1、浙江学考30题化学计算题型方法总结 考纲解读1. 浙江学考（化学）考试说明中的第二部分考核目标指出：（二）能力考核目标中第4点明确说明：化学计量及计算能力：运用化学知识和常用的数学方法解决化学问题的能力。例如：根据化学式及化学方程式进行计算，进行物质的量、物质的量浓度的计算，进行有机物相对分子质量、分子式的初步计算;2. 浙江学考（化学）考试说明中的第三部分考试要求指出：将化学计算列入b-理解中的第4点，理解化学学计算的原理和方法.3. 常考题型：学考试卷中第30题计算题，一般为两个小问，分值为4分. 命题特点与解题策略命题特点：30题是学考的第5个填空题，以元素化合物为载体，考查的是化学计算
2、，题目短小精悍，格式固定，定量考查常见化学反应，并伴以图像、图表等包装形式，考查学生收集信息、判断、推理能力。解题方法中除了依据化学方程式进行计算，还用到了一些解题技巧和数学思维方法，如守恒法、关系式法、差量法等。该题难度中等.解题策略：1. 在审题中应当充分利用坐标图、表格中信息以及题干信息，读题时抓住坐标图的横纵坐标的化学意义、表格中数值变化规律等2. 将坐标图中横纵坐标数据的变化、表格中数据的变化与中学教材中相关物质化学性质相联系，理解反应原理，在计算中可结合质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒、关系式法、差量法等来进行综合计算；3. 在作答时，应当准确计算物质的物质的量、物质的量的浓度等（
3、注意有效数字），正确书写各物理量的单位（注意单位统一）. 知识梳理与典例分析关系式法：多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题思路：解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。例1取14.3 g Na2CO3xH2O溶于水配成100 mL 溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸20.0 mL，并收集到1.12 L CO2(标准状况)。试计算：(1)稀盐酸物质的量浓度为 _
4、molL1。(2)x值是_。例2向Fe和Fe2O3组成的3.84 g 混合物中加入溶于120 mL某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成672 mL H2(标准状况下)，若向反应后的溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液不呈血红色。(1)原混合物中Fe的质量为_。(2)所用盐酸的物质的量浓度是_。守恒法：当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分解和化合。一般涵盖质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒以及化合价守恒等。即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒；在化合物中，阴、阳离子所带电荷总数相等，即电荷守恒；在氧化还原化应中，氧化剂得电子总数和还原剂失电
5、子总数相等，即得失电子守恒；在组成的各类化合物中，元素的正负化合价总数的绝对值相等，即化合价守恒。运用守恒法解题的基本类型主要有以下三种：1原子(或离子)个数守恒即质量守恒；2得失电子守恒；3电荷守恒。得失电子守恒的解题思路：对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。得失电子守恒解题的基本步骤：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子
6、或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。例3Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，c(Cl)和c(ClO)的比值与反应的温度有关，用24 g NaOH配成的250 mL溶液，与Cl2恰好完全反应(忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化)。(1)NaOH溶液的物质的量浓度molL1。(2)某温度下，反应后溶液中c(Cl)6c(ClO)，则溶液中c(ClO) molL1。例4已知一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混
7、合物用500 mL 3.00 molL1的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.300 mol。忽略氯气与水反应、盐类水解及溶液体积变化。回答下列问题(1)所得溶液中Cl的物质的量为_mol。(2)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)n(H2) _。差量法：“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强反应过程中的热效应等。在化学反应中，各物质是按照一定的比例关系进行反应的，因此可以根据题中相关量或对应量的差量进行计算等。计算依据：化学反应中反
8、应物或生成物的量与差量成正比。差量法解题思路：1. 分析题意：分析化学反应各物质之间的数量关系，引起差值的原因。2. 确定是否能用差量法：分析差值与始态量或终态量是否存在比例关系，以确定是否能用差量法3. 写出正确的化学方程式，根据题意确定“理论差量”与题中提供“实际差量”列出比例关系，求出答案。例5 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c(H+)与c(SO42-)之比为A1: 7B1:4C1:2D1:3例6工业废电路板的铜常用FeCl3溶液来溶解处理回收。现将一块电路板浸泡在100 mLFeCl3溶液中使铜全部溶解(电
9、路板上其他物质均不发生反应)，测得电路板质量减少了3.2 g，在浸泡液中加足量的Fe粉并使之充分反应，过滤干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。请计算：(1)浸泡液中的溶质是_(写化学式) 。(2)参与反应的铁的质量是_g。(3)假设溶液的体积不变，最后所得溶液中c(Fe2)_molL1。 真题再现1. （2015年10月）量取8.0mL5.0molL-1H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）。请计算：（1）稀释后H
10、2SO4溶液的物质的量浓度为molL-1。（2）加入Fe的质量至少有g2. （2016年4月）Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反应的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）：（1）NaOH溶液的物质的量浓度_molL1；（2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) =_molL1。3. （2016年10月）为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分
