（廣東專用）2015高考化學二輪復習 考前三個月 第一部分 專題1 化學基本概念2

學案2　常用化學計量 最新考綱展示　1.了解相對原子質量，相對分子質量的定義，并能進行有關計算。2.理解質量守恒定律的含義。3.了解物質的量的單位——摩爾(mol)、摩爾質量、氣體摩爾體積、物質的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關系進行有關計算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質的質量分數(shù)的概念，并能進行有關計算。6.了解配制一定溶質質量分數(shù)、物質的量濃度溶液的方法。 基礎回扣 1．有關物質的量與各物理量之間的轉化關系 若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標準狀況下有3.36 L NH3 (1)該氣體的物質的量為0.15_mol，質量為2.55_g，所含氨氣分子數(shù)為0.15NA。 (2)若將該氣體溶于水配成50 mL溶液，密度為0.9 g·cm－3，所得溶液的質量分數(shù)為5.67%，物質的量濃度為3_mol·L－1。 (3)若將上述所得溶液取出10 mL，其質量分數(shù)為5.67%，再加水稀釋到50 mL，所得溶液的物質的量濃度為0.6_mol·L－1。 2．物質的量在化學方程式中的應用 將15.6 g Na2O2固體加入足量的水中，制成200 mL溶液 (1)收集到標準狀況下氣體的體積為2.24_L。 (2)反應過程中轉移電子總數(shù)為0.2NA或1.204×1023。 (3)所得溶液的物質的量濃度為2_mol·L－1。 題型1　阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應用 1．(2014·廣東理綜，10)設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是(　　) A．1 mol甲苯含有6nA個C—H鍵 B．18 g H2O含有10nA個質子 C．標準狀況下，22.4 L氨水含有nA個NH3分子 D．56 g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子 答案　B 解析　解有關阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉換，即將質量和體積轉化為物質的量；第二步為微觀量之間的轉換，即判斷1分子該物質所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應，即一定物質的量的該物質含有的微粒數(shù)。A項，第一步，題目中直接給出物質的量，所以不用轉換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個C—H鍵；第三步，1 mol甲苯中含有8nA個C—H鍵，錯誤。B項，第一步，18 g水的物質的量為1 mol；第二步，1個水分子中含有10個質子；第三步，1 mol水分子中含有10nA個質子，正確。C項，由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質的量，錯誤。D項，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56 g鐵片即1 mol 鐵不可能生成nA個SO2分子，錯誤。 2．(2014·大綱全國卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是(　　) A．1 mol FeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NA B．2 L 0.5 mol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NA C．1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)為4NA D．丙烯和環(huán)丙烷組成的42 g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA 答案　D 解析　A項，1 mol FeI2與足量的Cl2反應時轉移電子數(shù)為 3 mol，錯誤；B項，2 L 0.5 mol·L－1 K2SO4溶液中SO帶的負電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，錯誤；C項，1 mol Na2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯誤；D項，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構體，故42 g即1 mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，正確。 3．(2014·四川理綜，5)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．高溫下，0.2 mol Fe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為0.3NA B．室溫下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水電離的OH－離子數(shù)目為0.1NA C．氫氧燃料電池正極消耗22.4 L(標準狀況)氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NA D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28 g N2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA 答案　D 解析　A項，鐵在高溫下與水蒸氣反應的化學方程式為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2,0.2 mol Fe生成H2的分子數(shù)約為0.27NA，該項錯誤；B項，該NaOH溶液中OH－總共有0.1NA，但OH－主要來自于NaOH電離，水電離出很少的OH－，該項錯誤；C項，氫氧燃料電池正極上反應的物質為O2，當消耗標準狀況下22.4 L O2時，轉移的電子數(shù)為4NA，該項錯誤；D項，根據(jù)反應方程式可知，反應中只有N元素化合價發(fā)生改變，生成8 mol氮原子(4 mol N2)中有5 mol來自NH，有3 mol來自NO，故反應中轉移電子數(shù)為15 mol，則生成28 g(1 mol)N2時，轉移電子數(shù)為3.75NA，該項正確。 高考常涉及到的關于NA的命題角度總結 考查方向 涉及問題 物質狀態(tài) 在標準狀況下非氣態(tài)物質，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等 物質結構 一定物質的量的物質中含有的微粒(分子、原子、電子、質子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質中的化學鍵數(shù)目，如CH4、P4等 氧化還 原反應 電子轉移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應；電解AgNO3溶液；Cu與S反應；Fe失去電子數(shù)(可能是2e－，也可能是3e－) 電離、水解 弱電解質的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1 L 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中CO數(shù)目小于NA，因為CO會部分水解 隱含的 可逆反應 常見的可逆反應(如2NO2N2O4)、弱電解質的電離平衡等 摩爾質量 特殊物質的摩爾質量，如D2O、18O2、H37Cl 單質的 組成 單質的組成除常見的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4) (一)阿伏加德羅常數(shù)的判斷 1．