化学计算汇编

6.(2015-2016学年河南省安阳市林州一中高三化学试卷)

3+

已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe?+和Cr.现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与

FeSCU溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随

加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是()

mol

00.6l・Smol

A.图中AB段的氧化剂为KzCrzCh

3+2+

B.图中BC段发生的反应为2Fe+2r=2Fe+I2

C.开始加入的K2Cr2O7为0.25mol

D.七。2。7可与FeSC)4反应的物质的量为1：3

【考点】离子方程式的有关计算.

【专题】计算题.

【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7>Fe3+,由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶

液,开始时Fe3+浓度不变,则说明Fe3+没有参加反应,则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，

BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题.

【解答】解：A.开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为KzCnCh和

碘化钾的反应，七。2。7为氧化剂，故A正确；

B.BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++21

=2Fe2+I2，故B正确;

C.由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2507〜6Fe3+〜6「，共消

耗的n(「)=1.5moL则开始加入的《25。7的物质的量为工鸟ol=0.25moL故C正确;

6

D.由方程式2Fe"+2I玲2Fe?++l2可知，BC段消耗KI0.9moL则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol,

如。2。7可与FeS04反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18,故D错误.

故选D.

【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常

见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计

算该题，难度中等.

24.(2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三(上)月考)

某CuS04、Fe2(S04)3、H2sO4的混合溶液100mL,已知溶液中阳离子的浓度相同(不考

虑水解)，且SO42一的物质的量浓度为6moi・LJ则此溶液最多溶解铁粉的质量为()

A.5.6gB.11.2gC.22.4gD.33.6g

【考点】离子方程式的有关计算.

【专题】计算题.

【分析】根据C/+、H\Fe3+都能与Fe反应生成Fe?+,最后溶液的成分为FeSCU，由硫酸

根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe?+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可

计算最多溶解的铁粉的质量.

【解答】解:n(SO?)=0.1Lx6mol・LT=0OmoLC11SO4、F©(S04)3、H2sO4的溶液中

阳离子的浓度相同，则有n(Cu2+)=n(H+)=n(Fe"),

3

由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Ct?+、Fe\H十三种离子

物质的量均为n,

根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6molx2,由此解得n=0.2mol,

2+2+

Cu.FT、Fe'+都能与Fe反应生成Fe,最后溶液的成分为FeSO4,则n(FeSO4)=0.6moh

根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol-0.2mol=0.4moL

则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4molx56g/moL=22.4g,

故选C.

【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意用电荷守恒和质量守恒去解答.

25.(2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三(上)月考)

向50mL稀H2sO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气

体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应.下列说法正确的是

B.AB段发生的反应为置换反应

-1

C.所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol«L

D.参加反应铁粉的总质量m2=5.6g

【考点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算.

【专题】计算题.

3++3+/

【分析】已知氧化性：NO3>Fe>H',OA段发生：Fe+NO3+4H=Fe+NOr+2H2O,

3+2++2+/

AB段发生：Fe+2Fe=3Fe,B以后发生：Fe+2H=Fe+H2T，以此解答该题.

3+++3+/

【解答】解：已知氧化性：NO3>Fe>H,OA段发生：Fe+NO3'+4H=Fe+NOT+2H2O,

AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+,B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2/T，

A.开始时产生的气体为NO,故A错误；

B.AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+,为化合反应，故B错误；

Q5:no1

C.n(NO)=-L12L=o()5mol,则所用混合溶液中c(HNO3)=0-=lmol/L,故

22.4L/mol0.05L

C错误；

D.最终生成Fe?+,根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3xn(NO)+2xn(H2)=2n

(Fe),即3x0.05mol+2x—156L—=2n(Fe),n(Fe)=0.1mol,质量为5.6g,故D正确.

22.4L/mol

故选D.

【点评】本题考查混合物的计算，题目侧重于离子反应的判断和计算，注意结合离子的氧化

性强弱判断反应的先后顺序，为解答该题的关键.

