高中化学计算选择题巧解方法及例题大全

一、差量法 差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓理论差量，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。 例1 将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为12.5g。求混合物中碳酸钠的质量分数。 解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=1686.2g62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。 二、 守恒法 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。 1. 原子守恒 例2 有0.4g铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（ ） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol， m(O)=0.0075mol16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)n(O)=2:3，选B 2. 元素守恒 例3 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为 （ ） A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6% 解析 铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol16g?mol1=5.6 g； 而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol56g?mol1=14 g，则，选B。 3. 电荷守恒法 例4 将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ） A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L 解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO42并无损耗，根据电中性原则：n（SO42）=n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C。 4. 得失电子守恒法 例5 某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为 （ ） A. 41 B. 21 C. 11 D. 32 解析 设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则： x+y=0.1（Fe元素守恒） 2x+3y=（得失电子守恒） 得：x=0.06mol，y=0.04mol。则xy=32。故选D。 三、 关系式法 实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为关系式法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式。 例6 工业上制硫酸的主要反应如下： 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 2SO2+O2=2SO3 SO3+H2O=H2SO4 煅烧2.5t含85FeS2的黄铁矿石（杂质不参加反应）时，FeS2中的S有5.0损失而混入炉渣，计算可制得98硫酸的质量。 解析 根据化学方程式，可以找出下列关系：FeS22SO22SO32H2SO4， 本题从FeS2制H2SO4，是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS2中的S全部转变成H2SO4中的S。得关系式FeS22H2SO4。过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得98硫酸的质量是=3.36。 四、方程式叠加法 许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果将多步反应进行合并为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。如果是多种物质与同一物质的完全反应，若确定这些物质的物质的量之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计算变为简单。 例7 将2.1g 由CO 和H2 组成的混合气体，在足量的O2 充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2 固体中，固体的质量增加 A. 2.1gB. 3.6gC. 4.2g D. 7.2g 解析 CO和H2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na2O2足量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得H2+Na2O2=2NaOH，CO+ Na2O2=Na2CO3，可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加2.1g。选。此题由于CO和H2的量没有确定，两个合并反应不能再合并! 