11、反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表：实验序号IIIIIIIV盐酸体积（ml）30.030.030.030.0样品质量（g）2.963.705.186.66CO2体积（ml）672840896672（1）样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_。（2）盐酸的物质的量浓度c(HCl)=_。4. （2017年4月）分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。02.33V/mLm/g100(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n
12、(NH4)2SO4n(NH4Cl)为_。(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl)_(溶液体积变化忽略不计)。5. （2017年11月）取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。请计算：（1）KMnO4的分解率_。（2）气体A的物质的量_。6. （2018年4月）称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 molL1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算：(1
13、) 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_。(2) 固体混合物中氧化铜的质量_。7. （2018年6月）将2.80 g含氧化镁的镁条完全溶于50.0 mL硫酸溶液后，滴加2.00 molL1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去200.0 mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g。请计算：（1）上述硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)_。（2）镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)n(Mg)_。8. （2018年11月）某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。已知：Cu2
14、O+2H+ = Cu+Cu2+H2O(1)若a=_(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物；(2)若a=m/9，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为_mol(用含m的最简式表示)。9. （2019年1月）为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素）溶于过量的H2SO4中过滤，得到1.60g红色固体，将滤液稀释至150mL，测得c（Cu2）0.50molL1。已知：CuOH2SO4=CuSO4CuH2O请计算： (1）白色沉淀的物质的量为mol（2）
15、该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比N（Cu）：N（S）10. （2019年6月）称取Na2CO3和NaOH固体混合物5.32g，溶于水后加入60mL1.0mol/L的Ba(OH)2溶液充分反应，经过滤、洗涤、干燥、称得沉淀3.94g。为将滤液处理至中性后达标排放，需加入2.0mol/L稀硫酸VmL。请计算：（1）混合物中n（Na2CO3）：n（NaOH）=。（2）稀硫酸的体积V=mL。11. （2020年1月）有硫酸、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液100 mL，已知溶液中各阳离子的物质的量浓度相等，SO的物质的量浓度为3.0 molL1。请计算：(1) 硫酸的物质的量浓度为_molL1。(2) 理论
16、上此溶液最多可溶解铁粉的质量为_g12. （2020年7月）实验室中有一瓶碳酸氢钠固体，因受热而部分变质(杂质为 Na2CO3，假设杂质分布均匀)。为测定其组成，称取1.892 g样品溶于水，配成500mL 溶液。取出25.00 mL 该溶液，加入0.050molL-1Ba(OH)2溶液至 22.00 mL 时沉淀量达到最大。请计算：(1)25C时，0.050mol L-1Ba(OH)2溶液的pH=_。(2) 样品中n(NaHCO3):n(Na2CO3)=_。14. （2021年1月）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热的KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
17、(x-1)S+K2SK2Sx(x=26)S+K2SO3K2S2O3请计算:(1)0.480 g硫单质与VmL 1.00molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和 K2SO3则V=。(2)3.840 g硫单质与60.0mL 1.00molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和 K2S2O3，则x=。(写出计算过程) 课后练习1. 小茗同学用Na2CO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下几组数据（其中盐酸的物质的量浓度相等，且忽略HCl的挥发，气体体积均为标准状况下的体积）。试回答：实验序号第1组第2组第3组第4组盐酸体积/mL50.0050.0050.0050.00
18、混合物质量/g3.0606.1209.18012.24生成气体体积/mL672.0134415681344（1）所用盐酸的物质的量浓度为。（2）第4组实验至少还需加入mL的该盐酸才能完全反应。2. 为确定Fe和Cu混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度FeCl3溶液200mL，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：实验序号IIIIVFeCl3溶液体积(mL)200200200200样品质量(g)9.3612.4815.618.72沉淀质量(g)6.409.6012.815.92（1）样品中物质的量之比n(Fe)n(Cu) =_。（2）FeCl3溶液的物质的量浓度c(FeCl3)=_。3.
19、在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取30.00 mL同浓度的盐酸溶液，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：实验序号甲乙丙合金质量/g0.2550.3850.459生成气体的体积/mL280336336请计算：(1)盐酸的物质的量浓度。(2)合金中镁与铝的物质的量的比值。4. 称取58.7克Ba(OH)2和BaCl2固体混合物，配成500mL溶液，把该溶液分成5等份后分别加入相同浓度不同体积的NaHCO3溶液，生成沉淀的质量如下表。已知加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，反应后溶液呈中性。实验序号NaHCO3溶液(mL)20.040.060.080.0100.
