【文档说明】精做02 第27题物质的量相关计算(解析版).docx，共(17)页，512.025 KB，由管理员店铺上传

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精做02第27题物质的量相关计算1．(2021·浙江1月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)S+K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480g硫单质与

VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。(2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)【答案】(1)30.

0(2)3【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3molS可以和6molKOH反应，0.48gS的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V=nc

=0.03mol1.00mol/L=0.03L=30.0mL；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有解得x=3。2．(

2020·浙江7月选考)100mL0.200mol·L－1CuSO4溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18J·g－1·℃－1、溶液的密度均近似为1.00g·cm－3，忽略溶液

体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：(1)反应放出的热量Q＝________J。(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol－1(列式计算)。【答案】(1)4.18×103(2)－4.18×103J1000J·

kJ－10.100L×0.200mol·L－1＝－209【解析】(1)根据题意，Q＝cmΔt＝4.18J·g－1·℃－1×100g×(30.1－20.1)℃＝4.18×103J。(2)1.95g锌的物质的量为0.03mol,100mL0.200mol·L－1CuSO4溶液中铜离子的物质的量为

0.02mol，所以锌过量，据(1)计算ΔH＝－4.18×103J÷1000J·kJ－10.100L×0.200mol·L－1＝－209kJ·mol－1。3．(2020·浙江1月选考)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180g·mol－1)样品的纯度，用硫酸溶解6.30

0g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：3MnO－4＋5FeC2O4·2H2O＋24H

＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：__________________________________________________________

____________。【答案】95.20.1000mol·L－1×20.00×10－3L×53×25025.00×180g·mol－16.300g×100%≈95.2%【解析】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为：22.40－1.26mL＝21.14mL，第三次所用标准液为：

21.56－1.54mL＝20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以用标准液的体积为19.98mL＋20.02mL2＝20.00mL；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO－4～5FeC2O4·2H2O，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：0.100

0mol·L－1×20.00×10－3L×53，质量为0.1000mol·L－1×20.00×10－3L×53×180g·mol－1，所以样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为0.1000mol·L－1×20.00×10－3L×53×25025.00×180

g·mol－16.300g×100%≈95.2%。4．(2019·浙江4月选考)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目

及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程．．．．．．．．．．)。【答案】n(H2)＝0.03mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/mmol，M(X)＝2.04m/0.06＝

34mg·mol−1m＝4，M(X)＝136g·mol−1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。【解析】利用X和足量金属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而推理出摩尔质量

最小的X。n(H2)=V(H2)22.4mol=0.03mol，由于2-OH~H2、2-COOH~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个(m>2，且为整数)，则n(X)=0.03×2mmol=0.06mmol，M(X)=𝑚(𝑋)𝑛(𝑋)

=2.04𝑔0.06𝑚𝑜𝑙𝑚=34mg/mol。当m=3，M(X)=102g/mol,羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4，2个羟

基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol,说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。1．(2021届衢州市高三教

学质量检测)有1L密度为1.10g•mL-1、无色的未知液体，据化学分析含有H、N、O三种元素，且物质的量之比n(H)∶n(N)∶n(O)=22∶1∶11，推断该液体为_______，计算物质的量浓度为_______mol•L-1。【答案】NH4N

O22.59【解析】由物质的量之比n(H)：n(O)=2：1，易知，该溶液最可能为水溶液，设溶质为NxHyOz，满足y：z=2：1这一条件的只有NH4NO2(亚硝酸铵)。设溶液中NH4NO2的物质的量为x，H2O的物质的量为y，溶液质量=1L×1.10g•mL-1×10

00=1100g，n(H)：n(N)=22：1，则有2x4x+2y=12264x+18y=1100,解得x=275106,y=5500106，故NH4NO2的物质的量为275106=2.59mol，物质的量浓度=2.59mol/1L=2.59mol/L2．(2021届浙江

富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)某混合碱的组成可表示为xNa2CO3•yNaHCO3•zH2O，用滴定法分析其组成。实验如下，称取4.540g固体，溶解后定容至100mL。取10.00mL溶液，加入2-3滴酚酞，用0.0100mol/L盐酸滴定至第一次终点，再加入2-3滴甲基橙

