【高考预测】
1．高考中化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度(质量分数和物质的量浓度)的计算；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关物质溶解度的计算；⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑧有关燃烧热的简单计算；⑨以上各种化学计算的综合应用。
2．常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题等，2007年高考将化学计算部分常见的最后两个计算大题取消，计算的考查已落在选择和填空题中。
3．近年高考化学计算题主要有以下特点：
(1)注意速算巧解。一般在第Ⅰ卷中会出现五到七个左右要计算的量很少或者根本不需要计算的试题。纯计算题不超过两个，其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
(2)综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
【知识导学】
（一）化学计算的常用方法：
1、关系式法——多步变化以物质的量关系首尾列式计算。
2、选量法——利用已知量物质与未知量物质之间的关系来解题。
3、差量法——根据变化前后的差量列比例计算。
4、十字交叉法——对于二元混合物问题运用交叉法。
5、守恒法——运用质量、元素、得失电子、电荷守恒计算。
6、极值法——对数据处理推向极端的计算。
7、估算法——避开烦琐解题寻找快速方法解题，求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均分子式的主要方法。
8、图象法——找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。
（二）化学计算的常用技巧：
1、定量问题定性化；
2、近似估算；
3、运用整体思维，化繁为简；
4、利用图象解题等等。
（三）具体解题方法及例题：
1、关系式法
对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。常进行如下的相当量处理：①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。
另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。
例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，求加入的铁粉质量为
A 14g B 42g C 56g D 28g
解析：因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能：或者只有H2S(铁全部转变为FeS)，或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS外还有剩余)，所以只凭硫粉质量和生成的水的质量，不易建立方程求解。根据各步反应的定量关系，可列出关系式：
Fe→FeS(铁守恒)→H2S(硫守恒)→H2O(氢守恒)………… （1）
Fe→H2(化学方程式)→H2O(氢定恒)……………………… （2）
从而得知，无论铁参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个H2O，所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，根本与硫无关，
Fe ～ H2O
56 18
x g 9 g
∴ 56∶x g == 18∶9 g ∴ x = 28 g （也可利用铁与水物质的量相等解题）
2、选量法：
选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。
例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L)的氢气，缓缓通入150g灼热的氧化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？
解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选取不足的量来计算生成的铜的质量。
解：设生成铜的质量为 x
由于
知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。
答案:可生成95.04g铜。
3、差量法
差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。其中的差量主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。
例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物n g ，则原混合物中氧镁的质量分数为：
解析：反应前后质量改变原因为MgCO3变为MgO ，理论差值由此计算。
MgCO3 MgO + CO2↑ △m
84 84-40=44
x m- n x = 21（m - n）/11
原氧化镁质量 = m- 21（m – n）/11 = （21n-10m）/11
原氧化镁质量分数 = （21n – 10m）/11m×100%
答案:Ａ
4、十字交叉法
十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。
若a 、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA / nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：
a+b= c,
整理得：a nA+b nB= c (nA+nB)，∴ =
a c-b
即 c =
b a-c
(1)十字交叉法的适用范围:凡是能满足a nA+b nB= c (nA+nB)关系的混合问题,均能使用十字交叉法。
(2) 表示什么量之比,要视参加交叉的a、b、c的意义而定，a或b或c的单位中分母是以何种物理量为标准的，就是什么量之比。确定 的含义是运用十字义叉法解题的关键，常见的采用交叉法计算所得的 的含义如下：①当a、b、c为质量分数、质量百分比浓度、每克物质放出热量时， 则为质量之比。②当a、b、c为物质的量浓度、密度、气体摩尔质量时，为体积比。③当a、b、c为摩尔质量以及含义具有物质的量意义的量时， 为物质的量之比，气体物质则为体积比。④a、b、c为相对原子质量或相对分子时， 为原子或分子个数之比。
例4、 150℃时，将1 L混合烃与9 L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是（ ）
A 甲烷与乙烷体积比是1∶4 B 丙炔与乙炔体积比是1∶4
C 乙烯与丁烷体积比是1∶4 D 乙烯与丁烯体积比是1∶4
解析：反应前后压强有所改变可运用差量法解析。应注意：
①150℃时水呈气态； ②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。
根据氢原子数判断，选项A、B可排除。
运用十字交叉法，推断C、D中哪个选项符合题意？
答案： D
5、守恒法
所谓“守恒”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。
中学化学计算中常见的守恒问题有如下几种情况：
1)、根据反应前后某一微粒的物质的量保持不变进行巧解运算；
2)、根据化学式中正负化合价总数相等，确立化学式；
3)、根据化学式中阴、阳离子所带电荷总数相等，求离子所带的电荷或某离子的物质的量或物质的量浓度；
4)、根据氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等而进行的有关计算；
5)、根据原电池中正负两极得失电子总数相等的规律，求两极产物的量或未知金属的相对原子质量等。
例5、Na2S2O3可作为脱氯剂，己知25.0 ml, 0.100mol/L Na2S2O3溶液恰好把224mL（标况）Cl2完全转化为Cl-，则S2O32-将转化为
A S2- B S C SO32- D SO42-
解析：氧化剂得电子总物质的量等于还原剂失电子总物质的量。设S元素反应后化合价为X ，即0.224/22.4×2=0.100×25×10-3×2×(X-2) 解得，X = 6.
答案:D
例6、羟胺（H2NOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25ml 0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SO4)3溶液煮沸条件反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是
A N2 B N2O C NO D NO2
解析：Fe2(SO4)3被羟胺还原为FeSO4 又被酸性KMnO4氧化为Fe2(SO4)3 ，相当于未参加氧化还原反应。还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。羟胺中氮元素反应前-1价，设反应后化合价为n ，有25×0.049×(n+1) = 24.50×0.02×(7-2)，解得 n = 1 .
答案：B
6、极值法：
极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。
例7、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）
A、30 B、46 C、50 D、66
解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z，根据题意得：x + y + z = 0.05①式，再由电子守恒可得：3x+y+2z=0.06 ②式。②式减去①式得：2x + z = 0.01 ③式。现讨论③、①式：
（1）假设x=0时，则z=0.01 mol，即N2O4物质的量的为极值0.01 mol、NO2为0.04 mol，可得此时气体的平均相对分子质量为：(92×0.01+46×0.04)/0.05 = 55.2 。
（2）假设z=0时，则x=0.005 mol，即NO物质的量的极值为0.005 mol、NO2为0.045 mol可得此时气体的平均相对分子质量为：(30×0.005+46×0.045)/0.05 =44.4 。
故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故选B、C
答案：B C
7、估算法
此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意
审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。
例8、将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是
A、Zn和Fe B、Al和Zn C 、Al和Mg D、Mg和Cu
解析：将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸，13g金属全部反应生成11.2L (0.5mol)气体全部是氢气，也就是说，这种金属每放出1mol氢气需26g。如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代入选项，在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn，原子量为65。Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反应中显+3价，要置换出1mol氢气，只要18gAl便够，可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18，同样假如有+1价的Na参与反应时，将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，所以A,C都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大。
答案：BD
8、图象法：
应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：
看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。
找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函数式。
例题9]、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定
物质的量浓度HCl中，合金全部溶解，向所得溶液
中滴加5mol/L NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量
与加入的NaOH体积关系如右图：
求：1）原合金中镁、铝质量各多少？
2）HCl的浓度为多少？
解析：由图可知11.6g是Mg(OH)2的质量，
（19.4-11.6）=7.8g Al(OH)3的质量。V（NaOH）
由0~20ml是中和HCl(因无沉淀) 所以，设合金
中有镁x g ，有铝y g ：
Mg ~ Mg(OH)2 Al ~ Al(OH)3
24 58 27 78
x 11.6 y 7.8
24：x = 58：11.6 27：y = 78：7.8
x = 4.8g y = 2.7g
2）设与镁反应的盐酸为a mol ,与铝反应的盐酸为b mol ,与NaOH反应的盐酸为c mol
Mg ~ 2HCl Al ~ 3HCl NaOH ~ HCl
24g 2mol 27g 3mol 1mol 1mol
4.8g a mol 2.7g b mol 0.02L×5mol/L c mol
24：4.8 = 2：a 27：2.7 = 3：b 1：0.1 = 1：c
所以 a = 0.4 mol b = 0.3 mol c = 0.1 mol
c(HCl) = (a + b + c)/0.1 = 8 mol/L
【易错点点睛】
【1】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可w.w.w.k.s.5.u. c.o.m被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是 （ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【错解分析】错选 B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。
【易错点点睛】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5.
【答案】A
【2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（ ）
A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37
B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37
C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35
D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10
【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。
【易错点点睛】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。
【答案】B
【3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( )
A． B． C． D．
【错解分析】错选C。忽略题中条件“溶液分成两等分”，溶质变为原来的1/2.
