A单元 常用化学计量

目录

A1 阿伏伽德罗常数和物质的量 1

A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律 7

A3 物质的量浓度及溶液的配制 9

A4 常用化学计量综合 12

A1 阿伏伽德罗常数和物质的量

【化学卷（解析）·2015届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（201501）】2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－) ＝2NA

B．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA

C．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA

D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为

【知识点】阿伏加德罗常数 A1

【答案解析】B 解析：A．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)+ N(Cl2) ＝2NA，错误；B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，故质量一定，含有的原子数目一定，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，正确；C．CCl4在标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，错误； D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为a NA /28，错误。

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。

【理综卷（化学解析）·2015届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（201501）】13．设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的数量为（ ）

①1 L 1 mol·L-1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA

②78 g 苯含有C=C 双键的数目为3NA

③常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA

④标准状况下，6. 72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0. 1NA

⑤常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA

⑥1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA

⑦25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA

⑧标准状况下，2.24 L已烷含有分子的数目为0.1NA

⑨常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA

⑩标准状况下，0. 1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【知识点】阿伏伽德罗常数 A1

【答案解析】【解析】C 解析：①ClO-是弱酸根，在水溶液中会水解，故溶液中ClO-的个数小于NA，故①错误；
②苯不是单双键交替的结构，苯的结构中无双键，故②错误；
③N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量n=14g÷28g/mol=0.5mol，而两者均为双原子分子，故0.5mol混合气体含有1mol原子，故③正确；
④标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故④错误；
⑤Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故⑤正确；
⑥甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，故错误；
⑦溶液体积不明确，无法计算氢氧根的个数，故⑦错误；
⑧标况下，己烷为液态，故错误；
⑨18gH2O 的物质的量为1mol，而H2O 是三原子分子，故1mol水中含3mol原子，故⑨正确；
⑩氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA．故错误；

故答案选C

【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大.

【化学卷（解析）·2015届江苏省盐城中学高三1月月考（20150128）】7．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．1.00 mol·L－1 NaCl溶液中含有Na+的数目为NA

B．常温常压下，6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.2NA

C．标准状况下，1.12 L HCHO中C原子的数目为0.05 NA

D．一定条件下6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA

【知识点】阿伏伽德罗常数及应用 A1

【答案解析】【解析】C 解析：A．没指明溶液的体积，无法计算，故A错误；

B．只能计算氧原子总数，无法计算分子总数，故B错误；
C．标准状况下，1.12L HCHO物质的量为0.05mol，分子中C原子的数目为0.05NA，故C正确；
D．6.4g二氧化硫的物质的量为0.1mol，由于二氧化硫转化成 三氧化硫的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.1mol，转移的电子小于0.2mol，故D错误

故答案选C

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项D为易错点，需要明确可逆反应特点．

【化学卷（解析）·2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】11．NA 表示阿伏加德罗常数的值, 下列说法正确的是 （ ）

A．5．6 g铁粉在0．1 m o l氯气中充分燃烧, 转移电子数为0．3 NA

B．1 2．5 mL1 6 m o l ·L-1浓硫酸与足量铜反应, 转移电子数为0．2 NA

C．7．8 gN a 2S和N a 2O2 的混合物中含有的阴离子数等于0．1 NA

D．0．5 m o l氧单质含有NA 个 O2

【知识点】阿伏加德罗常数 A1

【答案解析】C 解析：A．5．6 g铁粉在0．1 m o l氯气中充分燃烧,氯气的物质的量少，金属铁不能完全反应，故转移电子数应根据氯气的进行计算，为0．2 NA，错误； B．当金属铜与浓硫酸反应时，随着反应的进行，硫酸的浓度降低，当降低到一定程度时便不能再与铜反应，错误； C．N a 2S和N a 2O2 的摩尔质量相同，结构相似，故7．8 gN a 2S和N a 2O2 的混合物中含有的阴离子数等于0．1 NA，正确；D．0．5 m o l氧单质含有NA 个 O原子，错误。

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。

【化学卷（解析）·2015届福建省泉州五校高三联考（201501）】3．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是(　　 )

A．0.1mol —NH2(氨基)中含有的电子数目为1.0NA

B．常温下，1L 0.1mol·L－1 CH3COONa溶液中含有的CH3COO－和Na+总数为0.2NA

C．标准状况下，2.24 LH2O中含有的原子总数为3NA

D．常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA

【知识点】阿伏加德罗常数A1

【答案解析】D解析：0.1mol —NH2(氨基)中含有的电子数目为0.1×9=0.9mol，A错误；由于CH3COO－水解，则CH3COO－和Na+总数小于0.2NA，B错误；标准状况下，H2O是液态，无法根据体积求算物质的量，C错误；16 g O2和O3混合气体含有的氧原子质量是16g，D正确。

【思路点拨】—NH2、-OH都是电中性的微粒；D项的求算不需要分别求算O2和O3物质的量。

【理综卷（化学解析）·2015届山东省实验中学高三第三次诊断考试（201412）】8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是

