.1000molL1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH为34，煮沸，冷却后用0.1000molL1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗ZnSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为11)。计算Al2(OH)xCl(6-x)y样品

45、中的x值(写出计算过程)_。【答案】（1）2Al+(6-x)HCl+xH2O=Al2(OH)xCl(6-x)+3H2 （2）25.9 （3）搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢（4）3.8【解析】(1)铝与盐酸、水共同作用下生成Al2(OH)xCl(6-x)和H2，化学方程式为：2Al+(6-x)HCl+xH2O=Al2(OH)xCl(6-x)+3H2；综上所述，本题答案是：2Al+(6-x)HCl+xH2O=Al2(OH)xCl(6-x)+3H2。(2)根据c=1000/M可知，浓盐酸的浓度=10001.16gcm336.5%/36.5g/mol=11.6mol/L；根据

46、稀释前后溶质的量不变可知：11.6mol/LVL=10350mL6molL1，V=0.025.9L=25.9mL；综上所述，本题答案是：25.9。(3)反应中加入盐酸试剂，盐酸具有挥发性，因此在搅拌时，搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢，因此要以中等速度搅拌；综上所述，本题答案是：搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢。(4)n(Cl)=n(AgCl)=3.157g/143.5g/mol=0.022mol；n(Al3+)=0.1000molL1(25.00mL-20.00mL)103(500mL/12.50mL)=0.02mol；n(Al3+)/ n(C

47、l)=2/(6-x)=0.02/0.022，x=3.8；综上所述，本题答案是：3.8。11碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和_。（2）MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O中a、b、c、d的代数关系式为_。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如右图所示（样品在270时已完全失去结晶

48、水，600以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)（写出计算过程）_。【答案】（1）生成的产物能阻止燃烧 （2）2a+3b=c+2d （3）35（过程见解析） 【解析】(1)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，故答案为生成的产物具有阻燃作用；(2)化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d=(c+3d)2，所以得2a+3b=c+2d，故答案为2a+3b=c+2d；(3)n(CO2)=2.50102mol，m(CO2)=2.50102mol44g/mol=1.10g，在270600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m(CO2)+m(H2O)=3.390g(0.7345-0.3702)=1.235g，m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=7.50103mol，再根据氢原子守恒得n(OH)=2n(H2O)=1.50102mol，根据C原子守恒得n(CO)=n(CO2)=2.50102mol，所以n(OH)n(CO)=1.50102mol2.50102mol=35，答：碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)=35。