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(　　) A．98 g H2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NA B．1 L 1 mol·L－1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NA C．33.6 L NO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO數(shù)目為NA D．32 g銅發(fā)生氧化還原反應，一定失去NA個電子 答案　A 解析　B項易忽視水中的氧；C項未指明標準狀況；D項中Cu可能被氧化為＋1價。 2．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是(　　) A．在0 ℃時，22.4 L氫氣中含有2NA個氫原子 B．電解食鹽水若產生2 g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為NA C．1 mol乙烷分子中共價鍵總數(shù)為7NA D．密閉容器中46 g NO2含有的分子數(shù)為NA 答案　C 解析　0 ℃不一定是標準狀況，A錯；電解食鹽水產生2 g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為2NA，B錯；乙烷的結構簡式為CH3CH3，含有1個C—C共價鍵和6個C—H共價鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉化平衡，D錯。 3．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．25 ℃時，在pH＝2的1.0 L H2SO4溶液中含有H＋數(shù)目為0.02NA B．1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)與1 mol CH4中所含共價鍵數(shù)目相等 C．將含有1 mol FeCl3溶質的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個Fe(OH)3膠粒 D．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當有1 mol Fe2＋被氧化時，該反應轉移電子的數(shù)目至少為3NA 答案　D 解析　pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，與二元酸沒關系，A項錯；B項中1 mol Na2O2含有3NA個離子，1 mol CH4含有4NA個共價鍵，B項錯；C項中Fe(OH)3膠粒是多個Fe(OH)3的聚合體，C項錯；D項中，還原性Fe2＋<I－，1 mol Fe2＋被氧化時，I－已經全部被氧化，正確。 (二)阿伏加德羅定律的應用 4．如圖所示：已知A、B都為短周期元素，且甲、乙、丙常溫下都為氣體。2 mol甲分子反應生成1 mol 丙和3 mol乙，下列對此判斷不正確的是(雙選)(　　) A．1個乙分子中含有2個A原子 B．甲的摩爾質量為17 g·mol－1 C．同溫、同壓下，生成丙和乙的體積比為3∶1 D．標準狀況下，11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物質的量濃度為1 mol·L－1 答案　CD 解析　題給反應可表示為2A3B===B2＋3A2，再結合題圖中分子的結構可知，甲為氨氣，丙為氮氣，乙為氫氣。由質量守恒可知，A正確；氨氣的摩爾質量為17 g·mol－1，B正確；由阿伏加德羅定律可知，生成丙和乙的體積比為1∶3，C不正確；500 mL水是溶劑，不是所得溶液的體積，D不正確。 5.如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(p)與溫度(T)的關系，則X氣體可能是(　　) A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO 答案　C 解析　由圖可知，相同溫度時，p(O2)>p(X)，在同質量、同體積條件下，氣體相對分子質量與壓強成反比，即相對分子質量越大，壓強越小。四個選項中只有CO2的相對分子質量大于O2的，故C正確。 6．(2012·大綱全國卷，12)在常壓和500 ℃條件下，等物質的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次為V1、V2、V3、V4。體積大小順序正確的是(　　) A．V3＞V2＞V4＞V1 B．V3＞V4＞V2＞V1 C．V3＞V2＞V1＞V4 D．V2＞V3＞V1＞V4 答案　A 解析　假設各物質均為1 mol，完全分解計算氣體的物質的量。注意500 ℃時水是氣體。 題型2　物質的量濃度溶液的配制及計算 1．高考選項正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×” (1)配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高(√) (2014·大綱全國卷，6C) (2)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×) (2014·新課標全國卷Ⅰ，12D) (3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干(×) (2014·新課標全國卷Ⅰ，12A) (4)配制0.100 0 mol·L－1氯化鈉溶液時，將液體轉移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√) (2013·福建理綜，10C) (5)用固體NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×) (2013·山東理綜，11C) (6)在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸鈉溶液(×) (2012·福建理綜，6C) 2．(2014·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都轉化為硫酸。若將445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，該硫酸的物質的量濃度為________ mol·L－1。 答案　1.25 解析　445 g焦硫酸H2SO4·SO3的物質的量為445 g÷178 g·mol－1＝2.5 mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O===2H2SO4，所得硫酸的物質的量為5 mol，c＝n/V＝5 mol÷4 L＝1.25 mol·L－1。 1．警惕溶液配制時的易錯點 (1)稱量固體時物碼顛倒，腐蝕性固體應放在玻璃器皿中。 (2)容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和貯存液體。 (3)在配制一定物質的量濃度的溶液實驗中，定容時加蒸餾水，一旦超過刻度線，要重新配制。 (4)配制時完全不需要計算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結果。 (5)定容時要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。 2．用好配制一定物質的量濃度溶液誤差分析的答題模板 1．