五、等量代换法 在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是没有数据，思考中我们要用此物的质量替换彼物的质量，通过化学式或化学反应方程式计量数之间的关系建立等式，求出结果。 例8 有一块Al-Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为 （ ） A. 70 B. 30 C. 47.6 D. 52.4 解析 变化主要过程为： 由题意得：Fe2O3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe2O3，故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数，O%=100%=30%，选B。 六、摩尔电子质量法 在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反应，金属混合物的质量没有确定，又由于价态不同，发生反应时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。此时引进新概念摩尔电子质量计算就极为简便，其方法是规定每失去1mol电子所需金属的质量称为摩尔电子质量。可以看出金属的摩尔电子质量等于其相对原子质量除以此时显示的价态。如Na、K等一价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu等二价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以2，Al、Fe等三价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以3。 例9 由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气11.2L(标准状况下)，此合金可能是 （ ） A. 镁铝合金 B. 镁铁合金 C. 铝铁合金 D. 镁锌合金 解析 。由题意，生成0.5mol H2，金属失去的电子即为1mol，即合金的平均摩尔电子质量为10g/mol，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g/mol），由平均值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g/mol，另一种大于10g/mol。故选A、 七、极值法 极值法即 极端假设法，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用。可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。 例10 将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.8 L（标准状况），原混合物的质量可能是( ) A. 2g B. 4g C. 8g D. 10g 解析 本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。三种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求的金属质量为8.125g，假设金属全部为铝可求的金属质量为2.25g，金属实际质量应在2.25g 8.125g之间。故答案为B、C。 八、优先原则 关于一种物质与多种物质发生化学反应的计算，首先要确定反应的先后顺序：如没有特殊要求，一般认为后反应的物质在先反应物质完全反应后再发生反应。计算时要根据反应顺序逐步分析，才能得到正确答案。 例11 在含有Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和 AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入铁粉，经反应未见气体放出，当析出3.2g铜时，溶解的铁粉的质量是 （ ） A. 5.6g B. 2.8g C. 14g D. 8.4g 解析 氧化性的强弱为：Cu2+ +6 、且 +8，选B。例3.相同温度压强下，1体积HCl和9体积H2O(气)组成的混合气体，经完全冷凝后，所得盐酸的质量百分比浓度为( )A.10% B.18.4% C.4.910-4% D.80.2%常规思维：根据阿伏加德罗定律，1体积HCl和9体积H2O(气)可以看作1mol HCl和9mol H2O(气)，利用溶液中溶质的质量分数的计算公式来进行计算。另类思维1：在发现了 HCl和 H2O 的式量比约为2:1后，可将溶质的质量分数的计算，改换为的HCl分子个数比的计算。即：1 / (1+4.5)，估算得B。另类思维要依据坚实的化学知识另类思维强调的是思维换位，需要对思维对象的融会贯通的理解。下面几道例题的解法，是从数学的思维角度转换到概念的思维角度，因此必须以坚实的化学知识为基础，否则易繁琐或出现失误。例4.向50 mL 18 molL-1 H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量是()A.小于0.45 mol B.0.45 molC.在0.45 mol和0.90 mol之间 D.大于0.90 mol一般思维：根据铜与浓硫酸反应的化学方程式：Cu + 2H2SO4 = CuSO4 + SO2 +H2O，2mol H2SO4中有1mol H2SO4作氧化剂被还原，50 mL 18 molL-1 H2SO4溶液中有H2SO4 0.9mol，则被还原的H2SO4为0.45mol。但答案错误，是由于思维不到位。另类思维：随着浓硫酸与铜反应的进行，溶液的浓度不断稀释，而稀硫酸不与铜反应。则被还原的H2SO4一定小于0.45mol。选A。例5.