A．7.8 g Na2O2含有的阴离子数目为0.2 NA

B．PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+数目大于0.001NA

C．1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，胶体粒子的数目小于NA

D．1.8 g重水（D2O）中含NA个质子和NA个中子

【知识点】阿伏加德罗常数 分子结构 晶体结构 胶体A1 E3 E4 H4

【答案解析】C 解析：A、7.8 g Na2O2的物质的量是0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA

，故A错误；B、缺少溶液体积，无法解答溶液中H+数目，PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+浓度大于0.001mol/L，故B错误；C、1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，许多的氢氧化铁才能形成一个胶体粒子，氢氧化铁的数目小于NA，故C正确；D、1.8 g重水（D2O）的物质的量是0.09mol，含0.9NA个质子和0.9NA个中子，故D错误。

故答案选C

【思路点拨】本题借阿伏加德罗常数考查了分子结构、晶体结构、胶体等知识，各选项难度不大，但属于易错问题，A中不能把原子个数当离子个数，B中不能把溶液的物质的量浓度当做物质的量，C中不能把一个氢氧化铁当做一个胶体粒子。

【理综卷（化学解析）·2015届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（201501）】13．设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的数量为（ ）

①1 L 1 mol·L-1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA

②78 g 苯含有C=C 双键的数目为3NA

③常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA

④标准状况下，6. 72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0. 1NA

⑤常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA

⑥1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA

⑦25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA

⑧标准状况下，2.24 L已烷含有分子的数目为0.1NA

⑨常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA

⑩标准状况下，0. 1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【知识点】阿伏伽德罗常数 A1

【答案】【解析】C 解析：①ClO-是弱酸根，在水溶液中会水解，故溶液中ClO-的个数小于NA，故①错误；
②苯不是单双键交替的结构，苯的结构中无双键，故②错误；
③N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量n=14g÷28g/mol=0.5mol，而两者均为双原子分子，故0.5mol混合气体含有1mol原子，故③正确；
④标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故④错误；
⑤Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故⑤正确；
⑥甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，故错误；
⑦溶液体积不明确，无法计算氢氧根的个数，故⑦错误；
⑧标况下，己烷为液态，故错误；
⑨18gH2O 的物质的量为1mol，而H2O 是三原子分子，故1mol水中含3mol原子，故⑨正确；
⑩氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA．故错误；

故答案选C

【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大.

【化学卷（解析）·2015届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（201412）word版】3.若NA为阿伏加德罗常数的值。参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是

A. 20. 0 gHF中含σ键数目为1.0NA

B.将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH-数目为0.1NA

C.6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2NA

D. H2S和SO2各0.l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2NA

【知识点】阿伏加德罗常数A1

【答案解析】A解析：20. 0 gHF的物质的量是1mol，结构是H-F，含σ键数目为1mol，A正确；没有给出氨气所处的外界条件，不能根据其体积求物质的量，而且一水合氨电离不完全，B错误；C错误，原因同B；根据原子守恒知S原子数目为0.2NA，D错误。

【思路点拨】涉及根据气体摩尔体积的计算要看外界条件是不是标准状况及在该条件下，物质是否是气体；涉及物质质量的计算不要考虑外界条件。

【化学卷（解析）·2015届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（201412）】3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．1 L 0.2mol·CH3COONa溶液中含有0.2NA个CH3COO—

B．标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为NA

C．常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA

D．100 mL 18.4mol·浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA

【知识点】阿伏加德罗常数 A1

【答案解析】C 解析：A．CH3COO—在水溶液中能发生水解，故1 L 0.2mol·CH3COONa溶液中含有CH3COO—的数目少于0.2NA个CH3COO—，错误；B．Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为小于NA，错误；C．23g NO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，正确；D．100 mL 18.4 mol•L-1 的浓硫酸，硫酸的物质的量是1.84mol，浓硫酸完全反应，生成0.92mol二氧化硫，但随反应的进行浓硫酸浓度变稀，当变成稀硫酸时反应停止，故生成SO2的分子数小于0.92NA，故D错误。

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。

【化学卷（解析）·2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）】14．设代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是

A.电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0．2

B．标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2混合后气体中分子总数等于2

C．NO2和H2O反应每生成2 molHNO3时转移的电子数目为2

D.l mol Fe在氧气中充分燃烧失去3个电子

【知识点】阿伏加德罗常数 A1 B3 A2

【答案解析】C解析：电解精炼铜时，阳极参加反应的不全是铜，还有锌、铁、镍等，当质量减少6.4 g，则电路中转移电子数不一定为0．2 ，A错误；由于存在2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4，分子数应小于2NA，B错误；C正确；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，1mol Fe在氧气中充分燃烧失去电子为2NA～3NA个，故CD错误。

【思路点拨】电解精炼铜时，阳极参加反应的是铜、锌、铁、镍等，因此阳极参加反应的铜的质量比阴极析出的铜的质量小，当。

【化学卷（解析）·2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】4.用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是

