【文档说明】2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题02 化学常用计量 Word版含解析.docx，共(14)页，814.946 KB，由小赞的店铺上传

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高考解密02化学常用计量1．（2022·浙江·模拟预测）AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．24g石墨中含有0.6AN个C—C键B．1mol二氧化硅固体中含有2AN个σ键C．标准状况下3211.2LCHCHOH含有2.6AN个质子数D．0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，

该反应转移1.6AN个电子【答案】D【解析】A．石墨中平均1个碳原子形成1.5个碳碳键，24g石墨（物质的量为2mol）中含有3AN个C—C键，A错误；B．二氧化硅中1个硅原子能形成4个硅氧σ键，1mol二氧化硅固体中含有4AN个

σ键，B错误；C．标准状况下乙醇为液体，不能计算其物质的量，C错误；D．铁单质与水蒸气高温条件下完全反应生成四氧化三铁，电子转移情况为-8Fee3，0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移电子1.

6mol，为1.6AN个电子，D正确；故选D。2．（2022·上海·模拟预测）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半B．通入标准状况下的HCl气体6.72LC．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VLD

．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀【答案】C【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入H

Cl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；C．VL浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2VL含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5

VL，浓度为0.3Vmol+0.6Vmol1.5VL=0.6mol/L，C合理；D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理；综上所述答案为C。A组基础练3

．（2022·上海·模拟预测）()243VmLAlSO溶液中含有3Algm+，取VmL4该溶液用水稀释至VmL，则稀释后24SO−物质的量浓度为A．1125mmolL36V−B．1125mmolL9V−C．1125mmolL54V−D

．1125mmolL18V−【答案】B【解析】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则24SO−的物质的量为3m54mol，取V4mL该溶液稀释至VmL，则24SO−的物质的量为3m216mol，则其物质的量浓度为3m216mol÷(V×10-3)L=125mmol/L

9V，故答案选B。4．（2022·广西南宁·模拟预测）设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1molNa在空气中充分燃烧转移的电子数为0.2ANB．41molNaHSO晶体中含有的离子数为2ANC．1LpH1=的24HSO溶液中+H数为0.2AND．密闭容器中充入2mol

NO和21molO，充分反应后容器内的分子总数为2AN【答案】B【解析】A．0.1molNa在空气中充分燃烧生成Na2O2，转移的电子数为0.1NA，A错误；B．NaHSO4在熔融状态下电离出Na+和-4HSO，由此可知Na

HSO4由Na+和-4HSO构成，故1molNaHSO4晶体中含有的离子数为2NA，B正确；C．1LpH=1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则n(H+)=0.1mol/L1L=0.1mol，H

+的数目为0.1NA，C错误；D．根据反应2NO+O2=2NO2可知，2molNO和1molO2反应生成2molNO2，但NO2还会发生反应2242NONO，故充分反应后容器内的分子总数小于2NA，D错误；故选B。5．（2023·广东·深圳市光明区高级中学模拟预

测）实验室中利用硫化亚铁和硫化锌混合物进行如图实验(忽略2HS在水中的溶解)。下列说法错误的是。A．“4.5g固体”一定是铁锌混合物B．“溶液2”中的溶质只有2ZnClC．混合物中硫元素的质量分数约为38％D．反应②能生成标准状况下20.5

6LH【答案】C【解析】A．4.5g固体分两种情况，可能全为Fe，也可能是Fe与Zn的混合物；假设全为Fe，(Fe)4.5gn=0.08mol56g/mol，根据Fe守恒则，n(Fe)=n(FeS)=0.08mol，则m(FeS)=n×M=0.08mo

l×88g/mol=7.04g，而题目中FeS与ZnS混合物质量为6.9g，故第一种假设不正确，即“4.5g固体”一定是铁锌混合物，A正确；B．4.5g固体中含有Zn，则溶液中午FeCl2和HCl，“溶液2”中溶质只有ZnCl2，B正确；C．设混合物FeS与ZnS中，硫元素的质量分数为38

%，而FeS中硫的含量为32100%=36%56+32，ZnS中硫的含量为3210%=33%65+32，二者混合物中硫的含量应该在33%~36%之间，不可能为38%，C错误；D．生成20.56Ln(H)==0.025mol22.4L

/mol，H守恒n(HCl)=0.05mol，n(HCl)总=0.2mol，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，Zn总量为0.1mol(6.5gn==0.1mol65g/mol)，该反应消耗的Zn为0.025mol，D正确；故选C。6．（2022·浙江温州·模拟预测）将40.8g