某同學實驗需要450 mL 0.1 mol·L－1碳酸鈉溶液，配制該溶液時下列儀器不需要的是(　　) A．100 mL量筒、燒杯、玻璃棒 B．托盤天平、500 mL容量瓶 C．酒精燈、三角漏斗、導管 D．膠頭滴管、玻璃棒、燒杯 答案　C 解析　根據(jù)操作步驟聯(lián)系實驗儀器。配制一定物質的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、膠頭滴管等。 2．假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制0.01 mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作導致所配溶液濃度偏高的是(　　) A．取KMnO4樣品時不慎在表面沾了點蒸餾水 B．溶解攪拌時有液體飛濺出 C．定容時俯視容量瓶刻度線 D．搖勻后見液面下降，再加水至刻度線 答案　C 解析　A項取得樣品質量偏小，使溶液濃度偏低；B項液體飛濺出，會損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項定容時俯視容量瓶刻度線導致加水量較少濃度偏高；D項加水量過多，使溶液濃度偏低。 3．(1)配制濃度為2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將________(填寫字母，下同)。 A．等于8.0 g B．等于8.00 g C．大于8.0 g D．等于0.2 g (2)某實驗中需2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格為____________，稱取Na2CO3的質量為__________。 答案　(1)C　(2)1 000 mL　212.0 g 解析　(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0 g＋燒杯質量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應配制2 mol·L－1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的質量為1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。 4．V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀釋至2V L，則稀釋后溶液中Fe3＋的物質的量濃度為(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 答案　A 解析　a g SO的物質的量為 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物質的量為× mol＝ mol，從中取出0.5V L后n(Fe3＋)＝ mol×＝ mol，即稀釋到2V L后溶液中Fe3＋的物質的量濃度為＝ mol·L－1。 題型3　化學反應中的計算問題 1．(2014·山東理綜，9)等質量的下列物質與足量稀硝酸反應，放出NO物質的量最多的是(　　) A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O4 答案　A 解析　根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質的量就越多。 1 g題述四種物質能提供的電子的物質的量為 A.×1 mol；B.0；C.×1 mol； D.×1 mol(Fe3O4也可以寫為Fe2O3·FeO)，等質量時提供電子的物質的量最多的為FeO。 2．(2014·大綱全國卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關。當n(KOH)＝a mol時，下列有關說法錯誤的是(　　) A．若某溫度下，反應后＝11，則溶液中＝ B．參加反應的氯氣的物質的量等于a mol C．改變溫度，反應中轉移電子的物質的量ne的范圍：a mol≤ne≤a mol D．改變溫度，產物中KClO3的最大理論產量為a mol 答案　D 解析　A項，設反應后溶液中n(Cl－)＝11n mol，則n(ClO－)＝n mol，根據(jù)氧化還原反應中電子守恒可知，生成11n mol Cl－得11n mol電子，生成n mol ClO－失去n mol 電子，而生成1 mol ClO失去5 mol電子，因此反應生成的ClO應為2n mol，正確；B項，由于產物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質的量始終相等，故參加反應的Cl2的物質的量為KOH的，正確；C項，當只有KCl、KClO生成時，1 mol Cl2參加反應轉移1 mol電子，故整個反應中轉移電子的物質的量為a mol，當只有KCl、KClO3生成時，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故轉移電子a mol，正確；D項，當只有KCl、KClO3生成時，產物中KClO3的量達到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產量為a mol，錯誤。 3．[2014·福建理綜，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下： (已知：滴定時反應的化學方程式為SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI) ①按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00 mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為________g·L－1。 ②在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 答案?、?.16?、谄? 解析　①根據(jù)反應方程式：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L－1×0.025 L＝2.5×10－4 mol，由于葡萄酒樣品為100.00 mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為2.5×10－4 mol×64 g·mol－1÷0.100 0 L＝0.16 g·L－1。 ②若部分HI被空氣氧化，則測得消耗的I2會減少，故測得的SO2會減少，結果偏低。 4．(2014·上海，37)將一定質量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質量，也可測定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測定結果____________。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”) 答案　偏高 解析　將一定質量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質量是利用NaHCO3→NaCl質量差減小為84－58.5＝25.5，若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，造成質量差變大，則測定結果偏高。 1.物質的量在化學方程式中計算的步驟 寫：寫出反應的化學方程式 ↓ 找：找出方程式中已知物質和未知物質的物質的量的關系 ↓ 列：將已知量和未知量列成比例式 ↓ 求：對比例式求算 2．化學計算中常用方法 (1)守恒法 守恒法是中學化學計算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”——質量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應中得失電子相等)建立關系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。 (2)關系式法 此法常用于多步連續(xù)反應的計算。確定關系式可利用各步反應的計量關系或某元素原子守恒關系找出已知物質和未知物質的關系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。 (3)極值法 對混合體系或反應物可能發(fā)生幾種反應生成多種生成物的計算，我們可假設混合體系中全部是一種物質，或只發(fā)生一種反應，求出最大值、最小值，然后進行解答，此類題一般為選擇題。 (4)設未知數(shù)法 對混合體系的計算，我們一般設兩個未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個方程，進行求解。 (一)關系式法 1．(2012·上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑—銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應，若有標準狀況下V L氨氣完全反應，并轉移n個電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3轉化為NO時轉移5 mol電子，可得如下關系式： NH3　　～　　5e－ 1 5 ×NA n 即n＝×NA 解得NA＝。 2．氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標準規(guī)定合格的CuCl產品的主要質量指標為CuCl的質量分數(shù)大于96.5%。工業(yè)上常通過下列反應制備CuCl： 2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑ (1)CuCl制備過程中需要配制質量分數(shù)為20.0%的CuSO4溶液，試計算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質量之比。 (2)準確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關反應的離子方程式為 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋ 通過計算說明上述樣品中CuCl的質量分數(shù)是否符合標準。 答案　(1)5∶11　(2)符合標準 解析　(1)假設配制1 000 g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200 g，“折合”成CuSO4·5H2O，其質量為×200 g＝312.5 g，則所需水的質量為1 000 g－312.5 g＝687.5 g，所需的CuSO4·5H2O與H2O的質量之比為312.5∶687.5＝5∶11。 (2)由方程式可得關系式為CuCl～Fe2＋～Ce4＋ 即CuCl的物質的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質的量，為0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3 L＝0.002 46 mol，故CuCl的質量分數(shù)為×100%＝97.9%，符合標準。 (二)守恒法 3．鎂、鋁合金3 g與100 mL稀H2SO4恰好完全反應，將反應后所得溶液蒸干，得無水硫酸鹽17.4 g，則原硫酸溶液的物質的量濃度為(　　) A．1.5 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．2 mol·L－1 答案　A 解析　蒸干后所得產物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質量即為SO的質量。c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1。 4．某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若將200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋ 分離，至少應加入1.6 mol·L－1的苛性鈉溶液(　　) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 答案　D 解析　根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，故c(Al3＋)＝(2×6.5 mol·L－1－2×2 mol·L－1)/3＝3 mol·L－1。當加入的NaOH溶液恰好將Mg2＋與Al3＋分離時，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)＝，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH) ＝ ＝2 L。 5．羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00 mL 0.049 mol·L－1的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應，生成的Fe2＋恰好與24.65 mL 0.020 mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，則在上述反應中，羥胺的氧化產物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)](　　) A．N2 B．N2O C．NO D．NO2 答案　B 解析　整個反應過程是羥胺(NH2OH)將Fe3＋還原為Fe2＋，KMnO4又將Fe2＋氧化為Fe3＋。即始態(tài)還原劑羥胺失去的電子數(shù)與終態(tài)氧化劑KMnO4得到的電子數(shù)相等。設羥胺的氧化產物中N的化合價為＋n， 則H2OH―→失電子數(shù)： (n＋1)×0.025 L×0.049 mol·L－1 KO4―→SO4得電子數(shù)： 5×0.024 65 L×0.020 mol·L－1 依據(jù)得失電子守恒建立方程，解得n＝1，所以氧化產物為N2O。 (三)設未知數(shù)法 6．用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質的量之比為(　　) A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 答案　A 解析　設生成Na2CO3、NaHCO3物質的量分別為x、y，由反應前后C和Na＋守恒可知，x＋y＝0.8 mol、2x＋y＝1.0 mol，解得x＝0.2 mol、y＝0.6 mol，即所得溶液中CO和HCO的物質的量之比為1∶3。 7．(2013·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1∶1，則V可能為 (　　) A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L 答案　A 解析　若混合物全是CuS，其物質的量為12/80＝0.15 mol，電子轉移數(shù)0.15 mol×(6＋2)＝1.2 mol。兩氣體體積相等，設NO x mol，NO2 x mol,3x＋x＝1.2，計算的x＝0.3。氣體體積V＝0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物質的量為0.075 mol，轉移電子數(shù)0.075 mol×10＝0.75 mol，設NO x mol，NO2 x mol,3x＋x＝0.75，計算得x＝0.187 5，氣體體積V＝0.375 mol×22.4 L·mol－1＝8.4 L，因此8.4 L＜V＜13.44 L。