20、0沉淀的质量（g）1.973.945.917.887.88（1）NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度_。（2）原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比_。5. 现有由两种含Na化合物组成的混合物13.7克,溶于水后,逐滴加入某浓度盐酸,所得CO2体积(换算成标准状况)与所耗盐酸的体积关系如图：(1)所用盐酸的物质的量浓度为_；(2)两种含Na化合物的化学式和物质之量之比为_.6. 向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题：（1）题中通入CO2后所得溶液的
21、溶质成分为_，若将所得溶质在低温低压条件下蒸干，所得固体物质（不带结晶水）的质量为_。（2）原NaOH溶液的物质的量浓度为_。7. 图表示的是往某Na2CO3溶液中滴入稀盐酸产生CO2气体的过程。(1)写出a点以前发生反应的离子方程式:。(2)写出a点到b点发生反应的离子方程式:。(3)若某Na2CO3溶液中含m mol Na2CO3，向其中滴入一定量的稀盐酸，恰好使溶液中Cl-和HCO3-的物质的量之比为2：1，则滴入稀盐酸的物质的量等于mol(用m表示)。8. 已知Cl、Br、Fe2、I的还原性依次增强。现向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如右图所
22、示，请回答：（1）a、c线分别代表溶液中_、_（填离子符号，下同）的变化情况；（2）原溶液中FeI2的物质的量为_；（3）原溶液中Fe2与Br的物质的量之比为_；（4）当通入2mol Cl2时，溶液中离子反应为_。9. 将铁与氧化铁的混合物15g，加入150mL稀硫酸中，标况下放出氢气1.68L，同时铁和氧化铁均无剩余，向溶液中滴加KSCN溶液，未见颜色变化。计算：(1)计算混合物中铁的质量。(2)为了中和过量的硫酸，且使Fe2转化为Fe(OH)2，共消耗3molL1的氢氧化钠溶液200mL，求原硫酸的物质的量浓度。10. 将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成两等份。其中一份直
23、接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份加入40mL某浓度盐酸恰好完全反应，生成标准状况下气体2.24L。试计算：混合物中的NaHCO3物质的量为mol。盐酸的浓度为mol/L。11（8分）由Na2CO3nH2O与NaHCO3组成的混合物28.2 g，放入坩埚中充分加热至质量不变时，将残留固体用足量的盐酸溶解可产生标准状况下的气体3.36 L；若将28.2 g原混合物与盐酸反应，则放出标准状况下气体4.48 L，由此计算。(1)残留固体质量；(2)n值；(3)NaHCO3质量。(写出计算求解的过程) 答案与解析知识梳理与典例分析答案例1 答案：(1)5(2)10【解析】（1）根据2n(H)
24、n(CO) n(CO2)，可知c(HCl)(1.12 L22.4 Lmol1)20.02 L5 molL1。;（2）n(CO) n(Na2CO3xH2O)1.12 L22.4 Lmol10.05 mol，m(Na2CO3xH2O)0.05 mol(10618x)gmol114.3 g，解得x10。例2 答案：(1)2.24 g(2)1 molL1【解析】（1）由题意可知n(H2)0.03 mol，设Fe2O3的物质的量为xFe2O36H=2Fe33H2Ox6x2x2Fe3Fe=3Fe22xx 3xFe2H=Fe2H2003 mol0.06 mol0.03 mol根据题意(0.03 molx)5
25、6 gmol1x160 gmol13.84 g，x0.01 mol，所以m(Fe)(0.030.01) mol56 gmol12.24 g，c(HCl)1 molL1。例3 答案：(1)2.4(2)0.30【解析】(1)24 g NaOH的物质的量为0.6 mol，溶液体积为250 mL，故c(NaOH)2.4 molL1。(2)根据题意，设反应后溶液中c(Cl)a，c(ClO)b，c(ClO)c，根据电荷守恒得c(Na)c(Cl)c(ClO)c(ClO)，则abc2.4 molL1，根据转移电子守恒ab5c以及题给信息a6b，解题a1.8 molL1，b0.3 molL1，c0.3 molL
26、1。例 4 答案：(1) 1.2(2)53【解析】(1)所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物，根据物料守恒可知n(Na)n(Cl)n(ClO)，则n(Cl)n(Na)n(ClO)0.5 L3.0 molL10.300 mol1.2 mol。(2)由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，涉及反应有HClNaOH=NaClH2O、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，据反应可知，燃烧后剩余Cl2为n(Cl2)余n(NaClO)0.300 mol，与H2反应的Cl2为n(Cl2)n(Cl)n(NaClO)(1.2 mol0.300 mol)0.45 moln(H2)，则所用氯
27、气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)n(H2)(0.45 mol0.300 mol)0.45 mol53。例 5 答案：B【解析】设H2SO4物质的量为xmol，CuSO4物质的量为ymol。则根据方程式可知H2SO4+FeFeSO4+H2 固体减少m1mol56gxmol56xgCuSO4+FeFeSO4+Cu固体增加m1mol56g64g8gymo8yg充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以56x=8y，即x/y=1/7，则原溶液中H和SO42的物质的量浓度之比=2x/(x+y)=1/4。故答案选B。例 6 答案FeCl3、FeCl2、CuCl25.63【解析】