23.(2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三(±)月考)

下列图象中的曲线(纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量)，其中错误的是

()

EllA1>♦

。加人物的址儿0加人物的星，LoV(HC|)/niL()加人物的量儿

ABCD

A.图A表示向含H+、Mg2+、Al3+,NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀摄的关系曲线

B.图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线

C.图C表示向NaOH和Na2c。3的混合液中滴加盐酸产生C02气体的关系曲线

D.图D表示向明帆溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生沉淀最的关系曲线

【考点】化学方程式的有关计算.

【专题】图示题.

【分析】A.H\Mg2\AF+、NH4+的溶液中H+最易与反应，其次为A产，反应后生

成水、氢氧化铝，Mg?*和OH反应生成氢氧化镁，NH4+和OH反应生成一水合氨，最后氢

氧化铝溶解；

B.澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀,

再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质

的量关系；

C.向NaOH和Na2c03的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，然后再与碳酸钠反

应，先生成碳酸氢钠再生成氯化钠、水、二氧化碳；

D.向明矶溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当A「+恰好全部沉淀时，反应生成硫酸钢、

氢氧化铝、硫酸钾；

继续滴加，氢氧化铝溶解；

【解答】解：A.FT、Mg2*、人严、NH4+的溶液中H+最易与OFT反应，所以开始无沉淀，

其次为A/,反应后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg?*和0H反应生成氢氧化镁，沉淀

达最大量，继续滴加，NH4+和0H一反应生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝

溶解，Al(OH)3+0H-A1O2+2H2O,故A正确；

B.石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3J+H2。，生成沉淀，后发生

CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物

质的量为1：1.故B正确；

C.向NaOH和Na2c03的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，开始没有沉淀，然

后再与碳酸钠反应，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,NaHCC)3++HCI=NaCl+CO2个+H2O，产

生C02气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象错误，故c错

误；

D.向明矶溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当AF+恰好全部沉淀时，离子方程式为：

3+22+3+

2Al+3SO4'+3Ba+6OH-=3BaSO44-+2Al(OH)3sk，继续滴加，则发生A1+4OH=A102

+2H2O,故D正确；

故选C.

【点评】本题以图象为载体考查钙镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解

答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系.特别是C选项,

盐酸先和氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，且西安僧成碳酸氢钠，再生成二氧化碳.

14.(2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三(上)月考)

取一定质量的某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反

应后容器内有bg氧气，测得b>a.下列物质中满足上述结果的是()

A.HCOOHB.HCHOC.CH4D.C6HI2O6

【考点】化学方程式的有关计算.

【分析】煌及燃的含氧衍生物与在。2中充分燃烧后生成C02、H20,通过足量的Na2O2，

发生反应2co2+2Na2()2=2Na2co3+。2,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,对生成物变式:Na2cO3〜

Na2O2«CO,2NaOH-Na2O2«H2,可知过氧化钠增重=与C02同物质的量的C0质量+与H20

同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO.mH2,即化学式可以改写成

nCO.mH2的物质完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，容器内氧气质量不变，而

反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO.mH2.XO2形式.

【解答】解:煌及煌的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成C02、比0,通过足量的Na2O2,

发生反应2co2+2Na2()2=2Na2co3+。2,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2.对生成物变式:Na2CO3-

Na2O2«CO,2NaOH-Na2O2«H2,可知过氧化钠增重=与C02同物质的量的CO质量+与H20

同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO.mH2，即化学式可以改写成

nCO.mH2完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，反应后容器内氧气质量大于原氧气

质量，有机物应为nCO.mH?.XO2形式，

A.HCOOH可以改写为CO.H2.券)2形式，故A符合；

B.HCHO可以改写为CO.H2,故B不符合；

C.CH4中没有氧元素，反应后氧气质量小于原氧气质量，故C不符合；

D.C6Hl2。6以改写为6co.6H2形式，反应后氧气质量等于原氧气质量，故D不符合，

故选：A.

【点评】本题考查化学方程式有关计算，明确反应前后固体质量增加成分是解本题关键，侧

重对学生分析能力与方法技巧的考查，题目难度中等.

13.(河北省百校联盟大联考2016届高三上学期月考)

钻的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域.取一定量的钻的氧化物(其中钻的化合

价为+2、+3价),用480mL5moi・1/】盐酸恰好完全溶解固体,得至ljCoCb溶液和4.48L(标

准状况)黄绿色气体.通过计算可以确定该氧化物中Co、0的物质的量之比为()

A.1：1B.2：3C.3：4D.5：6

【考点】化学方程式的有关计算.