密度为0.91gcm-3的氨水，质量分数为25 %，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12.5 % B.大于12.5 %C.小于12.5 % D.无法确定常规思维：按100g氨水计算，其中NH3为25g。加水稀释后，NH3的质量不变，利用稀释公式或溶质的质量分数公式来计算。如用溶质的质量分数公式，方法如下：氨水的体积为100g / 0.91gcm-3，与氨水等体积的水的质量为1.00 g cm-3100g / 0.91gcm-3，则稀释后的氨水中溶质的质量分数另类思维：可假设向氨水中加入等质量的水，溶质的质量分数等于25%的一半为12.5%。 但由于氨水和水的密度不同，且r NH 3 B. C. = D.不能确定13. 甲、乙两个电解池均以铂为电极，且互相串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池电极质量增加2.16g，乙池电极上析出0.24g金属，则乙池中的溶质可能是()A.CuSO4 B.MgSO4 C.Al(NO3)3 D.Na2SO4练习21、 将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，再通入过量的Cl2反应后，将固体蒸干得固体11.175g。求原来所配溶液中K+、Cl、Br物质的量浓度之比为 ( ) (A)3:2:1 (B)3:2:2 (C)5:4:2 (D)4:3:2 【简析】题设中的数据，虽然按常规方法或差量法都可解。但都费事费力，若考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出nK+=nCl+nBr，对照选项只能选A。 2、 在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体，电火花点燃后，三种气体都正好反应完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，则原混合气体中三者得分子个数之比为 ( ) (A)6:3:1 (B)9:6:1 (C)13:6:1 (D)15:8:1 【简析】巧思时,根据2H2+O2=2H2O，H2+Cl2=2HCl。可得出 n(H2)=2n(O2)+n(Cl2)，分析四选项只能是C。 3、 KCl和KBr的混合物3.87g溶于水后，加入过量AgNO3溶液，共产生沉淀6.63g，则原混合物中钾元素的质量分数为( ) (A)24.1% (B)40.3% (C)25.9% (D)37.4% 【简析】原溶液中加入AgNO3溶液生成的沉淀与原物质相比只是把K+换成了Ag+，利用差量法就可求出K+的物质的量。 n(K+)=(6.63-3.87)/(108-39) =0.04mol 则K+%= 0.04*39/3.87100%=40.3% 选B。 4、 O2和Cl2的混合气体500mL，使H2在其中充分燃烧后，用适量水吸收反应产物制得250mL溶液，从中取出25mL，用0.125mol/L的NaOH溶液20.00mL恰好完全中和，则与混合气体反应掉的H2(标况)的体积为( ) (A) 448mL (B) 460mL (C) 472mL (D) 720mL 【简析】此题谁若动笔就算必误入歧途，必须得打破常规另辟蹊径。当你慎思时，你会发现。若混合气体都是Cl2，完全反应时需H2500mL，若都是O2，则需H2更多，对照选项前三者都小于500，所以必是D选项。 5、 标准状况下Cl2和H2共a L，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使b mol NaOH完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的 ( ) (A) b= a/11.2 (B) b a/22.4 (D) b a/11.2 【简析】此题可根据终态产物Na+或Cl原子守恒去解。不论Cl2、H2谁过量再与NaOH反应，反应后的终态产物总是NaCl或NaCl与NaClO的混合物。总有nNa+=nCl，所以有nCla/11.2mol，即ba/11.2。故选D 6、 向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到反应完为止，滤去沉淀，滤液的质量恰好等于反应前KI溶液的质量，则AgNO3溶液的质量分数为 ( ) (A) 50% (B) 67.3% (C)72.3% (D)75.6% 【简析】这是一道无数字计算题，一般的思路是:析出的I-的质量=NO3-的质量+加入的水的质量，通过设未知数，列方程解就复杂了。但若理解透析出的沉淀的质量=加入的AgNO3溶液的质量这一点，则不难想到若析出AgI为1mol，则加入的AgNO3溶液的质量应是108+127=235g，其中含AgNO3为1mol是170g。所以AgNO3%= 170/235 100%=72.34% 选C。 7、 密度为1.45g/ml的H2SO4溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直到SO42-全部沉淀为止，已知沉淀的质量与原来H2SO4溶液的质量相等，则原来H2SO4溶液的浓度为( ) (A)29.6% (B)42.1% (C)12.4mol (D)6.22mol/L 【简析】解题思路同上，选B、D。 8、 足量浓硫酸加入a g铜，完全反应后放出b L气体;足量的盐酸中加入m g FeS，完全反应后放出V L气体(标准状况)，已知二者所产生的气体恰好完全反应，则a:b:m:V应是( ) (A)40:14:110:7 (B)40:14:55:14 (C)20:7:55:14 (D)20:7:55:21 【简析】b L为SO2，V L为H2S，由2H2S+SO2=3S+2H2O，可知: b:V=1:2，则只有C符合。