A. 16. 9 g过氧化钡（BaO2）加入足量H2O中转移电子数目为0.1

B.常温常压下，28 g乙烯含有的电子数为16

C.标准状况下，ag某气体舍分子数为b，则cg该气体的体积为bc/a L

D. 1 mol丙烷分子中含有的共用电子对数为8

【知识点】阿伏伽德罗常数 A1

【答案解析】【解析】D 解析：A．16.9 g过氧化钡（BaO2）固体物质的量为0.1mol，与足量的水反应转移电子数为0.1NA，故A正确；
B．28 g乙烯物质的量为1mol，含有的电子数为16，故B正确；
C．标准状况下，ag某气体的体积为bL，bL气体物质的量为b/22.4 mol，故该气体的摩尔质量为22.4a/b g/mol，则cg该气体的物质的量bc/22.4a mol，体积为bc/a L，故C正确；
D．1 mol丙烷分子中含有的共用电子对数为10NA，故D错误；

故答案选D

【思路点拨】本题考查了物质的量有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用．

A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律

【化学卷（解析）·2015届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（201412）】5、阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是

①22g T2O含有电子数为10 NA ②0.44gC3H8中含有的σ键总数目为0.1NA

③1 mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA

④28 g 硅晶体中含有2 NA个Si—Si键

⑤11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA

⑥200 mL，1 mol/L Al2(SO4)3溶液中，Al3+和SO42-离子数的总和是NA

⑦在常温常压下，0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3 NA

⑧O2和O3的混合物共6.4g，其中所含原子数一定为0.4 NA

A、①②③⑤⑧ B、②④⑥⑦⑧ C、①③⑤⑥⑦ D、①②④⑧

【知识点】阿伏加德罗常数 A2

【答案解析】D 解析：：①22gT2O的物质的量为1mol，含有电子数为10NA，故①正确； ②0.44gC3H8的物质的量为0.01mol，0.01mol丙烷分子中含有0.02mol碳碳σ键和0.08mol碳氢σ键，总共含有0.1molσ键，含有的σ键总数目为0.1NA，故②正确；③1mol Na2O2与CO2完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故③错误；④28g硅晶体中含有1molSi原子，硅晶体中，1molSi原子与其它4mol硅原子形成4molSi-Si键，根据均摊法，1mol硅原子形成的Si-Si键的物质的量为：1mol×4×1/2=2mol，则28g晶体硅中含有2NA个Si-Si键，故④正确；⑤不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2LCl2的物质的量，故⑤错误；⑥200mL，1mol/LFe2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铁0.2mol，0.2mol硫酸铁固体中含有0.4mol铁离子、0.6mol硫酸根离子，由于部分铁离子发生水解，则溶液中铁离子和硫酸根离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NA，故⑥错误；⑦在常温常压下，0.1mol铁与氯气完全反应需要消耗0.15mol氯气，Cl2不足，0.1mol氯气完全反应转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故⑦错误；⑧O2和O3的混合物共6.4g，混合物中含有氧原子的质量为6.4g，所含氧原子数一定为0.4NA，故⑧正确；根据以上分析可知，正确的为：①②④⑧，故选D。

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。

【化学卷（解析）·2015届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（201501）】17．（10分）以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。

（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2 mol·L－1的KOH溶液，电池反应为：4NH3＋3O2 =2N2＋6H2O。该电池负极的电极反应式为 ；每消耗1.7g NH3转移的电子数目为 。

（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如右图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为 ；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为 L。

（3） 纳米级氧化亚铜(Cu2O)是一种重要光电材料。现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜(Cu2O)，电解反应为。

铜棒上发生的电极反应式为

【知识点】电化学 计算A2 F3 F4

【答案解析】（10分，每空2分）

（1）2NH3＋6OH――6e－=== N2＋6H2O ， 0.3NA

（2）4OH－―4e－=== O2＋2H2O， 1.12

（3）2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+

解析：⑴电池的负极是氨气发生氧化反应：2NH3＋6OH――6e－=== N2＋6H2O，根据方程式知，每消耗2molNH3转移的电子数目为6mol，则每消耗1.7g NH3转移的电子数目为0.3mol

⑵根据A电极上有红色固体析出，表明该电解上析出铜，A是阴极，则B电极是阳极，发生的电极反应式为4OH－―4e－=== O2＋2H2O，向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解了8g的氧化铜，根据2CuO~ O2，则电解过程中收集到的气体为0.05mol，在标准状况下体积为1.12 L

⑶根据反应方程式知铜→Cu2O，棒上发生的电极反应式为2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+

【思路点拨】根据电解现象判断发生的反应进而判断阴阳极；电解消耗了什么物质，加入该物质则可复原电解质。

【化学卷（解析）·2015届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（201501）】6．同温同压下，等体积的两个集气瓶分别充满C、N、O三种原子构成的CO和N2，下列说法正确的是（ ）

A．质量相同， 质子数不同， B．质量和分子数都不相同

C．原子、质子和电子数都分别相同，但中子数不同 D．质量和分子数都相同

【知识点】阿伏伽德罗定律A2

【答案解析】C解析：因为C、N、O三种原子构成的CO和N2的相对分子质量分别是30、28，根据阿伏伽德罗定律知同温同压下，等体积，则物质的量相等，因此质量不等，质子数和电子数相同，分子数相同，中子数之比是16：14，因此选C。