Fe、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成46.4gFe3O4，则Fe、FeO的物质的量之比为A．1:3B．1:2C．1:1D．2:1【答案】A【解析】46.4gFe3O4中，n(Fe3O4)=46.4g23

2g/mol=0.2mol，则n(Fe)=0.6mol；40.8gFe、FeO混合物中，n(Fe)=0.6mol，m(Fe)=0.6mol×56g/mol=33.6g，m(O)=40.8g-33.6g=7.2g，n(FeO)=n(O)=7.2g1

6g/mol=0.45mol，则n(Fe)=0.6mol-0.45mol=0.15mol，Fe、FeO的物质的量之比为0.15mol:0.45mol=1:3，故选A。7．（2022·浙江·模拟预测）某工厂使用的煤中硫的质量分数为1.28%，

该工厂每天燃烧这种煤100t，请计算：(1)100t该煤含S的物质的量为_______mol。(2)假设煤中的硫全部转化为SO2，每天产生的SO2气体在标准状况下体积为_______L。(3)若把产生的SO2全部用来生产硫酸，每天可得到98%的浓硫酸质量___

____吨(请写出计算过程)【答案】(1)4×104(2)8.96×105(3)4【解析】（1）某工厂使用的煤中硫的质量分数为1.28%，该工厂每天燃烧这种煤100t，100t该煤含S的物质的量为6410010g1.28%=41032g/molmol。（2）由硫原子

个数守恒可知，假设煤中的硫全部转化为SO2，每天产生的SO2物质的量为6410010g1.28%=41032g/molmol、在标准状况下体积为4×104mol×22.4L/mol=8.96×105L。（3）由硫原子个数守恒可知，若把产生的二氧化硫全部用来生产硫酸，理论上每天产生的

硫酸的物质的量为4×104mol，则每天可得到98%的浓硫酸的质量46410mol98g/mol410g98%=，即4吨。8．（2021·浙江·模拟预测）25℃时，醋酸电离平衡常数51.8105.0K

−=，135.0mL0.20molLCHCOOH−溶液与139.0mL0.20molLCHCOONa−溶液混合均匀(混合后溶液体积不变)。请计算：(1)求混合液的pH=_______(保留2位有效数字，下同)。(2)向混合液中加0

.10mL(2滴)11.0molL−盐酸，求此时溶液中()cH+=_______1molL−。(写出计算过程)【答案】(1)5.0(2)51.210−【解析】(1)混合后溶液中：()-39.0mL0.

2mol/L1.8mol/L5.0mL+9.0mL1CHCO4Oc=()-39.0mL0.2mol/L1.8mol/L5.0mL+9.0mL1CHCO4Oc=，根据公式-+33(CHCOO)(H)CHCOOH)ccKc=（，()()()33CHCOOHHCHCOOKccc+

−==510−，pH5.0；（2）()11135.0mL0.20molL0.10mL1.0molLCHCOOH0.078molL14.10mLc−−−+==()11139.0mL0.20molL0.10mL1.0molLCHCOO0.12molL14.10

mLc−−−−−==()()()5135113CHCOOH1.8100.078molLH1.210molL0.12molLCHCOOKccc−−+−−−−===9．（2021·浙江·模拟预测）下图是将一定质量的草酸亚铁()242FeCO2HO

在氩气气氛中进行热重分析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。(1)B处时残留物的化学式为_____。(2)现取241.44gFeCO放在某真空的密闭容器中，再充入0.04molCO

，加热至1100C，其中反应：2FeO(s)CO(g)Fe(s)CO(g)++的平衡常数K=1/3，则反应达平衡时FeO的转化率为__。【答案】(1)FeC2O4(2)50%【解析】(1)M(FeC2O4•2H2O)=180g/mol，M(FeC2O4)=144g/mol；假设原FeC2O4

•2H2O有180g，则B处时，残留固体的质量为180g80%=144g，即1molFeC2O4•2H2O分解，失去2mol水变为FeC2O4，故B处残留固体为FeC2O4；(2)假设原FeC2O4•2H2O有180g，C处时，残留固体的质

量为180g40%=72g，结合题中给出的信息可得C处残留的固体为FeO，则FeC2O4的分解反应为242FeCO=FeO+CO+CO；在密闭容器中，1.44gFeC2O4（即0.01mol）分解产生0

.01molFeO、0.01molCO、0.01molCO2，再充入0.04molCO，则容器中最初有0.05molCO，设容器体积为1L，且反应达到平衡时，FeO转化xmol，则反应三段式为：2FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO(g)1111mol0.0