选择C。 9、 向500mlFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重1g，则原FeCl3溶液的物质的量浓度为( ) (A)1mol/L (B)1.5mol/L (C)2mol/L (D)2.5mol/L 【简析】根据2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+可知，增重的1g是H+，则通入的H2S为0.5mol，原溶液中的FeCl3为1mol，所以浓度为2mol/L，选C。 10、 今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml，分别加入等质量的铁粉，待反应完毕后，测得生成气体的质量比为34，则加入铁粉的质量是( ) (A)5.6g (B)8.4g (C)11.2g (D)16.8g 【简析】两种酸都完全反应时，盐酸溶解铁为8.4g，硫酸溶解铁为16.8g，产生H2的质量比是12。现在比值是34，可见，对盐酸铁有剩余，对硫酸，铁不足。所以8.4gW铁16.8g 选C. 2、 CS2能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用0.228gCS2(液)在448mLO2中完全燃烧反应后，气体混合物在标准状况下的体积是( ) (A)336mL (B)448mL (C)560mL (D)672mL 【简析】巧选时可以从产物看出:反应中生成的CO2，SO2的体积等于消耗的O2的体积，所以选(B) 3、 在一定条件下，70mLH2S和90mLO2混合，使之完全反应，恢复到原状态生成的SO2的体积应是( ) (A)70mL (B)45mL (C)50mL (D)55mL 【简析】根据2H2S+3O2=2SO2+H2O和2H2S+O2=2S+2H2O的反应 1/290/703/2 所以H2S的氧化产物不仅有SO2也有S。巧解时可用 xH2S+yO2=xH2O+(y-x/2)SO2+(3x/2-y)S的反应式，将x=70，y=90直接代入(y-x/2)，所以选(D) 4、 今有H2和CO(体积比为1:2)的混合气体为VL，当其完全燃烧时，所需O2的体积为( ) (A) 3VL (B) 2VL (C) VL (D) 0.5VL 【简析】要巧舍条件，体积比为1:2，无用，舍去。根据H2，CO与O2化合时需氧气都为其体积的一半，故选(D) 5、 在100mL0.1mol/L的稀硫酸中加入20mL浓度为1mol/L的氨水，然后向该混合液中加入0.1mol/LBaCl2溶液，现欲使溶液中SO42-和Cl离子物质的量浓度相等，则加入BaCl2溶液的体积是( ) (A) 33.3mL (B) 66.6mL (C) 99.9mL (D)100mL 【简析】巧思要满足Cl=SO42-，可使H2SO4+BaCl2 = BaSO4 + 2HCl 1mol 1/3mol 1/3mol 2/3moL 故选(A) 6、 把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反应后，剩余金属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中H+与SO42-之比为( ) (A) 1:7 (B) 1:4 (C) 1:2 (D) 1:3 【简析】设原溶液H2SO4为Xmol，耗铁也是Xmol，CuSO4为Ymol，反应后金属的质量增加8Y克，所以必有56X=8Y，得n(H2SO4) : n(CuSO4)=1:7，所以H+ : SO42-=1 : 4,故选(B) 7、 将3.22g芒硝溶解于X g水中,所得溶液恰好是100个水分子中溶解有1个Na+则X的值是( ) (A)32.4 (B)34.2 (C)36 (D)36.9 【简析】因为每摩尔Na2SO410H2O中含2摩尔Na+和10摩尔水。根据提意，巧列方程式为 : 2=(100-5):1，解之，得 =34.2。所以选(B) 8、 0.3摩尔Cu2S与足量的浓硝酸反应，生成了Cu(NO3)2，H2SO4，NO和H2O。在参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸的物质的量应是( ) (A) 2.2mol (B) 1.2mol (C) 1.8mol (D) 0.9mol 【简析】巧攻一点，抓住Cu2S2Cu(NO3)24NO3-，得40.3=1.2，所以选(B) 9、 已知3NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有VL某烧碱溶液，欲使n摩尔NO和m摩尔NO2组成的混合气体中的氮元素全部进入溶液，则NaOH的物质的量浓度值至少应是( ) (A) (m+n)V (B) (m+n) (C) (D) 【简析】从方程式上分析，似无从下手。但从NaOH的物质的量浓度的“单位”必为mol/L，所以只有选(C) 10、 38.4mgCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部作用后，共收集到22.4mL(标况)气体，反应消耗的硝酸的物质的量可能是 ( ) (A) 1.010-3 mol (B) 1.610-3 mol (C) 2.210-3 mol (D) 2.410-3 mol 【简析】此94年高考题，有多种解法:可根据终态产物，可列方程，可根据铜与浓、稀HNO3反应的规律求出答案。但根据NO3-守恒最好。nHNO3=nNO3-=2nCu(NO3)2+nNO2+nNO， 所以nHNO3=2 10-3 + 10-3所以选(C) 11、 向含有a gHNO3的溶液中加入b g铁粉，充分反应后，铁全部被溶解且生成NO。