，继续用0.1000mol/L盐酸滴定至第二次终点。重复实验，具体数据如下：序号滴定前读数/mL第一次终点读数/mL第二次终点读数/mL10.009.9839.9621.2612.4042.4030.0010.0241.1241.5411.5641.58已知：NaHCO3溶液pH=8.3，饱和H2

CO3pH=3.9该混合碱的化学式为___________；写出简要计算过程：___________【答案】Na2CO3•2NaHCO3•10H2O第一次滴定体积差，第2组异常，舍弃第2组数据，第二次滴定

体积差，第3组异常，舍弃第3组数据，由第1组合第4组数据求平均，体积差数据分别为10.00和30.00。混合碱中，n(Na2CO3)=10×1×10-3mol=0.01moln(NaHCO3)=10×2×10-3mol=0

.02moln(H2O)=(4.540-0.01×106-0.02×84)÷18=0.1mol，化学式为Na2CO3•2NaHCO3•10H2O【解析】选酚酞作指示剂时，盐酸把碳酸钠滴定到碳酸氢钠，选甲基橙作指示剂时，盐酸把碳酸氢钠滴定到氯化钠、水和二氧化碳，发生的反应分别

是233NaCO+HCl=NaHCO+NaCl，322NaHCO+HCl=NaCl+CO+HO，第一次滴定体积差，第2组异常，舍弃第2组数据，第二次滴定体积差，第3组异常，舍弃第3组数据，由第1组合第4组数据求平

均，体积差数据分别为10.00和30.00。混合碱中，有方程式可知：n(Na2CO3)=10×1×10-3mol=0.01mol，n(NaHCO3)=10×2×10-3mol=0.02mol，则n(H2O)=(4.540-0.01×106-0.02×84

)÷18=0.1mol，化学式为Na2CO3•2NaHCO3•10H2O。3．(2021届浙江省嘉兴市高三12月教学测试)某实验小组用如下方法测定废水中苯酚的含量(其他杂质不参加反应)。Ⅰ.用已准确称量的K

BrO3固体配制250mL0.1000mol·L−1KBrO3标准溶液；Ⅱ.取25mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入100mL废水，加入过量KI；Ⅳ.用0.2000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅲ中溶液，滴加2滴淀粉

溶液，至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液15.00mL。已知：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2OI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6请计算：(1)Ⅰ中KBrO3固体的质量是____g。(2)该废水中苯酚的含量为____g·

L−1(列式计算)。【答案】(1)4.2g(2)1.88g/L【解析】(1)Ⅰ中用KBrO3固体配制250mL0.1000mol·L−1KBrO3标准溶液，则所需KBrO3固体的物质的量为n=cV=0.25L0.1000mol/l=0.025mol，质量

为3m=nM()=0.025mol167g/mol=4.17KBrO5g4.2g；(2)结合化学方程式：2KI+Br2=I2+2KBr；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；可知消耗的Na2S2O3的量就是与Br2反应的KI的量，()

nKI=cV=0.015L0.2000mol/L=0.003mol，消耗的Br2为0.003mol0.0015mol2=，由化学方程式BrO3−+5Br－+6H+=3Br2+3H2O可知，Ⅱ中反应得到的Br2一共有0.0075mol，所以和苯酚反应的Br2的量为0.00

75mol-0.0015mol=0.006mol，消耗的苯酚的物质的量为0.006mol0.002mol3=，其质量为0.002mol94g/mol=0.188g，由于废水的体积为100mL，所以废水中苯酚的含量为0.188g=1.88g/L0.1L。4．(2021届浙江省金丽衢十二校高三联考

)形成配位化合物的过程存在动态平衡，例如Ag++2SCN-[Ag(SCN)2]-K稳θ=-2+2-c[Ag(SCN)]c(Ag)c(SCN)。已知[Ag(SCN)2]-的K稳θ=3.72×107，现将0.2mol•L-1AgNO3溶液与2.0mol•L-1KCN溶液等体积混合(忽略溶液体