10.0500.01molxxxxmol0.01-x0.05-x0.01+x起始（）转化（）平衡（）则c(CO)=(0.05-x)mol/L，c(CO2)=(0.01+x)mol/L，K=2(CO)(CO)cc=(0.01+x)mol/L(0.05

-x)mol/L=13，解得x=0.005，即0.01molFeO的在平衡时转化了0.005mol，故FeO的转化率为0.005mol100%0.01mol=50%。10．（2022·全国·高三专题练习）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，

还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为_______。【答案】21190m147m×100%【解析】m1kg铬铁矿粉，含

Cr2O3的质量为m140%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m140%294152kg，则所得产品的产率为22941152mkgm40%kg100%=21190m147m×100%。1．（2022·黑龙江·佳木斯一中三

模）MOH为一元弱碱，向MCl的稀溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随c(M+)而变化。实验发现，某温度下，c2(H+)~c(M+)为线性关系，如下图实线所示。B组提升练下列叙述错误的是A．当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c(O

H-)=1×10-7mol·L-1B．溶液中存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C．该温度下，M+的水解平衡常数Kh=1×10-10D．a点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)【答案】D【解析】A．该温度下纯水溶液中c(H+)=c(

OH-)，Kw=c(H+)c(OH-)=c2(H+)=210-14，当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c2(H+)=410-14，Kw=210-14，故c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A正确；B．溶液呈电中性，故MCl的稀

溶液中始终存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；C．该温度下，M+的水解方程式为M++H2OMOH+H+，平衡常数Kh=++c(H)c(MOH)c(M)，利用c(M+)=2×10-4mol·L-1点进行计算，该点c(H+)=2×10-7mol·L-1，c(OH

-)=1×10-7mol·L-1，c(MOH)=c(H+)-c(OH-)=1×10-7mol·L-1，故Kh=-7-7-10-4()()21011010()210cHcMOHcM++==，C正确；D．144wb10hK210()()K=210K10

()cMcOHcMOH−+−−−===，其中c(M+)=110-4mol·L-1，c(OH-)/c(MOH)=2>1，故c(OH-)>c(MOH)，D错误。2．（2020·辽宁葫芦岛·二模）3SiHCl在催化剂作用下主要发生反应：32242SiHCl(g)SiHCl(g)SiCl(

g)+2-1ΔH=+48kJ?mol。已知：反应速率()()()22432SiHClSiClSiHClv=v-v=kx-kxx正正逆逆，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，向两个容积相等的恒容密闭容器中分别充入等量3SiHCl(g)

，在323K和343K时3SiHCl的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是A．343K时反应物的平衡转化率为21%B．a点的反应速率小于b点的反应速率C．343K时22k0.11=k0.78正逆D．由323K时3SiHCl的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K【答案

】C【解析】A．该反应为气体分子总数不变的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且能提高3SiHCl的转化率；根据图象可知曲线1L、2L分别为343K和323K时3SiHCl的转化率-时间曲线，即343K时反应物的平衡转化率为22%，A项错误；B．a、b两点的

反应物的转化率相等，则各物质浓度也相等，但a点温度较高，即a点反应速率要比b点大，B项错误；C．343K时3SiHCl的平衡转化率为22%，设起始时3SiHCl的浓度为1mol/L，则22242SiHClgSiHClg+SiClgmol/L100mol/L0.220.110.11mo

l/L0.780.110.11ƒ（）（）（）起始（）转化（）平衡（）平衡时vv=正逆，则()()()22432SiHClSiClSiHClkx=kxx´创正逆，即()()()42332SiClSHCl22SiHClx?xk0.11==kx0.78正逆，C项正确；D．同理，由323K时3Si

HCl的转化率为21%，设起始时3SiHCl为1mol/L，根据三段式法可求出平衡时3SiHCl(g)、22SiHCl(g)、4SiCl(g)分别为0.79mol/L、0.105mol/L和0.105mol/L，则平衡常

数220.105K=?1.770.79210−，D项错误；答案选C。3．（2022·山东·模拟预测）向分别盛有10mL3mol·L-1的盐酸和NaOH溶液的甲、乙两烧杯中，加入等质量的铝粉，反应结束后，相同温度和压强测得生成的气体体积

分别为V(甲)、V(乙)，下列说法正确的是A．消耗的HCl和NaOH的物质的量比为V(甲)：V(乙)B．若V(甲)：V(乙)=1：2，投入的铝粉质量为0.54gC．若V(甲)：V(乙)=1：3，铝粉在两烧杯中都恰好完全反应D．若盐酸和NaOH溶液都完全