【易错点点睛】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为。
【答案】D
【4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol
【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，所以n（Fe）=0.24mol，忽略生成NO 0.06mol的那一部分硝酸。
【易错点点睛】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO 0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。
【答案】B
【5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（ ）
A．2.8 mol·L-1 B．3.8 mol·L-1
C．4.3 mol·L-1 D．4.9 mol·L-1
【错解分析】 错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。
【易错点点睛】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1mol Fe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。
【答案】A
【6】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46．66％，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为
A．1 Ｂ．2 C．3 D．4
【错解分析】 错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。
【易错点点睛】100×53.33%÷16==3.33 130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O原子，16×4÷53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。
【答案】A
【7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（ ）
A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2
D．无法判断何种为肯定或否定的杂质
【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，杂质提供CO32—少或者无，所以Na2CO3可能有。
【易错点点睛】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。
【答案】B
【8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g ，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为
A.3.2mol/L B.3.6mol/L C.4.0mol/L D.无法判断
【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数法列方程组求代数式的值，即可迎刃而解。
【易错点点睛】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有y+z=6.40/16=0.4……①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。
【答案】A
【9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（ ）
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol
D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol
【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。
【易错点点睛】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。
【答案】C
【10】常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是
A．硫酸溶液的体积为30 mL
B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125 mol·L－1
C．d时刻溶液的pH约为13
D．溶液的导电能力：c
【错解分析】错选D，忽略体积变化，溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度而不是数目，b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱。
【易错点点睛】要分析图像的起点、拐点的含义。硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；b时刻SO42－沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42－的浓度约为0.125 /1.5=0.083mol·L－1，B项错误；d时刻Ba(OH)2过量，c（OH—）=（0.25×10×2）/50=0.1mol/L，pH=13，C项正确；b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c【答案】C
【11】用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，
共用掉z g H2，此时生成水的质量为（ ）
A．8 (x－y)/9 g B．9 (x － y) /8 g
C．9 z g D．9 z /40 g
【错解分析】多选C，用 H2 还原CuO，应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢气的量远大于实际参加反应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。
【易错点点睛】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根据氧元素守恒求算即可。
【答案】B
【12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（ AB ）
A． B．HYPERLINK "http://www.//" C． D．
【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同，式量不同，结果也不同。
【易错点点睛】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。
【答案】AB
【13】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：
3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是 （ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等
C．平衡时甲中A的体积分数为0.4
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5
【错解分析】错选A或C。审题注意两点“D为固态”，“ 甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2”，所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。
【易错点点睛】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相等，则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。
【答案】D
【14】在100 g浓度为10 mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成5 mol·L－1的氨水，则加入水的体积为
A.小于100 mL B.等于100 mL C.大于100 mL D.等于(100/ρ)mL
【错解分析】 错选A。氨水的密度小于1 g·cm－3。
【易错点点睛】如果不考虑体积变化，将10 mol·L－1氨水稀释成5 mol·L－1的氨水，加入一倍体积的水即可，因为氨水密度小于1 g·cm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。
【答案】C
【15】某元素R硝酸盐的相对分子质量为m，该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n，则该元素的可能化合价是（ ）
A、（m-n）/14 B、（n-m）/14
C、（2m-n）/28 D、（n-2m）/28
【答案】 AC
【解析】假设该元素化合价为x，若x为奇数，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R2（SO4）x。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（2m-n）/28，答案为C；当x为偶数时，则硝酸盐的化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R（SO4）x/2。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（m-n）/14，正确答案为A、C。
【易错点点睛】假设该元素化合价为x，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐化学式为R2（SO4）x。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（2m-n）/28，答案为C。没有考虑该元素化合价为偶数的情况。当x为偶数时，硫酸盐的化学式应该是R（SO4）x/2。
【16】 18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中NaOH的百分含量。
【答案】 混合物加热时的化学方程式为：
2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，则加热后质量减少为
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于1∶1，则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。
现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，说明混合物中NaOH过量
设NaOH质量为x，NaHCO3质量为18.4g-x
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
x=10g
【解析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：
NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，求加热后混合物质量减少多少g。获得了此数据，就找到了中间值，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z
124g∶18.4g=18g∶z
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于1∶1，则混合物的质量减少应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于1∶1，则混合物的质量减少应大于2.67g。
现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.8＜2.67，说明混合物中NaOH过量。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。
第一种：设NaOH质量为x，NaHCO3质量为（18.4g-x）
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
解之，得x=10g
第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后剩余NaOH质量为y
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
40g 84g 106g
（x-y）（18.4g-x）（16.6g-y）
第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x
124g∶（18.4g-x）=106g∶（16.6g-x）
解之，得x=6g
原混合物中共有4g+6g=10g
显然，第一种设未知数的方法最好。
在常见误区的（2）式旁边画了“×”，其原因是误认为NaOH未发生反应，还残留在剩余固体中，对混合物受热（250℃）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，可以说从一开始就错了，致使最后结
【易错点点睛】设NaHCO3为xg，NaOH为yg，
【17】某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0mol·L-1稀盐酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分组成。
【答案】据CO2＋Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x=197g∶3.94g
解之，得x=2.0g
1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为
1.00g-1.00g×20％=0.80g
它们消耗的盐酸的物质的量为：
0.002mol×2＝0.0268mol
除CaCO3外，Ca2+的总物质的量为0.0134mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
0.7504g＜0.80g，所以样品中一定含有Ca（OH）2
设0.80g中含CaO质量为y，含Ca（OH）2质量为（0.80g-y），可列式：
解之，得y=0.60g
【解析】由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba（OH）2溶液中得到沉淀，可推知样品中可能含有CaCO3。
CO2+Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x＝197g∶3.94g
解之，x=2.0g
1g样品中CaCO3为0.20g，物质的量为0.002mol，它与盐酸反应时，耗盐酸（0.002×2）mol。
加入盐酸的总物质的量为1.0mol·L-1×40×10-3L＝4×10-2mol。
10-3mol
除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
4×10-2mol-9.2×10-3mol-0.002×2mol=0.0268mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
因为1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为1.00g-0.20g＝0.80g
0.7504g小于0.80g，所以样品中除有CaO外，一定还含有Ca（OH）2。至此，可有以下三种解法。
方法一：用差量法计算CaO和Ca（OH）2的含量：
CaO～Ca（OH）2 质量差
56g 74g 74g-56g=18g
y 0.80g-0.7504g=0.0496g
74g∶y＝18g∶0.0496g
解之，得y=0.20g
CaO的质量分数为1-20％-20％＝60％
方法二：设0.80g样品中含CaO质量为z，含Ca（OH）2质量为（0.80g-z），可列式：
解之，z=0.60g
CaO的质量分数=1-20％-20％＝60％
【易错点点睛】①CaCO3～BaCO3
100g 187g
x 3.94g
②除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
1.0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×2＝0.035（mol）。
③除CaCO3外，Ca2+的物质的量为0.0268mol。
出现①误区，是由于把BaCO3的分子量197算成了187，导致失误。
失误。
出现③误区，是由于把Ca2+～2HCl这个关系式搞错了，本来Ca2+的物质的量应为0.0134mol，却写成了0.0268mol，导致失误。
由此我们得到启示，在做这类题时，可先用极端假设法，然后用差量法或关系式法或十字交叉法进行计算，要在分析问题的方法上多下功夫。
【18】 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑：
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（1）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；
②C60分子只含有五边形和六边形；
③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：
据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：
（1）固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是______，理由是：
____________________。
（2）试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60（填“可能”或“不可能”）______，并简述其理由：_________________________。
（3）通过计算，确定C60分子所含单键数。
C60分子所含单键数为______。
（4）C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。
C70分子中所含五边形数为______，六边形数为______。
【答案】（1）金刚石
金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高。
（答出“金刚石属原子晶体”即给分）
（2）可能因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60（只要指出“C60含30个双键”即给分，但答“因C60含有双键”不给分）
也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60＋（12＋20）-2=90
C60分子中单键为：90-30=60
（答“2×30（双键数）=60”即给分）
（4）设C70分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：
解得：五边形数x=12，六边形数y=25
附：第（3）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以价电子数为突破口，分析推算。
分析：碳是ⅣA族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C60分子中共有价电子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即C∷C。据题示信息“C60分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为4×30＝120，剩余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用去2个价电子，即C∶C。故C60分子中的单键数为120÷2=60。
解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。
分析：根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2
因此单键数为30×2＝60。
解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。
分析：由题示信息欧拉定理可知，C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。因此可先求出C60球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），再减去双键数，即可求出C60分子中含的单键数。
已知C60分子中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个
=90。单键数为90-30=60。
附：第（4）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。
分析：根据题示信息“C70分子也已制得，它的分子结构模型可与C60同样考虑”，可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C70球形多面体的总棱数为：70×3÷2=105。
再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37
设C70分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式：
解之，得x=12，六边形数为37-12=25。
解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。
分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知：
则 x+y=37（面数） ①
再根据题示信息，从化学角度分析，C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键；从数学角度分析，C70分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列式：
二元一次方程组为：
解之，得x=12，y=25。
解法三：以C60分子成键规律为突破口，分析C70求解。
分析：受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发，C60分子中化学键的成键规律为：
碳原子数：单键数=1∶1；
碳原子数：双键数=2∶1
应用此规律分析C70分子，故C70分子中含单键数为70，双键数为35。因此，总键数为70＋35＝105（C70球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出面数为2-70＋105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述。
【解析】阅读新信息，知道①C60分子是形如球状的多面体，固体C60不是原子间体。②C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。③C60分子只含有五边形和六边形。④多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。⑤C60分子有12个五边形和20个六边形。⑥C60分子所含双键数为30。
根据信息①可以回答第（1）问。根据信息⑥可以回答第（2）问。根据信息②、④、⑤可以回答第（3）问。根据信息②、③、④可以回答第（4）问。
第（1）问：出现①误区，是由于慌忙中把C60熔点比金刚石熔点低，答成了“低”，造成了答非所问的错误。由此可见，在考场上保持良好的心态是十分重要的，希望今后的考生要努力走出这类误区。出现②误区，是由于判断错误所致。出现③～⑦误区，均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的，不清楚金刚石是原子晶体，而固体C60不是原子晶体，仅比较单双键键能大小是不正确的，才导致了失误。出现⑧误区，是由于对金刚石是原子晶体，它是正四面体空间网状结构，既不是平面网状，也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚，导致失误。
第（2）问：出现①误区，是由于判断错误所致。出现②误区，是由于未指明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”，反映出有些同学的自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现③误区，是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现④误区，是由于混淆了加成反应与取代反应所致。出现⑤误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。
第（3）问：出现①误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义，导致失误。出现②误区，是由于总键
失误。出现③误区，是由于双键数应为30，不应是30×2=60，导致失误。出现④误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有60×4=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉30×4=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单
现12＋20=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数=12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-30=60。
第（4）问：出现①误区，是由于不慎将“＋”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现②误区，是由于只找到了这一个二元一次方程，还缺少一个方程：70＋（x＋y）
【易错点点睛】 错解： 第（1）问：①低，②C60。③金刚石键能小，C60含多个不饱和键，结构不稳定。④金刚石中只有单键，而C60中还含双键，双键键能比两个单键低，金刚石熔点高。⑤金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连，C60中只是3个，破坏金刚石的能量要高。⑥金刚石全部按六边形结合，比C60稳定，金刚石只含单键，C60有双键。⑦因C60中双键数大于金刚石，分子间键能大，熔点较高。⑧金刚石4个碳原子呈正四面体排列，或金刚石是正方形网状，每个碳原子都与4个碳原子相连，键能大。
第（2）问：①不能。②因为C60含有双键。③不可能，F2不可能将每个碳键上的氢全部取代，只有一小部分活泼氢可以反应。④不可能，C60只含有30个双键，加成时只能有30个F原子参加反应。⑤不可能，负一价的F极为稳定，不能形成双键。
②12×5＋20×6-30=150。③x=90，因为双键为30个，所以单键数=90-30×2=30。④全是单键，60×4=240，因为有30个双键，所以单键=240-30×2=180。⑤面数=12+30=36，60+36-棱边数=2，棱边数=单键数=96-2=94。
第（4）问：①面数=70+35-70-2=33（个）。②5x+6y=3×70
【19】本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。
①称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。
②另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：
5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O
（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。
（2）计算样品中CaO2的质量分数。
（3）计算样品中CaO2·xH2O的x值。
=80.0％
（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol·L-1
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1=0.012g
m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g
【解析】 第（1）问：根据信息①，可写出CaO2受热分解的化学
误区是由于未读懂题示信息所致。③误区是由于多写了水的分子式所致。④误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2·xH2O写成有定值的水，造成失误。第（2）问：根据信息①中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。
根据关系式2CaO2～O2，可求得CaO2物质的量为2×1.50×10-3mol，CaO2质量为2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1
样品中CaO2的质量分数为：
出现①误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2～O2），导致失误。出现②误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0g·mol-1用CaO的摩尔质量56.0g·mol-1代入式中计算，导致失误。出现③误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2·H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80％，但计算的依据错误。
第（3）问：根据信息②，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：
5CaC2O4～2KMnO4
KMnO4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol
其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：
CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133mol
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1
=0.012g
m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g
CaO2与H2O的物质的量之比为
出现①误区，是由于错误列式：
CaO2·xH2O～CaC2O4～xH2O
（72+18x）g 1mol
0.120g 1.55×10-3mol
误将0.120g全部看成CaO2·xH2O，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2·xH2O～CaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。
出现②误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80％）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。
【易错点点睛】第（1）问：①CaO2==CaO+O2，②CaO2==Ca+O2，③2CaO2+H2O==2CaO+O2+H2O，④2CaO2·nH2O==2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3……即定值）。第（2）问：①40％，②62％，③
×10-3），②72∶M（CaO2·xH2O）=80％，M=90，x=1。
【20】 25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6X10-15，也可用PH值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D+]，下列有关PD的叙述，正确的是（）
①中性D2O的PD=7
②在1L D2O中，溶解0.01molNaOD，其PD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，PD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的PD=1
A、①② B、③④ C、①③④ D、①②③④
【答案】 B
【解析】 （1）由于重水的离子积常数为1.6X10-15，因此重水中[D+]=4X10-8，对应的PD=7.6，故叙述①错；（2）在0.01mol/LNaOD溶液溶液中，[OD-]=0.01mol/L，根据重水离子积常数，可推知[D+]=1.6X10-13mol/L，PD值不等于12，故②叙述错；（3）在0.01mol/L的DCl的重水溶液，[D+]=0.01mol/L，因此PD=2，③的叙述正确；（4）根据中和反应量的关系，100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液有0.1mol/L的DCl过量，因此对应溶液的PD=1，④的叙述也正确。综上所述，正确选项为B。
【易错点点睛】选D。用H2O、NaOH、HCl来替代题目中的D2O、NaOD、DCl，并结合水的离子积常数、中和反应和PH等知识来推断：因为常温下中性溶液的PH=7，因此中性D2O的PD=7；0.01mol/LNaOH溶液的PH=12，对应浓度的NaOD的PD=12；0.01mol/L的HCl的PH=2，对应的0.01mol/L的DCl 的PD=2；100mL 0.25mol/L HCl与50mL 0.2mol/L NaOH中和，中和后溶液的PH=1，因此对应的100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液的PD=1. 简单机械迁移；忽视重水和普通水的离子积常数值的差异。
21、把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3 全部赶出。另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )
A. mol.l-1 B. mol.l-1 C. mol.l-1 D. mol.l-1
【错误分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出NH4+、SO42-的物质的量误认为就是原溶液中NH4+和SO42-的物质的量，造成错选A。
【正确解答】对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。离子反应有：NH4++OH-==NH3↑+H2O, Ba2++SO42-=BaSO4↓
由题意可知，aL混合液分成两等份：
其中一份有:NH4+— OH-, 另一份有：Ba2+—SO42-
bmol bmol cmol cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：
2bmol×1=2cmol×2+c(NO3-)×aL×1,得c(NO3-)= mol.l-1
【答案】本题的正确选项为D
22、50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是 （ ）
A、有0.09mol的硫酸被还原 B、有0.045mol的硫酸被还原
C、充分反应后体系无硫酸剩余 D、消耗的铜的质量一定少于2.88g
【错误解答】根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2 X 64g/mol=2.88g. 答案为B、C
【错误原因】忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性消失并减弱。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。
【正确解答】强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。 因此正确答案为 D 。
23、在某100ml的混合液中，硝酸和硫酸的物质量浓度分别是0.4mol/L,0.1mol/L,向该混合液中加入1.92g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质量浓度是— (mol/L):
A 、0.15 B 、0.225 C、 0.35 D、0.45
【错误解答】 A
【错解原因】由3Cu + 8HNO3 = 3Cu（NO3）2 + 2NO + 4H2O，题目中给出的硝酸的物质的量为
0.04mol，因此，参与反应的Cu的物质的量为0.015mol，因此答案为A。解题时忽略溶液中仍然存在H+，在该条件下，生成的Cu（NO3）2中的硝酸根离子要和铜继续反应。
【正确解答】
根据3Cu + 8H+ + 2NO3- ==3Cu2+ +2NO +4H2O
3 8 2 3
0.03 0.06 0.04 X
X=3×0.06/8=0.0225mol
因此，铜离子浓度为0.225mol/L
24、肼（N2H4）是火箭发动机的燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：
N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；△H=+8.7kJ/mol
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－534.0kJ/mol
下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是 （ ）
A．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－542.7kJ/mol
B．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1059.3kJ/mol
C．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
D．N2H4（g）+N2O4（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
【错误分析】对盖斯定律的概念理解不透。
【答案】本题的正确选项为C
【正确解答】N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；△H=+8.7kJ/mol ①
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－534.0kJ/mol②
②×2－①即得到
2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
25、将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中的c（H+）最接近于（ ）mol/L
A.（10-8+10-10）/2 B.（10-8+10-10） C.（10-14 -5×10-5） D、2×10-10
【错误解答】因为pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c（H+）分别为10-8 、 10-10 mol/L，而且两种溶液等体积混合，因此混合后溶液的c（H+）=（10-8+10-10）/2 mol/L。
【错解原因】直接应用溶液中c（H+）来求解，忽略溶液中c（OH—）> c（H+）和 c（OH—）对水电离平衡的影响。
【正确解答】由于碱溶液中的c（OH -）> c（H+） ，这就决定了不能用混合前溶液中的c（H+）直接求混合后溶液的c（H+） ，一定要先求出混合后溶液中c（OH—） ，在换算成混合后的c（H+） 。根据水离子积常数知，pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c（OH-）分别为10-6和10-4 mol/L，因此混合后溶液的c（OH-） =（10-6+10-4）/2 mol/L，可近似看作为10-4/2 mol/L。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的c（H+）=2×10-10 mol/L故正确答案选（ D ）2×10-10 。
26、为了测定某铜银合金成分，将30g合金完全溶于80ml13.5mol/L的浓硝酸中，待反应完全后，收集到6.72L气体(标况),并测得溶液中H+浓度是1mol/L.假设反应后溶液体积仍为80ml,求合金中银的质量分数.