2+

【分析】由电子守恒：n(Co")=2n(Cl2),由电荷守恒：n(Co原子),e=n(Co)»«=—

2

n(Cl),联立计算n辄化物(Co2+),根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n(0),进而计

算氧化物中n(Co)：n(0).

3+

【解答】解：由电子守恒：n(Co)=2n(Cl2)=2x_£9%_=0.4mol,

22.4L/irol

由电荷守恒：n(Co原子)M=n(Co2+)®a=-in(Cl)=L(0.48Lx5mol/L-2x—£-9时—)

2222.4L/mol

=1mol,所以固体中的n(Co2^)=lmol-0.4mol=0.6mol,

根据化合价电荷守恒为0,氧化物中n(O)=(0.6molx2+0.4molx3)-5-2=1.2moL

故该钻氧化物中n(Co)：n(O)=lmol：1.2mol=5：6,

故选：D.

【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，侧重于电子守恒在计算中应用的考查，题目

难度中等，考查了学生的计算能力和分析能力.

21.(河北省石家庄市正定中学2015-2016学年三校联考高三(上)期中化学试卷)

将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物

共().8moL这些气体恰好能被500mL2moVLNaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2

的盐溶液，其中NaNth的物质的量为()

A.0.2molB.0.6molC.0.8molD.l.Omol

考点：化学方程式的有关计算.

专题：计算题.

分析：51.2gCu的物质的量为0.8mol,整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电

子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化

合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNCh和NaNCh，我们可以认为铜将失去的

电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2,根据得失电子数目相等得到2n(Cu)=2n

(NaNCh)，据此解答.

解答：解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu今Cu(NO3)

2,Cu元素化合价由0价升高为+2价,每个Cu原子失2个电子;另一个是HNO3^NaNO2,

N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n(Cu)=弓

=._E1-2^-=0.8mol,共失电子为0.8molx2=1.6moLHNO3到NaNO2共得到电子L6moL

64g/mol

根据得失电子数目相等得到2n(Cu)=2n(NaNO2),故产物中NaNCh的物质的量为"也

2

=0.8mol,

故选C.

点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等

于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键.

19.(2015-2016学年河北省衡水中学高三(上)小一调化学试卷)

向50gCuS0,溶液中放入一小块Na,待反应完全后，过滤，得到仍显蓝色的溶液44.6g,则

投入的Na的质量为()

A.4.6gB.4.1gC.6.9gD.9.2g

考点：化学方程式的有关计算；钠的化学性质.

分析：首先发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2t,再发生反应：CuSO4+2NaOH=Na2SOl+Cu(0H)2I,

发生总反应为：2Na+2H20+CuS0,=Na2S0l+Cu(OH)2I+H2t,溶液仍显蓝色，说明CuSO」有剩

余，所得溶液质量=硫酸铜溶液质量+Na的质量-氢气质量-氢氧化铜质量，据此计算解答.

解答：解：溶液仍显蓝色，说明CuSO,有剩余，设Na的物质的量为xmol,则：

2Na+2H2O+CuSOFNa2SO4+Cu(OH)2I+H2t

211

xmol0.5mol0.5mol

得到蓝色的溶液44.6g,则50g+xmolX23g/mol-0.5xmolX98g/mol-

0.5xmolX2g/mol=44.6g,解得x=0.2,故加入Na的质量为0.2molX得g/mol=4.6g,

故选A.

点评：本题考查化学方程式有关计算，关键是根据质量守恒确定溶液质量，难度不大.

23.(河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期期中化学)

向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混

合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀.另取等质量的合金，使

其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为()

A.7.84LB.6.72LC.4.48LD.无法计算

【考点】有关混合物反应的计算.

【专题】计算题.

【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀

为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算

出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁，氯化铁和氯化铁中含有

的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气

的物质的量及标况下氯气的体积.

