高三化学（第01期）好题速递分项解析汇编 专题06 化学计算（含解析）

选择题：专题六 化学计算1【甘肃兰州一中2016届9月考】标准状况下VL氨气溶解在1L水中，所得溶液的密度为 g/ml，质量分数为，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）A = B = C = Dc = 【答案】A考点：本题考查溶液的相关计算。 2【甘肃兰州一中2016届9月考】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6 molL-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（） A60 mL B45 mL C30 mL D50 mL【答案】D【解析】试题分析：根据氧化还原反应中得失电子总数相等，O2反应失去的电子总数等于Cu反应时失去的电子总数，则1.68 L22.4L/mol4=2n(Cu)=0.15mol，NaOH的物质的量为Cu(NO3)2的2倍，所以消耗NaOH物质的量为0.3mol，则消耗NaOH溶液的体积为0.3mol6molL1=0.05L=50mL，故D项正确。【考点定位】本题考查化学计算。 【名师点晴】解答本题的关键是巧用守恒法，守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反应前后阴、阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒(或称质量守恒)，也就是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子总数一定等于得电子总数，即得失电子数目保持守恒。守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。3【安徽合肥168中2016届第二次月考】钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域。取一定量的钴的氧化物（其中钴的化合价为+2、+3价），用480 mL 5 molL-1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2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、O的物质的量之比为（ ） A1：1 B2：3 C3：4 D5：6【答案】D考点：本题考查化学计算。 4【甘肃兰州一中2016届9月考】在含0.2molKOH和0.1molBa(OH)2混合溶液中持续通入CO26.72L(标况)的过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2体积V关系示意图正确的是（ ）ABCD【答案】D【考点定位】本题考查离子反应、图像的分析、化学计算。 【名师点晴】图表是高考试题的数字化语言，用图表表述化学反应过程或者呈现信息情景是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。它往往拥有较大的信息存储量，能够很全面地考查学生分析、比较、概括和归纳问题的能力。解答本类题目的关键是：根据题设条件写出各步反应的化学方程式，结合图像并通过计算求出各转折点时反应物的用量和生成物的生成量，以确定函数的取值范围。平时复习中要注意培训自己会看图表，会分析流程图、关系曲线，能快速阅读、快速提取信息、快速决策判断的能力，形成良好的信息素养。注重计算方法和技巧的训练以及计算能力的培养，注重计算过程的思维方法与思维转变。5【海南华侨中学2016届第一次】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中收集到的气体其物质的量为amol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 120g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则a可能为 ( )A080 B070 C 060 D040【答案】D【考点定位】考查混合物的物质的量的化学计算的知识。【名师点晴】本题以CuS和Cu2S的混合物与硝酸为线索考查了物质的量在化学反应方程式的计算的应用，在氧化还原反应中还原剂失去电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，结合极值方法、元素的原子守恒，可以将复杂的问题简单化，快速解答，得到答案。常见的守恒除上述的电子守恒、元素的原子守恒外。还有质子守恒、电荷守恒和物料守恒，学会用守恒思想和极值方法处理问题，能够起到事半功倍的效果。6【河北衡水中学2016届第二次月考】向含SO32-、Fe2、Br、I各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是 ( )【答案】C【解析】试题分析：离子还原性SO32-I-Fe2+Br-，首先发生反应SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+，再发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，【考点定位】考查氧化还原反应、有关离子反应计算等知识。【名师点睛】相互竞争的反应包括复分解反应之间的竞争、氧化还原反应之间的竞争等，常见题型以选择题和填空题为主，考查离子方程式的书写和对氧化还原反应概念的理解，若某一溶液中同时含有多种还原性（氧化性）物质，则加入一种氧化剂（还原剂）时，优先氧化（还原）还原性（氧化性）强的物质。要熟记常用的氧化剂的氧化性强弱顺序：MnO4-Cl2Br2Fe3I2SO2S和还原剂的还原性强弱顺序S2 SO32-(或SO2)I-Fe2+Br-，本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键。7【河北冀州中学2016届第二次】已知适当条件下+7、+6、+4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2。将632g KMnO4粉末加热一段时间后收集到0112L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（ ）AV=224L B参加反应的HCl为018molC无法确定最终生成含钾化合物的数量是多少 D632g KMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到224L Cl2【答案】D【考点定位】考查守恒方法在氧化还原反应的应用的知识。【名师点晴】氧化还原反应是一类非常重要的化学反应类型，在氧化还原反应中还原剂失去电子与氧化剂得到的电子总数相等，应用守恒方法可以进行氧化还原反应方程式的配平及有关的化学金属，它可以将复杂的问题简单化，快速将问题解决。常见的守恒方法有电子守恒、原子守恒及在溶液的微粒浓度大小比较中的电荷守恒、物料守恒、质子守恒。