【错误解答】假设银的质量分数为x，则：
Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O
30x /108 60x/108 30x/108
Cu + 4HNO3 = Cu（NO3）2 +2NO2 +2H2O
30（1-x）/64 120（1-x）/64 60（1-x）/64
根据气体体积关系有： 30x/108 + 60（1-x）/64=0.3，解得x
或根据HNO3量的关系有：60x/108 +120（1-x）/64=0.08（13.5-1），解得x
【错解原因】没有考虑到硝酸浓度的变化。
【正确解答】假设铜、银的物质的量依次为X、Y，则有64X+108Y=30（固体质量关系）
另有2X+Y+0.3=0.08（13.5-1）（硝酸中N的守恒），从而得到X=0.1mol，即银的质量为23.6g质量分数为78.7%
27、某有机物组成中含碳54.5%, 含氢9.1%，其余为氧，又知其蒸汽在标准状况下的密度为3.94 g/L，试求其分子式。
【错题分析】没有把握好确定分子式的方法。合理采用哪种方法来解决。确定分子式方法较多，但不同的题目使用的方法不同，本题易用最简式法
根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），分子式为最简式的整数倍，因此利用物质的相对分子质量及求得的最简式可确定其分子式。
【解题指导】有机物最简式的求法为：
（最简整数比），最简式为CaHbOc，则分子为(CaHbOc)n，得（M为有机物的相对分子质量）。
【答案】此有机物的摩尔质量为：M=ρ×Vm=3.94 g/L×22.4 L/mol=88 g/mol。
C、H、O的个数比为：
∴此烃的最简式为C2H4O，分子式为(C2H4O)n。
则有：(12×2+1×4+16)×n=88，解得：n=2
即此烃的分子式为C2H8O2。
28、在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取30mL同浓度的盐酸溶液，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：
试回答：
（1）甲组实验中盐酸______，乙组实验中盐酸______（均填“过量”、“适量”或“不足量”）。
（2）要推导出盐酸的物质的量浓度，所提供的数据中作计算依据的是______，计算出盐酸的物质的量浓度为______mol/L。
（3）要求出合金中镁、铝的物质的量之比，可作计算依据的数据是______，镁、铝的物质的量之比为______。
（4）在丙组实验之后，向容器中加入一定体积1mol/L的苛性钠溶液，可恰好使铝元素全部以偏铝酸根形式存在，并使镁离子刚好沉淀完全，则溶液中偏铝酸钠的物质的量为______mol，氯化钠的物质的量为______mol，所加苛性钠溶液的体积为______mol。
解析：本题源于基本的化学计算，通过镁铝与盐酸的反应，考查利用化学反应方程式的计算，尤其是过量计算的判断，利用多组数据的相互联系，寻找解题的突破口。注重考查应用各方面知识，进行分析、推理和判断的能力。
（1）分析甲、乙、丙三组实验的数据记录：加入合金的质量：m（甲）＜m（乙）＜m（丙），生成气体的体积：V（甲）＜V（乙）=V（丙），由于盐酸的体积相同、浓度相同，因此，丙组实验中盐酸不足，甲组实验中盐酸过量。比较甲、乙两组数据：
m（甲）∶m（乙）=1∶1.5
V（甲）∶V（乙）=1∶1.2
则 乙组实验中盐酸是不足的。
（2）要推导盐酸的物质的量浓度，应知道盐酸的体积和HCl的物质的量。现已知盐酸的体积，HCl的物质的量可以通过乙或丙组实验产生H2的物质的量进行计算。
则：所提供的数据为：30 mL（盐酸的体积）和336mL（H2的体积）。cmol/L×0.03L=（0.336L÷22.4L/mol）×2c=1mol/L
（3）甲组实验中，镁、铝合金完全参加反应，依据合金的质量（0.255 g）和产生H2（280mL）的体积，可以计算合金中镁、铝的物质的量。
设：合金中镁、铝的物质的量分别为x、y。
则：镁、铝的物质的量之比为1∶1。
（4）在丙实验之后，向容器中加入一定体积的苛性钠溶液，恰好使铝元素全部以偏铝酸根形式存在，使镁离子刚好沉淀完全，此时溶液中的溶质为NaAlO2和NaCl。
则n（NaAlO2）=n（Al）=0.459 g÷（24+27）g/mol=0.009 mol(54g镁铝合金中又27g铝)
n（NaCl）=n（HCl）=1mol/L×0.03 L=0.03 mol
n（NaOH）=n（NaAlO2）+n（NaCl）=0.009 mol+0.03 mol=0.039 mol
V（NaOH）=0.039 mol÷1mol/L=0.039 L 即V（NaOH）=39 mL。
【29】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。
【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都含有氢元素，所以根据氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。
【易错点点睛】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32—）=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH—需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH—）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=0.36g， 0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），
n[Mg(OH)2]＝=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），
碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O（1分）。
【30】 50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是（ ）
A、有0.09mol的硫酸被还原
B、有0.045mol的硫酸被还原
C、充分反应后体系无硫酸剩余
D、消耗的铜的质量一定少于2.88g
【答案】D
【解析】强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱至消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。 因此正确答案为 D 。
【易错点点睛】忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性减弱至消失。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2 +2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2 X 64g/mol=2.88g.
【31】铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的c（H+）同时下降（ ）
A．0.2mol/L B. 0.4mol/L
C. 0.6mol/L D. 0.8mol/L
【答案】D
【解析】由于硝酸被还原生成NO,因此硝酸根离子浓度会减小。根硝酸与铜反应的离子方程式:3Cu+8H++2NO3- =3Cu2+ + 2NO + 4H2O，反应中消耗的硝酸根离子与氢离子的物质的量之比为1:4。因此正确选项为D（0.8mol/L）。
【易错点点睛】误把被氧化的硝酸当作参与反应的硝酸。假设溶液的体积为1L。因为硝酸根离子浓度下降了0.2mol/L，因此反应中有0.2mol的硝酸参加反应。由于硝酸中H+与NO3- 之比为1:1，因此消耗的H+的物质的量为0.2mol，下降的浓度为0.2mol/L。
【32】实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )
A.称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水
B.称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C.称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水
D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【答案】D
【解析】要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol即胆矾：0.05 mol×250 g/mol1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C都不对。正确选项为D。D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【易错点点睛】 （1）没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。由于要配置480mL0.1 mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：（1）若溶质为硫酸铜，则0.48×160×0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4·5H2O，0.48×250×0.1=12.0g；因此选择B选项。
【33】用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为（ ）
A、0.1mol B、0.2mol
C、0.3mol D、0.4mol
【答案】 D
【解析】电解硫酸铜溶液的反应方程式为：
2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + 2H2SO4 + O2↑
从上述方程式可以看出，因此，电解前后只有铜和氧的改变，电解后加入CuO就可以使溶液恢复原来状态。但本题提示加入Cu（OH）2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因为硫酸铜被电解完全）。0.1molCu（OH）2可以看作是0.1mol的CuO和0.1mol H2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。因此本题正确选项为D。
【易错点点睛】对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu(OH)2 。选B。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。
【34】用质量均为100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差28g，此时两电极质量分别是（ ）
A．阳极93.6g，阴极121.6g
B．阳极100 g，阴极128.0g
C．阳极91.0g，阴极119.0g
D．阳极86.0g，阴极114.0g
【答案】A
【解析】和量法
Cu + 2Ag+ === Cu2+ + 2Ag 64
216 x
x +（ 216 / 64 ）x=28 解x=6.4g
故正确答案选A
【易错点点睛】选B者，没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu自己的溶解和放电如同精炼铜，原理不清。
【35】在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7。则该酸和碱的组合可以是（ ）
A、硝酸和氢氧化钠 B、盐酸和氨水
C、硫酸和氢氧化钾 D、醋酸和氢氧化钡
【答案】D
【解析】此题为PH加和等于14且等体积混合类型题，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性。因此，选项A、C被排除。若酸为弱酸而碱为强碱（或酸为强酸而碱为弱碱），由于弱电解质部分水解，因此，弱酸（或弱碱）的浓度远远大于10-3mol/L，即弱酸（或弱碱）的浓度远远大于碱（或酸）的浓度，等体积混合时，酸（或碱）过量，因此溶液显酸（或碱）性。因此正确选项为D。
【易错点点睛】因为盐酸与氨水反应生成盐酸铵，醋酸铵属于强酸弱碱盐，在水溶液中会水解而使溶液呈酸性，PH<7。所以本题选项为B。对强弱电解质电离问题不能很好的把握。没有注意到在该题设条件下，只有在强酸和强碱时，酸碱才能恰好中和。
【典型习题导练】
一、选择题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A．标准状况下，将22.4L氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为NA
B．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NA
C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA
D．标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子
2．在体积一定的密闭容器中放入1L气体R和3L气体Q，在一定条件下发生反应R(g)＋3Q(g)=X(g)＋nY(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的75%，则化学方程式中n的值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．在aｍL浓度为c mol/L的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=1的盐酸时，恰好使溶液中Ag+完全沉淀，此时得到pH=2的溶液100mL（设反应前后溶液体积变化忽略不计），则c的值是（ ）
A．0.0020 B．0.011 C．0.11 D．0.22
4．铜既不溶于稀硫酸，也不溶于NaNO3溶液，但可溶于其混合液。已知某200mL的1mol/L硫酸溶液中含有0.6mol/LNaNO3，理论上最多溶解Cu的质量是 （ ）
A．19.2g B．11.52g C．5.76g D．9.6g
5．将Mg—Cu合金11.2g完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液，恰好完全反应时产生21.4g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是 （ ）
A．0.3molNO B．0.2molNO2和0.1molN2O4
C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4 D．0.1molNO、0.1molNO2和0.2molN2O4
有KOH和Ca(OH)2的混合溶液，pH=13。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如下图所示。图中（V1）为112mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是 （ ）
A．560、672 B．1008、1120 C．2240、2352 D．392、504
7．将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24LNO，剩余9.6g金属；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是 （ ）
A．原混合物中铜和铁各0.15mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为1mol/L
C．第一次剩余9.6g金属为铜和铁
D．再加入上述200mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24LNO
8．用两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通直流电电解，当有1×10-3mol的OH-放电时，溶液显浅蓝色，则下列叙述正确的是 （ ）
A．阳极上析出3.6mLO2（标准状况） B．阴极上析出32mgCu
C．阴极上析出11.2mLH2（标准状况） D．阳极和阴极质量都无变化
9．下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取nmol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（ ）
A．C2H2、C2H4O2 B．C2H4、C3H6O C．C2H4、C2H6O D．C6H12O6、C2H4O2
10．某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mL含NaClO25%密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是 （ ）
A．配制过程只需要三种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照久置后溶液中NaClO物质的量浓度减小