积的改变)，请计算：(1)平衡时c(SCN-)=____。(2)列式计算平衡时c(Ag+)的值___。【答案】(1)0.8mol•L-1(2)K稳θ=-2+2-c[Ag(SCN)]c(Ag)c(SCN)=3.72×107，由此可得c(Ag+)=4.2×10-9mol•L-1【解析】(1)将0

.2mol•L-1AgNO3溶液与2.0mol•L-1KSCN溶液等体积混合，假设两溶液的体积都为1L，则分别含有0.2molAgNO3与2.0molKSCN，根据离子方程式Ag++2SCN-[Ag(SCN)2]-判断出SCN-过量，0.2mo

lAgNO3反应掉0.4molKSCN，剩余1.6molKSCN，则c(SCN-)=1.60.8/2molmolLL=；(2)由上述计算可知，平衡时平衡时c(SCN-)=0.8mol•L-1；反应会生成[Ag(SCN)2]-0.2mol，则[A

g(SCN)2]-的浓度为0.20.1/2molmolLL=，K稳θ=72+-2-+2c[Ag(SCN)]0.13.7210c(Ag)c(SCN)c(Ag)0.8==，计算出c(Ag+)=42×10-9mol•L-1

。5．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。(1)若有0.50mol的NaN3参加反应，则生成的N2在标况下的体积为_____L。(2)若转移的电子的物质的量为2.50mol，则氧化产物比还原产物多_____mol。【答

案】(1)17.92(2)3.50【解析】(1)根据反应方程式可知0.50molNaN3参加反应，生成0.8mol氮气，标况下体积为0.8mol?22.4L/mol=17.92L；(2)该反应中KNO3中氮元

素化合价5价降低，为唯一氧化剂，所以转移2.50mol电子时有0.5molKNO3参与反应，则有2.5molNaN3参与反应，N2既是氧化产物又是还原产物，根据元素守恒可知生成的氮气中有0.5mol2=0.25mol为还原产物，有

2.5mol32=3.75mol氮气为氧化产物，所以氧化产物比还原产物多3.75mol-0.25mol=3.50mol。6．(2021届浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)将镁铝合金溶于100mL

稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。(1)反应过程中转移电子物质的量为___________mol。(2)计算氢氧化钠溶液物质的量浓度___

________(写出简要计算过程)【答案】0.153mol·L-1【解析】向反应后的溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图示可知，0～10mL段氢氧化钠和H+反应，10～60mL段氢氧化钠沉淀Al3+和M

g2+，60～70mL的氢氧化钠溶解生成的Al(OH)3沉淀；根据NO的体积，可以计算整个过程中转移电子数，由电荷守恒可知，金属失去的电子物质的量等于氢氧化镁、氢氧化铝中含有氢氧根离子的物质的量，结合生成沉淀消耗NaOH溶液体积可以计算NaOH溶液的物质

的量浓度。(1)()1.12Lne30.15mol22.4L/mol−==；(2)设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，由电子得失守恒可得2x+3y=0.15mol，反应后的镁离子与铝离子转化为沉淀最大时，n(NaOH)=2x+3y=0.15mol；此时V(NaOH)=60mL-1

0Ml=50mL，故10.15molc(NaOH)3molL0.05L−==。7．(2021届浙江省宁波市北仑中学高三12月适应性考试)孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2(x、y为正整数，且x≤3，y≤2)。为确定某碳酸盐类铜矿的组成，取两

份等量的样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，该碳盐类铜矿的化学组成中x∶y=___________(写出简要的计算过程)。【答案】3:2【解析】n(CO2)=3.

36L22.4L/mol=0.15mol，则n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol，n(CuO)=20g80g/mol=0.25mol，根据Cu元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15

mol=0.10mol，所以n(CuCO3)：n[Cu(OH)2]=0.15:0.10=3:2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO3·2Cu

(OH)2。8．(2021届浙江省强基联盟高三12月统测)某小组利用如图装置测定常温常压下的气体摩尔体积。取一定量已去除氧化膜的镁条放入烧瓶中，用注射器向烧瓶中注入10mL3.00mol·Lˉ1硫酸溶液，反应后冷却至