28、（1）铜与FeCl3溶液反应会生成FeCl2与CuCl2，发生的化学反应为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，电路板质量减少了3.2g，则参与反应的铜的质量为3.2g，铜的物质的量n(Cu)=0.05mol，生成的Fe2+的物质的量n1(Fe)= 2n(Cu)=0.1mol；在浸泡液中加足量的Fe粉并使之充分反应，过滤干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。若铁粉只与生成的氯化铜反应会生成铜单质与氯化亚铁，则固体质量会增加，可见浸泡液中还有反应剩余的氯化铁，因此浸泡液的溶质有FeCl3、FeCl2、CuCl2，故答案为FeCl3、FeCl2、CuCl2；（2）加入铁粉后发生的反
29、应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，根据铜元素守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.05mol，与铜反应时固体质量增加为xg，则Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ m566483.2x解得x=0.4该反应生成的Fe2+的物质的量为n3(Fe2+)= n(Cu2+)= n(Cu)=0.05mol反应的Fe的质量m3(Fe)=0.05mol56g/mol=2.8g则反应中固体质量减少应为2.4g+0.4g=2.8g，即消耗的Fe粉的质量m2(Fe)=2.8g，总的消耗的铁粉的质量m(Fe)= m3(Fe)+ m3(Fe)=2.8g+2.8g=5.6g，故答案为5.6；（
30、3）上述反应Fe+2Fe3+=3Fe2+中n2(Fe)=0.05mol，根据关系式Fe3Fe2+可得生成的Fe2+的物质的量为n2(Fe2+)=3n2(Fe)=0.15mol，那么总的Fe2+的物质的量= n1(Fe2+)+ n2(Fe2+)+ n3(Fe2+)=0.1mol+0.15mol+0.05mol=0.3mol，则c(Fe2+)=3mol/L，故答案为3。真题再现答案10.400.65【详解】(1)H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe的摩尔质量比Zn的小，所以Fe与硫酸反应时Fe过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，
31、由图象可知生成的氢气为n(H2)=0.01mol，则n(H2SO4)=n(H2)=0.01mol，c(H2SO4)=0.40mol/L，故答案为0.40；(2)Zn与硫酸反应时锌完全反应，反应方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，则n(Zn)=0.01mol，m(Zn)=nM=0.01mol65g/mol=0.65g，Zn和Fe的质量相同，所以Fe的质量为0.65g，故答案为0.65。【点睛】明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合原子守恒进行计算。本题的难点是根据相同条件下充分反应，产生氢气的体积相等，判断等质量的Zn和Fe与硫酸的反应情况是硫酸完全反应还是硫酸过量。22.40.30
32、【解析】(1)根据c=2.4mol/L，故答案为2.4；(2)NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3mol，设n(ClO-)=xmol，则n(Cl-)=6xmol，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)mol，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO-)=0.30mol/L，故答案为0.30。32：1或22.50mol/L【解析】分析：（1）对比、可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明、中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反
33、应，设出中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，然后根据总质量、生成二氧化碳的量列式计算；（2）根据实验、可知，中盐酸不足，碳酸钠优先反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据（1）的计算结果计算出碳酸钠的物质的量，再根据反应计算出HCl的物质的量，最后计算出该盐酸的浓度。详解：（1）结合、可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明、中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则106x+84y=2.96、x+y=0.67222.4=0.03，联立解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之比
34、n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=0.02mol：0.01mol=2：1；（2）根据实验、可知，中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则1062z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠。将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，生成标准状况下0.6
35、72L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n（HCl）=n（CO2）=0.672L22.4L/mol=0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）=0.075mol0.03L=2.50mol/L。41:2 0.1mol/L 【详解】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol132g/mol1.32g，则氯化铵的质量是2.39g1.32g1.07g，物质的量是1.07g53.5g/mol0.02mol，因此混合物中n(