D．需要称量的NaClO固体的质量为140g
11．由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2mol·L-1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解。若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为 （ ）
A．1.6g B．(a-1.6)g C．(a-3.2)g D．无法计算
12．下列说法或计算正确的是 （ ）
A．采用加热蒸发溶剂的方法可以使浓度为4mol·L-1的盐酸溶液的浓度变为8mol·L-1
B．把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液的质量分数为4.0%
D．已知某温度下KNO3的溶解度是31.6g，该温度下将20gKNO3溶解于50g水中，充分溶解，获得溶液的质量分数是28.6%
13．一定条件下，将NO2与SO2以2∶3的体积比置于密闭容器中发生上反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶4，则平衡时SO2(g)的转化率是 （ ）
A．1/2 B．3/4 C．5/9 D．2/3
将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A．Mg和Al的总质量为9g B．硫酸的物质的量浓度为4mol/L
C．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L D．生成的H2在标准状况下的体积为11.2L
二、非选择题
15．（8分）随着社会的发展，工作、生活的节奏越来越快，无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量(g) 摩尔质量(mol·L-1)
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 （填写名称）。
（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+） （只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。
（3）配制上述lL“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、 、 （在横线上填写所缺仪器的名称）。
（4）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是 （填字母）。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有 。（填化学符号）
16．（5分）氮有多种氧化物，其中有一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的含氧酸盐的化学式是 。
17．（9分）工业上将纯净干燥的氯气通人到0.5mol/L NaOH溶液中得到漂水。某同学想在实验室探究Cl2性质并模拟制备漂水，下图是部分实验装置。已知KMnO4与盐酸反应可以制取Cl2。
（1）配制480 mL物质的量浓度为0.5 mol/L NaOH溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和 。需称量的NaOH的质量是 。
（2）浓硫酸的作用是 。
（3）装置E中发生化学反应的离子方程式为 。
（4）实验时装置D中的现象是 。
（5）氯元素含量为10%的漂水溶液355g，其中含NaClO的物质的量为 mol。
18.（14分）物质A有如下图所示转化关系，其中甲由两种单质直接化合得到；B为红棕色固体；C为无色气体，是形成酸雨的大气污染物之一；D的水溶液加入用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，乙为金属单质，常温下，它在G的浓溶液中发生钝化，F的溶液中只含有一种溶质（有的反应可能在水溶液中进行，有的反应的生成物未全部给出，反应条件也未注明）。
回答下列问题：
（1）工业上，反应I的化学方程式为 。
（2）D和乙反应的离子方程式为 。
（3）请简述检验D溶液中阳离子的方法 。
（4）若A的相对分子质量为120，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为完全转化。现取m克含A及少量杂质的样品，按上述过程充分反应后（杂质不参与反应），得到密度为ρg/cm3，溶质质量分数为a%的G溶液nmL。则该样品中A的质量分数＝ （列出计算式即可）。
19．（7分）丙酸盐是安全有效的防霉、防腐剂，一种以碱式碳酸锌为原料的工艺流程如下：
序号 n（丙酸）∶n（碱式碳锌） 反应温度/℃ 丙酸锌产率/%
1 1∶0.25 60 67.2
2 1∶0.25 80 83.5
3 1∶0.25 100 81.4
4 1∶0.31 60 89.2
5 1∶0.31 80 90.1
6 1∶0.31 100 88.8
（1）探究本实验中最佳工艺条件（见上表）：反应时间2h，用水量45g，n（丙酸）∶n（碱式碳酸锌）=1∶ ，反应温度 ℃。
（2）某次实验时，将37.0g丙酸溶于220mL水中，按上述流程在上述优化的条件下制备，最终得产品丙酸锌49.6g，则该次实验丙酸锌的产率为 。
（3）本工艺采用“闭路循环”方式，除具有制备工艺简便、产率高外，还具有 的优点。
20.（8分）磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2 === 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 === P4+10CO每生成1molP4时，就有 mol电子发生转移。
（2）硫代硫酸钠（Na2S2O2）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：
C6H8O6+I2 === C6H6O6+2H++2I- 2S2O32-+I2 === S4O62-+2I-，在一定体积的某维生素C溶液中加入amol/LI2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2，消耗bmol/LNa2S2O2溶液V2mL。该溶液中维生素C的物质量是 mol。
（3）在酸性溶液中，碘酸钠（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3-+5SO32-+2H+ === I2+5SO42++H2，生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：
0.01mol/L KIO3，酸性溶液（含淀粉）的体积/mL 0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL H2O的体积/mL 实验温度/℃ 溶液出现蓝色时所需时间/s
实验1 5 V1 35 25
实验2 5 5 40 25
实验3 5 5 V2 0
该实验的目的是 ，表中V2= mL。
21．（7分）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。某种矿石中铁元素以氧化物FemOn的形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6g。剩下滤液用浓度为2mol·L-1的酸性KMnO4滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积25.0mL。
提示：2Fe3+＋Cu === 2Fe2+＋Cu2+ 8H+＋MnO4-＋5Fe2+ === Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
（1）计算该铁矿石中铁元素的质量分数。
（2）计算氧化物FemOn的化学式（m、n为正整数）。
沉
淀
(g)
11.6
19.4
20
NaOH(mL)【高考预测】
1．高考中化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度(质量分数和物质的量浓度)的计算；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关物质溶解度的计算；⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑧有关燃烧热的简单计算；⑨以上各种化学计算的综合应用。
2．常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题等，2007年高考将化学计算部分常见的最后两个计算大题取消，计算的考查已落在选择和填空题中。
3．近年高考化学计算题主要有以下特点：
(1)注意速算巧解。一般在第Ⅰ卷中会出现五到七个左右要计算的量很少或者根本不需要计算的试题。纯计算题不超过两个，其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
(2)综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
【知识导学】
（一）化学计算的常用方法：
1、关系式法——多步变化以物质的量关系首尾列式计算。
2、选量法——利用已知量物质与未知量物质之间的关系来解题。
3、差量法——根据变化前后的差量列比例计算。
4、十字交叉法——对于二元混合物问题运用交叉法。
5、守恒法——运用质量、元素、得失电子、电荷守恒计算。
6、极值法——对数据处理推向极端的计算。
7、估算法——避开烦琐解题寻找快速方法解题，求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均分子式的主要方法。
8、图象法——找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。
（二）化学计算的常用技巧：
1、定量问题定性化；
2、近似估算；
3、运用整体思维，化繁为简；
4、利用图象解题等等。
（三）具体解题方法及例题：
1、关系式法
对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。常进行如下的相当量处理：①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。
另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。
例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，求加入的铁粉质量为
A 14g B 42g C 56g D 28g
解析：因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能：或者只有H2S(铁全部转变为FeS)，或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS外还有剩余)，所以只凭硫粉质量和生成的水的质量，不易建立方程求解。根据各步反应的定量关系，可列出关系式：
Fe→FeS(铁守恒)→H2S(硫守恒)→H2O(氢守恒)………… （1）
Fe→H2(化学方程式)→H2O(氢定恒)……………………… （2）
从而得知，无论铁参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个H2O，所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，根本与硫无关，
Fe ～ H2O
56 18
x g 9 g
∴ 56∶x g == 18∶9 g ∴ x = 28 g （也可利用铁与水物质的量相等解题）
2、选量法：
选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。
例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L)的氢气，缓缓通入150g灼热的氧化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？
解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选取不足的量来计算生成的铜的质量。
解：设生成铜的质量为 x
由于
知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。
答案:可生成95.04g铜。
3、差量法
差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。其中的差量主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。
例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物n g ，则原混合物中氧镁的质量分数为：
解析：反应前后质量改变原因为MgCO3变为MgO ，理论差值由此计算。
MgCO3 MgO + CO2↑ △m
84 84-40=44
x m- n x = 21（m - n）/11
原氧化镁质量 = m- 21（m – n）/11 = （21n-10m）/11
原氧化镁质量分数 = （21n – 10m）/11m×100%
答案:Ａ
4、十字交叉法
十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。
若a 、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA / nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：
a+b= c,
整理得：a nA+b nB= c (nA+nB)，∴ =
a c-b
即 c =
b a-c
(1)十字交叉法的适用范围:凡是能满足a nA+b nB= c (nA+nB)关系的混合问题,均能使用十字交叉法。
(2) 表示什么量之比,要视参加交叉的a、b、c的意义而定，a或b或c的单位中分母是以何种物理量为标准的，就是什么量之比。确定 的含义是运用十字义叉法解题的关键，常见的采用交叉法计算所得的 的含义如下：①当a、b、c为质量分数、质量百分比浓度、每克物质放出热量时， 则为质量之比。②当a、b、c为物质的量浓度、密度、气体摩尔质量时，为体积比。③当a、b、c为摩尔质量以及含义具有物质的量意义的量时， 为物质的量之比，气体物质则为体积比。④a、b、c为相对原子质量或相对分子时， 为原子或分子个数之比。
例4、 150℃时，将1 L混合烃与9 L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是（ ）
A 甲烷与乙烷体积比是1∶4 B 丙炔与乙炔体积比是1∶4
C 乙烯与丁烷体积比是1∶4 D 乙烯与丁烯体积比是1∶4
解析：反应前后压强有所改变可运用差量法解析。应注意：
①150℃时水呈气态； ②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。
根据氢原子数判断，选项A、B可排除。
运用十字交叉法，推断C、D中哪个选项符合题意？
答案： D
5、守恒法
所谓“守恒”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。
中学化学计算中常见的守恒问题有如下几种情况：
1)、根据反应前后某一微粒的物质的量保持不变进行巧解运算；
2)、根据化学式中正负化合价总数相等，确立化学式；
3)、根据化学式中阴、阳离子所带电荷总数相等，求离子所带的电荷或某离子的物质的量或物质的量浓度；
4)、根据氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等而进行的有关计算；
5)、根据原电池中正负两极得失电子总数相等的规律，求两极产物的量或未知金属的相对原子质量等。
例5、Na2S2O3可作为脱氯剂，己知25.0 ml, 0.100mol/L Na2S2O3溶液恰好把224mL（标况）Cl2完全转化为Cl-，则S2O32-将转化为
A S2- B S C SO32- D SO42-
解析：氧化剂得电子总物质的量等于还原剂失电子总物质的量。设S元素反应后化合价为X ，即0.224/22.4×2=0.100×25×10-3×2×(X-2) 解得，X = 6.
答案:D
例6、羟胺（H2NOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25ml 0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SO4)3溶液煮沸条件反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是
A N2 B N2O C NO D NO2
解析：Fe2(SO4)3被羟胺还原为FeSO4 又被酸性KMnO4氧化为Fe2(SO4)3 ，相当于未参加氧化还原反应。还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。羟胺中氮元素反应前-1价，设反应后化合价为n ，有25×0.049×(n+1) = 24.50×0.02×(7-2)，解得 n = 1 .