【思路点拨】质量数=质子数+中子数；中性微粒的质子总数=电子总数。

A3 物质的量浓度及溶液的配制

【化学卷（解析）·2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】19．向1 0 0 m lFeCl 3 溶液中通入标准状况下的 H2S气体3．3 6 L，设 H2S全部被吸收后, 再加入过量的铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0．6 m o l金属阳离子，则原FeCl3 溶液的物质的量浓度为 （ ）

A．5．0 m o l / L B．4．0 m o l / L

C．4．5 m o l / L D．3．0 m o l / L

【知识点】物质的量浓度的计算，铁的化合物的性质 A3 C3

【答案解析】B 解析：该反应过程为：氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和盐酸、S，生成的盐酸再和铁反应生成氯化亚铁，所以最终溶液中的溶质是氯化亚铁，根据氯原子守恒计算氯化铁的物质的量浓度，2n（FeCl3）=3n（FeCl2），n（FeCl3）=2/3n（FeCl2）=0.6mol×2/3=0.4mol，则原氯化铁溶液的浓度为：c（FeCl3）=0.4mol/0.1L=4mol/L，故选B。

【思路点拨】本题考查了物质的量难度的有关计算，题目难度中等，明确反应实质是解答本题的关键，然后利用原子守恒进行分析解答即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，综合性较强。

【化学卷（解析）·2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】17．温度为2 5℃时, 将两个铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解, 通电一段时间后, 在阴极逸出a m o l气体, 同时有 WgN a 2SO4·10H2O析出, 若温度不变, 此时剩余溶液中的溶质的质量分数为 （ ）

A．% B．%

C．% D．%

【知识点】物质的量浓度的相关计算，电解原理的应用 A3 F4

【答案解析】D 解析：用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液。

w g Na2SO4•10H2O硫酸钠的质量=w g×142/322=71w/161g，

设电解水的质量为x：

2H2O==O2↑+2H2↑

36g  2mol

 x     amol 

x=18ag

所以饱和溶液的质量分数=[71w/161g]/ (w+18a)g×100%=，故选D。

【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，难度中等，注意理解电解发生的反应，明确电解后析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是饱和溶液是关键，题目综合性较强。

【化学卷（解析）·2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】3．溶液的配制过程能引起浓度偏高的是 （ ）

①用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配成1：4的硫酸;

②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时, 定容后, 塞好塞子倒转摇匀后, 发现液面低于刻度线;

③在100 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后配成2%的碘酒溶液;

④在80 mL水中加入18．4 m o l / L的硫酸20 mL, 配制3．68 mol / L的硫酸溶液;

⑤质量分数为5 x%和x%的两种氨水等体积混合配成3 x%的氨水;

⑥10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制5 0%的硫酸溶液。

A．①③⑤ B．②④⑤ C．③④⑥ D．④⑤⑥

【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液 A3

【答案解析】C 解析：：①浓硫酸的密度大于1g/mL，水的密度是1g/mL，用1g98%的浓硫酸加4g水配成1：4（体积比）的硫酸，浓硫酸的体积和水的体积比小于1：4，导致配制溶液浓度偏小；②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以配制溶液浓度不变；③乙醇的密度小于1g/mL，故在100 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后形成的溶液的浓度大于2%；④浓硫酸溶液密度大于水的密度，在80mL水中加入18.4mol/L的硫酸20mL，溶液体积小于100mL，所以配制浓度高于3.68mol/L；⑤5x%的氨水与x%的氨水等质量混合时溶质的质量分数为：(5x%+x%)/2=3x%，如果等体积混合时，由于5x%的氨水的密度小于x%的氨水的密度，则所以x%的氨水的质量大于5x%的氨水的质量，所以混合后溶质质量分数偏向于%的氨水，故质量分数小于3x%；⑥溶质的质量分数分别为90%和10%的两种硫酸溶液等质量混合后，溶液中的溶质的质量分数为(90%+10%)/2=50%，哪种溶液的质量大，就偏向于谁的溶质质量分数，由于90%硫酸溶液的密度大于10%硫酸溶液的密度，所以90%和10%的两种硫酸溶液等体积混合后，90%硫酸溶液的质量大于10%硫酸溶液的质量，所以混合后溶液中的溶质的质量分数大于50%，则配制溶液浓度偏大；故选C。

【思路点拨】本题考查了溶液的配制及误差的分析，注意形成规律①密度比水大的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数大于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）．如氢氧化钠、氯化钠溶液等．同理有：②密度比水小的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数小于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）．如氨水、酒精溶液等，难度不大，但是属于易错试题。

【化学卷（解析）·2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】2．某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠时, 结果所配溶液浓度偏高, 其原因可能是 （ ）

A．所用氢氧化钠已经潮解

B．向容量瓶中加水未到刻度线

C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里

D．用带游码的托盘天平称2．4 gN a OH时误用了“ 左码右物” 方法

【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液 A3

【答案解析】B 解析：A、所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，错误； B、向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积较小，溶液的浓度偏大，正确；C、有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏小，错误；D、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，错误。

【思路点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制与误差分析，根据c= n/V，理解溶液配制的操作与误差分析，基础性较强。

A4 常用化学计量综合

【理综卷（化学解析）·2015届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（201501）WORD版】28．（15分）