8【河南信阳高级中学2016届第四次月考】某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1moLL1NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积(X轴)和生成沉淀(Y轴)之间的函数关系如图所示，则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为A1：1：1 B2：1：1 C2：2：1 D1：1：2【答案】C【考点定位】考查混合溶液中离子浓度的计算 涉及原子守恒及电荷守恒的知识。【名师点睛】图像方法将反应过程形象的展示在人们面前，掌握物质反应的先后顺序，知道在各个阶段发生的反应，Al(OH)3的两性，利用沉淀减少的物质的量是Al(OH)3，结合元素守恒确定铝离子的物质的量是本题的关键。根据反应消耗的各种微粒的物质的量关系确定原溶液中各种微粒的物质的量关系，由于溶液的体积相同，因此微粒的物质的量的比等于其浓度之比。9【黑龙江大庆实验中学2016届第一次月考】将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全（Na2O2体积忽略不计）。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量可能为（ ）A18 B23 C30 D36【答案】C【解析】试题分析：将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2 粉末，发生反应：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 + O2，产生的O2在电火花作用下与原混合气体中的H2、CO发生燃烧反应：2H2+O22H2O；2CO+O22CO2；燃烧产物再与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2，2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2，叠加得到总方程式Na2O2+CO2 =Na2CO3 ，Na2O2+H2O =2NaOH。固体增加的质量即是原混合气体中H2、CO的质量。可见最后剩余的气体只能是O2。对于气体来说，当容器的容积不变时，气体的物质的量的比就是容器内气体的压强之比。由于恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则n(气体)(前)=4 n(气体)(后).假设反应产生O2的物质的量是1mol，则原混合气体是4mol，根据方程式2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3+ O2气体关系可知n(CO2)=2mol，n(CO)+n(H2)=2mol。若气体是H2与CO2的混合物，则气体的平均相对分子质量是（44+2）2=23；若气体是CO与CO2的混合物，则气体的平均相对分子质量是（44+28）2=36。由于是三者的混合物，所以气体的平均相对分子质量在23与36之间，符合要求的只有30，答案选C。考点：考查极限法在钠元素的化合物的混合物计算中的应用。10【湖南衡阳八中2016届第二次月考】一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（ ）A20 B40 C58.6 D60【答案】B考点：考查混合物中成分的含量的计算的知识。11【吉林省实验中学2016届第一次月考】在100 mL HNO3和H2SO4混合溶液中，两种酸物质的量浓度之和为0.60 mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2的物质的量浓度最大为()A0.225 mol/L B0.36 mol/L C0.30 mol/L D0.45 mol/L【答案】B【解析】试题分析：发生反应的离子方程式是：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+H2O,根据方程式可知：当n(H+):n(NO3-)=8:2=4:1时，溶液中的氢离子与硝酸根离子恰好完全反应，产生的Cu2+最多，溶液中Cu2+浓度最大.假设硝酸、硫酸的物质的量分别是x、y，则(x+2y):x=4:1，x+y=0.60mol/L。解得x=0.024mol，y=0.036mol，此时溶液中Cu2+的物质的量是：n(Cu2+）=3/2n(NO3-)=3/20.024mol=0.036mol，由于溶液的体积是100mL，所以c(Cu2+)=0.036mol0.1L=0.36mol/L。考点：考查混合物中各种成分的含量的计算的知识。12【辽宁葫芦岛一中2016届上期中】将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钠溶液中，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ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图。下列说法不正确的是 （ ）A苛性钠溶液中NaOH的物质的量是0.09molBClO3的生成与通入氯气的量的多少无关C反应中转移电子的物质的量是0.21molD在酸性条件下ClO-和Cl-可生成Cl2【答案】A【考点定位】考查氧化还原反应的计算的有关知识。【名师点晴】得失电子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。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。13【江苏启东中学2016届第一次月考】Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末a g，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a 的数值为（ ）A4.92 B6.42 C7.18 D14.82【答案】B【解析】试题分析：金属的氧化物的混合物与一氧化碳反应，失去其中的氧原子，氧原子的物质的量等于生成二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成的碳酸钙的质量计算二氧化碳的物质的量为0.1摩尔，即氧化物中氧元素的质量为0.116=1.6克，则原混合物的质量=金属的质量+氧元素的质量=4.82+1.6=6.42克，选B。考点：原子守恒 14【江西上高二中2016届第二次月考】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为 ( )A2.8molL B3.6molL C3.2molL D无法判断【答案】C考点：硝酸的强氧化性和守恒法计算 15【沈阳二中2016届10月月考】向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是（ ）AFe2O3与FeO的物质的量之比为16 B硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L DFe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【答案】D考点：铁的化合物的性质16【西藏日喀则一中2016届10月月考】己知酸性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K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3【答案】D【解析】试题分析：A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，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BBC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+2I=2Fe2+I2，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K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为1.5mol6=0.25mol，C正确；D由方程式2Fe3+2I=2Fe2+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，D错误，答案选D。