答案：B
6、极值法：
极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。
例7、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）
A、30 B、46 C、50 D、66
解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z，根据题意得：x + y + z = 0.05①式，再由电子守恒可得：3x+y+2z=0.06 ②式。②式减去①式得：2x + z = 0.01 ③式。现讨论③、①式：
（1）假设x=0时，则z=0.01 mol，即N2O4物质的量的为极值0.01 mol、NO2为0.04 mol，可得此时气体的平均相对分子质量为：(92×0.01+46×0.04)/0.05 = 55.2 。
（2）假设z=0时，则x=0.005 mol，即NO物质的量的极值为0.005 mol、NO2为0.045 mol可得此时气体的平均相对分子质量为：(30×0.005+46×0.045)/0.05 =44.4 。
故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故选B、C
答案：B C
7、估算法
此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意
审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。
例8、将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是
A、Zn和Fe B、Al和Zn C 、Al和Mg D、Mg和Cu
解析：将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸，13g金属全部反应生成11.2L (0.5mol)气体全部是氢气，也就是说，这种金属每放出1mol氢气需26g。如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代入选项，在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn，原子量为65。Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反应中显+3价，要置换出1mol氢气，只要18gAl便够，可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18，同样假如有+1价的Na参与反应时，将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，所以A,C都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大。
答案：BD
8、图象法：
应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：
看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。
找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函数式。
例题9]、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定
物质的量浓度HCl中，合金全部溶解，向所得溶液
中滴加5mol/L NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量
与加入的NaOH体积关系如右图：
求：1）原合金中镁、铝质量各多少？
2）HCl的浓度为多少？
解析：由图可知11.6g是Mg(OH)2的质量，
（19.4-11.6）=7.8g Al(OH)3的质量。V（NaOH）
由0~20ml是中和HCl(因无沉淀) 所以，设合金
中有镁x g ，有铝y g ：
Mg ~ Mg(OH)2 Al ~ Al(OH)3
24 58 27 78
x 11.6 y 7.8
24：x = 58：11.6 27：y = 78：7.8
x = 4.8g y = 2.7g
2）设与镁反应的盐酸为a mol ,与铝反应的盐酸为b mol ,与NaOH反应的盐酸为c mol
Mg ~ 2HCl Al ~ 3HCl NaOH ~ HCl
24g 2mol 27g 3mol 1mol 1mol
4.8g a mol 2.7g b mol 0.02L×5mol/L c mol
24：4.8 = 2：a 27：2.7 = 3：b 1：0.1 = 1：c
所以 a = 0.4 mol b = 0.3 mol c = 0.1 mol
c(HCl) = (a + b + c)/0.1 = 8 mol/L
【易错点点睛】
【1】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可w.w.w.k.s.5.u. c.o.m被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是 （ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【错解分析】错选 B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。
【易错点点睛】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5.
【答案】A
【2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（ ）
A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37
B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37
C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35
D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10
【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。
【易错点点睛】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。
【答案】B
【3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( )
A． B． C． D．
【错解分析】错选C。忽略题中条件“溶液分成两等分”，溶质变为原来的1/2.
【易错点点睛】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为。
【答案】D
【4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol
【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，所以n（Fe）=0.24mol，忽略生成NO 0.06mol的那一部分硝酸。
【易错点点睛】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO 0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。
【答案】B
【5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（ ）
A．2.8 mol·L-1 B．3.8 mol·L-1
C．4.3 mol·L-1 D．4.9 mol·L-1
【错解分析】 错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。
【易错点点睛】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1mol Fe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。
【答案】A
【6】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46．66％，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为
A．1 Ｂ．2 C．3 D．4
【错解分析】 错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。
【易错点点睛】100×53.33%÷16==3.33 130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O原子，16×4÷53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。
【答案】A
【7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（ ）
A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2
D．无法判断何种为肯定或否定的杂质
【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，杂质提供CO32—少或者无，所以Na2CO3可能有。
【易错点点睛】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。
【答案】B
【8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g ，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为
A.3.2mol/L B.3.6mol/L C.4.0mol/L D.无法判断
【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数法列方程组求代数式的值，即可迎刃而解。
【易错点点睛】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有y+z=6.40/16=0.4……①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。
【答案】A
【9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（ ）
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol
D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol
【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。
【易错点点睛】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。
【答案】C
【10】常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是
A．硫酸溶液的体积为30 mL
B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125 mol·L－1
C．d时刻溶液的pH约为13
D．溶液的导电能力：c【错解分析】错选D，忽略体积变化，溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度而不是数目，b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱。
【易错点点睛】要分析图像的起点、拐点的含义。硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；b时刻SO42－沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42－的浓度约为0.125 /1.5=0.083mol·L－1，B项错误；d时刻Ba(OH)2过量，c（OH—）=（0.25×10×2）/50=0.1mol/L，pH=13，C项正确；b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c【答案】C
【11】用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，
共用掉z g H2，此时生成水的质量为（ ）
A．8 (x－y)/9 g B．9 (x － y) /8 g
C．9 z g D．9 z /40 g
【错解分析】多选C，用 H2 还原CuO，应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢气的量远大于实际参加反应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。
【易错点点睛】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根据氧元素守恒求算即可。
【答案】B
【12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（ AB ）
A． B．HYPERLINK "http://www.//" C． D．
【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同，式量不同，结果也不同。
【易错点点睛】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。
【答案】AB
【13】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：
3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是 （ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等
C．平衡时甲中A的体积分数为0.4
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5
【错解分析】错选A或C。审题注意两点“D为固态”，“ 甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2”，所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。
【易错点点睛】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相等，则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。
【答案】D
【14】在100 g浓度为10 mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成5 mol·L－1的氨水，则加入水的体积为
A.小于100 mL B.等于100 mL C.大于100 mL D.等于(100/ρ)mL
【错解分析】 错选A。氨水的密度小于1 g·cm－3。
【易错点点睛】如果不考虑体积变化，将10 mol·L－1氨水稀释成5 mol·L－1的氨水，加入一倍体积的水即可，因为氨水密度小于1 g·cm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。
【答案】C
【15】某元素R硝酸盐的相对分子质量为m，该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n，则该元素的可能化合价是（ ）
A、（m-n）/14 B、（n-m）/14
C、（2m-n）/28 D、（n-2m）/28
【答案】 AC
【解析】假设该元素化合价为x，若x为奇数，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R2（SO4）x。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（2m-n）/28，答案为C；当x为偶数时，则硝酸盐的化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R（SO4）x/2。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（m-n）/14，正确答案为A、C。
【易错点点睛】假设该元素化合价为x，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐化学式为R2（SO4）x。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（2m-n）/28，答案为C。没有考虑该元素化合价为偶数的情况。当x为偶数时，硫酸盐的化学式应该是R（SO4）x/2。
【16】 18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中NaOH的百分含量。
【答案】 混合物加热时的化学方程式为：
2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，则加热后质量减少为
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于1∶1，则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。
现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，说明混合物中NaOH过量
设NaOH质量为x，NaHCO3质量为18.4g-x
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
x=10g
【解析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：
NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1，求加热后混合物质量减少多少g。获得了此数据，就找到了中间值，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z
124g∶18.4g=18g∶z
若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于1∶1，则混合物的质量减少应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于1∶1，则混合物的质量减少应大于2.67g。
现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.8＜2.67，说明混合物中NaOH过量。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。
第一种：设NaOH质量为x，NaHCO3质量为（18.4g-x）
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
84g 18g
（18.4g-x） 1.8g
84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g
解之，得x=10g
第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后剩余NaOH质量为y
NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O
40g 84g 106g
（x-y）（18.4g-x）（16.6g-y）
第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x
124g∶（18.4g-x）=106g∶（16.6g-x）
解之，得x=6g
原混合物中共有4g+6g=10g
显然，第一种设未知数的方法最好。
在常见误区的（2）式旁边画了“×”，其原因是误认为NaOH未发生反应，还残留在剩余固体中，对混合物受热（250℃）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，可以说从一开始就错了，致使最后结
【易错点点睛】设NaHCO3为xg，NaOH为yg，
【17】某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0mol·L-1稀盐酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分组成。
【答案】据CO2＋Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x=197g∶3.94g
解之，得x=2.0g
1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为
1.00g-1.00g×20％=0.80g
它们消耗的盐酸的物质的量为：
0.002mol×2＝0.0268mol
除CaCO3外，Ca2+的总物质的量为0.0134mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
0.7504g＜0.80g，所以样品中一定含有Ca（OH）2
设0.80g中含CaO质量为y，含Ca（OH）2质量为（0.80g-y），可列式：
解之，得y=0.60g
【解析】由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba（OH）2溶液中得到沉淀，可推知样品中可能含有CaCO3。
CO2+Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O
CaCO3～BaCO3
100g 197g
x 3.94g
100g∶x＝197g∶3.94g
解之，x=2.0g
1g样品中CaCO3为0.20g，物质的量为0.002mol，它与盐酸反应时，耗盐酸（0.002×2）mol。
加入盐酸的总物质的量为1.0mol·L-1×40×10-3L＝4×10-2mol。
10-3mol
除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
4×10-2mol-9.2×10-3mol-0.002×2mol=0.0268mol
假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g
因为1.00g样品中除CaCO3外，其余物质的质量为1.00g-0.20g＝0.80g
0.7504g小于0.80g，所以样品中除有CaO外，一定还含有Ca（OH）2。至此，可有以下三种解法。
方法一：用差量法计算CaO和Ca（OH）2的含量：
CaO～Ca（OH）2 质量差
56g 74g 74g-56g=18g
y 0.80g-0.7504g=0.0496g
74g∶y＝18g∶0.0496g
解之，得y=0.20g
CaO的质量分数为1-20％-20％＝60％
方法二：设0.80g样品中含CaO质量为z，含Ca（OH）2质量为（0.80g-z），可列式：
解之，z=0.60g
CaO的质量分数=1-20％-20％＝60％
【易错点点睛】①CaCO3～BaCO3
100g 187g
x 3.94g
②除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为
1.0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×2＝0.035（mol）。
③除CaCO3外，Ca2+的物质的量为0.0268mol。
出现①误区，是由于把BaCO3的分子量197算成了187，导致失误。
失误。
出现③误区，是由于把Ca2+～2HCl这个关系式搞错了，本来Ca2+的物质的量应为0.0134mol，却写成了0.0268mol，导致失误。
由此我们得到启示，在做这类题时，可先用极端假设法，然后用差量法或关系式法或十字交叉法进行计算，要在分析问题的方法上多下功夫。
