【2021届备考】2020全国名校化学试题分类解析汇编汇总第二期：A单元-常用化学计量.docx

A单元 常用化学计量名目A1 阿伏伽德罗常数和物质的量1A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律7A3 物质的量浓度及溶液的配制10A4 常用化学计量综合10A1 阿伏伽德罗常数和物质的量【温州市十校联合体高二下期末】26A1 B4 （4分）孔雀石和石青是自然界存在的两种碳酸盐类铜矿，它们的化学组成可表示为：x CuCO3 y Cu(OH)2（x、y为正整数且x2，y2）。（1）孔雀石和石青分别与过量盐酸反应时，孔雀石耗用的盐酸的物质的量与生成的CO2的物质的量之比为41；石青则为31。请推算它们的化学组成(化学式)。孔雀石： ；石青： 。（2）现有孔雀石和石青混合样品，取两份等质量的样品，在一份中加入过量盐酸，生成CO2 4.48 L（标准状况下）；加热另一份样品使其完全分解，得到CuO 28 g，试通过计算确定该混合物中孔雀石和石青的物质的量之比为 。【学问点】物质之间的反应，计算方法的运用。【答案解析】（1）孔雀石CuCO3Cu（OH）2， 石青2CuCO3Cu（OH）2（2）2:1解析：（1）依据反应的化学方程式，盐酸与生成二氧化碳的物质的量的关系为xCuCO3yCu（OH）2+（2x+2y）HCl（x+y）CuCl2+xCO2+（x+2y）H2O （2x+2y） x孔雀石耗用的盐酸与生成的CO2的物质的量之比为4：1，则（2x+2y）/ x =41，解得x：y=1：1，x、y为正整数且x2，y2孔雀石的化学式可表示为CuCO3Cu（OH）2；石青耗用的盐酸与生成的CO2的质量比为3：1，则（2x+2y）/ x =3：1，解得x：y=2：1x、y为正整数且x2，y2石青的化学式可表示为2CuCO3Cu（OH）2；（2）设孔雀石和石青的物质的量分别为m，n，则有CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O1 1m m2CuCO3Cu（OH）2+6HCl3CuCl2+2CO2+4H2O12 n 2nCuCO3Cu（OH）2 2CuO+CO2+H2O12m 2m2CuCO3Cu（OH）2 3CuO+2CO2+H2O 1 3n 3nm+2n=4.48/22.42m+3n=28/80解之得m=1，y=0.05即该混合物中孔雀石和石青的物质的量之比为2：1【思路点拨】此道题考查了物质之间的相互反应，能够正确的书写化学反应是此题的关键。【温州市十校联合体高二下期末】6. A1 A2阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是 ( )A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB乙烯和环丙烷以任意比混合气体28 g，含有4 NA个氢原子C将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含Fe3+数为0.1 NAD标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA 【学问点】阿伏伽德罗常数的计算应用、氧化还原反应规律【答案解析】B 解析：A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数应为2NA； C将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，由于Fe3+会发生水解所以所得溶液含Fe3+数少于0.1 NA；D标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA 。【思路点拨】考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于同学解答中的易错题。【宁波市高二下期末】3、A1 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法确定正确的是 ()A常温下，1 L 0.1 mol/L的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NAB1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的O原子数目为0.2NADFe与水蒸气在高温条件下反应，有1 mol Fe参与反应，则转移电子的数目为3NA【学问点】阿伏加德罗常数的应用【答案解析】C 解析：在溶液中氧原子的数目不仅包括溶质中的，还包括水中的氧原子；羟基中的电子数目为9，氢氧根的电子数目为10，所以羟基与氢氧根所含的电子数不相等；Fe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁，转移的电子数小于3NA【思路点拨】在使用阿伏加德罗常数时会与很多的化学理论进行联系，物质的结构、物质的组成、氧化还原反应原理等，是易错题。【惠州市第一中学（惠州市）一调研2021】11A1 A2 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（Fe 56） A1molL1 NaHCO3溶液中的Na+数为NA B常温时，2.24LCO2所含的氧原子数为0.2NAC5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA D标准状况下，2.24L CCl4所含分子数为0.1NA 【学问点】阿伏伽德罗常数的计算应用【答案解析】C 解析：A没有给溶液的体积，无法进行计算；B常温时气体的摩尔体积不再是22.4L/mol，故2.24LCO2的物质的量不是0.1mol，所含的氧原子数不是0.2NA，错误；C Fe与稀盐酸反应生成Fe2+，故 5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA，正确；D标准状况下CCl4是液体，错误。