1、2020-2021年高考化学精选考点突破03 化学计量1某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。若配制该营养液，取428gNH4Cl，则需要KCl和K2SO4的质量分别为（ ）A53.5g和214gB74.5g和348gC74.5g和696gD149g和696g【答案】C【解析】428gNH4Cl的物质的量为8mol；KCl、K2SO4、NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为148；所以需要KCl 1mol，质量为74.5g、需要K2SO4 4mol，质量为696g，故C正确。2下列各物质所含原子数由多到少的顺序是()24 g碳0.7
2、mol NH34.6 g钠0.2 mol H2SO44 g HeABCD【答案】B【解析】 24g碳中所含C的物质的量为：=2mol，原子数为2NA； 0.7molNH3含有原子的物质的量为：0.7mol4=2.8mol，原子数为2.8NA； 4.6gNa中含有原子的物质的量为：，原子数为0.2NA； 0.2molH2SO4含有原子的物质的量为：0.2mol7=1.4mol，原子数为1.4NA； 4gHe的物质的量为：=1mol，原子数为NA；则所含原子数由多到少的顺序，故B正确。答案选B。3向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu(NO
3、3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列说法正确的是（ ）ACu与Cu2O 的物质的量之比为1:2B产生的NO的体积为4.48LC硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则nCu(OH)2=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x2y=0.4 mol，64x144y=27.
4、2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2:1，A项正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即硝酸钠的物质的量是1 mol，0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.40.2)mole，则有0.2 mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B项错误；产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C项正确；D原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)=0.4 mol，所以n(NO3-)=0.8 mol，被还原的硝酸是0.2 mol，硝酸的
5、总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D项正确；答案选B。4将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 molL1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn(Na)n(Cl)可能为73C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121【答案】C【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L10m
6、ol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5n(Na+)：n(Cl-)2：1，7：32：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaC
7、l+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，故C正确；D、令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C。5用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图1所示电解过程中的实验数据如图2所示，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体
8、的总体积（标况）则下列说法中正确的是（ ）A电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后才有气泡产生B从开始到Q点时收集到的混合气体的平均相对分子质量为17C曲线OP段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线PQ段表示O2的体积变化Da电极上发生反应的方程式为：2H+2e-H2和4OH-4e-2H2O+O2【答案】B【解析】由图可知，电流由电源正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2+O2，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，A
9、b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则不会有红色物质析出，错误；B从开始到P点，产生氧气为n(O2)=0.2mol4=0.05mol，从到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05molO2，从开始到Q点时收集到的混合气体中0.1molH2、0.1molO2，则混合气体的平均摩尔质量为M=(0.1mol2g/mol+0.1mol32g/mol)(0.1+0.1)mol=17gmol-1，所以从开始到Q点时收集到的混合气体的平均相对分子质量为17，正确；C由上述分析可知，曲线OP段表示O2的体积变化，曲线PQ段表示H2和O2混合气体的
10、体积变化，错误；Da为阴极，先发生Cu2+2e-=Cu，后发生2H+2e- =H2，错误。6在一定温度下，已知有关某溶液的一些数据：溶液的质量， 溶剂的质量， 溶液的体积，溶质的摩尔质量， 溶质（气体）的体积（Vm已知）， 溶液的密度，溶液的质量分数利用下列各组数据计算该溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是 （ ）ABCD【答案】C【解析】本题考查物质的量与溶质质量分数之间的相互换算关系。计算物质的量浓度公式有：c，C项缺溶质质量，不能计算物质的量浓度。7某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度
11、为（假设反应前后体积不变）A0.4mol/LB0.6mol/LC0.8 mol/LD1.0 mol/L【答案】C【解析】由2Fe3Fe3Fe2可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol0.5L=0.8 mol/L。答案选C。83.6 g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成一氧化碳和二氧化碳混合气体的平均摩尔质量是32 gmol1，则生成的一氧化碳的质量是A3.3 gB6.3 gC8.4 gD13.2 g【答案】B【解析】依据nm/M计算碳物质的量，结合碳元素守恒可知二氧化碳和一氧化碳物质的量与碳物质的量相同。3.6g碳物质的量为3.6g12g/mol0.3