【18】 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑：
{ewc MVIMAGE,MVIMAGE, !262300T1.bmp}
（1）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；
②C60分子只含有五边形和六边形；
③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：
据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：
（1）固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是______，理由是：
____________________。
（2）试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60（填“可能”或“不可能”）______，并简述其理由：_________________________。
（3）通过计算，确定C60分子所含单键数。
C60分子所含单键数为______。
（4）C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。
C70分子中所含五边形数为______，六边形数为______。
【答案】（1）金刚石
金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高。
（答出“金刚石属原子晶体”即给分）
（2）可能因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60（只要指出“C60含30个双键”即给分，但答“因C60含有双键”不给分）
也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60＋（12＋20）-2=90
C60分子中单键为：90-30=60
（答“2×30（双键数）=60”即给分）
（4）设C70分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：
解得：五边形数x=12，六边形数y=25
附：第（3）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以价电子数为突破口，分析推算。
分析：碳是ⅣA族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C60分子中共有价电子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即C∷C。据题示信息“C60分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为4×30＝120，剩余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用去2个价电子，即C∶C。故C60分子中的单键数为120÷2=60。
解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。
分析：根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2
因此单键数为30×2＝60。
解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。
分析：由题示信息欧拉定理可知，C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。因此可先求出C60球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），再减去双键数，即可求出C60分子中含的单键数。
已知C60分子中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个
=90。单键数为90-30=60。
附：第（4）问的其他解法，供大家参考。
解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。
分析：根据题示信息“C70分子也已制得，它的分子结构模型可与C60同样考虑”，可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C70球形多面体的总棱数为：70×3÷2=105。
再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37
设C70分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式：
解之，得x=12，六边形数为37-12=25。
解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。
分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知：
则 x+y=37（面数） ①
再根据题示信息，从化学角度分析，C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键；从数学角度分析，C70分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列式：
二元一次方程组为：
解之，得x=12，y=25。
解法三：以C60分子成键规律为突破口，分析C70求解。
分析：受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发，C60分子中化学键的成键规律为：
碳原子数：单键数=1∶1；
碳原子数：双键数=2∶1
应用此规律分析C70分子，故C70分子中含单键数为70，双键数为35。因此，总键数为70＋35＝105（C70球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出面数为2-70＋105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述。
【解析】阅读新信息，知道①C60分子是形如球状的多面体，固体C60不是原子间体。②C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。③C60分子只含有五边形和六边形。④多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。⑤C60分子有12个五边形和20个六边形。⑥C60分子所含双键数为30。
根据信息①可以回答第（1）问。根据信息⑥可以回答第（2）问。根据信息②、④、⑤可以回答第（3）问。根据信息②、③、④可以回答第（4）问。
第（1）问：出现①误区，是由于慌忙中把C60熔点比金刚石熔点低，答成了“低”，造成了答非所问的错误。由此可见，在考场上保持良好的心态是十分重要的，希望今后的考生要努力走出这类误区。出现②误区，是由于判断错误所致。出现③～⑦误区，均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的，不清楚金刚石是原子晶体，而固体C60不是原子晶体，仅比较单双键键能大小是不正确的，才导致了失误。出现⑧误区，是由于对金刚石是原子晶体，它是正四面体空间网状结构，既不是平面网状，也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚，导致失误。
第（2）问：出现①误区，是由于判断错误所致。出现②误区，是由于未指明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”，反映出有些同学的自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现③误区，是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现④误区，是由于混淆了加成反应与取代反应所致。出现⑤误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。
第（3）问：出现①误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义，导致失误。出现②误区，是由于总键
失误。出现③误区，是由于双键数应为30，不应是30×2=60，导致失误。出现④误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有60×4=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉30×4=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单
现12＋20=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数=12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-30=60。
第（4）问：出现①误区，是由于不慎将“＋”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现②误区，是由于只找到了这一个二元一次方程，还缺少一个方程：70＋（x＋y）
【易错点点睛】 错解： 第（1）问：①低，②C60。③金刚石键能小，C60含多个不饱和键，结构不稳定。④金刚石中只有单键，而C60中还含双键，双键键能比两个单键低，金刚石熔点高。⑤金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连，C60中只是3个，破坏金刚石的能量要高。⑥金刚石全部按六边形结合，比C60稳定，金刚石只含单键，C60有双键。⑦因C60中双键数大于金刚石，分子间键能大，熔点较高。⑧金刚石4个碳原子呈正四面体排列，或金刚石是正方形网状，每个碳原子都与4个碳原子相连，键能大。
第（2）问：①不能。②因为C60含有双键。③不可能，F2不可能将每个碳键上的氢全部取代，只有一小部分活泼氢可以反应。④不可能，C60只含有30个双键，加成时只能有30个F原子参加反应。⑤不可能，负一价的F极为稳定，不能形成双键。
②12×5＋20×6-30=150。③x=90，因为双键为30个，所以单键数=90-30×2=30。④全是单键，60×4=240，因为有30个双键，所以单键=240-30×2=180。⑤面数=12+30=36，60+36-棱边数=2，棱边数=单键数=96-2=94。
第（4）问：①面数=70+35-70-2=33（个）。②5x+6y=3×70
【19】本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。
①称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。
②另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：
5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O
（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。
（2）计算样品中CaO2的质量分数。
（3）计算样品中CaO2·xH2O的x值。
=80.0％
（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol·L-1
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1=0.012g
m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g
【解析】 第（1）问：根据信息①，可写出CaO2受热分解的化学
误区是由于未读懂题示信息所致。③误区是由于多写了水的分子式所致。④误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2·xH2O写成有定值的水，造成失误。第（2）问：根据信息①中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。
根据关系式2CaO2～O2，可求得CaO2物质的量为2×1.50×10-3mol，CaO2质量为2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1
样品中CaO2的质量分数为：
出现①误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2～O2），导致失误。出现②误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0g·mol-1用CaO的摩尔质量56.0g·mol-1代入式中计算，导致失误。出现③误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2·H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80％，但计算的依据错误。
第（3）问：根据信息②，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：
5CaC2O4～2KMnO4
KMnO4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol
其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：
CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133mol
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1
=0.012g
m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g
CaO2与H2O的物质的量之比为
出现①误区，是由于错误列式：
CaO2·xH2O～CaC2O4～xH2O
（72+18x）g 1mol
0.120g 1.55×10-3mol
误将0.120g全部看成CaO2·xH2O，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2·xH2O～CaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。
出现②误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80％）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。
【易错点点睛】第（1）问：①CaO2==CaO+O2，②CaO2==Ca+O2，③2CaO2+H2O==2CaO+O2+H2O，④2CaO2·nH2O==2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3……即定值）。第（2）问：①40％，②62％，③
×10-3），②72∶M（CaO2·xH2O）=80％，M=90，x=1。
【20】 25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6X10-15，也可用PH值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D+]，下列有关PD的叙述，正确的是（）
①中性D2O的PD=7
②在1L D2O中，溶解0.01molNaOD，其PD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，PD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的PD=1
A、①② B、③④ C、①③④ D、①②③④
【答案】 B
【解析】 （1）由于重水的离子积常数为1.6X10-15，因此重水中[D+]=4X10-8，对应的PD=7.6，故叙述①错；（2）在0.01mol/LNaOD溶液溶液中，[OD-]=0.01mol/L，根据重水离子积常数，可推知[D+]=1.6X10-13mol/L，PD值不等于12，故②叙述错；（3）在0.01mol/L的DCl的重水溶液，[D+]=0.01mol/L，因此PD=2，③的叙述正确；（4）根据中和反应量的关系，100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液有0.1mol/L的DCl过量，因此对应溶液的PD=1，④的叙述也正确。综上所述，正确选项为B。
【易错点点睛】选D。用H2O、NaOH、HCl来替代题目中的D2O、NaOD、DCl，并结合水的离子积常数、中和反应和PH等知识来推断：因为常温下中性溶液的PH=7，因此中性D2O的PD=7；0.01mol/LNaOH溶液的PH=12，对应浓度的NaOD的PD=12；0.01mol/L的HCl的PH=2，对应的0.01mol/L的DCl 的PD=2；100mL 0.25mol/L HCl与50mL 0.2mol/L NaOH中和，中和后溶液的PH=1，因此对应的100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液的PD=1. 简单机械迁移；忽视重水和普通水的离子积常数值的差异。
21、把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3 全部赶出。另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )
A. mol.l-1 B. mol.l-1 C. mol.l-1 D. mol.l-1
【错误分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出NH4+、SO42-的物质的量误认为就是原溶液中NH4+和SO42-的物质的量，造成错选A。
【正确解答】对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。离子反应有：NH4++OH-==NH3↑+H2O, Ba2++SO42-=BaSO4↓
由题意可知，aL混合液分成两等份：
其中一份有:NH4+— OH-, 另一份有：Ba2+—SO42-
bmol bmol cmol cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：
2bmol×1=2cmol×2+c(NO3-)×aL×1,得c(NO3-)= mol.l-1
【答案】本题的正确选项为D
22、50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是 （ ）
A、有0.09mol的硫酸被还原 B、有0.045mol的硫酸被还原
C、充分反应后体系无硫酸剩余 D、消耗的铜的质量一定少于2.88g
【错误解答】根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2 X 64g/mol=2.88g. 答案为B、C
【错误原因】忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性消失并减弱。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。
【正确解答】强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。 因此正确答案为 D 。
23、在某100ml的混合液中，硝酸和硫酸的物质量浓度分别是0.4mol/L,0.1mol/L,向该混合液中加入1.92g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质量浓度是— (mol/L):
A 、0.15 B 、0.225 C、 0.35 D、0.45
【错误解答】 A
【错解原因】由3Cu + 8HNO3 = 3Cu（NO3）2 + 2NO + 4H2O，题目中给出的硝酸的物质的量为
0.04mol，因此，参与反应的Cu的物质的量为0.015mol，因此答案为A。解题时忽略溶液中仍然存在H+，在该条件下，生成的Cu（NO3）2中的硝酸根离子要和铜继续反应。
【正确解答】
根据3Cu + 8H+ + 2NO3- ==3Cu2+ +2NO +4H2O
3 8 2 3
0.03 0.06 0.04 X
X=3×0.06/8=0.0225mol
因此，铜离子浓度为0.225mol/L
24、肼（N2H4）是火箭发动机的燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：
N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；△H=+8.7kJ/mol
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－534.0kJ/mol
下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是 （ ）
A．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－542.7kJ/mol
B．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1059.3kJ/mol
C．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
D．N2H4（g）+N2O4（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
【错误分析】对盖斯定律的概念理解不透。
【答案】本题的正确选项为C
【正确解答】N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；△H=+8.7kJ/mol ①
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－534.0kJ/mol②
②×2－①即得到
2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
25、将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中的c（H+）最接近于（ ）mol/L
A.（10-8+10-10）/2 B.（10-8+10-10） C.（10-14 -5×10-5） D、2×10-10
【错误解答】因为pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c（H+）分别为10-8 、 10-10 mol/L，而且两种溶液等体积混合，因此混合后溶液的c（H+）=（10-8+10-10）/2 mol/L。
【错解原因】直接应用溶液中c（H+）来求解，忽略溶液中c（OH—）> c（H+）和 c（OH—）对水电离平衡的影响。
【正确解答】由于碱溶液中的c（OH -）> c（H+） ，这就决定了不能用混合前溶液中的c（H+）直接求混合后溶液的c（H+） ，一定要先求出混合后溶液中c（OH—） ，在换算成混合后的c（H+） 。根据水离子积常数知，pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c（OH-）分别为10-6和10-4 mol/L，因此混合后溶液的c（OH-） =（10-6+10-4）/2 mol/L，可近似看作为10-4/2 mol/L。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的c（H+）=2×10-10 mol/L故正确答案选（ D ）2×10-10 。
26、为了测定某铜银合金成分，将30g合金完全溶于80ml13.5mol/L的浓硝酸中，待反应完全后，收集到6.72L气体(标况),并测得溶液中H+浓度是1mol/L.假设反应后溶液体积仍为80ml,求合金中银的质量分数.