36、NH4)2SO4:n(NH4Cl)为1:2；(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol0.2L0.1mol/L。560.0% 0.095mol 【详解】(1)根据2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=100%=60.0%，故答案为60%；(2)气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转
37、移的电子为5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol，故答案为0.095mol。【点睛】掌握氧化还原反应过程中的电子守恒是解答本题的关键。本题的易错点为(2)，高锰酸钾最终转化为Mn2+转移的电子数等于先部分分解过程中转移的电子数+与浓盐酸反应转移的电子数。60.100mol2.40g【分析】过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeS
38、O4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4，所得固体为置换出的铜和剩余的铁的混合物，以此解答。【详解】（1）过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4， 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L2.00mol/L=0.100mol；故答案为0.100mol；（2）根据（1）的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol5
39、6g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol80g/mol=2.40g，故答案为2.40g。【点睛】本题运算有些繁琐，解答要运用元素守恒突破难点，首先是硫元素守恒，加入的硫酸中硫酸根离子的物质的量等于硫酸亚铁的物质的量；其次是铁元素的守恒，氧化铁中的铁元素与加入铁粉的铁元素质量之和等于溶液中含有的铁元素与固体中剩余铁的质量之和相等，注意到硫酸亚
40、铁含有的铁元素质量等于加入的铁粉的质量，则可确定所得固体中除铜之外，还含有铁，且其质量恰好为氧化铁中所含铁的质量。74.0molL1 1:10 【详解】(1)完全沉淀时，溶液中溶质为Na2SO4溶液，结合原子守恒可知，n(SO)=n(Na+)=2.0mol/L0.2L=0.2mol，则硫酸溶液的物质量浓度为=4.0 molL1；(2)将所得沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g，所得固体为MgO，其物质的量为0.11mol，设Mg的物质的量为x，MgO为y，根据原子守恒有x+y=0.11，根据质量守恒有24x+40y=2.80，解得：x=0.1mol，y=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁
41、的物质的量之比为n(MgO)：n(Mg)=0.01mol：0.1mol=1：10。8【详解】（1）红色固体粉末为纯净物只有两种情况，全是Fe2O3或者全是Cu2O。Cu2O和硫酸反应生成的Cu会与Fe3+反应，Cu2Fe3+Cu2+2Fe2+。若全为Fe2O3时，剩余的固体物质为a=0g，但是当剩余固体质量为0g时，也有可能是Fe2O3和Cu2O两种物质的混合物；所以该红色固体只能为Cu2O。Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，所以am（2）设Fe2O3为 x mol， Cu2O为ymol，则160x144ym，Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O得到的铜为ymol。Cu2Fe3+Cu2
42、+2Fe2+x mol 2x mol剩余的铜的质量为（yx）64am，方程式联立，解出x。90.05 mol 2:1 【分析】由题意可知，一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，反应生成二氧化硫和仅含铜、氧两种元素的固体，二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到硫酸钡白色沉淀，仅含铜、氧两种元素的固体与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜。【详解】（1）二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)= 11.65g233g/mol=0.05 mol，故答案为0.05 mol；（2）由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)= 0.05 mol，由
43、Cu原子个数守恒可知n(Cu)= 1.60g64g/mol+0.50 molL10.15L=0.025 mol+0.075 mol=0.1mol，则N(Cu):N(S)n(Cu)：n(S)=2:1，故答案为2:1。【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，依据物质的性质和实验现象分析反应得到的生成物，再依据原子个数守恒计算化学式。101：4 50 【分析】碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，则3.94g为碳酸钡，物质的量为0.02mol，即碳酸钠的物质的量为0.02mol，则碳酸钠的质量为2.12g；碳酸钠与氢氧化钠的质量为5.32g，则氢氧化钠的质量为5.32-2.12=3.2g，其物质的量为0.08mol。【详解】(1)分析可知，n()：n(NaOH)=0.02：0.08=1：4；(2)溶液呈中性时，溶液的溶质为硫酸钠，沉淀为硫酸钡，则n(Na+)=n(Na2CO3)2+n(NaHCO3)=0.02mol2+0.08mol=0.12mol；n(BaSO4)=nBa(OH)2-n(BaCO3)=1.00.06-0.02=0.04mol，硫酸的物质的量=+0.04mol=0.1mol，V=0.05L，即50mL。11. 0.505.6【分析】溶液中各阳离子的物质的量浓度相等, 设均为xmol,由电荷守恒计算出x , 能溶解Fe的物质为硫酸和硫酸铁，以此来解答。