若HNO3有a/4g被还原，则ab不可能为 ( ) (A) 21 (B) 31 (C) 41 (D) 92 【简析】由 3Fe+8HNO3(稀) =3Fe(NO3)2+2NO+4H2O 168504 =13 可知:WHNO3WFe必然大于31时才符合题意。所以选(A) 12、 某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成NO2、O2和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐只中该金属的化合价高，则该硝酸盐分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为( ) (A)81 (B)41 (C)21 (D)11 【简析】由电子守恒可知，若金属化合价不变，则NO2和O2的物质的量之比为41，现在金属的化合价升高(失电子)，那么得电子的还原产物NO2的物质的量必然增大，所以只能选A。 13、 甲醛能与铵盐反应:4NH4+6HCHO(CH2)6N4H+3H+6H2O，产物又能与碱定量反应:(CH2)6N4H+3H+4OH-(CH2)6N4+4H2O，因而生产和实验室设计成“甲醛测定法”，解决了很难用NaOH直接测定NH4Cl等氮肥含氮量的难题。为了省去计算，当称取一定质量的NH4Cl试样时，可以使滴定所用0.1mol/LNaOH溶液的毫升数恰好等于试样中的含氮量，则每次取样的质量是( ) (A)0.08g (B)0.11g (C)0.14g (D)1.4g 【简析】题干长篇叙述，但精要部分是VNaOH= 含氮量，设取用NaOH x ml，称取的试样为Wg，则:氮的百分含量= 100% W= x% 经计算，得W=0.14。所以选C。14、 碱金属溶于汞可形成良好的还原剂“汞齐”。取某种碱金属的汞齐4.6g投入足量的水中产生2.24L气体(标准状况)，并得到密度为d g/cm3的溶液1L，则该溶液中溶质的质量分数是 ( ) (A) % (B) % (C) % (D) % 【简析】要巧找隐含量，4.6g“汞齐”可产生22.4LH2，“汞齐”是混合物碱金属的原子量必然小于23，只能是锂，溶于水后共产生0.2mol LiOH即4.8g，所以选(C) 15、 将Mg、Al、Zn三种金属混合物与足量的稀硫酸反应，得3.36L氢气(标准状况)，则三种金属得物质的量之和可能为 ( ) (A) 0.125mol (B) 0.15mol (C)0.2mol (D) 0.215mol 【简析】因Mg、Zn每摩各产生1molH2，Al每摩各产生1.5molH2，所以混合物的物质的量必小于0.15moL。所以选(A) 16、 往100mL1mol/LNaOH溶液中通入一定量SO3，在一定条件下蒸发所得溶液。析出的固体物质为5 g。该固体物质的成分可能是 ( ) (A)Na2SO4 (B)NaHSO4 (C)NaOH、Na2SO4 (D)Na2SO4、NaHSO4 【简析】可极端假设思维:因nNa+=0.1mol，全部为NaOH时为4g;全部为Na2SO4时为7.1g;全部为NaHSO4时为6g。生成物为457.1所以选项为(C) 17、 将含O2和CH4的混合气体充入装有23.4gNa2O2的密闭容器中，点火花点燃，反应结束后，容器温度为150、压强为0 Pa。将残留物溶于水，无气体逸出。下列叙述正确的是 ( ) (A)原混合气体中O2和CH4的体积比为21; (B)原混合气体中O2和CH4的体积比为12; (C)残留固体中有Na2CO3和NaOH; (D)残留固体中只有Na2CO3。 【简析】此题的有关数据均不得用于计算，抓住“压强为0 Pa，残留物溶于水，无气体逸出”说明 Na2O2已反应完全，可写出: 6Na2O2+O2+2CH42Na2CO3+8NaOH 所以选(B)、(C) 18、 金属钠、氧化钠和过氧化钠得混合物得质量为3.72g，将次混合物完全与足量的水反应，生成672mL混合气体(标准状况)，放电引燃，经济区台恰好完全反应，则原混合物中金属钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比为 ( ) (A)11 (B)211 (C)121 (D)321 【简析】在672mL气体中VH2VO2必为21所以必有nNanNa2O2=21所以选B 19、 两杯同体积同浓度的盐酸，分别加入m g Zn，当反应停止后，其中一个杯中残留有少量的金属，则原烧杯中盐酸的物质的量n应为 ( ) (A) n (B) n (C) n (D) n 【简析】因为铁的物质的量大于锌，所以剩余的金属只能是铁，锌溶解完全。盐酸的物质的量至少是 mol，所以只能选B。 20、 根2.7g铝完全反应的稀硝酸，最多能溶解掉铁的物质的量是( ) (A)5.6g (B)6.4g (C)7.2g (D)8.4g 【简析】AlAl3+ FeFe3+ 等物质的量的铁为5.6g，但2Fe2+Fe=3Fe3+。所以，溶解铁的物质的量应是Al的1.5倍，选D。 21、 向Fe2O3和铁屑的混合物中加入足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为41，则原混合物中Fe2O3和Fe的物质的量之比为( ) (A)11 (B)21 (C)12 (D)13 【简析】本题有三个反应:Fe2O3+H2SO4 Fe3+ +Fe Fe+H2SO4 将三个方程式配平后叠加，或直接写出Fe2O3+2Fe+4H2SO4=4FeSO4+H2+3H2O 明确的确定了选项为(C) 22、 将0.093mol纯铁溶于过量的稀硫酸中，在加热下用0.025mol KNO3去氧化其中的Fe2+，余下的Fe2+用12mL 0.3mol/L的KMnO4溶液才能完全氧化(MnO4-Mn