第03講 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用(專項訓(xùn)練)(全國適用)(解析版)_第1頁
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第03講物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-2"\h\u01課標(biāo)達(dá)標(biāo)練題型01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計算題型02考查關(guān)系式法的應(yīng)用題型03考查守恒法的應(yīng)用題型04考查差量法的應(yīng)用題型05重分析法02核心突破練03真題溯源練01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計算1.(2025·北京順義·一模)用細(xì)菌等微生物從固體中浸出金屬離子,有速率快、浸出率高等特點。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速氧化的細(xì)菌,浸出輝銅礦機(jī)理如圖所示。下列說法不正確的是A.反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為B.溫度越高,浸出速率越快C.浸出過程中幾乎不需要補充鐵鹽D.理論上反應(yīng)Ⅰ中每消耗(標(biāo)準(zhǔn)狀況)可浸出【答案】B【解析】A.由圖可知,反應(yīng)Ⅰ中Fe2+和O2反應(yīng)生成Fe3+和H2O,根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為:,A正確;B.該過程中有細(xì)菌等微生物參與,高溫會導(dǎo)致氧化亞鐵硫桿菌的蛋白質(zhì)發(fā)生變性,而降低浸出速率,B錯誤;C.由圖可知,反應(yīng)I中發(fā)生,反應(yīng)II中發(fā)生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+,總反應(yīng)為O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O,可知浸出過程中不需要補充鐵鹽,C正確;D.總反應(yīng)為O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O,標(biāo)準(zhǔn)狀況下的物質(zhì)的量為0.1mol,可浸出,D正確;故選B。2.(2025·河南·一模)現(xiàn)取9.3g久置在空氣中的氫氧化鈉固體于燒杯中(已知該固體中鈉元素和碳元素的質(zhì)量比為23∶3),向燒杯中加入足量的稀鹽酸,充分反應(yīng),將生成的氣體通入足量石灰水中,生成沉淀的質(zhì)量為A.5.0g B.7.5g C.10.0g D.15.0g【答案】A【解析】氫氧化鈉變質(zhì)會生成碳酸鈉,設(shè)固體中碳酸鈉、氫氧化鈉的物質(zhì)的量依次為x、y,,得,則9.3g該久置的固體中加入足量的稀鹽酸反應(yīng)生成氣體、通入足量石灰水中生成沉淀、質(zhì)量為;選A。3.【結(jié)合化學(xué)鍍鎳法考查化學(xué)方程式計算】(2025·山東·一模)化學(xué)鍍鎳法得到的鍍層均勻性,硬度等性能都較好,一種化學(xué)鍍工藝流程如圖所示:已知:①鍍層為Ni-B合金,比例為n(Ni):n(B)=10∶3;②Ni(OH)2難溶于水;③NaOH能穩(wěn)定NaBH4,降低其水解率,NaBH4的水解反應(yīng):NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2;若有3.0molNaBH4參與反應(yīng)時,生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下8.96LH2,則理論上鍍層增重A.498.4g B.684.4g C.460g D.515.6g【答案】A【分析】鍍層為Ni-B合金,比例為n(Ni):n(B)=10∶3,則鍍層合金為Ni10B3,則合成反應(yīng)為:;【解析】;若3.0molNaBH4參與反應(yīng)生成8.96LH2,即0.4molH2,據(jù)NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知,有0.1molNaBH4參與了此反應(yīng),則剩下的2.9molNaBH4參與了鍍鎳反應(yīng),結(jié)合分析可知,生成Ni10B3為;故選A。4.(2025·吉林·二模)常溫常壓下,電化學(xué)合成氨總反應(yīng)方程式:,設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.氮氣含有的共用電子對數(shù)為B.每產(chǎn)生,失去電子數(shù)為C.氨水中,含分子數(shù)小于D.標(biāo)況下,參加反應(yīng)時,產(chǎn)生分子數(shù)為【答案】D【解析】A.N2中含有氮氮三鍵,有3個共用電子對,N2的物質(zhì)的量為1mol,含有的共用電子對數(shù)為,A錯誤;B.該反應(yīng)中N2中N元素化合價由0價下降到-3價,的物質(zhì)的量為=2mol,每產(chǎn)生,N2得到6mol電子,數(shù)目為6NA,B錯誤;C.