【思路点拨】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于同学解答中的易错题。【衡阳八中高一下期末】31A1 I4 （6分）自然橡胶分解后的产物是碳氢化合物，它含C：88.2%，H：11.8%，此气体的相对分子质量是68，求它的化学式。此物质0.5mol能和160gBr2起加成反应，在生成物中溴原子分布在不同的碳原子上，又知溴代物的结构上有一个碳原子是在支链上，依据上述条件写出产物的分子式及结构简式。【学问点】本题考查有机化学计算【答案】分子式为C5H8（3分）2-甲基-1，3-丁二烯的结构简式CH2=C(CH3)-CH=CH2（3分）解析：该产物相对分子质量为68,分子中含C原子数=6888.2%12=5, 氢原子数6811.8%/1=8。所以分子式为C5H8。 （3分）设与1molC5H8加成的Br2为xmol C5H8 x Br2 1mol x 0.5mol 1mol(160g) x=2(mol)一个分子加成4个Br原子，说明气体产物分子中有2个双键或一个叁键，又由于Br原子分布在不同碳原子上，说明C5H8不是炔烃，碳链上又有一个支链，只能连接在2或3碳原子上，故产物为2-甲基-1，3-丁二烯。（3分）【成都七中高一下期末】21A1 F3 镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在放电过程中的总反应方程式是：NiOOH MH = Ni(OH)2 M，下列说法错误的是A放电过程中负极的电极反应式：MH OHe= H2O MB放电过程中OH从正极向负极迁移C放电时若有1 mol M生成，则转移的电子数目为NA (NA为阿伏伽德罗常数的值)DNiMH电池中不能用KOH溶液作为电解质溶液【学问点】原电池的应用【答案解析】D 解析：A依据放电过程中的总反应，失电子的一极为负极，MH中M元素的化合价上升，参与的电极反应为负极反应，正确；B依据负极反应可以看出负极消耗了OH，故放电过程中OH从正极向负极迁移，正确；C依据负极反应可以看到生成1 mol M时，转移的电子数目为NA (NA为阿伏伽德罗常数的值)，正确；DNiMH电池中有OH参与电极反应，故电解质溶液应为碱性溶液，错误。【思路点拨】本题考查了原电池反应中的电极反应的书写，电子的运动方向，电子转移的计算，电解液的性质的推断，综合性较强。【成都七中高一下期末】14A1 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A28 g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4 NABl mol Fe(NO3)3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NA C1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD常温下，1 mol Fe与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 NA【学问点】阿伏伽德罗常数（NA）的计算应用【答案解析】A 解析：A C2H4和C3H6的最简式为CH2，28 g CH2的物质的量为2mol，故含有氢原子的数目为4NA，正确；B当 Fe(NO3)3与HI溶液反应时，不仅要考虑Fe3+与I的反应，而且还要考虑NO3在酸性条件下将I氧化，故转移的电子数大于3NA，错误；C Na2O2固体中含的离子为Na+、O22，1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，错误；D常温下，1 mol Fe与浓HNO3发生钝化现象，故转移电子的数目小于3 NA，错误。【思路点拨】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于同学解答中的易错题。16A1 D2【2022浙江效实中学高一下学期期末】由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。混盐CaOCl2在酸性溶液中可以发生反应产生Cl2，下列关于混盐CaOCl2的有关推断不正确的是（NA为阿伏加德罗常数)A该混盐在酸性溶液中产生1mol Cl2时转移的电子数为NAB该混盐的水溶液具有漂白性C该混盐中氯元素的化合价为+1和-1价 D该混盐具有较强的还原性【学问点】信息应用【答案解析】D 解析：依据混盐的定义：由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐，可以得到CaOCl2的溶液中存在Ca2+、Cl-、ClO-，故A、B、C均正确；D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查信息应用，读懂题目所给的混盐定义是关键，依据混盐由一种阳离子与两种酸根离子组成，可以得到CaOCl2的溶液中存在Ca2+、Cl-、ClO-。从而依据所学学问即可分析所给选项是否正确。8A1 【2022浙江效实中学高一下学期期末】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的 A5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6 NA B5.6 g铁与0.1 mol氯气充分反应转移电子数为 0.2 NA C50 mL 12 molL-1 浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3 NA D常温常压下，46 g NO2 与 N2O4的混合气体中含有的原子总数为3 NA【学问点】阿伏加德罗常数【答案解析】C 解析：A、溶液中包含乙醇中的氢原子和水中的氢原子，（546%466554%182）NA=0.6 NA故A正确；B、5.6 g铁过量，0.1 mol氯气完全反应，转移电子数为 0.2 NA，故B正确；C、二氧化锰与浓盐酸才能发生反应，随着反应的进行，浓盐酸会稀变成盐酸，反应停止，无法计算转移的电子数，故C错误；D、46 g NO2 与 N2O4的混合气体中含有的原子总数为46463NA=3NA，故D正确；故答案选C【思路点拨】本题考查阿伏加德罗常数，留意二氧化锰与浓盐酸才能发生反应，随着反应的进行，浓盐酸会稀变成盐酸，即使二氧化锰足量，盐酸也反应不完。