考点：考查化学方程式的计算17【江西临川一中2016届10月月考】将10mL NO和NO2的混合气体通入装满水倒立在水槽中的量筒内，一段时间后，最后剩余4mL气体，原混合气体中含NO体积为（ ） A1mL B3mL C5mL D7mL【答案】A【解析】试题分析：二氧化氮气体与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3体积二氧化氮气体与水生成1体积一氧化氮气体，气体体积缩小2，题中气体体积缩小6mL，所以原混合气体中二氧化氮气体体积为9mL，一氧化氮气体体积为1mL。答案选A。考点：考查氮的氧化物溶于水的计算。18【江西临川一中2016届10月月考】常温下，向0.25 molL1的硫酸氢钠溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是 ( )。A硫酸氢钠溶液的体积为10 mL B溶液的导电能力：cb B C D不能确定【答案】C考点：考查喷泉实验的溶液物质的量浓度的计算的知识。22.【陕西西安一中2016届上期中】某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液 200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解 192 g（已知硝酸只被还原为 NO 气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如右图所示。 下列分析或结果正确的是（） A每份溶液中 NO3 物质的量为 04 mol B原溶液中 H2SO4 浓度为 25molL-1C第一份溶液中最终溶质为 CuSO4和 Cu（NO3）2DOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气【答案】D【解析】试题分析：A、根据图像可知OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n(NO3-)2n(Fe)20.4mol，因此混合酸中HNO3物质的量浓度为0.4mol0.2L0.2mol/L，A不正确；B、第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为22.4g56g/mol0.4mol。所有的铁元素都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒可知，每份含硫酸0.4mol，所原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol20.8mol，浓度是0.8mol0.2L4.0mol/L，B不正确；C、19.2g铜的物质的量是19.2g64g/mol0.3mol，最终的溶质是0.3mol硫酸铜，没有硝酸铜，C错误；D、由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O。由于铁过量，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+Fe2+H2，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查有关混合物反应的计算【名师点晴】铁与稀HNO3反应的关键：一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：HNO3过量：Fe4HNO3Fe(NO3)3NO2H2OFe过量时：Fe2Fe(NO3)33Fe(NO3)2两者相加得总方程式：3Fe8HNO33Fe(NO3)22NO4H2O，可以用数轴表示：23【贵州兴义八中2016届上期中】有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸与足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A物质的量之比为1：1 B物质的量之比为1：2C质量之比为4：1 D质量之比为2：1【答案】C考点：本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大24【浙江宁波效实中学2016届上期中】1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ） A该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1 B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L CNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【答案】D【解析】试题分析：沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，比金属多氢氧根离子，所以氢氧根离子的质量为2.54-1.52=1.02g，即物质的量为1.02/17=0.06摩尔，说明铜和镁的物质的量为0.03摩尔，根据铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，则有64x+24y=1.52 x+y=0.03 解x=0.02 y-0.01，所以铜和镁的物质的量比为2:1。假设二氧化氮的物质的量为mmol，则四氧化二氮的物质的量为nmol，根据电子守恒有：m+2n=0.06 m+n=1.12/22.4 解m=0.04 ，n=0.01，二氧化氮的体积分数=0.04/0.05=80%。硝酸的物质的量浓度=1.40100063%/63=14.0mol/L，当金属离子全部沉淀时，溶液为硝酸钠，根据氮原子守恒氢氧化钠的物质的量=14.00.05-0.04-0.012=0.64mol，则氢氧化钠的体积为0.64/1=640ml。所以选D。