氨水的體積未知,無法計算的分子數(shù),C錯誤;D.標(biāo)況下,的物質(zhì)的量為0.5mol,由方程式可知,消耗0.5molN2,產(chǎn)生的0.75molO2,數(shù)目為,D正確;故選D。5.(2025·上海靜安·二模)將4.695g普魯士白晶體(Na2Mn[Fe(CN)6])溶于水,配制成100mL溶液,隨后向該溶液逐滴加入0.5mol·L?1的BaCl2溶液,反應(yīng)如下:Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl恰好完全反應(yīng),過濾。將濾液加水稀釋至200mL,則稀釋后Cl?的物質(zhì)的量濃度為?!敬鸢浮?.15mol·L?1【解析】4.695g普魯士白晶體的物質(zhì)的量為=0.015mol,根據(jù)反應(yīng)方程式:Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl,加入的BaCl2的物質(zhì)的量為0.015mol,則Cl-的物質(zhì)的量為0.03mol,將濾液加水稀釋至200mL,則稀釋后Cl?的物質(zhì)的量濃度為=0.15mol/L。02考查關(guān)系式法的應(yīng)用6.【結(jié)合化學(xué)反應(yīng)機(jī)理考查關(guān)系式法的應(yīng)用】(2025高三·湖南·月考)天然氣因含有少量等氣體開采應(yīng)用受限,菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫,其原理如下圖所示。下列說法錯誤的是A.自然界游離態(tài)的硫廣泛存在于各種礦石中B.基態(tài)的價層電子軌道表示式為C.該反應(yīng)I的離子方程式為D.在此過程中,每脫去時,需消耗【答案】A【分析】過程I硫化氫與硫酸鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和S:,過程II中氧氣將硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵:;【解析】A.游離態(tài)的硫存在于火山噴口附近和地殼的巖層里,A錯誤;B.Fe3+電子排布為,基態(tài)Fe3+的價層電子軌道表示式為,B正確;C.根據(jù)分析,反應(yīng)Ⅰ為,C正確;D.根據(jù)分析,,,則消耗0.1molO2,D正確;故答案為:A。7.【結(jié)合礦物成分的測定考查關(guān)系式法的應(yīng)用】(2025·江蘇·期末)黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測定時,取0.1000g樣品在空氣中充分灼燒,將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后,用濃度為0.02000mol·L-1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點,消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。已知:SO2+2Fe3++2H2O=SOeq\o\al(\s\up11(2-),\s\do4(4))+2Fe2++4H+Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2-),\s\do4(7))+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(1)樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng))。(2)煅燒10t上述黃鐵礦,理論上產(chǎn)生SO2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為L,制得98%的硫酸質(zhì)量為t?!敬鸢浮浚?)90.00%(2)3.36×10615【解析】(1)據(jù)方程式4FeS2+11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3+8SO2SO2+2Fe3++2H2O=SOeq\o\al(\s\up11(2-),\s\do4(4))+2Fe2++4H+Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2-),\s\do4(7))+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O得關(guān)系式:Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2-),\s\do4(7))~6Fe2+~3SO2~eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)0.02000mol·L-1×0.02500Leq\f(m(FeS2),120)列式計算得:m(FeS2)=0.09000g樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.09000g,0.1000g)×100%=90.00%。