精 品 试 卷
A．100 mL量筒、烧杯、玻璃棒 B．托盘天平、500 mL容量瓶 C．酒精灯、三角漏斗、导管 D．胶头滴管、玻璃棒、烧杯 答案 C
解析 根据操作步骤联系实验仪器。配制一定物质的量浓度的溶液，必需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、胶头滴管等。
2．假若你是卫生防疫人员，为配制0.01 mol·L
－1
的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是( )
A．取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水 B．溶解搅拌时有液体飞溅出 C．定容时俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线 答案 C
解析 A项取得样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量较少浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。 3．(1)配制浓度为2 mol·L下同)。
A．等于8.0 g B．等于8.00 g C．大于8.0 g D．等于0.2 g (2)某实验中需2 mol·L质量为__________。
答案 (1)C (2)1 000 mL 212.0 g
解析 (1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g＋烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol·L
－1
－1
－1
的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填写字母，
的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的
的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L×2 mol·L1×106 g·mol1＝212.0 g。
－
－
－
＋
34．V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO24，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe的物质的量浓度
为( )
a125a－－A. mol·L1 B. mol·L1 576V36V250a125a－－C. mol·L1 D. mol·L1 36V48V答案 A
a2aa－＋解析 a g SO2 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3的物质的量为× mol＝ mol，从中取出4的物质的量为96396144a
mol288a1aa－3＋3＋
0.5V L后n(Fe)＝ mol×＝ mol，即稀释到2V L后溶液中Fe的物质的量浓度为＝ mol·L1。
14422882V L576V
题型3 化学反应中的计算问题
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1．(2014·山东理综，9)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是( ) A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O4 答案 A
解析 根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。 1 g题述四种物质能提供的电子的物质的量为 11A.×1 mol；B.0；C.×1 mol； 56＋1656＋32＋16×4
1D.×1 mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO)，等质量时提供电子的物质的量最多的为FeO。 56×3＋16×4
c?Cl?
2．(2014·大纲全国卷，13)已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且－的值与c?ClO?温度高低有关。当n(KOH)＝a mol时，下列有关说法错误的是( ) c?Cl?c?ClO?1
A．若某温度下，反应后－＝11，则溶液中－＝ c?ClO?c?ClO3?21
B．参加反应的氯气的物质的量等于a mol
2
15
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a mol≤ne≤a mol
261
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol
7答案 D
解析 A项，设反应后溶液中n(Cl)＝11n mol，则n(ClO)＝n mol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol电子，生成n mol ClO失去n mol 电子，而生成1 mol ClO3失去5 mol电子，因此反应生成的ClO3应为2n mol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的物质的1
量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1 mol Cl2参加反
21
应转移1 mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，
2155
有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故转移电子a mol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产66611物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为a mol，
66错误。
3．[2014·福建理综，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
－
－
－
－
－
－
－
－
－
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(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________g·L1。
－
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 答案 ①0.16 ②偏低
解析 ①根据反应方程式：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L1×0.025 L＝2.5×10
－
－4－1
mol，由于葡萄酒样品为100.00 mL，因此样品抗氧化剂的残留量为2.5×104 mol×64 g·mol1÷0.100 0 L＝0.16 g·L
－
－
。
②若部分HI被空气氧化，则测得消耗的I2会减少，故测得的SO2会减少，结果偏低。
4．(2014·上海，37)将一定质量小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果____________。(选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”) 答案 偏高
解析 将一定质量小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量是利用NaHCO3→NaCl质量差减小为84－58.5＝25.5，若蒸发过程中有少量液体溅出，造成质量差变大，则测定结果偏高。
1.物质的量在化学方程式中计算的步骤 写：写出反应的化学方程式 ↓
找：找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系 ↓
列：将已知量和未知量列成比例式 ↓
求：对比例式求算 2．化学计算中常用方法 (1)守恒法
守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。 (2)关系式法
此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。
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(3)极值法
对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择题。 (4)设未知数法
对混合体系的计算，我们一般设两个未知数，然后依据题意列两个方程，进行求解。
(一)关系式法
1．(2012·上海，11)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( ) 11.2n5VA. B.