反应，两反应的电子转移数之比为1：1【答案】B【解析】A．此实验反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，通过化学方程式可以看出，消耗的HCl和NaOH的物质的量比为3V(甲)：V（乙)，A错误；B．盐

酸和NaOH溶液中的溶质的物质的量均为0.03mol，测得生成的气体体积比为V(甲)：V（乙)=1：2，即生成的氢气物质的量之比是1：2，设铝与酸完全反应时，生成的氢气的物质的量为x，322Al+6HCl2AlCl+3H0.03mol=6x3，得：x=

0.015mol；相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以氢氧化钠和铝反应生成的氢气的物质的量为：0.015mol×2=0.03mol，碱与铝反应时，铝反应完全，设铝的物质的量为y，2222Al+2NaOH+2HO=2N

aAlO+3H23y0.03mol，得：y=0.02mol，所以铝的质量为：0.02mol×27g/mol=0.54g，B正确；C．根据方程式，当为V(甲)：V（乙)=1：3时，消耗等物质的量的HCl和氢氧化钠，铝粉过量，C错误；D．根据方程式，HCl完全反应，该反应中转移电子的物质的量为

0.03mol，NaOH完全反应，该反应中转移电子的物质的量为0.09mol，两反应的电子转移数之比为1：3，D错误；故答案为：B。4．（2022·河南·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．44.8L丙烯和44.8L

丙烷中含有的碳原子数均为6NAB．将1mol明矾完全溶于水，所得溶液中阴离子总数小于2NAC．12.8g铜完全溶于未知浓度的硝酸中，转移的电子数为0.4NAD．1mol苯乙烯()与足量H2在催化剂和加热条件下反应，形成C-H键的数

目最多为2NA【答案】C【解析】A．对于气体物质有mVn=V，但是该条件下Vm未知，无法计算碳原子数，A项错误；B．2-4224KAl(SO)12HO2SO:，2-4SO的数目为2NA，同时水电离产生阴离子，所以总数目大于2NA，B

项错误；C．铜与硝酸反应中关系式为Cu～2e-，m12.8gn===0.2molM64g/mol，则电子的数目为0.4NA，C项正确；D．苯乙烯中苯环消耗3molH2产生6molC-H，C=C消耗1mo

lH2形成2molC-H，总共形成8NAC-H，D项错误；故选C。5．（2022·浙江金华·二模）某兴趣小组设计实验测定“自然晶盐"的含碘量。取5.00g自然晶盐，加蒸馏水使其完全溶解后加稀硫酸酸化并加入足量的KI溶液，使3

KIO与KI反应完全。以淀粉为指示剂，逐滴滴加311.010molL−−的223NaSO溶液5.00mL，达到滴定终点(反应为2--2-22346I+2SO=2I+SO)。(1)写出3KIO与KI反应的离子方程式___________

。(2)上述“自然晶盐"中的碘元素含量为___________mg/kg(写出计算过程，精确到小数点后一位)。【答案】(1)--+322O+5I+6H=3I+3HOI(2)21.2【解析】(1)由题意可知，酸性条件下，碘酸钾与碘化钾反应生成硫酸

钾、碘和水，反应的离子方程式为--+322O+5I+6H=3I+3HOI；(2)由方程式可得如下关系：KIO3~3I2~6Na2S2O3，滴定消耗5.00mL1.0×10-3mol/L硫代硫酸钠溶液，则5.00g自然晶盐中的碘元素含量为-3-33-311.010mol/L

5.0010L127g/mol10mg/g65.00g10kg/g=21.2mg/kg。1．（2022·浙江·高考真题）AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．412gNaHSO中含有A0.2N个阳离子B．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为A3NC．48gCH含有

中子数为A3ND．20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为A0.2N【答案】C【解析】A．4NaHSO由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，412gNaHSO的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有A0.1N个阳离子，A说法不正确;B．没有指明气体

的温度和压强，无法确定11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；C．4CH分子中有6个中子，48gCH的物质的量为0.5mol，因此，48gCH含有的中子数为A3N，C

说法正确;D．2H和2I发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于A0.2N，D说法不正确。综上所述，本题选C。C组真题练2．（2020·浙江·高考真题）一定温度下，在2L

的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+2B(g)3C(g)反应过程中的部分数据如下表所示：时间(t/min)物质的量(n/mol)n(A)n(B)n(C)02.02.4050.9101.6151.6下列说法正确的是A．0~5min用C表示的平均反应速率为0.09mol·L-