(2)4FeS2+11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3+8SO24mol8mol×22.4L·mol-1eq\f(10×106×0.9,120)molV(SO2)列式計算得:V(SO2)=3.36×106L,則n(SO2)=eq\f(3.36×106L,22.4L·mol-1)=1.5×105mol由SO2~SO3~H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%列式計算得:m(H2SO4)=1.5×107g=15t。03考查守恒法的應(yīng)用8.(2025高三上·寧夏銀川·月考)1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中,得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況),向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當(dāng)金屬離子全部沉淀時,得到2.54g沉淀,下列說法不正確的是A.該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mo/LB.NO2和N2O4的混合氣體中,NO2的體積分?jǐn)?shù)是70%C.該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1D.得到2.54沉淀時,加入NaOH溶液的體積是640mL【答案】B【分析】設(shè)銅、鎂的物質(zhì)的量分別為、,根據(jù)題意列方程組:,解得,,設(shè)N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為、,則根據(jù)電子守恒和題意列方程組:,解得,?!窘馕觥緼.,A正確;B.由上述分析可知,N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為0.01mol、0.04mol,相同條件下,氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比,則NO2的體積分?jǐn)?shù)是,B錯誤;C.由上述分析可知,Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol,二者物質(zhì)的量之比為2︰1,C正確;D.當(dāng)金屬離子全部沉淀時,得到2.54g沉淀,沉淀量最大,溶液中只有硝酸鈉,根據(jù)原子守恒:,氫氧化鈉溶液體積為=640mL,D正確;答案選B。9.(2025高三·山西·期中)銅和鎂的混合物投入濃硝酸中恰好完全溶解,共收集到氣體,若向所得溶液加入溶液時金屬離子恰好完全沉淀,則濃硝酸的濃度為A. B. C. D.【答案】D【解析】銅和鎂的混合物投入濃硝酸中恰好完全溶解,共收集到氣體,為6.720L÷22.4L/mol=0.3mol氮的氧化物;若向所得溶液加入溶液時金屬離子恰好完全沉淀,則生成硝酸鈉為,結(jié)合氮元素守恒,濃硝酸的濃度為。故選D。10.(2025·吉林長春·一模)38.4gCu與一定量的濃硝酸恰好完全反應(yīng)生成、、NO的混合氣體,將這些氣體通入溶液中,所有氣體恰好被完全吸收,得到和的混合溶液,該溶液中和的物質(zhì)的量之比為A.2:3 B.3:2 C.3:5 D.5:3【答案】A【解析】38.4gCu為0.6mol,由電子守恒可以知道,38.4gCu失去的電子等于到得到的電子,,,由Na原子守恒可以知道,則,則該溶液中和的物質(zhì)的量之比為2:3,故答案選A。04考查差量法的應(yīng)用11.(2025高三·河北石家莊·月考)將溶液與溶液混合(忽略混合后溶液體積變化),向其中加入一定質(zhì)量的Fe粉,充分反應(yīng)后,固體質(zhì)量不變,則反應(yīng)后溶液中的物質(zhì)的量濃度為A. B. C. D.【答案】C【解析】先發(fā)生反應(yīng):,再發(fā)生反應(yīng):,充分反應(yīng)后,固體質(zhì)量不變,說明參加反應(yīng)Fe的質(zhì)量等于析出Cu的質(zhì)量,,溶液中完全反應(yīng)消耗Fe為,生成為,設(shè)析出的Cu為xmol,則析出xmolCu消耗Fe為xmol,則有:,解得x=0.7,則反應(yīng)后溶液中,故,答案選C。12.(2025·江蘇·期末)在質(zhì)量為Gg的瓷坩堝里,加入BaCl2·nH2O晶體后,稱量質(zhì)量為W1g,加熱使結(jié)晶水全部失去,冷卻后稱量為W2g,則n的值為()A.eq\f(208(W1-W2),18(W2-G)) B.eq\f(208(W2-W1),18(W2-G))C.eq\f(18(W2-G),208(W1-W2)) D.eq\f(208(W2-G),18(W1-W2))【答案】A【解析】在質(zhì)量為Gg的瓷坩堝里,加入BaCl2·nH2O晶體后,稱量質(zhì)量為W1g,加熱使結(jié)晶水全部失去,冷卻后稱量為W2g,則根據(jù)方程式計算:BaCl2·nH2Oeq\o(=,\s\up7(△))BaCl2+nH2O208+18n20818nW1-GW2-GW1-W2故有:eq\f(208,W2-G)=eq\f(18n,W1-W2),解得:n=eq\f(208(W1-W2),18(W2-G))。13.