【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离

子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，则氢氧化铁和氢氧化

铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g,氢氧根离子的物质的量为：n(OH)

-11，9g-0.7mol；

17g/mol

CI2与铜、铁反应产物为:FeCb、C11CI2,根据化合物总电荷为0可知，FeCb、CuCb中n

(CO=Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH),即n(Cf)=0.7moL根据质量守恒,消耗

C12的物质的量为：n(Cl2)=』n(Cl)=0.35mol,标况下0.35mol氯气的体积为：

2

22.4L/molx0.35mol=7.84L,

故选A.

【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、

氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等.

30.(河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期期中化学)

有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4moi/L和2moi/L,

取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体

体积为(设反应中HNO3被还原成NO)()

A.0.448LB.0.672LC.0.896LD.0.224L

【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质.

【专题】计算题.

【分析】10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01Lx2x4mol/L+0.01Lx2mol/L=0.1mol,n(NO3)

=0.01Lx2mol/L=0.02mol,由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NC>3-+8H+=3Fe2++2NO个+4H2O,

Fe+21f=Fe2++H2个，以此计算该题.

【解答】解：10mL混合酸中含有：n(H*)=0.01Lx2x4mol/L+0.01Lx2moi/L=0.1mol,n(NO3

)=0.01Lx2mol/L=0.02mol,

由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2++2NO个+4氏0,Fe+ZH^Fe^+HjI',则

_a.94-

3Fe+2NO3+8H=3Fe+2N0个+4出0

0.02mol0.08mol0.02mol

反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol,

+2+

Fe+2H=Fe+H2t

0.02mol0.01mol

所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol,

V(NO)+V(H2)=0.03molx22.4L/mol=0.672L,

故选B.

【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n(H+)、n(NO3

)判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目

易错.

25.(河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期第二次月考化学试卷)

已知适当条件下+7、+6、+4价镒的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是

MnCI2.将6.32gKMnC)4粉末加热一段时间后收集到0.U2L气体(标准状况，后同)，冷却

后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到VL黄绿色气体，下列说法正确的是()

A.V=2.24L

B.参加反应的HC1为0.18mol

C.无法确定最终生成含钾化合物的数量是多少

D.6.32gKMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24LCl2

【考点】氧化还原反应的计算.

【分析】A.KMnO4加I热分解会得至UK2M11O4、MnO2>02,冷却后放入足量的浓盐酸再加

热，Mn元素最终都以MnCb形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元

素获得电子等于O元素、C1元素失去电子，据此计算生成氯气物质的量，进而计算氯气体

积；

B.参加反应的HC1转化为KCI、MnCb、Cl2,由K元素守恒计算n(KCD,根据Mn元素

守恒计算n(MnCb)，再根据氯原子守恒计算n(HC1)；

C.最终含有钾元素的化合物为KC1,根据K元素守恒可以计算KC1的数量；

D.根据电子转移守恒计算生成氯气的物质的量，再根据V=nVm计算.

【解答】解：A.6.32gKM11O4粉末物质的量-金干g-0.04mol,氧气物质的量为

158g/rool

。112L

■=0.005moL

22.4L/mol

KM11O4加热分解会得到K2M11O4、MnCh、02,冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素

最终都以MnCb形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于

O元素、C1元素失去电子，贝IJ：

0.04molx(7-2)=0.005molx4+2xn(Cl2).解得n(Cl2)=0.09mol,V(Cl2)

=0.09molx22.4L/mol=2.016L,故A错误；

B.参加反应的HC1转化为KC1、MnCb、Cl2.由K元素守恒n(KC1)=0.04mol,根据Mn

元素守恒n(MnCb)=0.04moL根据氯原子守恒n(HC1)=n(KCl)+2(MnCl2)+2(Cl2)

=0.04mol+2x0.04mol+2x0.09mol=0.3mol,故B错误；

C.最终含有钾元素的化合物为KCl,根据K元素守恒可以计算KC1的数量，故C错误;

0.C4molX(7-2)

D.根据电子转移守恒，生成氯气的物质的量为-0.1mol,标况下生成

2

氯气体积为0.1molx22.4L/mol=2.24L,故D正确,

故选：D.

【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，注意利用守恒思想进行分析解答,

较好的考查学生分析解决问题的能力.