2A1 B2 D2 E1【2022浙江效实中学高一下学期期末】下列关于氯的说法正确的是A.Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B.若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质C.试验室制备Cl2，可用排饱和食盐水法收集D.1.12 LCl2含有1.7NA个质子（NA 表示阿伏伽德罗常数）【学问点】阿伏伽德罗常数、Cl2的性质和收集方法【答案解析】C 解析：A、Cl2在化学反应中既能作氧化剂也能作还原剂，故A错误；B、同种元素的不同核素，化学性质相同，故B错误；C、Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，可用排饱和食盐水法收集，故C正确；D、没指明是标准状况，无法知道1.12 LCl2的物质的量，也就无法计算所含的质子数，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查阿伏伽德罗常数、Cl2的性质和收集方法，留意依据气体的体积计算气体的物质的量时，使用22.4L/mol必需是在标准状况下.1A1【2022浙江效实中学高一下学期期末】下列各组中两种气体的分子数确定相等的是 A温度相同、体积相同的O2和N2 B质量相等、密度不等的N2和C2H4C体积相同、密度不等的CO和C2H4 D压强相同、体积相同的O2和H2【学问点】阿伏加德罗定律【答案解析】B 解析：A、缺少压强关系，无法推断分子数是否相等，故A错误；B、N2和C2H4摩尔质量相等，质量相等的两种气体物质的量相等，所以分子数确定相等，故B正确；C、CO和C2H4摩尔质量相等，体积相同、密度不等的CO和C2H4质量不会相等，所以两种气体物质的量不相等，分子数不相等，故C错误；D、缺少温度关系，无法推断分子数是否相等，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查阿伏加德罗定律的应用，熟记并理解阿伏加德罗定律是关键，属易错题。11A1 A2 E4【2022重庆一中高二下期期末考试】设NA为阿伏伽德罗常数。下列叙述正确的是 （ ） A1mol甲醇中含有C-H键的数目为4NA B标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NAC12克金刚石中含有的共价键数目为2NA D1 mol 甲基所含的电子数为10NA【学问点】阿伏伽德罗常数的计算与应用【答案解析】C 解析：A1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA ，故A错误。 B标准状况下的已烷为液态，无法确定2.24L已烷的物质的量，也就无法确定分子的数目，故B错误。C12克金刚石含1mol碳原子，所以含有的共价键数目为2NA，正确。D1 mol 甲基所含的电子数为9NA，故D错误。【思路点拨】本题主要考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，关键是明确物质的结构、标准状况下的状态，属于同学解答中的易错题。 A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律【温州市十校联合体高二下期末】19A2 F4 以纯锌作阴极，以石墨作阳极，电解某浓度的硫酸锌溶液，阴极产物均附在电极上(阴极产物也不再参与反应损耗)，通电一段时间后，关闭电源，快速撤去电极，若在电解后的溶液中加入4.95 g Zn(OH)2固体，则恰好能使溶液恢复到原浓度，则整个电解过程中，所产生的气体体积为(标准状况) ( ) A0.56 L B1.12 L C2.24 L D3.36 L 【学问点】电解池的原理的应用【答案解析】C 解析： 加入4.95g Zn(OH)2时恰好能使溶液恢复到原浓度，Zn(OH)2从组成上可看成ZnOH2O，所以电解过程中阴极上析出锌和氢气，4.95g Zn(OH)2的物质的量=4.95/99mol=0.05mol，依据原子守恒知，阳极上析出n（O2）=nZn(OH)2=0.05mol，阴极上析出n（H2）=nZn(OH)2=0.05mol，所以析出气体体积=（0.05+0.05）mol22.4L/mol=2.24L【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了物质的量的计算，利用守恒法依据原子守恒计算氢气和氧气的物质的量，再结合V=nVm计算即可，难度不大【温州市十校联合体高二下期末】6. A1 A2阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是 ( )A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB乙烯和环丙烷以任意比混合气体28 g，含有4 NA个氢原子C将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含Fe3+数为0.1 NAD标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA 【学问点】阿伏伽德罗常数的计算应用、氧化还原反应规律【答案解析】B 解析：A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数应为2NA； C将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，由于Fe3+会发生水解所以所得溶液含Fe3+数少于0.1 NA；D标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA 。