开发氢能是实现社会可持续发展的需要。下图是以含H2S杂质的天然气为原料制取氢气的流程图。

回答下列问题：

（1）反应②的化学方程式为 。

（2）反应④的离子方程式为 。

（3）步骤③中制氢气的原理如下：

Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1

Ⅱ：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1

①对于反应Ⅰ，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是 （填字母代号）。

a．升高温度　 b．增大水蒸气浓度　 c．加入催化剂　 d．降低压强

②利用反应Ⅱ，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1.00 mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为 。

③若该天然气中硫化氢的体积分数为5%，且甲烷与水蒸气反应转化成二氧化碳和氢气的总转化率为80%，则通过上述流程1.00 m3 天然气理论上可制得氢气 m3（同温同压条件下）。

（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（生成的有机物为气体，忽略其他有机物）。

①生成目标产物的电极反应式为 。

②该储氢装置的电流效率为η＝

。

（η＝×100%，计算结果保留小数点后1位）

【知识点】工艺流程题 反应速率 电化学 离子方程式 计算 A4G5 B1 F4

【答案解析】（15分）　

（1）2NH4HS＋O2===2NH3·H2O＋2S↓ （2分）

（2）SO2＋I2＋2H2O ===4H+＋SO＋2I－ （2分）

（3）① a （2分）　 ② 90% （2分） ③ 3.04 （2分）

（4）① C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12 （有机物可写结构简式）（2分）

② 51.7% （3分）

解析：（1）O2把NH4HS 氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓

（2）反应④是碘氧化二氧化硫：SO2＋I2＋2H2O ===4H+＋SO＋2I－

（3）①a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变，错误；d、降低压强，反应速率减小，错误；选a

②设CO的转化量为x

      CO + H2O  CO2 + H2

起始量（mol）  0.2       0   0.8

转化量（mol）  x        x    x

终态量（mol）  0.2-x      x  0.8+x

1mol+ x =1.18mol，则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

③甲烷与水蒸气反应转化成二氧化碳和氢气的总反应是CH4+2H2OCO2+4H2，理论上可制得氢气4×（1-5%）×80%=3.04m3

⑷①根据图像分析D极是苯→环戊烷，是得氢反应，为还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，目标产物是环戊烷，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－=C6H12；③阳极生成3.4 mol气体，该气体是OH－在阳极放电产生的氧气，转移电子13.6 mol；设阴极消耗苯的物质的量是xmol，同时生成xmol环戊烷，剩余苯2.5-xmol，依电极反应式可知转移的电子为6xmol，则根据电子守恒知，同时生成氢气是(13.6mol－6xmol)÷2＝6.8mol－3xmol；依据混合气体成分可列式（2.5-x）÷[10+6.8mol－3xmol]=0.1，x=8.2/7mol，因此储氢装置的电流效率η＝(6×8.2/7÷13.6)×100%=51.7%.

【思路点拨】利用平衡移动原理解答第（3）题①；解答第⑷题需挖掘隐含的信息：D极生成了氢气。

【理综卷（化学解析）·2015届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（201501）WORD版】27．（15分）

三苯甲醇(C6H5)3C-OH是一种重要的化工原料和医药中间体。实验室合成三苯甲醇的实验装置如图所示。

已知：①过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反应；

②部分相关物质的沸点如下：

③三苯甲醇的相对分子质量为260。

请回答下列问题：

（1）装置中玻璃仪器B的名称为 ；装有无水CaCl2的仪器A的作用是 。

（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是 ；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，可以采用 加热方式。

（3）制得的三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、氯化铵等杂质，可以设计如下提纯方案：

其中，操作①的名称是 ；洗涤液最好选用 （填字母序号）。

a．水 b．乙醚 c．乙醇 d．苯

检验产品已经洗涤干净的操作为 　。

（4）纯度测定：称取2.60 g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80 mL。则产品中三苯甲醇的质量分数为 。

【知识点】实验 计算A4 J5

【答案解析】（15分）

（1）冷凝管（2分） 防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解（2分）；

（2）平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下（2分） 水浴（1分）

（3）蒸馏或分馏（2分） a （1分）

取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已经洗涤干净（2分）

（4）90%（3分）

解析：（1）B是冷凝管；因为格林试剂容易水解，无水氯化钙是中性干燥剂，主要是防止空气中水蒸气进入装置， 防止格林试剂水解，导致三本甲醇的产量降低；（2）滴液漏斗与普通漏斗结构不同，作用是平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，由于水的沸点为100℃，水浴可以控制加热的温度不超过100℃，且可以使反应均匀受热，因此制取格氏试剂时欲保持温度约为40℃，可以采用水浴加热方式。

（3）读已知信息②中有关物质的物理性质，三苯甲醇、乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯是互溶液体混合物，但各组成成分的沸点相差较大，因此粗产品分离的方法是蒸馏或分馏，则操作①是蒸馏或分馏，目的是除去乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等杂质；由于三苯甲醇不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，因此洗涤液最好选择水，不能选择乙醚、乙醇、苯等有机溶液，防止又引入乙醚、乙醇、苯等新的杂质；沉淀具有吸附可溶性离子的性质，则沉淀表面可能吸附着氯离子或铵根离子，根据氯离子的性质可以设计实验方案检验沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗出液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；