29.(河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期第二次月考化学试卷)

将一定量的Cb通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，

生成物中有三种含氯元素的离子，其中CIO一和C1O3一两种离子的物质的量(n)与反应时间

(t)的变化示意图如图所示.下列说法正确的是()

A.苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09mol

B.CIO3的生成是由于氯气的量的多少引起的

C.在酸性条件下，CKT和C1O3一可生成CL

D.反应中转移电子的物质的量是0.21mol

【考点】氯、溪、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算.

【专题】图示题.

【分析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n(CIO')

=0.06mol>n(CIO3)=0.03mol.根据电子转移守恒可知生成的氯离子nCC1)=0.06molx

(1-0)+0.03molx(5-0)=0.21mol,故转移电子物质的量为0.21moL根据物料守恒可知

n(K)=n(Cl)+n(CIO)+n(CIO3)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol.

【解答】解：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n(CIO

)=0.06moLn(CIO3)=0.03mol,根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl)=0.06molx

(1-0)+0.03molx(5-0)=0.21mol,故转移电子物质的量为0.21mol,根据物料守恒可知

n(K)=n(Cl)+n(CIO)+n(CIO3)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol,

A.通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol,故A错误；

B.根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，

氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故B错

误；

C.CIO一中C1元素的化合价是+1价，C1C>3-中C1元素的化合价是+5价，因此两者反应不可

能生成C12,故c错误；

D.根据图象知n(CIO')=0.06mol,n(C1O3')=0.03moL根据电子转移守恒可知生成的

氯离子n(Cl)=0.06molx(1-0)+0.03molx(5-0)=0.21mol,故转移电子物质的量为

0.21mol.故D正确；

故选D.

【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，明确该反应中的生成物是解本题关

键，结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答，题目难度中等.

34.(2015-2016学年河北省衡水市故城高中高三(上)月考化学试卷)

8.5gNH3的物质的量是丝mol,含有3.01x1023个氨分子,1.204*1()24个原子,标准状况下占

有的体积是1L2L.

考点：物质的量的相关计算.

专题：计算题.

分析：根据n=J计算8.5gNH3的物质的量，根据NFNA计算氨气分子数目，结合氨气分子

式可知含有原子数目是分子的4倍，根据V=nVm计算氨气的体积.

解答：解：8.5gNH3的物质的量=—，?.~=0.5mol,氨气分子数目=0.5m,olx6.02xl023mo]

ITg/mol

7=3.01X1()23,结合氨气分子式可知含有原子数目是分子的4倍，故含有原子数目

=4x3.01x1()23=]204x1()24,标况下，氨气的体积=0.5molx22.4L/mol=11.2L,

故答案为：0.5；3.01x1()23；।204x1024；11.2.

点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意公式的理解与灵活应用.

14.(2015-2016学年河北省衡水市故城高中高三(上)月考化学试卷)

将gg锌加到m2g20%HCI溶液中去，反应结果共放出nL氢气(在标准状况下)，则被

还原的HC1的物质的量是()

考点：氧化还原反应的计算.

专题：氧化还原反应专题.

分析：反应的方程式为：Zn+2HCl=H2t+ZnCl2,由于锌和盐酸的物质的量关系不能确定，则

无法根据锌和HC1计算被还原HC1的物质的量，可根据生成氢气的物质的量计算被还原的

HC1的物质的量.

解答：解：由于锌和盐酸的物质的量关系不能确定，则无法根据锌和HCI计算被还原HC1

的物质的量，

n(H2)=■

22.4L/rool22.4

Zn+2HCl=H2T+ZnCl2

2mol1mol

n(HC1)」一mol

22.4

则n(HC1)=2x------mol=------mol,

22.411.2

故选D.

点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题易错点为A、C,注意由于锌和

盐酸的物质的量关系不能确定，则无法根据锌和HC1计算被还原HC1的物质的量.

16.（2015-2016学年河北省衡水市故城高中高三（上）月考化学试卷）

现有三种常见治疗胃病药品的标签：

lymcAiyiStniiiaclieaxeFastdigextimi

消化药片减缓胃痛帮助消化

每片含25011g每片含25。烟每片含250ng

碳酸钙氢氧化镁氧化镁

①②

药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确

的是（）

A.①二②今

B.①>②>③

C.③/>①

D.②①

考点：物质的量的相关计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.

专题：计算题.