室温，使量气管与水准管液面相平，再读数．重复实验，数据如下：序号镁条质量/g反应前量气管读数/mL反应后量气管读数/mL10.05300.066.820.05400.067.030.05500.067.2计算(1)第1组实验反应后溶

液中H+的物质的量浓度=_______(假设反应后溶液体积不变)；(2)常温常压下的气体摩尔体积=___________(保留三位有效数字)L·mol-1。【答案】(1)5.56mol/L(2)25.3【解析】(1)第1组实验，参加反应的Mg的物质的量为n(Mg)=0.0530g24g/mol=

0.00221mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=0.00221mol，反应后溶液中剩余硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=0.01L3.00mol/L0.00221mol0.01L−=2.78mol/L，c(H+)=2c(H2SO4)=5.56mol/L(2)三次实验，平均消耗Mg的

质量为0.0540g，平均生成H2的体积为(67.0-10.0)mL=57.0mL，常温常压下的气体摩尔体积Vm=357.0mL10L/mL0.0540g24g/mol−=25.3L·mol-1。9

．(2021届浙江省山水联盟高三12月联考)某实验小组在常温下，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的HCl溶液。已知：混合溶液的体积等于酸、碱体积的相加，lg2=0.3。可根据图示计算滴定的突跃范围。(1)该盐酸溶液的浓度为

_______________________。(2)若滴加20.02mLNaOH溶液，所得溶液的pH≈9.7，试计算滴加19.98mLNaOH溶液，所得溶液的pH≈________；(写出计算过程，保留1位小数)。【答案】0.100mol/L当氢氧化钠的体

积为19.98mL，33330.020.100100.020.10010pHlglg4.3(19.9820.00)1040.0010−−−−=−=−=+【解析】(1)由图知，20.00mL0.100mol/L的NaOH溶液和20.00mLHCl溶液恰好完

全反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，则该盐酸溶液的物质的量浓度等于NaOH溶液的物质的量浓度，为0.100mol/L。(2)由于NaOH溶液和HCl溶液均为0.100mol/L，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子和等体积盐酸中的氢离子物质的量相等，若滴加19.98mLN

aOH到20.00mLHCl中，则所得溶液含氯化钠和盐酸，混合溶液中有氢离子(20.00mL-19.98mL)×10-3L/mL×0.100mol/L，则混合溶液中3+3(20.00mL19.98mL)10

L/mL0.100mol/L(H)(20mL19.98mL)10L/mLc−−−=+，33330.020.100100.020.10010pHlglg4.3(19.9820.00)1040.0010−−−−=−=−=+。10．(2021届浙江省十校联盟高三联考)为测

定某补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7HO，M=278gmol-1)]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了如下实验方案。取10片补血剂，加入一定量稀硫酸溶解后，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.00500mol·L-1酸性KMnO4

溶液滴定，重复实验平均消耗酸性KMnO4溶液10.00mL。已知滴定过程反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(1)若实验无损耗，则每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为____mg(列式计算)。(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，如果全

部通过服用含FeSO4·7H2O的片剂来补充铁，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂____片。【答案】(1)0.00500mol/L×10.00×10-3L×5×250mL25.00mL×278g/mol×103mg/g÷10=69.

5mg(2)1【解析】(1)反应过程中消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)=0.00500mol·L-1×10.00×10-3L=5×10-5mol，根据离子反应：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2

++5Fe3++4H2O可知，25.00mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=2.5×10-4mol，则250mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=2.5×10-4mol×250mL25.

00mL=2.5×10-3mol，10片补血剂中含FeSO4·7H2O的质量为2.5×10-3mol×278g/mol=0.695g，每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为0.0695g=69.5mg。(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，则服用的含FeSO4·7H2O的片剂

中所含FeSO4·7H2O的质量为14mg÷56278=69.5mg，由于每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为69.5mg，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂1片。11．(2021届浙江省长兴、余杭、缙云三校高三12月模拟考试)(

1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为Ⅰ(单位为A)，电解时间为t(单位为min)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，请写出计算阿伏伽德罗常数的数学表达式___________。(2)若将两电极材