12、mol，反应后生成CO和CO2混合气体物质的量为0.3mol，混合气体平均摩尔质量是32g/mol，则混合气体质量为32g/mol0.3mol9.6g。设一氧化碳物质的量为xmol，二氧化碳物质的量为（0.3-x）mol，则28x+44（0.3-x）9.6，解得x0.225，因此一氧化碳质量为0.225mol28g/mol6.3g；答案选B。9将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol/L盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法不正确的是( )Ax2.24B反应时，Na、Mg、Al均过量C钠的物质的量为0.2 molD曲线b为Mg
13、与盐酸反应的图像【答案】B【解析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。A、由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）0.5n（HCl）0.50.1L2mol/L0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，故A正确；B、Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故B错误；C、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故C正确；D、按照金属活动性顺序NaMgAl可知钠和盐酸反
14、应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，故D正确；答案选B。10将15 mL 2 molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是A4B3C2D1【答案】B【解析】M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：2Mn+nCO322 n0.04L0.5mol/L 0.015L2mol/L解得n=3，故选B。【提升题】1在a LAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀；如加入足
15、量强碱并加热可得到c molNH3，则原溶液中的Al3+浓度(mol/L)为ABCD【答案】C【解析】根据反应SO42-+Ba2+=BaSO4计算溶液中的SO42-离子的物质的量，根据离子方程式NH4+OH-NH3+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=计算出溶液中硫酸根离子、铵根离子的浓度，最后利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度。由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则根据SO42-+Ba2+=BaSO4可知n(SO42-)=b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH4+OH-NH3+H2O可知n(NH3)=c mol，
16、由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+的物质的量为x，由电荷守恒可知，3x+c=2b，所以x= mol，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)= mol/L，故合理选项是C。2将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g【答案】C【解析】Zn与浓硫酸发生反应：Zn2H2SO4(浓)ZnSO4SO22H2O，当反应进行到一定程度后变为稀硫酸，这时发生反应：ZnH2SO4(稀)= ZnSO4H2。反应产生的气体为SO2、H2的混合物。二者的物质
17、的量的和是n(H2)+n(SO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol；根据方程式可知反应消耗Zn的物质的量与反应产生的氢气的物质的量相等，n(气)=10.5mol，则反应消耗Zn的物质的量是0.5mol，消耗的Zn的质量是m(Zn)=nM=0.5mol65g/mol=32.5g，所以反应后剩余的Zn 的质量是m=35g-32.5g=2.5g，故选C。3使相同体积的NaCl、CaCl2、A1Cl3溶液中的Cl-全部沉淀，用去同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3V、2V、V，则NaCl、CaCl2、A1Cl3溶液的物质的量浓度之比为（ ）A6：3：1B9：3：1C1：2：3D3：2：1【
18、答案】B【解析】假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3V、2V、V，设NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度分别为xmol/L、ymol/L、zmol/L，溶液体积为n L，根据反应Ag+Cl-=AgCl可得：3Vcmol/L=nLxmol/L、2Vcmol/L=2ymol/Ln L，Vcmol/L=3zmol/LnL，故x：y：z=：=9：3：1，故选B。4密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A等于13.5%B大于1
19、2.5%C小于12.5%D无法确定【答案】C【解析】设浓氨水的体积为V，密度为浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数=，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=12.5%，故选C。5将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【答案】D【解析】从图象中看到，从开始至加入N
20、aOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=nMg(OH)2=0.15mol，m（Mg）=0.15mol24gmol-1=3.6g，n（Al）=nAl(OH)3=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol27gmol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B、根据A中分析可知B项正确；
21、C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=nAl(OH)3=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol0.04 L=5molL-1，C项正确；D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol22.4Lmol-1=10.08L，D项错误。答案选D。6将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可
22、能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）231.5mL268.8mL287.5mL313.6mLABCD【答案】C【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2=HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，44.8mLNO转化需要消耗的氧气56mL，发生反应消耗的氧气的体积是 ，则氧气的总体积是V(O2)= 。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)=403.2m
