1、题型十五定量计算型1将11.2 g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200 mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24 L；将另一份在空气中充分加热，最后得到m g固体。下列有关说法：c(HNO3)2 molL1；无法计算硝酸的浓度；m8.0；m7.2，其中正确的是()A BC D答案B解析根据3M8HNO3=3M(NO3)22NO4H2O，n(HNO3)4n(NO)0.4 mol，所以c(HNO3)2 molL1，n(混合物)30.15 mol，所以m0.15 mol16 gmol18.0 g。2已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成F
2、e3和Cr3。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是()A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7与FeSO4二者物质的量之比为13答案D解析A项，开始时Fe3浓度不变，则说明Fe3没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B项，BC段Fe3浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe32
3、I=2Fe2I2，故B正确；C项，由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe36I，共消耗的n(I)1.5 mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为 mol0.25 mol，故C正确；D项，由方程式2Fe32I=2Fe2I2可知，BC段消耗KI 0.9 mol，则n(Fe3)n(Fe2)0.9 mol，K2Cr2O7、FeSO4二者物质的量之比为0.25 mol0.9 mol518，故D错误。3假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm的核外电子数为x，则W g Rm所含中子的物质的量为()A(Axm) mol B(Axm) molC.(Axm) mol
4、 D.(Axm) mol答案C解析Rm有x个电子，电荷数为m，阴离子的核外电子数质子数电荷数，所以质子数核外电子数电荷数xm；中子数质量数质子数A(xm)Axm，离子的物质的量为 mol，则中子的物质的量为 (Axm) mol。4取100 mL 18.3 molL1的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成气体在标况下占有的体积为22.4 L，将所得的溶液稀释成1 L，测得溶液的H浓度为1 molL1，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为()A12 B21 C14 D41答案A解析100 mL 18.3 molL1的H2SO4中含有硫酸的物质的量：n(H2SO4)浓0.1 L18.3
5、molL11.83 mol，剩余硫酸的物质的量：n(H2SO4)剩1 L1 molL10.5 mol，消耗硫酸的物质的量：n(H2SO4)消耗1.83 mol0.5 mol1.33 mol。锌与浓硫酸发生：Zn2H2SO4=ZnSO4SO22H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：ZnH2SO4=ZnSO4H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为1 mol设混合物气体中含有x mol SO2，y mol H2。Zn2H2SO4=ZnSO4SO2H2O 2x mol x molZn H2SO4=ZnSO4 H2 y mol y mol则有：解之得：所以n(SO2)n(H2)xy0.3
6、30.6712，故选A。5Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0 mL 0.100 molL1Na2S2O3溶液恰好与224 mL(标准状况下)Cl2完全反应，则S2O将转化成()AS2 BS CSO DSO答案D解析n(Na2S2O3)0.025 L0.100 molL10.002 5 mol，n(Cl2)0.01 mol，设S2O被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.002 52(n2)mol20.01 mol，n6，故选D。6一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中(存
7、在Cu2和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11(在相同条件下)，则a可能为()A0.80 B0.70 C0.60 D0.40答案D解析若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)n(CuO)0.15 mol，CuS中S的化合价由2价上升到6价，故转移电子物质的量0.15(62)1.2 mol。NO和NO2的体积相等，设NO为x mol、NO2为x mol，根据得失电子守恒，得3xx1.2，解得x0.3，则NO和NO2的总物质的量为0.3 mol20.6 mol；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2
8、S)n(CuO)0.15 mol0.075 mol，Cu2S中S的化合价由2价上升到6价，且Cu元素的化合价由1价上升到2价，故转移电子物质的量为0.075(812)0.75 mol，设NO为x mol、NO2为x mol,3xx0.75，根据电子得失守恒，计算得x0.187 5，故NO和NO2的总物质的量为0.187 5 mol20.375 mol，实际气体介于0.375 mol0.6 mol之间，故选D。7甲、乙两个电解池均以铂为电极，且互相串联，甲池中盛有硝酸银溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液。通电一段时间后，测得甲池中电极质量增加2.16 g，乙池中电极上析出金属0.24 g，则乙池中
9、溶质可能是()ACuSO4 BMgSO4CAl(NO3)3 DNa2SO4答案A解析由阳离子放电顺序：Cu2HAl3Mg2Na，故乙池中溶质若为硫酸镁、硝酸铝或硫酸钠，则不可能析出金属，所以只可能是硫酸铜。由Age=Ag，Cu22e=Cu，则由关系式：2AgCu可计算出甲池析出2.16 g Ag，乙池应析出0.64 g Cu，但实际仅析出金属0.24 g，这说明硫酸铜的量(题意告知“一定量”)不足，故选A。8在氧气中灼烧有硫元素和铁元素组成的化合物0.44 g，使其中的硫全部转化为二氧化硫，并将二氧化硫全部氧化成硫酸，这些硫酸与20 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液恰好完全中和，则原化合物
10、中硫的质量分数约为()A18% B46% C53% D36%答案D解析n(NaOH)0.02 L0.5 molL10.01 mol，由反应的关系式SSO2H2SO42NaOH可知，n(S)0.01 mol0.005 mol，则硫和铁组成的化合物中m(S)0.005 mol32 gmol10.16 g，则w(S)36%，故选D。9用铂作电极电解1 000 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4 g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)()A电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NAB在标准状况下，两极共产生3.92 L气体C电
11、解后溶液的pH为2(假设溶液体积不变)D加入13.8 g Ag2CO3可将溶液彻底复原答案B解析A项，用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液的阴极反应首先是Age=Ag，假设所有的银离子0.1 mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1 mol，则析出金属银的质量：0.1 mol108 gmol110.8 g，此时阳极放电的电极反应：4OH4e=O22H2O，转移0.1 mol电子时生成的氧气的质量：0.025 mol32 gmol10.8 g，所以溶液质量减少总量为10.8 g0.8 g11.6 g13.4 g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当
12、于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4 g11.6 g1.8 g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2 mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3 mol，个数为0.3NA，故A错误；B项，阳极放电的电极反应：4OH4e=O22H2O，当转移0.3 mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075 mol，即1.68 L，阴极上产生氢气：2H2e=H2，当转移0.2 mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1 mol，即2.24 L，所以在标准状况下，两极共产生3.92 L气体，故B正确；C项，电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2 mol，而氢氧根总共减少了0.3 mol，所以最后溶液中c(H
13、)0.1 mol/1 L0.1 molL1，其pH1，故C错误；D项，溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误。10将17.9 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36 L(标准状况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72 L NO(标准状况，唯一还原产物)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为()A33.2 g B19.6 g C22.4 g D25.4 g答案D解析n(Al)0.1 mol，沉淀的质量为17.9 g0.1 mol27 gmol1(30.13 mol)17 gmol125.4 g。