1、课时作业1标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是()A22.4 LB44.8 LC11.2 L D4.48 L解析：22.4 L(标准状况下)Cl2换成22.4 L(标准状况下)N2的质量差是71 g28 g43 g，设氯气的体积为x L，则有Cl2 N2 m224 L43 gx L74.6 g66 g8.6 g解得x4.48。答案：D2含KCl和KBr的样品3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为()A24.1% B40.3%C25.9% D
2、48.7%解析：KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。KAgm3910869m6.63 g3.87 g2.76 g解得m1.56 g质量分数为100%40.3%答案：B3一定质量的碳和8 g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为()A2.4 g B4.2 gC6 g D无法确定解析：由化学方程式：CO2CO2和2CO22CO可知，当产物全部是CO2时，气体的物质的量不变，温度和体积不变时气体的压强不变；当产物全部是CO时，气体的物
3、质的量增大1倍，温度和体积不变时压强增大1倍，现在气体压强变为原来的1.4倍，故产物既有CO2，又有CO。n(O2)0.25 mol，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即n(气体)0.25 mol(1.41)0.1 mol。2CO22COn(气体)2 mol1 mol 1 mol 02 mol 0.1 mol 0.1 mol则生成CO消耗0.1 mol O2，生成CO2消耗0.15 mol O2。CO2CO2015 mol0.15 mol故n(C)0.2 mol0.15 mol0.35 mol，m(C)0.35 mol12 gmol14.2 g
4、。答案：B4一定量的液态化合物AB2，在适量的氧气中恰好完全燃烧，反应化学方程式为AB2(l)3O2(g)=AO2(g)2BO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336 mL，密度为2.56 gL1，则化合物AB2的相对分子质量为()A30 B38C76 D172解析：由题给反应方程式及各物质的状态可知，反应前后气体的体积不变，故参与反应的O2的体积V(O2)V(AO2)V(BO2)336 mL，则n(O2)0.015 mol，故n(AB2)n(O2)0.005 mol。m(生成物)0.336 L2.56 gL10.86 g，根据质量守恒定律，m(AB2)m(生成物)m(O2)0.
5、86 g0.015 mol32 gmol10.38 g，则M(AB2)76 gmol1，故AB2的相对分子质量为76。答案：C5三氯异氰尿酸是一种较强的氧化剂，利用氰尿酸(图甲)与次氯酸(HClO)在一定条件下反应可制备三氯异氰尿酸(图乙)，若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，则氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为()A11 B32C21 D13解析：由氰尿酸、三氯异氰尿酸的结构简式可知，二者的分子式分别为C3N3H3O3、C3N3Cl3O3，而三氯异氰尿酸是由氰尿酸与次氯酸(HClO)在一定条件下反应制得，其中Cl原子来自于HClO，根据原子守恒可知，生成1 mol三氯异氰尿酸消耗1 mol C3N3
6、H3O3和3 mol HClO，故氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为1 mol3 mol13。答案：D6将15 mL 2 molL1Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是()A4 B3C2 D1解析：从反应后的溶质为NaCl，由电荷守恒可知，n(Na)n(Cl)，15103 L2 molL1240103 L0.5 molL1n，n3。答案：B7R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为()A1 B2C3 D4解析：根据得失电子守恒
7、，2 mol Mn22 mol MnO，失10 mol e，所以每1 mol R2O2 mol RO得2 mol e，故可知R2O中R的化合价为7价。因此n2。答案：B8(2017江西赣州期中)有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是89。加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2 L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为()A17.4 g B46.8 gC40.8 g D23.4 g解析：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是89，则物质的量之比为11，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，生成NO的物质的量为0.5 mol，根据电子转移守恒，n(Mg)n(
8、Al)0.3 mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量最大时，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据Mg元素守恒，nMg(OH)2n(Mg)0.3 mol，根据Al元素守恒，nAl(OH)3n(Al)0.3 mol，故沉淀最大质量为0.3 mol58 g/mol0.3 mol78 g/mol40.8 g，故C正确。答案：C9(2017河北衡水中学调研)在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为13，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为()A2.4 mol B2.6 molC2.8 mol D3.2 mol解析：依题意，Z
9、n最后全部以Zn(NO3)2的形式存在，且nZn(NO3)21 mol，则起酸性作用的硝酸的物质的量n12 mol。Zn失去2 mol电子，根据得失电子守恒，设n(NO2)x，n(NO)3x，有x3x32 mol，x0.2 mol，则起氧化剂作用的HNO3的物质的量n2n(NO2)n(NO)0.8 mol，所以消耗HNO3的总物质的量n总(HNO3)n1n22.8 mol。答案：C10(2017湖南十校联考)铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 120 mL的NO气体(标准状况下)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生
10、成沉淀的质量为()A7.04 g B8.26 gC8.51 g D9.02 g解析：分析反应过程可知，最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg在反应后均为2价，它们失去的电子的总物质的量n(e)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH的总物质的量n(OH)。由得失电子守恒有：n(e)n(NO2)n(NO)30.08 mol0.05 mol30.23 mol，则n(OH)0.23 mol，m(OH)3.91 g，所以沉淀的质量m(合金)m(OH)4.6 g3.91 g8.51 g。答案：C11黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气
11、中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98%的硫酸质量为_t。解析：(1)根据化学方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式
12、：Cr2O6Fe23SO2FeS21m(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.00%(2)4FeS211O22Fe2O38SO24 mol8 mol22.4 Lmol1 mol V(SO2)V(SO2)3.36106 Ln(SO2)1.5105 mol由SO2SO3 H2SO41 mol 98 g15105 molm(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。答案：(1)90.00%(2)3.361061512氢氧化钡是一种使用广泛的化学试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样中Ba(OH)2nH2O的含量。(1)称取3.50 g试样溶于蒸馏水配成10
13、0 mL溶液，从中取出10.0 mL溶液于锥形瓶中，加2滴指示剂，用0.100 mol/L HCl标准溶液滴定至终点，共消耗标准液20.0 mL(杂质不与酸反应)，试样中氢氧化钡的物质的量为_ mol。(2)另取5.25 g试样加热至失去全部结晶水(杂质不分解)，称得质量为3.09 g，则Ba(OH)2nH2O中的n的值为_。(3)试样中Ba(OH)2nH2O的质量分数为_。解析：(1)nBa(OH)20.02 L0.100 mol/L100.01 mol。(2)样品总量为(1)中的1.5倍，H2O的物质的量为0.12 mol，n8。(3)100%90%。答案：(1)0.01(2)8(3)0.90(或90%)