23、L2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项C。7化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2 质量，单位：mgL-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000molL-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000molL-1 溶液。用 0.002000molL-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。已知：2MnO 5 16H+=2Mn2+10CO28H2O(
24、1)1 mol KMnO4 的氧化能力与_g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。(2)该水样的 COD 值是_mgL-1 (保留小数点后一位)。【答案】(1)40 (2) 5.2 【解析】(1)由得失电子守恒可知，5O24KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；(2)根据方程式可知2KMnO45，用0.002000molL-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.510-3L0.002mol/L=3.2510-5mol，则剩余的
25、KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L0.005mol/L)-3.2510-5mol=1.7510-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.7510-5mol=710-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L0.002mol/L)-710-6mol=1.310-5mol，又由得失电子守恒可知，5O24KMnO4，则n(O2)=1.310-5mol=1.62510-5mol，m(O2)=1.62510-5mol32g/mol=5.210-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。8已知粗盐水中含，含。向粗盐水中加入除Mg2+：MgCl2+C
26、a(OH)2Mg(OH)2+CaCl2。然后加入除。(1)处理上述粗盐水，至少需要加_。(保留三位有效数字)(2)如果用碳酸化尾气(含体积分数为0.100、体积分数0.0400)代替碳酸钠，发生如下反Ca2+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2。处理上述粗盐水至少需要通入标准状况下_碳酸化尾气。(需列式计算，保留三位有效数字)【答案】(1)10.4 (2) 【解析】(1)设至少需要加的物质的量是xmol； x =98mol，需要碳酸钠的质量是98mol106g/mol=10388g=10.4；(2) 需要通入二氧化碳的物质的量是ymol； y=98mol，通入碳酸化尾气的体积是。9取KClO
27、3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g (25)，再加5 g水充分溶解，仍剩余固体4.80g(25)。(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为_g(保留2位小数)(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则25时KCl的溶解度为_；原混合物中KClO3的质量为_g(保留2位小数)；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为_mol/L(保留2位小数)。(3)可用以下反应制备KIO3和K2H3IO6(高碘酸氢二钾)：I2+2KClO3=2KIO3+Cl2 KIO3+Cl2
28、+3KOH =K2H3IO6+2KCl 最终制得的KIO3和K2H3IO6的物质的量之比x，若制得100molK2H3IO6, 共消耗ymolKClO3，试确定y与x的关系式_。【答案】(1)11.80 (2)35g 12.25 5.99 (3) y=100(1+x) 【解析】(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2，m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g；(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g-4.80g=1.75g，则100g水溶解KCl的质量=100g=35g，即KCl的溶解度为
29、35g；20g水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得原混合物中KClO3的质量为122.5g/mol=12.25g，溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n(KCl)=，则溶液的物质的量浓度=5.99mol/L；(3) 最终制得的KIO3和K2H3IO6的物质的量之比x，若制得100molK2H3IO6，则最终制得KIO3为100xmol，由KIO3+Cl2+3KOH=K2H3IO6+2KCl可知，制得100molK2H3IO6时，消耗KIO3100mol，则整个过程中总共制备
30、KIO3为100(1+x)mol，结合I2+2KClO3=2KIO3+Cl2可得消耗 KClO3的物质的量y=100(1+x)。10CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。（1）写出400600 范围内分解反应的化学方程式：_。（2）与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。【答案】（1）CaC2O4CaCO3+CO （2） CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔【解析】令CaC2O
31、4H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400600范围内，分解反应方程式为CaC2O4 CaCO3CO；CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2；【挑战题】1向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A图中C点铝元素
32、存在形式是B向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C原混合液中cAl2(SO4)3c(AlCl3)=12DOA段反应的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH+33BaSO4+2+4H2O【答案】D【解析】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2+BaSO4，Al3+3OHAl(OH)3，Al(OH)3+OH+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3+3OHA
33、l(OH)3可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反