料改用石墨电解含有溶质0.1mol的CuSO4溶液，在阴阳两极各收集到2.24L气体(标准状况下)后停止电解，请问若要恢复原电解质溶液需要加入的物质和物质的量分别是___________；___________【答案】(1)1920Itmq(2

)Cu(OH)20.1molCuO、H2O各0.1mol【解析】(1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为Ⅰ(单位为A)，电解时间为t(单位为min)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，电

子的数目为It60q，电子的物质的量为1AAIt60It60qmolmolqNN−=，铜的物质的量为1mmgmn=molM64gmol64−==，根据关系式Cu2+＋2e－＝Cu，n(e－)=2n(Cu)，AIt6

0m2q64N=，A1920ItmqN=；(2)根据题意阳极电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，阴极Cu2+＋2e－＝Cu，2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阴阳两极各收集到2.24L气体(标准状况下)即得到氢气和氧气各0.1mol，根据阳极电极反应式，整个电路转移了0

.4mol电子，阴极生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，则铜离子得到0.2mol电子，因此消耗铜离子为0.1mol，生成0.1mol铜单质，因此整个反应中得到0.1molCu，0.1molO2，0.1molH2，得到的产物化合

就是要恢复原电解质溶液需要加入的物质，0.1molCu和0.05molO2化合为0.1molCuO，0.1molH2和0.05molO2化合为0.1molH2O，或则0.1molCu，0.1molO2，0.1molH2化合为0.1molCu(OH)2。12．(2021届浙江省重点中学高三1

1月选考模拟)化学兴趣小组通过如下实验方案检测某新装修居室内空气中的甲醛浓度：①配制KMnO4溶液：准确称取0.079gKMnO4，用少量水溶解，转入50mL容量瓶中定容。取出1mL此溶液，稀释100倍，保存备用。②测定

浓度：用移液管准确量取2mL配制好的KMnO4溶液，注入一支约5mL带有双孔橡胶塞的试管中，加入1滴6mol•L-1H2SO4溶液，塞好橡胶塞，塞子上带一根细的玻璃管作为进气管。另取一个附针头的50mL注射器，按右图所示组装好装置

，将此装置置于待测地点，缓慢抽气，每次抽气50mL，直到试管内溶液的浅红色褪尽，记录抽气次数为50次。我国《居室空气中甲醛的卫生标准》规定，居室空气中甲醛的最高允许浓度为0.08mg•m-3。根据上述实验结果判断该新装修居室内空气中的甲醛浓度是否达到国家标准，并写出简要计算过程_______

。【答案】大于0.8mg/m3，不符合国家标准【解析】0.079gKMnO4物质的量为n(KMnO4)=mM=0.079158/ggmol=5.010-4mol，c(KMnO4)=435.01015010100molL−−=1

.0×10-4mol/L；所取溶液中n(MnO4-)=n(KMnO4)=1×10-4mol/L×2×10-3L=2×10-7mol，则：()4374~5453010210mMnOHCHOmolmgmolHCHO−−()mHCHO=732

10530104molmgmol−=7.510-3mg，c()HCHO=()()mHCHOV空气=3637.51050106mgm−=25mg·m-3>0.08mg·m-3。该室内空气中甲醛含量严重超标，不符合国家标

准。13．(2021届金华外国语学校选考模拟)利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取30mL0.50mol·L－1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；②用另一量筒量取50mL0.50mol·L－1NaOH

溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)某实验小组配制0.50mol·L－1NaOH溶液，若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体________g。(2)近似认为0.50mol

·L－1硫酸和0.50mol·L－1NaOH溶液密度都是1g·cm－3，中和后溶液温度上升了4℃，反应后溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1，则中和热ΔH＝________(小数点后保留一位有效数字)。【答案】(1)5.0(2)－53.5kJ·mol－1【解析】

某实验小组配制0.50mol·L－1NaOH溶液，若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，需要选择250mL容量瓶配制溶液，至少需要称量NaOH固体0.50mol·L－1×0.25L×40g·mol－1＝5.0g。(2)中和热ΔH＝－4.1

8J·g－1·℃－1×80g×4℃×10－3kJ·J－10.025mol≈－53.5kJ·mol－1。14．(2021届镇海中学选考模拟)称取己二酸(M＝146g·mol－1)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol·L－1NaO

H溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL。(1)NaOH溶液应装于________(填仪器名称)。(2)己二酸样品的纯度为___________________________

_____________(写出计算过程)。【答案】(1)碱式滴定管(2)由HOOC(CH2)4COOH＋2NaOH===2H2O＋NaOOC(CH2)4COONa可知，n(NaOH)＝2n[HOOC(CH2)4C

OOH]，故己二酸样品的纯度为19.70×10－3L×0.2000mol·L－1×146g·mol－1×0.50.2920g×100%＝98.5%。15．(2021届浙江师大附中选考模拟)粗硼在一定条件下能生成BI3，BI3加热分解可以得到

纯净的单质硼。现将0.025g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol·L－1Na2S2O3溶液滴定(I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6)至终点，消耗18.0mLNa2S2O3溶液。盛装Na2S2O3溶液应用________(填“酸式”或“

碱式”)滴定管，该粗硼样品的纯度为___________________(写出计算过程)。【答案】碱式硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol·L－1×0.018L＝0.0054mol，根据关系式：B～BI3～32I2～3

S2O2－3，则n(B)＝13n(S2O2－3)＝0.0018mol，硼的质量为：10.81g·mol－1×0.0018mol≈0.019458g，粗硼的纯度为：0.019458g0.0200g×100%＝97.29%。16．

氨基甲酸铵(NH2COONH4)是治疗某种疾病的重要成分，也可用作肥料。取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为__________。(精确到2位小

数，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的相对分子质量分别为79和78)(写出计算过程)【答案】碳酸钙的物质的量为1.000g100g·mol－1＝0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为xmol，碳酸氢铵物质的量为ymol，依据碳元素守恒得到：x＋y＝0.010

,78x＋79y＝0.7820，解得x＝0.008，y＝0.002，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为0.008mol0.010mol×100%＝80.00%。17．(2020·嘉兴市教学质量评估)取

30.8g甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物A和混合气体B；若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热，则生成黑色固体D和CO2、H2O。固体A和D质量相差2.4g。则：(1)

红色固体A中Cu单质的物质的量为________mol。(2)将混合气体B置于O2中充分燃烧，消耗O2的体积是________L(换算为标准状况)。【答案】(1)0.1(2)2.8【解析】(1)n[(HCOO)2Cu]＝30.8g154g·mol－1＝0.2mol，在隔绝空气

的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物A，设Cu的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，x＋2y＝0.2mol，在空气中加热生成CuO，增加2.4g，x＋y＝2.4g16g·mol－1＝0.15mol，解

得x＝0.1mol，y＝0.05mol。(2)由(1)可知甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物A，A中Cu的物质的量∶Cu2O的物质的量＝0.1mol∶0.05m

ol＝2∶1，则(HCOO)2Cu分解的方程式为：4(HCOO)2Cu=====△2Cu＋Cu2O＋4H2O＋5CO↑＋3CO2↑，0.2mol(HCOO)2Cu分解生成n(CO)＝54×0.2mol＝0.25mol，置于O2中充分燃烧，消耗O2的体积是0.25mol×12×22

.4L·mol－1＝2.8L。18．(2021届浙江省稽阳联谊学校高三联考)常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液时，当氢氧化钠溶液的体积从19.98mL变为20.02mL时，溶液的p

H发生突变，请回答下列问题：(己知lg2=0.3，lg5=0.7)(1)pH突跃范围是：_______；(2)请写出上述结果的计算过程：_______。【答案】4.3-9.719.98mL时，盐酸剩余，()()3-532019.98100.1pH=-lg-lg510=4

.32019.90()81−−−=+；20.02mL时，NaOH过量，()()3-5320.0220100.1pOH=-lg-lg510=4.32020.020()1−−−=+，则pH=14-4.3=9.7。【解析】当加入19.98mLNaOH溶液时，盐酸剩余

，()()3-532019.98100.1pH=-lg-lg510=4.32019.90()81−−−=+；当加入20.02mLNaOH溶液时，NaOH过量，()()3-5320.0220100.1pOH=-lg-lg510=4.32020.02