把氯氣通入濃氨水中,會立即發(fā)生反應(yīng):3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,把1.12LCl2、N2的混合氣體(90%Cl2和10%N2,均為體積分?jǐn)?shù))通入濃氨水,實驗測得逸出標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體體積為0.672L(其中有50%Cl2和50%N2),此反應(yīng)中被氧化的NH3的質(zhì)量為 ()A.3.4g B.0.34g C.1.36g D.4.48g【答案】B【解析】由反應(yīng)方程式可得出每3molCl2(反應(yīng)氣)生成1molN2(生成氣)時,氣體物質(zhì)的量減少了2mol,即體積減小44.8L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下),這一量即為“理論差量”,而這一差量所對應(yīng)的被氧化的氨的物質(zhì)的量為2mol,再從題中所給的數(shù)據(jù)可以求出“實際差量”為(1.12-0.672)L=0.448L。即:3Cl2~2NH3~N2ΔV2mol×17g·mol-144.8Lm(被氧化的NH3)0.448L列出比例式:(2mol×17g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8L∶0.448L,則m(被氧化的NH3)=0.34g。05考查熱重分析法14.(2025高三·寧夏銀川·月考)如圖為CaC2O4?xH2O在N2和O2氣氛中的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線,205℃時,晶體完全失水)。下列有關(guān)說法正確的是A.x的值為5B.物質(zhì)A為CaC2O4,且CaC2O4在隔絕空氣條件下,420℃以下熱穩(wěn)定,不會分解C.無論是O2氣氛還是N2氣氛,CaC2O4?xH2O在不同溫度時的分解產(chǎn)物完全相同D.無論是O2氣氛還是N2氣氛,當(dāng)1個CaC2O4?xH2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)镃時,轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)相同【答案】B【分析】由題意可知,100mg固體為CaC2O4?xH2O,87.7mg固體為CaC2O4。68.8mg固體中,固體的摩爾質(zhì)量為≈100g/mol,則其為CaCO3;38.4mg固體中,固體的摩爾質(zhì)量為≈56g/mol,則其為CaO?!窘馕觥緼.從圖中可以看出,第1步CaC2O4?xH2O轉(zhuǎn)化為CaC2O4,質(zhì)量由100mg減少到87.7mg,根據(jù)質(zhì)量守恒規(guī)律有,x=1,A不正確;B.圖中信息顯示,在N2氣氛中,溫度從205℃升高到420℃時,固體的質(zhì)量都保持不變,則物質(zhì)A為CaC2O4,且CaC2O4在隔絕空氣條件下,420℃以下熱穩(wěn)定,不會分解,B正確;C.在O2氣氛中,CaC2O4、O2反應(yīng)生成CaCO3、CO2,在N2氣氛中,CaC2O4分解生成CaCO3、CO,二者的產(chǎn)物不同,C不正確;D.C為CaO,O2氣氛中1個CaC2O4·H2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)?個H2O、1個CaO和2個CO2,電子轉(zhuǎn)移2個,在N2氣氛中,1個CaC2O4·H2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)?個H2O、1個CaO、1個CO2和1個CO,電子轉(zhuǎn)移1個,轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)不同,D不正確;故選B。15.(2025高三·安徽六安·月考)稱取草酸亞鐵晶體(,)加熱分解,得到剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示,、兩點時剩余的固體均為純凈物,其化學(xué)式為A., B.,C., D.,【答案】B【解析】草酸亞鐵晶體的物質(zhì)的量為0.3mol,0.3mol草酸亞鐵的質(zhì)量為0.3mol×144g/mol=43.2g;根據(jù)鐵元素守恒,加熱到400℃所得固體中鐵元素的質(zhì)量為0.3mol×56g/mol=16.8g,則氧元素是物質(zhì)的量為,所以B點的化學(xué)式為;A點固體的質(zhì)量恰好為0.3mol草酸亞鐵的質(zhì)量,所以A點的化學(xué)式為,故選B。1.(2025·河北滄州·一模)某實驗室廢液缸中可能含有和,課外學(xué)習(xí)小組取該溶液進(jìn)行連續(xù)實驗,實驗過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.原溶液中至少存在3種離子B.原溶液中一定存在,且C.原溶液中一定不存在,不能確定D.若原溶液中存在,則【答案】D【分析】加入NaOH溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀Fe(OH)3,則原溶液中存在Fe3+,碳酸根離子和鐵離子不共存,所以不存在碳酸根離子;氫氧化鐵灼燒后分解為氧化鐵,1.6gFe2O3的物質(zhì)的量為0.01mol,則原溶液中含有Fe3+的物質(zhì)的量為0.02mol;濾液中加入過量的BaCl2溶液生成不溶于鹽酸的白色沉淀,則原溶液中存在硫酸根離子,白色沉淀為硫酸鋇,4.66g硫酸鋇為0.02mol,則原溶液中含有的硫酸根離子為0.02mol;根據(jù)電荷守恒,原溶液中一定含有Cl-,若無其他陽離子,則Cl-的物質(zhì)的量為0.02mol,若含有其他陽離子,則Cl-的物質(zhì)的量大于0.02mol。