（4）由于氢气的体积=100.80mL=0.1008L，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，n=V/Vm，则氢气的物质的量=0.1008L÷22.4L/mol=0.0045mol；由于三苯甲醇只含有1个羟基，则三苯甲醇的物质的量为0.009mol，由于三苯甲醇的分子式为C19H16O，相对分子质量为260，m=n•M，则产品中三苯甲醇的质量为0.009mol×260g/mol=2.34g，产品中三苯甲醇的质量分数为2.34g÷2.60g×100%=90%。

考点：考查综合实验及化学计算，涉及常用仪器的名称、干燥剂的作用、水浴加热的优点、冷凝管中冷却水的流向、混合物分离提纯的方法、洗涤液的选择、沉淀洗涤干净的方法、物质的量在化学方程式中的应用、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、三苯甲醇的质量和纯度计算、有效数字的处理等。

【思路点拨】根据混合物各成分的性质选择分离方法、选择洗涤试剂、选择仪器。

【化学卷（解析）·2015届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20141）】17．现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（ ）

①沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克

②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为mol

③反应过程中转移的电子数为mol

④生成NO气体的体积为L

⑤与合金反应反应的硝酸的物质的量为()mol

A．2项 B．3项 C．4项 D．5项

【知识点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物 A4C2

【答案解析】【解析】C 解析：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，故①正确；
②、恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3-离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH）= mol，故②正确；
③、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e-）=n（OH-）=mol ，故③正确；
④、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即×1/3mol ，其体积在标准状况下为L,但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故④错误；
⑤、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为 mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为(n-m)/51 mol,所以与合金反应的硝酸的物质的量为()mol 故⑤正确,故①②③⑤正确．

故答案选C

【思路点拨】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题.

【化学卷（解析）·2015届江苏省盐城中学高三1月月考（20150128）】18． (12分)某研究小组用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶

液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得

ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温

度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，

且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。

（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是________℃，

要达到此要求需要采取的措施是 。

（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO氧化成SO，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式： 。

（3）该小组拟以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品

6.0 g，通过反应和吸收获得400 mL ClO2溶液，取此溶液20mL与37.00 mL 0.500 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的Fe2＋再用0.0500 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00 mL。反应原理为：

4H＋＋ClO2＋5Fe2＋===Cl－＋5Fe3＋＋2H2O

14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

试计算ClO2的“产率” (写出计算过程)。

【知识点】离子方程式书写、化学方程式的计算 A4B1

【答案解析】【解析】（12分）

（1）30°C，（2分） 水浴加热（2分）

（2）15ClO3－+FeS2+14H+═==15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42－（2分）

（3）依据题给反应方程式的关系式：  

Cr2O72—————6Fe2+

1　　　               6

0.050 0mol•L—1×0.020L      0.006mol （2分）

ClO2————5Fe2+

    1            5

     0.0025mol   0.037L×0.500mol•L—1—0.006mol

400mL ClO2溶液中含ClO2 0.0025mol×20=0.05mol；（2分）

以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，

所以产率=0.05mol×67.5g/mol÷6.0g×100%=56.25%.（2分）

解析：（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100°C以下的 温度需要用水浴加热；
故答案为：30℃；水浴加热；
（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-；
答案为：15ClO3-+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-；
（3）依据题干离子反应过程得到
   Cr2O72-～～～～～～～～～6Fe2+
   　1　　　                 6
 0.050 0mol•L-1×0.020L      0.006mol
   ClO2～～～～～5Fe2+
     1            5
    0.0025mol   0.037L×0.500mol•L-1-0.006mol
400mL ClO2溶液中含ClO2 0.0025mol×20=0.05mol；
以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率= 0.05mol×67.5g/mol ÷6.0g= ×100%=56.25%

【思路点拨】本题考查了化学方程式计算应用，反应条件选择，离子方程式书写，题目难度中等。

【化学卷（解析）·2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】27．（10分）用含少量铁的氧化物的氧化铜制取硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）。有如下操作：

已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解。

(1) 溶液A中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+。能检验溶液A中Fe2+的试剂为 （填

编号，下同）。

a. KMnO4 b. (NH4)2S c. NaOH d. KSCN

(2) 欲用(1)中选择的检验试剂测定溶液A中的Fe2+的浓度，下列滴定方式中（夹持部

分略去），最合理的是 （填序号）。

写出滴定反应的离子方程式

在上述流程中，要得到较纯的产品，试剂可选用 。

a. NaOH b. FeO c. CuO d. Cu(OH) 2 e. Cu2(OH)2CO3

为了测定制得的硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中的值，某兴趣小组设计了实验方案：

称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不

再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为ng。

据此计算得 （用含m、n的代数式表示）。

【知识点】制备实验方案的设计、化学方程式的计算 A4J4

【答案解析】【解析】⑴　a (1分) ⑵　b (1分) 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (2分)

（3）cde (3分，每个1分，错选不给分) 　

（4） (3分)

解析：用含少量铁的氧化物的氧化铜加盐酸溶解生成氯化铜、氯化铁、氯化亚铁，加氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液为氯化铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铜晶体；
（1）亚铁离子具有还原，能被高锰酸钾溶液氧化，所以用高锰酸钾溶液检验亚铁离子，
故答案为：a；