分析：碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量相同，

摩尔质量越小中和胃酸的能力越强.

解答：解：碳酸钙摩尔质量为lOOg/mol,氢氧化镁摩尔质量为58g/mol,氧化镁摩尔质量

为40g/mol,碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量

相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为③下②>①.

故选：C.

点评：本题考查常用化学计量计算、根据方程式的计算，比较基础，注意基础知识的掌握.

17.（2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高三（上）第二次摸底化学试卷）取一定质量的

某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后容器内有

bg氧气，测得b>a.下列物质中满足上述结果的是（）

A.HC00HB.HCHOC.CH.,D.C6H1206

考点：化学方程式的有关计算.

分析：烧及燃的含氧衍生物与在6中充分燃烧后生成COz、HO通过足量的Na。，发生反

应2C02+2Na202=2Na2C0；i+02,2HQ+ZNaQMNaOH+O2,对生成物变式：Na2c（h〜NaztVCO,2NaOH〜

Na202.H2,可知过氧化钠增重=与CO?同物质的量的CO质量+与HQ同物质的量的上质量，组

成增重质量的组成可以表示为nCO.mlL,即化学式可以改写成nCO.mlb的物质完全燃烧后

过氧化钠增重等于该物质的质量，容器内氧气质量不变，而

反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO.mH2.xO,形式.

解答：解：燃及燃的含氧衍生物与在8中充分燃烧后生成CO?、比0,通过足量的NaQ,发

生反应2co2+2Naz0z=2Na2co3+O2,2H20+2Na202=4Na0H+02,对生成物变式：Na2C03-Na202»C0,

2NaOH〜NazCVH”可知过氧化钠增重=与COz同物质的量的C0质量+与H20同物质的量的

质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO.mH?,即化学式可以改写成nCO.mH,完全燃烧

后过氧化钠增重等于该物质的质量，反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为

nCO.mHz.xOz形式,

A.HCOOH可以改写为CO.H.形式，故A符合；

22

B.HCHO可以改写为CO.H2,故B不符合；

C.CH,中没有氧元素，反应后氧气质量小于原氧气质量，故C不符合；

D.CMQ以改写为6co.6H2形式，反应后氧气质量等于原氧气质量，故D不符合，

故选：A.

点评：本题考查化学方程式有关计算，明确反应前后固体质量增加成分是解本题关键，侧

重对学生分析能力与方法技巧的考查，题目难度中等.

12.（2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三（上）第一次月考化学试卷）

用20mLO.lmol/L的含氧酸HxR（）4溶液与15mL0.2mol/L的某碱M（OH）a溶液恰好完全反

应，全部生成正盐，则R元素的化合价是（）

A.+（8-&）

3

B.+（8-2a）

C.+(8)

2

D.+(8-3a)

考点：离子方程式的有关计算；根据化学式判断化合价.

专题：离子反应专题.

分析：含氧酸HxR04溶液与碱M(OH)a溶液恰好完全反应，全部生成正盐，则n(H+)

=n(OH),据此计算x的值，再利用化合价代数和为0计算R元素的化合价.

解答：解:20mL0.1mol/L的含氧酸HxR()4溶液中n(HxR04)=0.02Lx0.lmol/L=0.002mol,

贝ijn(H+)=xn(HxROQ=0.002xmoh

15mL0.2moi/L的M(OH)a溶液中n[M(OH)a]=0.015Lx0.2mol/L=0.003mol,则n(OH)

=an[M(OH)a]=0.003amob

氧酸HxR04与碱M(OH)a恰好完全反应，全部生成正盐，则n(H+)=n(OH),即

0.002xmol=0.003amol,解得x=-^

2

令HxR04中R元素的化合价为m,根据化合价代数和为0有：雪m+4x(-2)=0,解得

2

m=+(8-四)，

2

故选C.

点评：本题考查离子反应的有关计算、化合价的有关计算等，难度不大，根据酸碱反应的本

质计算X的值是解题的关键.

15.(2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三(上)第一次月考化学试卷)

向25mL2moi/LNa2c。3溶液中，逐滴加入lmol/L稀HC175mL,在标准状况下可产生

CO2()

A.840mL

B.84mL

C.560mL

D.56mL

考点：化学方程式的有关计算.