【解析】A.由以上分析可知,原溶液中至少存在鐵離子、硫酸根離子和氯離子三種離子,故A正確;B.由以上分析可知,原溶液中一定存在Cl-,且Cl-的物質(zhì)的量至少為0.02mol,溶液體積為100mL,則氯離子的物質(zhì)的量濃度至少為0.2mol/L,故B正確;C.由以上分析可知,原溶液中碳酸根離子一定不存在,K+、Al3+不能確定,故C正確;D.若原溶液中存在0.4mol/L的Cl-,則一定含有K+或Al3+或兩者都有,且不能確定其濃度,故D錯誤;故選D。2.(2025高三·云南昆明·月考)Co(OH)2在空氣中加熱時,固體殘留率隨溫度的變化曲線如圖所示。已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時已完全脫水,據(jù)圖表分析,在350~400℃范圍內(nèi),剩余固體成分為A.CoO B.CoO、Co2O3 C.Co3O4 D.Co2O3、Co3O4【答案】D【解析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律,在變化過程中,Co的質(zhì)量沒有變,假設(shè)原始固體質(zhì)量為100g,則n(Co)=mol,m(Co)=100×g;在350-400℃時,固體的質(zhì)量在89.25%-86.38%之間,可以通過極點進(jìn)行分析,在290℃,n(Co):n(O)=:[(89.25-100×)÷16]=2:3,其化學(xué)式為Co2O3;在500℃n(Co):n(O)=:[(86.38-100×)÷16]=3:4,其化學(xué)式為Co3O4;所以可以確定在350-400℃時的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4,故答案為:D。3.(2025高三·江西贛州·開學(xué)考試)稀有氣體的不活潑性是相對的,在一定條件下它們也可和某些物質(zhì)(如F2等)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。若將1.5mol?Xe和7.5mol?F2加入一定體積的容器中,于400℃和2633kPa壓強下加熱數(shù)小時,然后迅速冷卻至25℃,容器內(nèi)除得到一種無色晶體外,還余下4.5mol?F2。則所得產(chǎn)物中,氙與氟的原子個數(shù)比和該產(chǎn)物的分子式的說法正確的是A.1:2?XeF2 B.1:4??XeF4C.1:2?Xe2F4 D.1:4無法確定分子式【答案】D【解析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律解題。7.5moL氟氣反應(yīng)剩余4.5mol氟氣,反應(yīng)了3mol氟氣,1.5molXe與3moL氟氣反應(yīng)生成物中Xe原子與氟原子物質(zhì)的量之比為1.5:(3×2)=1:4,故產(chǎn)物的最簡式為XeF4,分子式無法確定,故選:D。4.【結(jié)合工業(yè)產(chǎn)品純度的測定考查關(guān)系式法的應(yīng)用】(2025·河南·二模)KMnO4是一種用途廣泛的氧化劑,可由軟錳礦(主要成分為MnO2)通過下列方法制備:a.軟錳礦與過量KOH、KClO3固體熔融生成K2MnO4;b.溶解、過濾后將濾液酸化,使K2MnO4完全轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4;c.濾去MnO2,將濾液濃縮、結(jié)晶得到深紫色的KMnO4產(chǎn)品。測定KMnO4產(chǎn)品的純度可用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定。(1)配制250mL0.100mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液,需準(zhǔn)確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為g;(2)取上述制得的KMnO4產(chǎn)品0.6000g,酸化后用0.100mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定,滴定至終點消耗Na2S2O3溶液20.00mL。計算該KMnO4產(chǎn)品的純度(寫出計算過程)。(有關(guān)離子方程式為MnO4-+S2O32-+H+→SO42-+Mn2++H2O未配平)【解析】(1)n=cV=0.100mol·L-1×0.250L=0.025mol,m=nM=0.025mol×158g·mol-1=3.950g?!敬鸢浮浚?)3.950(2)由化學(xué)方程式:8MnO4-+5S2O32-+14H+=10SO42-+8Mn2++7H2O,設(shè)樣品中KMnO4物質(zhì)的量為nmol,可知8MnO4-~5S2O32-n0.100mol·L-1×20.00×10-3L所以n(KMnO4)=eq\f(8,5)×0.100mol·L-1×20.00×10-3L=3.2×10-3mol所以m(KMnO4)=nM=3.2×10-3mol×158g·mol-1=0.5056g,KMnO4產(chǎn)品的純度為eq\f(0.5056,0.6000)×100%≈84.27%。