高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管装液，故最合理的装置是：b；

反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ；
（3）得到较纯的产品，需要调节pH使铁离子转化为沉淀，选择的试剂可以是CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，而ab均会引入杂质离子，
故答案为：cde；
（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：②④①；
（5）氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，加热沉淀，氢氧化铜分解生成氧化铜，则ng为CuO质量，物质的量为：ng÷80g/mol=n/80 mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以mg=n/80 mol×（135+18x）g/mol，解得，x=。

【思路点拨】本题考查了物质的制备方案设计，侧重于考查学生的阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、物质分离提纯除杂等实验操作能力，题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。

【化学卷（解析）·2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】22．室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20 mL，向混合物中逐滴加入0.05mol/L Ba(OH)2

溶液时，生成的BaSO4和pH的变化如图所示（不考虑溶液混合时体积的变化）。下

列说法正确的是

A．图中A点对应溶液的pH：a＝1

B．生成沉淀的最大质量m＝2.33g

C．原混合液中盐酸物质的量浓度为0.1mol/L

D．当V[Ba(OH)2(aq)]＝10mL时，发生反应的离子方程式为：Ba2+ + SO42－BaSO4↓

【知识点】离子方程式的有关计算 A4B4

【答案解析】【解析】A 解析：由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，只有硫酸与氢氧化钡反应，而盐酸未反应，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.02L×0.05mol•L-1=0.001mol，则：
   H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
   1        1       1
 0.001mol 0.001mol  0.001mol
由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.06L×0.05mol•L-1=0.003mol，由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.003mol×2=0.006mol，故n（HCl）=0.006mol-0.001mol×2=0.004mol，
A．图中A点硫酸完全反应，盐酸没有反应，氢离子的浓度为0.2mol/L×0.02L÷

（0.02L+0.02L）=0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1，故A正确；
B．由上述分析可知，生成沉淀的质量=0.001mol×233g/mol=0.233g，故B错误；
C．由上述分析可知，原溶液中HCl的物质的量浓度= 0.004mol÷0.02L =0.2mol/L，故C错误；
D．由上述分析可知0～20mL只有硫酸与氢氧化钡反应，则V[Ba（OH）2（aq）]=10 mL时反应离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故D错误

故答案选A

【思路点拨】本题考查了混合物的计算，为高频考点，把握图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意利用反应方程式及离子方程式进行计算，题目难度中等。

【理综卷（化学解析）·2015届云南省部分名校高三1月份统一考试（201501）】27．(15分）黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m 1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为：

【实验一】：测定硫元素的含量

反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：

①鼓入空气的作用是_________________________________。

②反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）_________________________________________________________。

H2O2可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式： 。

（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为 （列出表达式即可）。

【实验二】：测定铁元素的含量

（4）②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量____________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_________________。

（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：

根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+) ＝_______________。

【知识点】实验 计算A4J5

【答案解析】（15分）

提供反应物O2，排出装置中生成的SO2使之完全被乙吸收（2分，两点各1分）

Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O（2分） H2O2 H++HO2-（2分）

或 （或其他合理答案） （2分）

偏大 （2分） （5）250mL容量瓶（2分，没写规格得0分）

（6）0.5000mol/L （3分，无单位扣1分）

解析：（1）鼓入空气的作用显然是提供氧气，并且将生成的SO2完全吹出，使之完全被乙中的氢氧化钠吸收
（2）为减少实验误差，最后使SO32-完全转化成SO42-，从而生成硫酸钡沉淀；双氧水足量时才能将亚硫酸根离子完全转化，反应为Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O；H2O2是弱酸，电离方程式是H2O2 H++HO2-

（3）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，
S-----BaSO4
32g    233g
x      m2g ，x=g，质量分数=×100%；

（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大；
（5）③中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶。
（6）依据实验流程分析亚铁离子被高锰酸钾溶液滴定发生氧化还原反应，依据消耗的高锰酸钾溶液体积平均数，结合氧化还原反应离子方程式计算25ml溶液中亚铁离子的物质的量滴定亚铁离子的浓度；滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=（25+25.03+24.97）ml÷3=25ml（20.00 ml的数值与其他数据相差较大，舍去）；氧化还原反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，设亚铁离子物质的量为x，依据方程式得到：
5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5       1
x     0.1mol/L×0.025L
x=0.0125mol；
c（Fe2+）==0.5mol/L。

【思路点拨】第（6）问的c（Fe2+）求算用25.00mL溶液求算可以，用250.00mL溶液求算也可以，但用250.00mL溶液求算时，x应该×250.00/25.00。

【化学卷（解析）·2015届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（201501）】10．(14分) A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：

（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。

（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为 。

（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极的电极反应式为 。

（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出该反应的化学方程式： 。

（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)（已知A2FC3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8），则Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；室温下，向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(AFC3-)＝c(FC32-)，则此时溶液呈 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。

（6）A 和B 形成的某种氯化物BA2Cl 可作杀菌剂，其原理为BA2Cl 遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl 与水反应的化学方程式：___________________________ 。

【知识点】物质结构与元素周期律 离子方程式 离子浓度比较 原电池A4 B1F3 E2

【答案解析】

解析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；B元素的最高正价和最低负价之和为2，是N,C与F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D与E和F同周期，即D、E、F是第三周期元素，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，故D、E、F的单质都是固体，A是气体，原子序数比N小，只能是H，A与D同主族，则D是Na。

（1）离子的电子层数越多其半径越大，相同电子层结构的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2－> O2－> Na＋

（2）X是NH4H，电子式为

（3）N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极反应是N2H4的发生氧化反应：N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O

（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝和氧化铁能发生置换反应，化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe.