分析：将稀盐酸缓缓滴到Na2c。3溶液中，先发生Na2cO3+HCI—NaCl+NaHCCh，盐酸过量

时再发生NaHCCh+HCl—NaCl+C02个+H2。，结合物质的量的关系解答.

解答：解：将稀盐酸缓缓滴到Na2c。3溶液中，先发生Na2cO3+HCI—NaCl+NaHCCh，反

应消耗0.05molHCL剩余0.025molHCl,盐酸过量时再发生NaHCC)3+HCl—NaCl+CCh个+H2O,

则生成气体0.025molx22.4L/mol=0.56L=560mL,故选C.

点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见

题型，注意反应的化学方程式的书写，根据方程式计算，难度中等.

21.(2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三(上)第一次月考化学试卷)

将Mg、Cu组成的混合物26.4g,投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况

下的NO气体8.96L,向反应后的溶液中加入过量的5moi/L的NaOH溶液300mL,金属离

子完全沉淀.则形成沉淀的质量是()

A.32.8g

B.46.8g

C.53.6g

D.63.8g

考点：有关混合物反应的计算.

分析：Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2.根据电荷守恒可

知，金属失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气

体的物质的量，利用电子转移守恒计算转移电子的物质的量，最终生成沉淀的质量=金属的

质量+氢氧根离子的质量.

解答：解：根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成8.96LNO转移的电子为：96L*

22.4L/mol

(5-2)=1.2mol,

Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根据电荷守恒可知，生

成沉淀需要氢氧根离子的物质的量等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉

淀的质量为：26.4g+l.2moixl7g/mol=46.8g,

故选B.

点评：本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算，题目难度中等，侧重对解题方法技巧与

学生综合能力的考查，注意利用电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系解答.

24.(2015-2016学年河北省张家口市怀来县新保安中学高三期中化学试卷)

(8分)取L43gNa2C03^10H20溶于水配成100ml溶液，求：(要求写出计算

过程)

(1)Na2c物质的量浓度；

(2)Na+物质的量浓度；

(3)取出20ml该溶液用蒸储水稀释，使Na2c。3溶液物质的量浓度变为

0.04mol/L,求加入蒸储水的体积(设稀释时，对溶液体积的影响忽略不计).

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】(1)根据n=［计算Na2cO3・10H2。的物质的量，Na2cCh的物质的量

等于Na2cO3SOH2O的物质的量，根据c=£计算Na2c。3物质的量浓度；

(2)Na+物质的量浓度是Na2cO3物质的量浓度的2倍；

(3)根据稀释定律计算稀释后溶液的体积，进而计算需要加入水的体积.

【解答】解：(1)Na2cO3TOH2O的物质的量为1,季-0.005moLNa2cO3

286g/mol

的物质的量等于Na2cCh7。％。的物质的量，故Na2cCh物质的量浓度为

°」g53=0.05mol/L,

C.1L

答：Na2c。3物质的量浓度为0.05mol/L；

(2)c(Na+)=2c(Na2cO3)=0.05mol/I.x2=0.1mol/L,

答：Na+物质的量浓度是O.lmol/L；

(3)根据稀释定律，稀释前后碳酸钠的物质的量相等，则稀释后溶液的体积为

20mLXQ.05mol/L=25mL；需要加入水的体积为25mL-20mL=5mL,

0.04molA

答：需要加入水的体积为5mL.

【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应

用，有利于基础知识的巩固.

(2016浙江省绍兴市诸暨中学高三(上)期中)24.(2分)常温常压下，将一定质量的

Fe、Fe2O3.Fe3O4的混合物平均分成两份：一份溶于一定量的稀硝酸中恰好完

全反应，生成O.lmolNO气体；另一份溶于足量稀盐酸中生成一定量气体.向

两次反应后溶液中分别加入硫氟化钾溶液，溶液颜色均无明显变化，则固体溶

于盐酸后生成的气体，在标准状况下的体积约为3360mL.

【考点】有关混合物反应的计算.

【分析】向两次反应后溶液中加入硫氧化钾溶液，溶液颜色均无明显变化，说

明第一份生成硝酸亚铁，整体失去0.1molx3=0.3moi电子，所以另一份变成氯化

亚铁，整体也失去0.3mol的电子，也就是氢离子得到0.3mol的电子，生成氢气

的物质的量为0.15mol.