考点：有关混合物的计算，硝酸的计算25【福建仙游一中2016届10月月考】一定量的镁溶于一定量浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的N2O气体11.2L，在所得的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤，蒸干并充分灼烧，最后得到固体物质的质量为（ ）A20g B40g C58g D80g【答案】D考点：本题主要是本考查氧化还原反应有关计算26【福建仙游一中2016届10月月考】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（ ）A开始时产生的气体为H2BAB段发生的反应为置换反应C所用混合溶液中c（HNO3）=0.5 mol/LD参加反应铁粉的总质量m2=5.6g【答案】D【解析】试题分析：已知氧化性：NO3-Fe3+H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2，A开始时产生的气体为NO，A错误；BAB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，为化合反应，B错误；Cn（NO）=1.12L22.4L/mol=0.05mol，则所用混合溶液中c（HNO3）=0.05mol0.05L=1mol/L，C错误；D最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3n（NO）+2n（H2）=2n（Fe），即30.05mol+20.56L/22.4L/mol=2n（Fe），n（Fe）=0.1mol，质量为5.6g，D正确，答案选D。考点：考查混合物的计算27【黑龙江双鸭山一中2016届上期中】将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A可以收集到氯气LB反应后溶液中的Cl数目为： CNA可表示为：D反应后溶液中的H+数目为：bc2d【答案】C【解析】试题分析：A.根据反应4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，稀盐酸与MnO2不反应，所以盐酸没有完全反应，A错误；B.盐酸过量，反应后溶液中的Cl数目为bcNA-(2aNA87)，B错误；C.根据化学反应可得关系式为87:2=a:(d/NA)，整理得反应中转移电子d=2a87NA，NA=87d/2a，C正确；D.盐酸有剩余，反应后溶液中的H数目为bcNA-2d，D错误；答案选C。考点：考查实验室制氯气，化学计算等知识。28【湖北宜昌一中2016届10月月考】若以1和2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L乙醇的水溶液的质量分数，且2a=b，则下列推断正确的是（乙醇的水溶液的密度比纯水小）（ ）A21 2 B1 2 21C2 1 2【答案】A考点：考查质量分数的计算。29【河北衡水中学2016届第四次月考】实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对就还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL ）与产生沉淀的物质的量（ mol）关系如图所示，下列说法不正确的是（） A稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵 Bc点对应NaOH溶液的体积为48 mL Cb点与a点的差值为0.05 mol D样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3 【答案】B【解析】试题分析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3，NH4+OH-NH3H2O，Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01L5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol，由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L5mol/L=0.03mol，根据NH4+OH-NH3H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03ml，根据电子转移守恒有，3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+30.05mol=80.03mol，解得n(Fe)=0.03mol，由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+）=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3nFe(NO3)3+3nAl(NO3)3=n（HNO3），故c点溶液中n（NaNO3）=0.5mol-0.03mol2-0.03mol3-0.05mol3=0.2mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol；A由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积=0.2mol5mol/L=0.04L=40mL，故B错误；C由上述分析可知，b与a的差值=nAl(NO3)3=0.05mol，故C正确；D由上述分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；答案为B。【考点定位】混合物的计算，涉及氧化还原反应的分析【名师点晴】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，随着反应的进行硝酸浓度越来越稀，还原产物的价太越低，搞清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意电子守恒和原子守恒思想的运用，为易错题目，难度较大，多训练这类题目，对学生的化学计算能力和分析问题的能力有较大帮助。30【黑龙江哈六中2016届上期中】将2.4g Fe、Mg合金投入到一定量的稀硝酸中，金属与硝酸恰好完全反应，共收集到标准状况下的气体VL(硝酸被还原成NO)，若向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，待金属元素全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧后称量，质量为3.6g。则收集到的气体体积V的值不可能为（ ）A1.02 B1.68 C1.00 D0.986【答案】B当合金与硝酸反应生成的全部为铁离子时，提供的电子的物质的量最大，则生成的NO的体积最大，根据电子守恒，生成NO的物质的量为：0.03mol3+0.03mol2/(5-2)=0.05mol，标况下0.05molNO的体积为1.12L，所以生成的NO的体积范围为：0.896V（NO）1.12L，故不可能为1.68L，答案选B。【考点定位】本题主要是金属与硝酸反应的有关计算，侧重于氧化还原反应的有关计算【名师点晴】该题的关键是明确铁与硝酸反应生成产物可能为亚铁离子或铁离子，注意电子守恒在化学计算中的应用方法。电子守恒氧化还原反应计算的核心思想得失电子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。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。考点：考查氧化还原反应计算