（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)，则Y是亚硫酸氢钠。已知H2SO3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8，因此在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，所以溶液显酸性，因此Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞ c(H+) ＞c(SO32-)＞c(OH-)；向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(HSO3-)＝c(SO32-)，则根据电荷守恒可知c(H+)＋c(Na+)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)＋c(OH-)，所以c(H+)＋c(Na+)＝3c(HSO3-)＋c(OH-),该溶液是等物质的量的亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的混合物，则根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(HSO3-)+ c(H2SO3)+ c(SO32-)] = 3[2c(HSO3-)+ c(H2SO3)]，设亚硫酸氢钠和亚硫酸钠各1mol，则n(Na+)=3，[2n(HSO3-)+ n(H2SO3)]=2mol，n(HSO3-)<1mo，可知c(Na+)＞3c(HSO3-)，所以c(H+)＜c(OH-)，因此溶液碱性。

⑹NH2Cl水解生成强氧化性的物质是HClO,反应方程式是：NH2Cl＋H2O=HClO＋NH3

【思路点拨】解答本题的突破口是确定各元素，题目所给的每个信息都是关键，如“短周期”“原子序数依次增大”“A与D同主族，C与F同主族，”“C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2”“常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。”等；书写电极反应的步骤是先写出主要的物质，还原剂、氧化产物并配平，N2H4－4e－=N2；再根据电解质的成分结合电荷守恒书写，N2H4－4e－=N2的右边不带电，左边带4个单位负电荷，因此在左边加4个OH-,最后根据质量守恒定律整体配平，显然右边加水。

【化学卷（解析）·2015届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（201412）word版】11. (18分)某学习小组利用如图实验装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O．并测量x值。

【Cu(NH3)xSO4·H2O制备】见图1

(l)A中发生的化学反应方程式为 ；B中观察到的现象是 。

(2)C中CCl4的作用是 。

(3)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,可加入试剂 。

【x值的测量】见图2

步骤一：检查装置气密性，称取0 .4690 g晶体[M = (178+17x)g/mol]于锥形瓶a中

步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液

步骤三：用0. 5000 mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16. 00 mL

(4)步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为 。

【x值的计算与论证】

(5)计算：x = ，

该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：

假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；

假设2：步骤二中 （任写两点）；

假设3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设 （填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是 。

【知识点】实验 计算A4 J3J1

【答案解析】

解析：(l)A中发生的反应是实验室制取氨气，方程式为Ca(OH)＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；B中观察到的现象是氨气与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，然后溶液与过量的氨水生成深蓝色的铜氨溶液。

⑵C中CCl4的作用是防倒吸

⑶)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,即消耗水而结晶，可加入乙醇

⑷Cu(NH3)xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气

⑸根据题意盐酸吸收氨气后剩余16mL，则与氨气反应用去16mL，n（NH3）=n（HCl）=0.5000mol·L－1×14×10-3L=7×10-3mol，0 .4690 g×x/[ (178+17x)g/mol]= 7×10-3，x=3.56，假设2：步骤二中的氢氧化钠不足，使氨气没有完全逸出；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则剩余盐酸偏多，使氨气的量偏大，测量值(x)比理论值偏大，因此该假设不成立；针对假设l，需更换好的砝码。

【思路点拨】x比理论值偏大或偏小需从能引起氨气的量变化的因素考虑：如氨气没有完全逸出、读取0. 5000 mol/L的NaOH标液的体积不准或滴定有错误等、称取Cu(NH3)xSO4·H2O晶体的质量有误差等。

【化学卷（解析）·2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）】20.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7

溶液与FeSO4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下图所示，下列说法中不正确的是

A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7

B．图中BC段发生的反应为

C．开始加入的K2Cr2O7为0.25mol

D．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1：3

【知识点】氧化还原反应 计算 离子反应A4 B1B2

【答案解析】D解析：AB段Fe3＋的物质的量没有变化，因此AB段的氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是KI， A正确；B正确；AB段发生的反应是：Cr2O72-+6I-+14H+=2 Cr3++3I2+7H2O(可求出消耗的Cr2O72-的量为0.1mol)，BC段的反应是2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(可求出Fe3＋的量为0.9mol)，K2Cr2O7与FeSO4的离子反应是Cr2O72-+6Fe2＋+14H+=2 Cr3++6Fe3＋+7H2O(可求出消耗的Cr2O72-的量为0.15mol)，共消耗Cr2O72-的量为0.25mol，C正确，D错误。

【思路点拨】本题的反应是K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋，而后过量的K2Cr2O7先氧化KI，此时Fe3＋的物质的量没有变化，当K2Cr2O7反应完，Fe3＋氧化I－。