【解答】解：向两次反应后溶液中加入硫氧化钾溶液，溶液颜色均无明显变化，

说明第一份生成硝酸亚铁，整体失去0.1molx3=0.3mol电子，

所以另一份变成氯化亚铁,整体也失去0.3mol的电子，也就是氢离子得到0.3mol

的电子，生成氢气的物质的量为：

0-3mol015mol>

2

标准状况下生成氢气的体积约为：0.15moIx24.4L/mol=3.36L=3360mL,

故答案为：3360.

【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，正确分析题干信息得出

正确结论为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法，试题有利于提

高学生的分析、理解能力.

(2016浙江省绍兴市诸暨中学高三(上)期中)21.某Na2cCh、NaAKh的混合溶液中

逐滴加入Imol—r的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3\A1O2\A产的物质

的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示.则下列说法不正确的是()

A.M点时生成的CO2为Omol

B.Vi：V2=l：4

C.原混合溶液中的CO32-与AIO2-的物质的量之比为1：2

+

D.a曲线表示的离子方程式为：A1O2+H+H2O=A1(OH)3。

【考点】有关混合物反应的计算.

【分析】Na2c。3、NaAKh的混合溶液中逐滴加入Imol—T的盐酸后，首先发

+

生反应：A1O2+H+H2O-Al(OH)3。，a曲线表示AIO2-，由图可知A1(V

+

反应完毕，加入盐酸50mL,根据方程式可知：n(A1O2)=n(H)

=0.05molx1mol/L=0.05mol；

2+

A1C)2-反应完毕，发生反应：CO3+H—HCO3,b曲线表示CCV，c曲线表

示HCO3,由图可知CO3?一反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL,

根据方程式可知：n(CO32')=n(H+)=0.05molxlmol/L=0.05mol；

C(V一反应完毕，发生反应HC(V+H+—CO2个+H2O,d曲线表示HCCV，由

图可知HCC>3一反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL,根据方程式

可知n(HCO3)=n(H+)；

+3+

发生反应Al(OH)3+3H-A1+3H2O,e曲线表示A「+,由图可知Al(OH)3

+

反应完毕，根据方程式可知n(H)=3n[Al(OH)3]=3x0.05mol=0.15mol,进而

求出消耗盐酸的体积.

【解答】解：Na2c。3、NaAQ的混合溶液中逐滴加入lmol・LT的盐酸，先发

+

生的反应为：A1O2+H+H2O—Al(OH)3。，则a曲线表示AKV，由图可知

+

A1O2一反应完毕，加入盐酸50mL,根据方程式可知：n(A1O2)=n(H)

=0.05moIxlmol/L=0.05mol；

2+

AIO2一反应完毕后发生反应：CO3+H-HCO3,b曲线表示CO32,C曲线表

示HCO3、由图可知CO3?一反应完毕，该阶段加入盐酸体积为：100mL-

2+

50mL=50mL,根据方程式可知：n(CO3)=n(H)=0.05molxlmol/L=0.05mol；

CO32一反应完后又发生反应：HCO3+H+—CO2个+H2O,d曲线表示HCO3，由

图可知HCO3一反应完毕，该阶段加入盐酸体积为：150mL-100mL=50mL,根

+

据方程式可知：n(HCO3)=n(H)=0.05mol；

最后发生反应为：Al(OH)3+3H+—AF++3H2O,e曲线表示A「+,由图可知Al

(OH%反应完毕，根据方程式可知：n(H+)=3n[AKOH)3]=3x0.05mol=0.15mol,

该阶段加入盐酸体积为：誓*0.15L=150mL；

lmol/L

A.根据述分析可知，M点时溶液中CO3z一完全转化为Heth,没有CO2生成，

故A正确；

2

B.原溶液中n(CO3-)=0.05mobV1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子

为0.025mL由反应CCVriT-HCO3-可知，需要盐酸为0.025mol,盐酸的体

积为25mL,故Vi=50mL+25mL=75mL,由上述分析可知，

V2=150mL+150mL=300mL,故V]：V2=75mL：