5V11.2n22.4V22.4nC. D.
5n5V答案 D
解析 由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3转化为NO时转移5 mol电子，可得如下关系式： NH3 ～ 5e 1
5
V
×NA n 22.4
5V
即n＝×NA
22.4解得NA＝
22.4n
。 5V
－
2．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.5%。工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。
(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，
－
用0.100 0 mol·L1Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关反应的离子方程式为
－
Fe3＋CuCl===Fe2＋Cu2＋Cl
＋
＋
＋
－
Ce4＋Fe2===Fe3＋Ce3
＋
＋
＋
＋
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。 答案 (1)5∶11 (2)符合标准
250解析 (1)假设配制1 000 g这种CuSO4溶液，则需要硫酸铜200 g，“折合”成CuSO4·5H2O，其质量为×200 g
160＝312.5 g，则所需水的质量为1 000 g－312.5 g＝687.5 g，所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为312.5∶687.5
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＝5∶11。
(2)由方程式可得关系式为CuCl～Fe2～Ce4
＋
＋
即CuCl的物质的量等于消耗的Ce(SO4)2的物质的量，为0.100 0 mol·L1×24.60×103 L＝0.002 46 mol，故CuCl
－
－
0.002 46 mol×99.5 g·mol1的质量分数为×100%＝97.9%，符合标准。
0.250 0 g
－
(二)守恒法
3．镁、铝合金3 g与100 mL稀H2SO4恰好完全反应，将反应后所得溶液蒸干，得无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸溶液的物质的量浓度为( ) A．1.5 mol·L1 B．1 mol·L1
－
－
C．2.5 mol·L1 D．2 mol·L1
－
－
答案 A
17.4 g－3 g－解析 蒸干后所得产物分别是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的质量即为SO2＝－4的质量。c(H2SO4)＝96 g·mol1×0.1 L1.5 mol·L1。
－
4．某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2)＝2 mol·L1，c(SO2L1，若将200 mL此混合液中的Mg24)＝6.5 mol·
＋
－
－
－
＋
和Al3 分离，至少应加入1.6 mol·L
＋
－1
的苛性钠溶液( )
A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 答案 D
3解析 根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg2)＋3c(Al3)＝2c(SO2L1－2×2 mol·L1)/34)，故c(Al)＝(2×6.5 mol·
＋
＋
－
＋
－
－
＝3 mol·L1。当加入的NaOH溶液恰好将Mg2与Al3分离时，所得溶液为Na2SO4和NaAlO2，根据钠元素守恒，
－
＋
＋
3
2n?SO24?＋n?Al?
则V(NaOH)＝，代入数据得V(NaOH)
c?NaOH?
－
＋
2×6.5 mol·L1×0.2 L＋3 mol·L1×0.2 L＝ －
1.6 mol·L1－
－
＝2 L。
5．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2恰好与24.65 mL 0.020 mol·L
＋
－1
－1
的羟胺的酸性溶液跟足量的硫
的酸性KMnO4溶液完全作用，则在上述反
应中，羟胺的氧化产物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)]( ) A．N2 B．N2O C．NO D．NO2 答案 B
解析 整个反应过程是羟胺(NH2OH)将Fe3还原为Fe2，KMnO4又将Fe2氧化为Fe3。即始态还原剂羟胺失去的
＋
＋
＋
＋
电子数与终态氧化剂KMnO4得到的电子数相等。设羟胺的氧化产物中N的化合价为＋n，
－1
＋n
则NH2OH―→N失电子数： (n＋1)×0.025 L×0.049 mol·L1
－
＋7
＋2
KMnO4―→MnSO4得电子数：
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