5.(2025高三·河南林州·調(diào)研)填空。(1)120mL含有0.20mol碳酸鈉的溶液和200mL鹽酸,不管將前者滴加入后者,還是將后者滴加入前者,都有氣體產(chǎn)生,但最終生成的氣體體積不同,則鹽酸的濃度合理的范圍是。(2)取體積相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液,分別通入足量氯氣,當(dāng)恰好完全反應(yīng)時,三種溶液消耗氯氣的物質(zhì)的量相同,則KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度之比為。(3)在反應(yīng)3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中,當(dāng)有5mol水反應(yīng)時,由H2O還原的BrF3為mol?!敬鸢浮浚?)1.0mol/L<c(鹽酸)<2.0mol/L(2)6∶3∶2(3)4/3【解析】(1)當(dāng)碳酸鈉滴入鹽酸中時發(fā)生,當(dāng)鹽酸滴入碳酸鈉溶液時,反應(yīng)順序為﹑,則HCl的物質(zhì)的量應(yīng)大于Na2CO3的物質(zhì)的量,又因為最終生成的氣體體積不同,則不能全部完成,即HCl的物質(zhì)的量比Na2CO3的物質(zhì)的量的二倍少,碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.2mol,則HCl的物質(zhì)的量應(yīng)介于0.2mol~0.4mol之間,鹽酸溶液的體積為200mL=0.2L,即鹽酸的濃度應(yīng)該是大于,小于,即;(2)因KI、Na2SO3、FeBr2溶液,分別通入足量氯氣均發(fā)生氧化還原反應(yīng),且反應(yīng)恰好完全時,三種溶液消耗氯氣的物質(zhì)的量相同,則KI、Na2SO3、FeBr2

失去的電子數(shù)相等,設(shè)KI、Na2SO3、FeBr2的物質(zhì)的量分別為x、y、z,由失去的電子數(shù)相等可知,,整理可得;(3)在氧化還原反應(yīng)中,化合價升高的元素是水中的氧元素和BrF3中的溴元素,氧、溴元素被氧化,當(dāng)有5mol水反應(yīng)時,化合價升高的元素之一是水中的氧元素從?2價升到0價,被氧化的水的物質(zhì)的量為2mol,化合價降低的元素是BrF3中的溴元素從+3價降到0價,被還原的物質(zhì)的量為2mol,其中由H2O還原的BrF3為:。1.(2023·重慶卷)已知反應(yīng):,為阿伏加德羅常數(shù)的值,若消耗(標(biāo)準(zhǔn)狀況),下列敘述錯誤的是A.轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 B.生成的質(zhì)量為C.生成的氧化產(chǎn)物分子數(shù)為 D.生成的含有孤電子對數(shù)為【答案】C【解析】A.反應(yīng)中F的化合價由0價轉(zhuǎn)化為-1價,O的化合價由-2價變?yōu)?2價,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4e-,若消耗(標(biāo)準(zhǔn)狀況)即=2mol,故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為,A正確;B.根據(jù)反應(yīng),每消耗2molF2生成的質(zhì)量為2mol=,B正確;C.根據(jù)反應(yīng)可知反應(yīng)生成的氧化產(chǎn)物為OF2,每消耗2molF2生成的氧化產(chǎn)物OF2分子數(shù)為,C錯誤;D.根據(jù)反應(yīng)可知,每消耗2molF2生成H2O的物質(zhì)的量為2mol,又知1個H2O中含有2對孤電子對,即生成的含有孤電子對數(shù)為,D正確;故答案為C。2.(2022·福建卷)氨是水體污染物的主要成分之一,工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑,有關(guān)反應(yīng)可表示為:①②在一定條件下模擬處理氨氮廢水:將的氨水分別和不同量的混合,測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與投入量(用x表示)的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是A.的數(shù)值為0.009B.時,C.時,x越大,生成的量越少D.時,【答案】C【解析】A.x1時,氨的去除率為100%、總氮殘留率為5,,95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②,反應(yīng)①消耗,參與反應(yīng)②消耗,,A錯誤;B.x>x1時,反應(yīng)①也生成氯離子,所以,B錯誤;C.x>x1時,x越大,氨總?cè)コ什蛔?,氮殘余率增大,說明生成的硝酸根離子越多,生成N2的量越少,C正確;D.x=x1時,氨的去除率為100%,溶液中沒有和ClO-,含有Na+、H+、、Cl-和OH-,根據(jù)電荷守恒得,D錯誤;故本題選C。3.(2022

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