1·min-1B．该反应在10min后才达到平衡C．平衡状态时，c(C)=0.6mol·L-1D．物质B的平衡转化率为20%【答案】AC【解析】A．0~5min内C的物质的量增加了0.9mol，由于容器的容积是2L，则用C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.9mol=0.09m

ol/(Lmin)2L5min，A正确;B．反应进行到10min时，A物质的物质的量减少0.4mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8mol，B的物质的量为2.4mol-0.8mol=1.6mol，B的物质的量等于15min时B的物质的量，说明该

反应在10min时已经达到平衡状态，而不是在10min后才达到平衡，B错误;C．根据选项B分析可知：反应在进行到10min时，A物质的物质的量减少0.4mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8mol，则此时B的物质的

量为2.4mol-0.8mol=1.6mol，B的物质的量等于15min时B的物质的量，说明该反应在10min时已经达到平衡状态，此时反应产生C的物质的量是1.2mol，由于容器的容积是2L，则平衡状态时，c(C)=1.2mol2L=0.6mol·L-1，C正确;D．反应

开始时n(B)=2.4mol，反应达到平衡时△n(B)=0.8mol，则B物质的平衡转化率为：0.8mol100%=33.3%2.4mol，D错误;故合理选项是AC。3．（2022·海南·高考真题）某元素M的氢氧

化物2M(OH)(s)在水中的溶解反应为：2+-2M(OH)(s)M(aq)+2OH(aq)、-224M(OH)(s)+2OH(aq)M(OH)(aq)−，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为2+M或24M(OH)−浓度的值。下

列说法错误．．的是A．曲线①代表()2+-lgcM与pH的关系B．2M(OH)的spK约为-10110C．向()2+-1cM=0.1molL的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以2M(OH)(s)存在D．向2-1

4cM(OH)=0.1molL−的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以2+M存在【答案】BD【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH

)2(s)+2OH-(aq)M(OH)2-4(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)2-4]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[M(OH)2-4]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与

pH的关系，曲线②代表-lgc[M(OH)2-4]与pH的关系。A．由分析可知，曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，A正确;B．由图象，pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误;C．向c(M2+)=0.1m

ol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)2-4]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确;D．根据图象，c[M(OH)2-4]=0.1mol/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈

-14-14.51010mol/L≈3.2mol/L，加入等体积的0.4mol/L的HCl后，发生中和反应，反应后c(OH-)=3.2-0.42mol/L=1.4mol/L，此时体系中元素M仍主要以M(OH)2-4存在，D错误;答案选BD。4．（

2014·上海·高考真题）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。完成下列计

算：(1)焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol/L。(2)若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收_____g水(3)硫

铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2＋8O2=Fe3O4＋6SO24FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况

），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比_______。(4)用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气

体中SO2体积分数________（水是气体）。（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21）【答案】(1)1.25(2)40(3)2：9(4)0.075【解析】(1)445g焦硫酸的物质的量＝445178/ggmol＝2.5mol，其中硫酸和三

氧化硫均是2.5mol，2.5mol三氧化硫又产生2.5mol硫酸，则溶液中硫酸的物质的量是5.0mol，浓度是5.04molL＝1.25mol/L;(2)250g质量分数为98%的硫酸中硫酸的质量是250g×9

8%＝245g，其中溶剂水是5g，硫酸的物质的量是24598/ggmol＝2.5mol，可以结合水的物质的量是2.5mol，质量是2.5mol×18g/mol＝45g，因此还可以吸收水的质量是45g－5g＝40g;(3)设Fe3O4

的物质的量是amol，Fe2O3的物质的量是bmol；反应中消耗氧气的物质的量是2934.422.4/LLmol＝131mol；则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+5.5b＝131，解得a＝4、b＝18，则n(Fe3O4)：n(Fe2O3)＝2：9;(4)设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃

烧的方程式2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因此所需空气为1.260.21×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝0.8410.621.260.840

.840.16−+++＝0.075。5．（2011·四川·高考真题）(节选)三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水

的含量，某实验小组做了如下实验：(1)铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4-被还原成M

n2+。向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMn

O4溶液20.02mL滴定中MnO4-被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL。请回答下列问题：④实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在

步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量__________。（选填“偏低”“偏高”“不变”）【答案】(1)11.2%偏高【解析】(1)在步骤三中亚铁离子被高锰酸钾氧化，发生的离子反应为：5Fe2++

MnO4−+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4−+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O;④根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4−）=5×20.0219.982+×10-3

×0.01mol•L-1×10=1.0×10-2mol，m（Fe）=56g•mol-1×10-2mol=0.56g。晶体中铁的质量分数=0.56g5g×100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾

溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，故答案为：11.2%；偏高;