【错误解答】假设银的质量分数为x，则：
Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O
30x /108 60x/108 30x/108
Cu + 4HNO3 = Cu（NO3）2 +2NO2 +2H2O
30（1-x）/64 120（1-x）/64 60（1-x）/64
根据气体体积关系有： 30x/108 + 60（1-x）/64=0.3，解得x
或根据HNO3量的关系有：60x/108 +120（1-x）/64=0.08（13.5-1），解得x
【错解原因】没有考虑到硝酸浓度的变化。
【正确解答】假设铜、银的物质的量依次为X、Y，则有64X+108Y=30（固体质量关系）
另有2X+Y+0.3=0.08（13.5-1）（硝酸中N的守恒），从而得到X=0.1mol，即银的质量为23.6g质量分数为78.7%
27、某有机物组成中含碳54.5%, 含氢9.1%，其余为氧，又知其蒸汽在标准状况下的密度为3.94 g/L，试求其分子式。
【错题分析】没有把握好确定分子式的方法。合理采用哪种方法来解决。确定分子式方法较多，但不同的题目使用的方法不同，本题易用最简式法
根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），分子式为最简式的整数倍，因此利用物质的相对分子质量及求得的最简式可确定其分子式。
【解题指导】有机物最简式的求法为：
（最简整数比），最简式为CaHbOc，则分子为(CaHbOc)n，得（M为有机物的相对分子质量）。
【答案】此有机物的摩尔质量为：M=ρ×Vm=3.94 g/L×22.4 L/mol=88 g/mol。
C、H、O的个数比为：
∴此烃的最简式为C2H4O，分子式为(C2H4O)n。
则有：(12×2+1×4+16)×n=88，解得：n=2
即此烃的分子式为C2H8O2。
28、在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取30mL同浓度的盐酸溶液，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：
试回答：
（1）甲组实验中盐酸______，乙组实验中盐酸______（均填“过量”、“适量”或“不足量”）。
（2）要推导出盐酸的物质的量浓度，所提供的数据中作计算依据的是______，计算出盐酸的物质的量浓度为______mol/L。
（3）要求出合金中镁、铝的物质的量之比，可作计算依据的数据是______，镁、铝的物质的量之比为______。
（4）在丙组实验之后，向容器中加入一定体积1mol/L的苛性钠溶液，可恰好使铝元素全部以偏铝酸根形式存在，并使镁离子刚好沉淀完全，则溶液中偏铝酸钠的物质的量为______mol，氯化钠的物质的量为______mol，所加苛性钠溶液的体积为______mol。
解析：本题源于基本的化学计算，通过镁铝与盐酸的反应，考查利用化学反应方程式的计算，尤其是过量计算的判断，利用多组数据的相互联系，寻找解题的突破口。注重考查应用各方面知识，进行分析、推理和判断的能力。
（1）分析甲、乙、丙三组实验的数据记录：加入合金的质量：m（甲）＜m（乙）＜m（丙），生成气体的体积：V（甲）＜V（乙）=V（丙），由于盐酸的体积相同、浓度相同，因此，丙组实验中盐酸不足，甲组实验中盐酸过量。比较甲、乙两组数据：
m（甲）∶m（乙）=1∶1.5
V（甲）∶V（乙）=1∶1.2
则 乙组实验中盐酸是不足的。
（2）要推导盐酸的物质的量浓度，应知道盐酸的体积和HCl的物质的量。现已知盐酸的体积，HCl的物质的量可以通过乙或丙组实验产生H2的物质的量进行计算。
则：所提供的数据为：30 mL（盐酸的体积）和336mL（H2的体积）。cmol/L×0.03L=（0.336L÷22.4L/mol）×2c=1mol/L
（3）甲组实验中，镁、铝合金完全参加反应，依据合金的质量（0.255 g）和产生H2（280mL）的体积，可以计算合金中镁、铝的物质的量。
设：合金中镁、铝的物质的量分别为x、y。
则：镁、铝的物质的量之比为1∶1。
（4）在丙实验之后，向容器中加入一定体积的苛性钠溶液，恰好使铝元素全部以偏铝酸根形式存在，使镁离子刚好沉淀完全，此时溶液中的溶质为NaAlO2和NaCl。
则n（NaAlO2）=n（Al）=0.459 g÷（24+27）g/mol=0.009 mol(54g镁铝合金中又27g铝)
n（NaCl）=n（HCl）=1mol/L×0.03 L=0.03 mol
n（NaOH）=n（NaAlO2）+n（NaCl）=0.009 mol+0.03 mol=0.039 mol
V（NaOH）=0.039 mol÷1mol/L=0.039 L 即V（NaOH）=39 mL。
【29】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。
【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都含有氢元素，所以根据氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。
【易错点点睛】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32—）=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH—需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH—）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=0.36g， 0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），
n[Mg(OH)2]＝=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），
碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O（1分）。
【30】 50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是（ ）
A、有0.09mol的硫酸被还原
B、有0.045mol的硫酸被还原
C、充分反应后体系无硫酸剩余
D、消耗的铜的质量一定少于2.88g
【答案】D
【解析】强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱至消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。 因此正确答案为 D 。
【易错点点睛】忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性减弱至消失。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2 +2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2 X 64g/mol=2.88g.
【31】铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的c（H+）同时下降（ ）
A．0.2mol/L B. 0.4mol/L
C. 0.6mol/L D. 0.8mol/L
【答案】D
【解析】由于硝酸被还原生成NO,因此硝酸根离子浓度会减小。根硝酸与铜反应的离子方程式:3Cu+8H++2NO3- =3Cu2+ + 2NO + 4H2O，反应中消耗的硝酸根离子与氢离子的物质的量之比为1:4。因此正确选项为D（0.8mol/L）。
【易错点点睛】误把被氧化的硝酸当作参与反应的硝酸。假设溶液的体积为1L。因为硝酸根离子浓度下降了0.2mol/L，因此反应中有0.2mol的硝酸参加反应。由于硝酸中H+与NO3- 之比为1:1，因此消耗的H+的物质的量为0.2mol，下降的浓度为0.2mol/L。
【32】实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )
A.称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水
B.称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C.称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水
D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【答案】D
【解析】要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol即胆矾：0.05 mol×250 g/mol1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C都不对。正确选项为D。D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
【易错点点睛】 （1）没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。由于要配置480mL0.1 mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：（1）若溶质为硫酸铜，则0.48×160×0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4·5H2O，0.48×250×0.1=12.0g；因此选择B选项。
【33】用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为（ ）
A、0.1mol B、0.2mol
C、0.3mol D、0.4mol
【答案】 D
【解析】电解硫酸铜溶液的反应方程式为：
2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + 2H2SO4 + O2↑
从上述方程式可以看出，因此，电解前后只有铜和氧的改变，电解后加入CuO就可以使溶液恢复原来状态。但本题提示加入Cu（OH）2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因为硫酸铜被电解完全）。0.1molCu（OH）2可以看作是0.1mol的CuO和0.1mol H2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。因此本题正确选项为D。
【易错点点睛】对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu(OH)2 。选B。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。
【34】用质量均为100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差28g，此时两电极质量分别是（ ）
A．阳极93.6g，阴极121.6g
B．阳极100 g，阴极128.0g
C．阳极91.0g，阴极119.0g
D．阳极86.0g，阴极114.0g
【答案】A
【解析】和量法
Cu + 2Ag+ === Cu2+ + 2Ag 64
216 x
x +（ 216 / 64 ）x=28 解x=6.4g
故正确答案选A
【易错点点睛】选B者，没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu自己的溶解和放电如同精炼铜，原理不清。
【35】在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7。则该酸和碱的组合可以是（ ）
A、硝酸和氢氧化钠 B、盐酸和氨水
C、硫酸和氢氧化钾 D、醋酸和氢氧化钡
【答案】D
【解析】此题为PH加和等于14且等体积混合类型题，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性。因此，选项A、C被排除。若酸为弱酸而碱为强碱（或酸为强酸而碱为弱碱），由于弱电解质部分水解，因此，弱酸（或弱碱）的浓度远远大于10-3mol/L，即弱酸（或弱碱）的浓度远远大于碱（或酸）的浓度，等体积混合时，酸（或碱）过量，因此溶液显酸（或碱）性。因此正确选项为D。
【易错点点睛】因为盐酸与氨水反应生成盐酸铵，醋酸铵属于强酸弱碱盐，在水溶液中会水解而使溶液呈酸性，PH<7。所以本题选项为B。对强弱电解质电离问题不能很好的把握。没有注意到在该题设条件下，只有在强酸和强碱时，酸碱才能恰好中和。
【典型习题导练】
一、选择题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A．标准状况下，将22.4L氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为NA
B．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NA
C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA
D．标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子
2．在体积一定的密闭容器中放入1L气体R和3L气体Q，在一定条件下发生反应R(g)＋3Q(g)=X(g)＋nY(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的75%，则化学方程式中n的值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．在aｍL浓度为c mol/L的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=1的盐酸时，恰好使溶液中Ag+完全沉淀，此时得到pH=2的溶液100mL（设反应前后溶液体积变化忽略不计），则c的值是（ ）
A．0.0020 B．0.011 C．0.11 D．0.22
4．铜既不溶于稀硫酸，也不溶于NaNO3溶液，但可溶于其混合液。已知某200mL的1mol/L硫酸溶液中含有0.6mol/LNaNO3，理论上最多溶解Cu的质量是 （ ）
A．19.2g B．11.52g C．5.76g D．9.6g
5．将Mg—Cu合金11.2g完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液，恰好完全反应时产生21.4g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是 （ ）
A．0.3molNO B．0.2molNO2和0.1molN2O4
C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4 D．0.1molNO、0.1molNO2和0.2molN2O4
有KOH和Ca(OH)2的混合溶液，pH=13。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如下图所示。图中（V1）为112mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是 （ ）
A．560、672 B．1008、1120 C．2240、2352 D．392、504
7．将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24LNO，剩余9.6g金属；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是 （ ）
A．原混合物中铜和铁各0.15mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为1mol/L
C．第一次剩余9.6g金属为铜和铁
D．再加入上述200mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24LNO
8．用两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通直流电电解，当有1×10-3mol的OH-放电时，溶液显浅蓝色，则下列叙述正确的是 （ ）
A．阳极上析出3.6mLO2（标准状况） B．阴极上析出32mgCu
C．阴极上析出11.2mLH2（标准状况） D．阳极和阴极质量都无变化
9．下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取nmol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（ ）
A．C2H2、C2H4O2 B．C2H4、C3H6O C．C2H4、C2H6O D．C6H12O6、C2H4O2
10．某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mL含NaClO25%密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是 （ ）
A．配制过程只需要三种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照久置后溶液中NaClO物质的量浓度减小
D．需要称量的NaClO固体的质量为140g
11．由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2mol·L-1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解。若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为 （ ）
A．1.6g B．(a-1.6)g C．(a-3.2)g D．无法计算
12．下列说法或计算正确的是 （ ）
A．采用加热蒸发溶剂的方法可以使浓度为4mol·L-1的盐酸溶液的浓度变为8mol·L-1
B．把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液的质量分数为4.0%
D．已知某温度下KNO3的溶解度是31.6g，该温度下将20gKNO3溶解于50g水中，充分溶解，获得溶液的质量分数是28.6%
13．一定条件下，将NO2与SO2以2∶3的体积比置于密闭容器中发生上反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶4，则平衡时SO2(g)的转化率是 （ ）
A．1/2 B．3/4 C．5/9 D．2/3
将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A．Mg和Al的总质量为9g B．硫酸的物质的量浓度为4mol/L
C．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L D．生成的H2在标准状况下的体积为11.2L
二、非选择题