0()1−−−=+，则pH=14-4.3=9.7，故pH突跃范围是4.3-9.7。19．(2021届浙江省镇海中学选考模拟)将一定量的CO2气体通入500mL某氢氧化钠溶液中，充分反应后将溶液在低温下蒸发，得

到不含结晶水的白色固体A，取三份质量不相同的A试样分别与50mL相同浓度的盐酸溶液反应，得到标准状况下气体体积与固体A的质量关系如表所示：组别①②③A的质量3.805.707.60气体体积(mL)89613

441120(1)试判断：A的成分_________。(2)盐酸物质的量浓度为_________mol•L﹣1。【答案】(1)NaHCO3和Na2CO3(2)1.8【解析】(1)由②的数据可知，①组中白色固体反应完全，①组反应生

成的CO2为：n(CO2)=0.896L22.4L/mol=0.04mol。若A全为Na2CO3，生成的CO2为：n(CO2)=3.8g106g/mol=0.036mol＜0.04mol；若A全为NaHCO3，生成的CO2为：n(CO2)=3.8g84g

/mol=0.045mol＞0.04mol，由上可知，A应为NaHCO3和Na2CO3的混合物；(2)由第②组可知，盐酸和A完全反应，设混合物中含有xmolNa2CO3，ymolNaHCO3，则，解之得：；根据元素守恒可知：n(HCl)=n(Na+)=2×n(N

a2CO3)+n(NaHCO3)=2×0.03mol+0.03mol=0.09mol，c(HCl)=0.09mol0.5L=1.8mol/L。20．(2021届浙江省温州市高三适应性测试)工业上由氨合成硝酸并进一步制取化肥硝酸铵。工业上制备硝酸的流程如图所示。由图可知，根据绿色化学

要求，生产中采用循环操作，理论上使氨气完全转化为硝酸。已知实际生产中：氨合成硝酸时，由NH3制NO的产率为94%，NO制HNO3的转化率为90%。氨与硝酸反应生成硝酸铵的转化率为94%。计算：(1)制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其它损耗)的质量

分数为__________%(保留三位有效数字)。(2)写出计算过程______________________。【答案】(1)52.6%(2)设生成硝酸的NH3为xmol，生成硝酸铵的NH3为ymol。则由x·94

%·90%=y·94%，得y=0.9x。所以()xx+y·100%=x1.9x·100%=52.6%。【解析】设制备硝酸的氨气的物质的量为xmol、用于和硝酸反应生成硝酸铵的氨气的物质的量是ymol，根据题意，94%9

0%94%xy=，90%xy=，制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其它损耗)的质量分数为()mol17g/mol100%100%52.6%mol17g/mol90%xxxyxx==++。21．(2021届浙江省高三高

考选考科目联考)测定某漂白粉样品的有效氯(是指生成氯气的质量与消耗漂白粉质量的比值)：称取4.000g漂白粉，加水溶解后转入500mL容量瓶中并稀释至刻度。移取25.00mL溶液到锥形瓶中，加过量的稀

盐酸和KI溶液，在淀粉指示下，用0.1010mol/L的Na2S2O3溶液滴定，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；I2+S2O32-=2I-+S4O

62-。试计算：该样品的有效氯为__________，写出简要计算过程。【答案】35.86%【解析】由Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O、Cl2+2KI=2KCl+I2、I2+S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式

：Cl2～2Na2S2O3，n(Cl2)=12n(Na2S2O3)=120.1010mol/L×0.02L×500mL25.00mL=0.0202mol，所以m(Cl2)=0.0202mol×71g·mol-1=1.4342g，有效氯为1.4342g100%4.000g=35.86%。22．(

2021届浙江省杭州市建人高复高三模拟)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：mg·L-1)。其测定过

程如下：取100.0mL水样，用硫酸酸化，加入10.0mL0.002000mol·L-1KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.0mL0.005000mol·L-1Na2C2O4溶液。用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定

，滴定终点时消耗6.50mL。已知：2MnO4-＋5C2O42-＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O(1)1molKMnO4的氧化能力与_____gO2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_____mg·