34、应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3nAl2(SO4)3=nBa(OH)2，故nAl2(SO4)3=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)2nBa(OH)26mol，故n(AlCl3)2mol，故原溶液中原混合液中cAl2(SO4)3c(AlCl3)12，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2+2Al3+6OH+33BaSO4+2Al(OH)3，D错误；答案选D。2中国科学家孙予罕等发现，以泡沫镍3 NiO/Ni(3 表示 NiO 在泡沫镍中的质量百
35、分数) 作为基材上的催化剂可实现将烷烃直接电催化转化为醇类(转化示意图如图所示)。下列说法正确的是A22.4 L A 中质子数为 10 molB1mol C 中共价键数目为 4 molC生成 1 mol Ni 可还原出 1 mol BD11.8 g 泡沫镍含 Ni 单质 0.194 mol【答案】D【解析】由转化示意图可知，分子A为甲烷失去电子得到分子B（乙醇）和分子C（甲醇）和H2O，NiO得到电子生成Ni，总反应式为：。A. 由A的球棍模型可知A为甲烷，未说明为标况下，不能利用气体摩尔体积计算甲烷的物质的量及其中的质子数，故A错误；B. 由C的球棍模型可知C为甲醇，1mol C 中共价键数
36、目为 5mol，故B错误；C. 由总反应方程式：，可知生成 1 mol Ni 可还原出 mol B，故C错误；D. 11.8 g 泡沫镍含 Ni 单质，故D正确；故答案选：D。3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3 molL1 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5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A加入合金的质量不可能为6.4 gB参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mLD溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L【答案
37、】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+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量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
38、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，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；D.标准状况下0.1molNO的体积为2.2
39、4L，D正确。故选D，4镁、铝、铁及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。（1）镁铝合金用在飞机制造业，现有390克镁铝合金溶于足量的2mol/L稀硫酸中生成02mol氢气，计算并确定镁铝合金中物质的量n(Mg): n(Al)=_。（2）硫铁矿的主要成分为FeS2(假设杂质只含SiO2)是生产硫酸的原料。取某硫铁矿10g在足量的空气中煅烧（4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2），充分反应后冷却，称得固体质量为74g（杂质SiO2不反应）。该硫铁矿中FeS2的质量分数为_。（3）现有一定量的铁粉和铝粉组成的混合物跟100 mL稀硝酸充分反应，反应过程中无任何气体放出，往反应后的澄清溶液中逐
40、渐加入400 molL1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与产生沉淀的质量的关系如图所示(必要时可加热，忽略气体在水中的溶解)，纵坐标中A点的数值是_。（4）炼铁厂生产的生铁常用于炼钢。取某钢样粉末2812g(假设只含Fe和C)，在氧气流中充分反应，得到CO2气体224mL(标准状况下)。计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为_（最简单的整数比）。再取三份不同质量的上述钢样粉末分别加到100mL相同浓度的稀H2SO4中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：实验序号加入钢样粉末的质量（g）281256248436生成气体的体积（L）（标准状况）112022402800则该硫酸溶液的物质的量
41、浓度为_。若在上述实验中继续加入m克钢样粉末，计算反应结束后剩余的固体质量为_g(保留3位小数)。【答案】（1）1:2（2）78%（3）0856（4） 501125 mol/L(m5624)g 【解析】（1）令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，则依据化学方程式和题意可得24x+27y=3.9，2x+3y=0.4，解可得x=005，y=01，则镁铝合金中物质的量n(Mg): n(Al)= 005: 01=1:2，故答案为：1:2；（2）由题意可知反应前后固体质量减少10g-7.4g=2.6g，设FeS2的质量为x，则由化学方程式可得关系式480：160=x：2.6g，解得x=78，硫铁矿
42、中FeS2的质量分数为100%/10=78%，故答案为：78%；（3）有题意可知，铁粉和铝粉组成的混合物跟100 mL稀硝酸充分反应生成硝酸铁、硝酸铝和硝酸铵，由图可知，OC段为硝酸与氢氧化钠溶液反应，CD段为硝酸铝和硝酸铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，DE段为硝酸铵与氢氧化钠溶液反应，EF段为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，最终得到氢氧化铁沉淀；由图可知氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠溶液的体积为（18.516.5）ml=2ml，由3 NaOHAl（OH）3NaOHNaAlO2可知生成氢氧化铝氢氧化钠溶液的体积为6ml，生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀消耗氢氧化钠的体积为（15.03
43、.0）ml=12.0ml，则氢氧化铁沉淀消耗氢氧化钠的体积为（12.06.0）ml=6.0ml，由3 NaOHFe（OH）3可知mFe（OH）3=4.0mol/L0.0060L107g/mol=0856g，则A点的数值是0856，故答案为：0856；（4）标准状况下224mL 二氧化碳的物质的量为 =001mol，由碳原子个数守恒可知碳的物质的量001mol，由钢样粉末质量为2812g可知铁的物质的量为=05(mol)，则此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为05mol: 001mol=501，故答案为：50:1；由表可知钢样过量，标准状况下2800L氢气的物质的量为= 0125mol，由H2SO4H2可知硫酸溶液的物质的量浓度为=125mol/L，故答案为：125mol/L；设恰好溶解时钢样的质量为x，对于实验I和III有如下关系：，解得x7030g，则加入的钢样的质量为m703056241406g，若当钢样粉末中的铁未全部溶解时，即m1406g，说明钢样粉末中的铁全部溶解，则反应结束后剩余固体的质量为 (m5624)g=(m5624)g），故答案为：(m5624)g）。