【思路点拨】考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于同学解答中的易错题。【铁人中学高一下期末】24A4 C2 C3 D4（6分）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0molL-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是 。（2）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 。（3）得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是 mL【学问点】本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【答案解析】（1）2：1（2）80（3）640mL 解析：（1）金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g/17g/mol=0.06mol，依据电荷守恒可知，金属供应的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y0.06 ，64x+24y1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1。（2）NO2和N2O4混合气体的物质的量为: 1.12L22.4L/mol=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，依据电子转移守恒可知，a1+（0.05-a）21=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数是80.(3)反应后溶质为硝酸钠，依据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）2=0.64mol，依据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，【思路点拨】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对同学综合力气的考查，留意依据守恒思想进行的解答【惠州市第一中学（惠州市）一调研2021】11A1 A2 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（Fe 56）A1molL1 NaHCO3溶液中的Na+数为NAB常温时，2.24LCO2所含的氧原子数为0.2NAC5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA D标准状况下，2.24L CCl4所含分子数为0.1NA 【学问点】阿伏伽德罗常数的计算应用【答案解析】C 解析：A没有给溶液的体积，无法进行计算；B常温时气体的摩尔体积不再是22.4L/mol，故2.24LCO2的物质的量不是0.1mol，所含的氧原子数不是0.2NA，错误；C Fe与稀盐酸反应生成Fe2+，故 5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA，正确；D标准状况下CCl4是液体，错误。【思路点拨】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于同学解答中的易错题。11A1 A2 E4【2022重庆一中高二下期期末考试】设NA为阿伏伽德罗常数。下列叙述正确的是 （ ） A1mol甲醇中含有C-H键的数目为4NA B标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NAC12克金刚石中含有的共价键数目为2NA D1 mol 甲基所含的电子数为10NA【学问点】阿伏伽德罗常数的计算与应用【答案解析】C 解析：A1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA ，故A错误。 B标准状况下的已烷为液态，无法确定2.24L已烷的物质的量，也就无法确定分子的数目，故B错误。C12克金刚石含1mol碳原子，所以含有的共价键数目为2NA，正确。D1 mol 甲基所含的电子数为9NA，故D错误。【思路点拨】本题主要考查阿伏伽德罗常数的计算，考查学问点全面，关键是明确物质的结构、标准状况下的状态，属于同学解答中的易错题。A3 物质的量浓度及溶液的配制【效实中学高二下期末】5.A3 试验室需用2 molL-1氯化钠溶液450 mL，配置时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是 A 450 mL，52.7g B500 mL，58.5g C1000 mL，117g D任意规格，111.2g【学问点】本题考查确定浓度溶液的配制相关学问【答案解析】B 解析：容量瓶的规格无450ml，所以选择容量瓶规格最接近的规格500ml，m=0.5L2 molL-158.5g/mol=58.5g选B【思路点拨】本题考查确定浓度溶液的配制相关学问，留意选择容量瓶规格最接近的规格.属于简洁题A4 常用化学计量综合【鹰潭一中高一下期末】21A4 1.92gCu片与确定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用。则：（1）反应中消耗HNO3 mol，转移电子 mol（2）用排水法收集生成的气体,最终气体的体积为 L (标准状况) （3）向收集到的气体中通入 mL O2(标准状况)才能使水刚好布满整个集气容器。