L-1(保留小数点后一位)。【答案】405.2【解析】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×54=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；(2)根据方程式

可知2KMnO4~5Na2C2O4，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则Na2C2O4多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×52=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的Na2C2O4的

物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×25=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.0

02mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×54=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g

/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为0.52mg=5.2mg/L0.1L。23．(2021届浙江省衢州、湖州、丽水高三教学质量检测)为测定市售食用白醋的醋酸浓度，室温下取10mL市售白醋样品，稀释并定容至100mL，取2

0.00mL溶液，滴定至终点时共用去0.1000mol·L-1NaOH标准溶液16.00ml。(1)计算市售白醋中醋酸浓度为_______moL•L-1。(2)实验过程中当醋酸与NaOH的物质的量之比为1:1时，溶液中的33cCHCOOHcCHCOO−（）（）=311.81

0求此时溶液的pH=_______(已知室温下醋酸的Ka=1.8×10-5)。【答案】(1)0.800(2)8【解析】(1)设醋酸的浓度为c(CH3COOH)，醋酸与氢氧化钠等物质的量反应，所以有[c(CH3COOH)×10mL÷100mL]×20mL=0.1000mol·L-1×16.0

0mL，c(CH3COOH)=0.800moL•L-1；(2)由Ka=()()()33CHCOOHCHCOOHccc−+有c(H+)=1.8×10-5×311.810=10-8moL•L-1，所以pH=-810log10−=8。24．(2021届浙江省三校高

三第一次联考)化学需氧量(chemicaloxygendemand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化1L污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1L水样所消耗O2的质量(mg·L-1)计算。COD小，水质好。某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用1.

176gK2Cr2O7固体配制成100mL溶液，现取水样20.00mL，加入10.00mLK2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2h。多余的K2Cr2O7用0.1000mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时

，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)序号起始读数/mL终点读数/mL10.0012.1021.2613.1631.5414.64(1)K2Cr2O7溶液的物质的

量浓度为______mol·L-1。(2)求该湖水的COD为______mg·L-1。【答案】(1)0.0400(2)480【解析】(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol，则1.176gK2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)==0.0040mol，由于配

制成100mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)==0.0400mol/L；(2)n(K2Cr2O7)=0.01L×0.0400mol/L=4×10-4mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10mL、11.90mL、13

.10mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V==12.00mL、n(Fe2+)=12×10-3L×0.10mol/L=1.2×10-3mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6F

e3++7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)=16n(Fe2+)=16×1.2×10-3mol=2×10-4mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4mol-2×10-4mol=2×10-4mol，根据电子电子转移可知，水样

需要氧气的物质的量为n(O2)=14×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4mol，氧气的质量m(O2)=3×10-4mol×32g/mol=96×10-4g=9.6mg，故该水样的化学需氧量COD==480mg/L。25．(2021届浙江省浙南名

校联盟高三联考)实验室有一瓶部分被氧化的硫酸亚铁，取一定量样品溶于水配成100mL溶液。取两份溶液各10.00mL，第一份加入14.00mL0.5000mol•L-1BaCl2溶液恰好完全反应；第二份用0.1000mol•L-1KMnO4溶液(酸性)滴定，达到滴定终点时消耗KM

nO48.00mL。(1)100mL溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度是_______mol•L-1。(2)若向剩余80mL原溶液中，加入NaOH溶液至反应完全，过滤所得沉淀在空气中充分灼烧。最后残渣的质量是___

____g。【答案】(1)0.4(2)3.84【解析】(1)设100mL溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为x，则可建立以下关系式：4MnO−2+335Fe1mol5mol0.1mol/L810L1010x−

−则x=335mol0.1mol/L810L1mol1010L−−=0.4mol/L。(2)n(BaCl2)=14.00×10-3L×0.5000mol•L-1=0.007mol，c(24SO−)=0.007mol0.01L=0.7mol

/L，则c(FeSO4)=0.4mol/L，c[Fe2(SO4)3]=0.7mol/L-0.4mol/L3=0.1mol/L，从而得出生成Fe2O3的物质的量n(Fe2O3)=(0.4mol/L+0.1mol/L2)0.08L160g

/mol2=3.84g。