15．（8分）随着社会的发展，工作、生活的节奏越来越快，无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量(g) 摩尔质量(mol·L-1)
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 （填写名称）。
（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+） （只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。
（3）配制上述lL“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、 、 （在横线上填写所缺仪器的名称）。
（4）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是 （填字母）。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有 。（填化学符号）
16．（5分）氮有多种氧化物，其中有一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的含氧酸盐的化学式是 。
17．（9分）工业上将纯净干燥的氯气通人到0.5mol/L NaOH溶液中得到漂水。某同学想在实验室探究Cl2性质并模拟制备漂水，下图是部分实验装置。已知KMnO4与盐酸反应可以制取Cl2。
（1）配制480 mL物质的量浓度为0.5 mol/L NaOH溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和 。需称量的NaOH的质量是 。
（2）浓硫酸的作用是 。
（3）装置E中发生化学反应的离子方程式为 。
（4）实验时装置D中的现象是 。
（5）氯元素含量为10%的漂水溶液355g，其中含NaClO的物质的量为 mol。
18.（14分）物质A有如下图所示转化关系，其中甲由两种单质直接化合得到；B为红棕色固体；C为无色气体，是形成酸雨的大气污染物之一；D的水溶液加入用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，乙为金属单质，常温下，它在G的浓溶液中发生钝化，F的溶液中只含有一种溶质（有的反应可能在水溶液中进行，有的反应的生成物未全部给出，反应条件也未注明）。
回答下列问题：
（1）工业上，反应I的化学方程式为 。
（2）D和乙反应的离子方程式为 。
（3）请简述检验D溶液中阳离子的方法 。
（4）若A的相对分子质量为120，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为完全转化。现取m克含A及少量杂质的样品，按上述过程充分反应后（杂质不参与反应），得到密度为ρg/cm3，溶质质量分数为a%的G溶液nmL。则该样品中A的质量分数＝ （列出计算式即可）。
19．（7分）丙酸盐是安全有效的防霉、防腐剂，一种以碱式碳酸锌为原料的工艺流程如下：
序号 n（丙酸）∶n（碱式碳锌） 反应温度/℃ 丙酸锌产率/%
1 1∶0.25 60 67.2
2 1∶0.25 80 83.5
3 1∶0.25 100 81.4
4 1∶0.31 60 89.2
5 1∶0.31 80 90.1
6 1∶0.31 100 88.8
（1）探究本实验中最佳工艺条件（见上表）：反应时间2h，用水量45g，n（丙酸）∶n（碱式碳酸锌）=1∶ ，反应温度 ℃。
（2）某次实验时，将37.0g丙酸溶于220mL水中，按上述流程在上述优化的条件下制备，最终得产品丙酸锌49.6g，则该次实验丙酸锌的产率为 。
（3）本工艺采用“闭路循环”方式，除具有制备工艺简便、产率高外，还具有 的优点。
20.（8分）磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2 === 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 === P4+10CO每生成1molP4时，就有 mol电子发生转移。
（2）硫代硫酸钠（Na2S2O2）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：
C6H8O6+I2 === C6H6O6+2H++2I- 2S2O32-+I2 === S4O62-+2I-，在一定体积的某维生素C溶液中加入amol/LI2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2，消耗bmol/LNa2S2O2溶液V2mL。该溶液中维生素C的物质量是 mol。
（3）在酸性溶液中，碘酸钠（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3-+5SO32-+2H+ === I2+5SO42++H2，生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：
0.01mol/L KIO3，酸性溶液（含淀粉）的体积/mL 0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL H2O的体积/mL 实验温度/℃ 溶液出现蓝色时所需时间/s
实验1 5 V1 35 25
实验2 5 5 40 25
实验3 5 5 V2 0
该实验的目的是 ，表中V2= mL。
21．（7分）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。某种矿石中铁元素以氧化物FemOn的形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6g。剩下滤液用浓度为2mol·L-1的酸性KMnO4滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积25.0mL。
提示：2Fe3+＋Cu === 2Fe2+＋Cu2+ 8H+＋MnO4-＋5Fe2+ === Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
（1）计算该铁矿石中铁元素的质量分数。
（2）计算氧化物FemOn的化学式（m、n为正整数）。
答案与解析
1． 【答案】C【解析】盐酸溶液中不存在氯化氢分子，A选项错误；16g14CH4的物质的量为16/18=0.89mol，含有的中子数为：0.89mol×8=7.1mol，B选项错；Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，O的化合价由-1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×2＝0.4NA，C选项正确；空气是多种气体的混合物，不只是单质，D选项错。
2．【答案】A【解析】由题知混合气体压强减小，所以反应是一个体积减小的反应，由于气体R完全反应，所以有3-n=1，n=2，故选A。
3．【答案】B【解析】AgNO3＋HCl === AgCl↓＋HNO3。最终溶液pH=2，所以c(H+)=1×10-2mol/L，HNO3=H+＋NO3-，加入盐酸pH=1，c(H+)=1×10－1 mol/L，反应前后n(H+)不变，所以反应前V（HCl）=10mL，所以a=90mL，AgNO3与HCl反应，物质的量比为1∶1，则有等式a=c×10-3，解c=0.011 mol/L。故B正确。
4．【答案】D【解析】3Cu＋8H+＋2NO3-=== 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，此时n(H+)=0.4mol，n(NO3-)=0.12mol，此时n(H+)不足，按n(H+)计算得n(Cu)=0.15mol，m(Cu)=9.6 g,故D选项正确。
5．【答案】C【解析】本题考查化学计算。Mg和Cu反应生成Mg(OH)2和Cu(OH)2，增加的质量就是OH-的质量，即m(OH-)=21.4g-11.2g=10.2g，则n(OH-)=0.6mol，且Mg和Cu失去的电子数等于OH-的数目，然后逐项分析电子转移数目，A中是0.9mol，B中是0.4mol，C中是0.6mol，D中是0.8mol，选C。
6．【答案】B【解析】由题知反应的先后顺序依次为：Ca(OH)2+CO2 === CaCO3↓+H2O①；2KOH+CO2 === K2CO3+H2O②；K2CO3+H2O+CO2 === 2KHCO3③；CaCO3+H2O+CO2 === Ca(HCO3)2④。①、④消耗CO2相同，②、③消耗CO2相同；①、②反应实质为中和反应，消耗n(CO2)=0.1mol/L×0.5L/2×22400mL/mol=560mL，其中反应①消耗112mL，反应②消耗560mL-112mL=448mL，V2时反应进行到③消耗CO2共计560mL+448mL=1008mL，进而求出V3=1008mL+112mL=1120mL。
7．【答案】A【解析】第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的8.4g金属均被氧化到+2价：3Fe(或3Cu)+8HNO3 === 3Fe(NO3)2[或3Cu(NO3)2]+2NO↑+4H2O，金属的物质为(2.24/22.4)×(3/2)mol=0.15mol，则第一次溶解的金属的摩尔质量为56g/mol，是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的9.6g金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.15mol，金属摩尔质量为64g/mol，是铜。c(HNO3)=(2.24/22.4)×4/0.2mol/L=2mol/L。若金属完全溶解后再加200mL稀硝酸，反应为
3Fe2++4H++NO3- === 3Fe3++NO↑+2H2O，经判断H+过量，生成的NO在标准状况下体积为0.15×(1/3)×22.4L=1.12L，故B、C、D错误，A正确。
8．【答案】B【解析】用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应为，阴极：2Cu2＋＋4e-=2Cu，阳极：4OH--4e-=O2↑＋2H2O。当有1×10-3mol的OH-放电时，生成标准状况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.0×10-3mol，根据得失电子守恒则在阴极上析出32mgCu。
9．【答案】C【解析】A项中C2H2和C2H4O2分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为2.5mol、2mol。B项中C2H4、C3H6O分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为3mol、4mol。而C2H4和C2H6O分别完全燃烧时，每1mol都耗O2 3mol，故选C。D项中每1molC6H12O6、C2H4O2耗O2分别为7.5mol、2mol，故不合题意。或者将分子式改写：A项为：C2H2、C2(H2O)2；B项为：C2H4、C3H4(H2O)；C项为：C2H4、C2H4(H2O)。可观察出C选项中的二者等物质的量时耗氧量相同。
10．【答案】C【解析】配制过程需要的仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，A错误；将烧杯中的溶液转移到容量瓶中后还要继续加水定容，所以容量瓶内有少量蒸馏水不会带来误差，B错误；NaClO会与空气中的CO2反应生成次氯酸，C正确；需要480mL的溶液需配制500mL，所需NaClO固体的质量为500mL×1.19g/cm3×25%=148.75g，D错误。
11．【答案】A【解析】Fe2O3+6H+ 2Fe3++3H2O；CuO+2H+ === Cu2++H2O。金属氧化物的混合物可看成两部分：金属元素+氧元素。氧化物被H+溶解，氧元素与H+结合成H2O，H+的物质的量是0.2mol，结合的O原子共有0.1mol，即原来的混合物中共有1.6g氧元素与一氧化碳结合成CO2，剩余的质量就是金属的质量。
12．【答案】B【解析】因为HCl比水更容易挥发，所以加热蒸发，浓度更低，A项错误；，B项正确；钠与水反应，溶质变为了4.0NaOH，由于生成了氢气，使总质量小于100g，则溶液的质量分数应大于4.0%，C项错误；根据KNO3的溶解度，50g水最多溶解15.8gKNO3，所以20gKNO3没有溶解完全，得到的是饱和溶液，，D项错误。
13．【答案】C【解析】设NO2的物质的量为2mol，则SO2的物质的量为3mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。
NO2＋SO2 === SO3＋NO
起始： 2 3 0 0
转化： x x x x
平衡： 2-x 3-x x x
依题得：(2-x)∶(3-x)=1∶4，计算得出：x=5/3，则平衡时SO2(g)的转化率是5/9。
14．【答案】D【解析】根据图象分析，中和过量的酸，消耗NaOH溶液20mL；沉淀Mg2+和Al3+，消耗NaOH为200mL-20mL=180mL；Al(OH)3溶解消耗NaOH为240mL-200mL=40mL；n[Mg(OH)2)]=0.15mol，n[Al(OH]3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol。根据以上数据可计算：Mg、Al的总质量为：0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g/mol=9g，A选项正确；根据氢氧化铝的溶解方程式Al(OH)3+NaOH === NaAlO2+2H2O可计算NaOH的物质的量浓度为：0.2mol/0.04L=5mol/L，C选项正确；沉淀最大量时，溶液中的溶质为Na2SO4，根据物料守恒可计算，n(H2SO4)=2n(NaOH)=2×0.2L×5mol/L=2mol，c(H2SO4)=2mol/0.5L=4mol/L，B选项正确；根据电荷守恒可计算2n(H2)=2n(Mg)+3n(Al)，n(H2)=n(Mg)+3n(Al)/2=0.15mol+3×0.2mol/2=0.45mol，V(H2)=0.45mol×22.4mol/L=10.08L，D选项错误。
15．【解答】（1）蔗糖 （1分） （2）2×0.50/174+0.50/158 （2分） （3）1000 mL容量瓶 （1分） 胶头滴管（1分） （4）AD （2分） （5）Cl-（1分）
【解析】（1）根据公式计算：c=n/V。（2）计算出硫酸钾和高锰酸钾中的K+的浓度。（3）根据实验步骤选择相应仪器。（4）A没影响；B中定容时仰视液面使溶液体积偏大，浓度偏小；C中的NaC1溶液会和硝酸银反应；D中液面低于容量瓶的刻度线说明部分液体残留于瓶口及瓶壁上，此时不用处理即可。
16．【答案】NaNO2（5分）
【解析】关系式4NO~O2，O2得到4e-，则NO失去e-，化合价升高1变为+3价，所以含氧酸盐的化学式是NaNO2。
17．【答案】（1）500mL容量瓶 （未标明容量的为0分）（1分） 10.0g （1分）
（2）干燥氯气 （1分）
（3）Cl2＋2OH- === Cl-＋ClO-＋H2O （2分）
（4）湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色 （2分）
（5）0.5 （2分）
【解析】本题考查Cl2的实验制法与性质。（1）配制物质的量浓度的溶液体积的确定得需要一定容量的容量瓶。n(NaOH)= 500 mL×0.5 mol/L =0.25mol。（2）制得的氯气除去HCl后仍有水蒸气，影响其漂白性原理的探究。（3）装置E是尾气吸收装置，是氯气和NaOH溶液的反应。（4）见答案。（5）m(Cl)=355g×10%=35.5g，则n(Cl)=1mol，漂水是氯气和NaOH溶液反应得到的，是等物质的量的NaCl和NaClO的混合物，所以含NaClO的物质的量为0.5mol。
18．【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （3分）
（2）2Fe3++Fe === 3Fe2+ （3分）
（3）滴入1~2滴硫氰化钾溶液，溶液呈现红色，则有Fe3+存在 （3分）
（4）（5分）
【解析】本题综合考查元素化合物的性质、物质的推断和离子检验以及有关计算。
B为红棕色固体，则B为Fe2O3。C无色，能形成酸雨，则C为SO2。D与硝酸酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，证明D中含有Cl元素，结合D由Fe2O3反应得来，可以推出A为FeS2，甲为HCl，D为FeCl3，E为SO3，乙为Fe，F为FeCl2，G为硫酸。
（1）FeS2在空气高温下氧化可以得到SO2和Fe2O3。
（2）Fe3+具有氧化性可将Fe氧化为Fe2+，本身还原为Fe2+（方程式见答案）。
（3）Fe3+遇KSCN溶液呈红色是检验Fe3+的特征反应。
（4）根据S元素守恒，可列出关系FeS2~2H2SO4，设FeS2的质量分数为x，则2×(mg×x)/120g/mol＝nmL×ρg/mL×a%/98g/mol，变形得x＝。
19．【答案】（1）0.31 80（共2分，每空1分） （2）94.0%（3分） （3）原料利用率高；无废液、废渣排放等。（2分）
【解析】（1）分析图中数据知：在80℃时丙酸锌的产率最大。（2）n（丙酸）=0.5mol，理论上生成n（丙酸锌）=0.25mol，现在生成n（丙酸锌）=0.235mol，则该次实验丙酸锌的产率为0.235mol/0.25mol=94.0%。（3）从原料利用率及环境保护方面分析。
20．【答案】（1）20 （2分） （2）(aV1-0.5bV2)/1000（或其他合理答案）（2分） （3）探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系（或其他合理答案）（2分） 40 （2分）
【解析】（1）由关系式10C~P4知，生成1molP4时，就有10molC反应生成10molCO，则有20mol电子发生转移。
（2）剩余的I2的物质的量是：n（I2）=bmol/L×V2L/1000mL×1/2，与维生素C消耗的I2的物质的量是：n（I2）=amol/L×V1L/1000mL-bmol/L×V2L/1000mL×1/2=(aV1-0.5bV2)/1000。
（3）实验目的应是探究外界条件对反应速率的关系，在其他条件相同时仅改变一个条件的变化来分析。
21．【答案】（1）56% （3分）（2）Fe5O7或2Fe2O3·FeO （4分）
【解析】（1）n(Fe)=5n(KMnO4)=5×0.025L×2mol·L-1=0.25mol，m(Fe)=0.25mol×56g·mol-1=14g，
ω(Fe)=14g÷25g×100%=56%。（2）反应的铜的物质的量n(Cu)=(10g-3.6g)÷64g·mol-1=0.1 mol，n(Fe3+)=0.2mol，解得：n(Fe2+)=0.05mol。该氧化物的化学式可表示为：Fe5O7或2Fe2O3·FeO。
沉
淀
(g)
11.6
19.4
20
NaOH(mL)