【学问点】本题考查化学计算力气解：（1）设有xmolCu与HNO3反应生成NO2，有ymolCu与HNO3反应生成NOCu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H20 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H201 4 2 3 8 2X 4x 2x y 8y/3 2y/3依据题目条件可知 64（x+y）=1.92 （ 2x+ 2y/3）22.4=1.12 由解得x=0.0225mol y=0.0075mol反应中消耗HNO3为4x+8y/3=0.11mol，转移电子2x+32y/3=0.06mol（2）3NO2+H20= 2HNO3+NO可知最终气体的体积（20.0225mol1/3+2/30.075mol）22.4L/mol=0.448L（3）4NO+3 O2+2H2O=4HNO3可知V O2=3/40.448L=0. 336L答案: 21. 0.11 0.06 0.448 336【鹰潭一中高一下期末】15A4 两种大气污染物和在确定条件下可发生如下反应：NO2 + SO2NO + SO3，在体积为VL的密闭容器中通入和，反应后容器内硫原子和氧原子的个数比为( )ABCD【学问点】本题考查化学计算相关学问。【答案解析】B 解析：依据化学反应中质量守恒定律可知原子在反应前后其种类和数目不变可知硫原子为bmol，氧原子为2a+2b，所以B正确。【思路点拨】本题考查化学反应中质量守恒定律的相关应用，在化学计算中运用广泛。【效实中学高二下期末】24A4 B3 D2 （10分）ClO2气体是一种常用的消毒剂，我国从2 000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。(1)消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2、Mn2等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2、Mn2的化合价上升，说明ClO2具有_性。(2)工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该化学反应方程式：2KClO3SO2=2ClO2_。(3)自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8 mgL1之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：.取确定体积的水样，加入确定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。.加入确定量的Na2S2O3溶液。(已知：2S2OI2=S4O2I).加硫酸调整水样pH至13。操作时，不同pH环境中粒子种类如下图所示：请回答：操作中反应的离子方程式是_。确定操作完全反应的现象是_。在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是_。若水样的体积为1.0 L，在操作时消耗了1.0103 molL1的Na2S2O3溶液10 mL，则水样中ClO2的浓度是_mgL1。【学问点】本题考查氧化还原反应相关学问【答案解析】(1)氧化(1分)(2)K2SO4(1分) (其余每空各2分)(3)2ClO22I=2ClOI2蓝色消逝，半分钟内不变色ClO4I4H=Cl2I22H2O0.675解析：(1)消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2、Mn2等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2、Mn2的化合价上升，说明ClO2具有氧化性。(2)工业上可以通过下列方法制取ClO2，依据化学反应方程式给出部分：2KClO3SO2=2ClO2_可知SO2中S元素必需上升，同时依据守恒关系，则可推知产物为K2SO4，即反应为2KClO3SO2=2ClO2K2SO4。(3)自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8 mgL1之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤.取确定体积的水样，加入确定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。可推知中反应的离子方程式是2ClO22I=2ClOI2，.加入确定量的Na2S2O3溶液，确定操作完全反应的现象是蓝色消逝，半分钟内不变色，.加硫酸调整水样pH至13，在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是ClO4I4H=Cl2I22H2O，若水样的体积为1.0 L，在操作时消耗了1.0103 molL1的Na2S2O3溶液10 mL，由反应关系可知，2S2OI22ClO2则水样中ClO2的物质的量为1.0105 mol mol则ClO2的质量是65.7g/mol105 mol。则水样中ClO2的浓度是0,657mgL1。【思路点拨】本题考查氧化还原反应相关学问，本题结合化学与生活、化学试验对同学综合考察同学力气，对于高二同学来说属于难题。【效实中学高二下期末】20A4 B3 现有等物质的量的铜和银的混合物17.2 g，与50.0 mL的浓硝酸恰好完全反应，产生气体4.48 L(标准状况)，则下列说法正确的是 A产生的气体是0.2 mol NO2B硝酸的物质的量浓度为12 molL1C反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为32D要使产生的气体恰好完全被水吸取需要通入氧气0.075 mol【学问点】本题考查氧化还原反应及相关计算的相关学问【答案解析】D 解析：依据题意条件等物质的量的铜和银的混合物17.2 g，64n+108n=17.2可计算得n=0.1mol，则反应中Cu失去的电子为0.2mol，Ag失去的电子为0.1mol，硝酸所得到的电子为0.3mol，若气体为NO2则依据得失电子守恒可知NO2为0.3mol，所以A错误。依据溶液中电荷守恒可知NO3-为0.3mol，HNO3发生还原反应产生气体为0.2mol所以总的硝酸为0.5mol其浓度为0.5mol/0.05L=10mol/L, 反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为23，所以BC错误。D要使产生的气体恰好完全被水吸取，即使氮氧化物又氧化成硝酸，则失去的电子任为0.3mol，则需要0.075molO2.【思路点拨】本题抓住氧化还原反应中电子得失守恒和质量守恒及电荷守恒三个守恒关系即可解答。难度较大。【效实中学高二下期末】17.A4 B3 已知：还原性强弱：I Fe2+。往100 mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/2的Fe2+被氧化成Fe3+。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为 A1.1molL-1 B1.5molL-1 C1.2molL-1 D1.0molL-1学问点】本题考查氧化还原反应的计算【答案解析】C设FeI2 的物质的量为n.这里涉及到还原性强弱问题I- 比Fe2+的还原性强，当Fe2+有一半被氧化成Fe3+时,I- 已经没有了.由电子得失守恒Fe2+ - Fe3+失1个电子，(3.36/22.4)*2 = 2n + n/2 解n=0.12mol ，C(FeI2 )=0.12/0.1=1.2mol/L【思路点拨】本题考查氧化还原反应的计算，留意离子反应挨次。较难题。【效实中学高二下期末】2A4 在80 g密度为d gcm3的硫酸铁溶液中，含有2.8 g Fe3，则此溶液中SO的物质的量浓度为(单位为molL1)A15d/16 B5d/16 C3d/8 D5d/8【学问点】本题考查溶液中浓度计算学问【答案解析】A解析：V（溶液）=80g/dgcm3，n Fe3=2.8 g/56gmol1=0.05mol，则n SO=0.075mol，所以C( SO)= n SO/V=15d/16 molL1【思路点拨】本题考查溶液中浓度计算，留意单位换算及公式间的转换。【温州市十校联合体高二下期末】9A4 C3 Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末克，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物2.41克，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸取后，产生5.00克白色沉淀，则a的数值为 ( )A7.41B3.59C3.21D2.46 【学问点】金属的性质，计算型选择题的方法。【答案解析】C 解析：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO =2Fe+3CO2， ZnO+CO= Zn+CO2， CuO+CO = Cu+CO2，生成的CO2为5.00g/100g/mol=0.05mol，从反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，则氧化物中氧元素的物质的量n（O）=0.05mol，m（O）=0.05mol16g/mol=0.8g，所以金属氧化物的质量为2.41g+0.8g=3.21g，即a=3.21，【思路点拨】本题考查混合物的质量计算，题目难度中等，利用元素养量守恒的方法确定CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量。【宁波市高二下期末】23、A4 B4 D4 （10分）某稀硫酸和硝酸的混合溶液200 mL，分成两份。向其中一份渐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g（已知硝酸只被还原为NO）。向另一份渐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化曲线如下图所示。(1)其次份溶液中最终溶质为 ；(2)OA段产生的气体是 （填化学式），BC段产生的气体是 （填化学式），AB段的反应为 ；(3)原混合酸中HNO3的物质的量为 mol，H2SO4的物质的量浓度应为 mol/L。【学问点】物质之间的反应和图像的分析【答案解析】(1)FeSO4(2)NO H2 Fe +2Fe 3+=3Fe2+(3)0.4 4 解析：当在溶液中加入铁粉时，铁首先应当与硝酸反应生成Fe3+，即OA段产生的是NO；当硝酸完全反应时，铁与Fe 3+反应生成Fe 2+，即AB段发生的反应为Fe +2Fe 3+=3Fe2+；当Fe 3+完全反应后再加入铁粉，铁与溶液中的H+反应，即BC段产生的气体是H2；依据分析得到其次份溶液中最终溶质为FeSO4。依据图示可以看出溶液中的H+足够，所以在OA段NO3完全反应，Fe+4H+NO3= Fe3+NO+H2O n(Fe)=11.2g/56g/mol=0.2mol= n（NO3）=n(HNO3)，故原混合酸中HNO3的物质的量为0.4mol；BC段发生的是Fe+2H+= Fe2+ +H2 n（H+）= 2n(Fe)=25.6g/56g/mol=0.2mol，在中由硫酸供应的n（H+）=3 n（NO3）= 0.6mol，故其次份溶液中n（H+）总=0.8mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则原溶液中n(H2SO4)= 0.8mol，H2SO4的物质的量浓度应为0.8mol /200 mL