2010高考考前20天备战化学冲刺系列专题10 化学计算

2010高考考前20天备战化学冲刺系列专题10 化学计算

专题10·化学计算 ‎【2010考纲解读】化学定量研究离不开计算，定性判断往往也要经过化学计算才能得出结论。因而化学计算是化学体系中不可或缺的重要组成部分。高考化学试卷少不了化学计算题，题解过程需要计算的试题更是超过试卷分值百分之四十。如何成功地进行化学计算总复习是化学教师关心的问题。化学计算能力是化学教学中培养学生的一种能力。‎ ‎【考点回顾】‎ ‎（一）化学计算的常用方法：‎ ‎1、关系式法——多步变化以物质的量关系首尾列式计算。‎ ‎2、选量法——利用已知量物质与未知量物质之间的关系来解题。‎ ‎3、差量法——根据变化前后的差量列比例计算。‎ ‎4、十字交叉法——对于二元混合物问题运用交叉法。‎ ‎5、守恒法——运用质量、元素、得失电子、电荷守恒计算。‎ ‎6、极值法——对数据处理推向极端的计算。‎ ‎7、估算法——避开烦琐解题寻找快速方法解题，求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均分子式的主要方法。‎ ‎8、图象法——找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。‎ ‎（二）化学计算的常用技巧：‎ ‎1、定量问题定性化； ‎ ‎2、近似估算；‎ ‎3、运用整体思维，化繁为简； ‎ ‎4、利用图象解题等等。‎ ‎（三）具体解题方法及例题：‎ ‎1、关系式法 对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。常进行如下的相当量处理：①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。‎ 另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。‎ 例1、一定量的铁粉和‎9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得‎9g水，求加入的铁粉质量为 ‎ A ‎14g　 B ‎42g　 C ‎56g　 D ‎‎28g ‎ 2、选量法：‎ 选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。‎ 例2、将标准状况下‎33.37L（氢气的密度为‎0.089g/L)的氢气，缓缓通入‎150g灼热的氧化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？‎ 解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选取不足的量来计算生成的铜的质量。‎ 解：设生成铜的质量为 x 由于 知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。 ‎ ‎  ‎ 答案:可生成‎95.04g铜。 ‎ ‎3、差量法：‎ 差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。其中的差量主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。‎ 例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物n g ，则原混合物中氧镁的质量分数为： ‎ ‎ ‎ 解析：反应前后质量改变原因为MgCO3变为MgO ，理论差值由此计算。‎ MgCO3 MgO + CO2↑ △m ‎84 84-40=44 ‎ x m- n x = 21（m - n）/11‎ 原氧化镁质量 = m- 21（m – n）/11 = （21n‎-10m）/11‎ 原氧化镁质量分数 = （21n – ‎10m）/‎11m×100% 　‎ 答案:Ａ ‎4、十字交叉法 十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。‎ 若a 、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA / nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：‎ 积比。④a、b、c为相对原子质量或相对分子时， 为原子或分子个数之比。‎ 例4、 ‎150℃‎时，将‎1 L混合烃与‎9 L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至‎150℃‎，体积恒定时，‎ 容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是 A 甲烷与乙烷体积比是1∶4 B 丙炔与乙炔体积比是1∶4‎ C 乙烯与丁烷体积比是1∶4 D 乙烯与丁烯体积比是1∶4‎ 解析：反应前后压强有所改变可运用差量法解析。应注意：‎ ‎150℃‎时水呈气态； ②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。‎ ‎ ‎ ‎5、守恒法 所谓“守恒”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。‎ 例5、羟胺（H2NOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25ml 0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SO4)3溶液煮沸条件反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是 A N2 B N2O C NO D NO2‎ 解析：Fe2(SO4)3被羟胺还原为FeSO4 又被酸性KMnO4氧化为Fe2(SO4)3 ，相当于未参加氧化还原反应。还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。羟胺中氮元素反应前-1价，设反应后化合价为n ，有25×0.049×(n+1) = 24.50×0.02×(7-2)，解得 n = 1 .‎ 答案：B ‎6、极值法：‎ 极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。‎ ‎ 例6、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）‎ A、30 B、‎46 C、50 D、66 ‎ 解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z，根据题意得：x + y + z = 0.05①式，再由电子守恒可得：3x+y+2z=0.06 ②式。②式减去①式得：2x + z = 0.01 ③式。现讨论③、①式：‎ ‎（1）假设x=0时，则z=0.01 mol，即N2O4物质的量的为极值0.01 mol、NO2为0.04 mol，可得此时气体的平均相对分子质量为：(92×0.01+46×0.04)/0.05 = 55.2 。‎ ‎（2）假设z=0时，则x=0.005 mol，即NO物质的量的极值为0.005 mol、NO2为0.045 mol可得此时气体的平均相对分子质量为：(30×0.005+46×0.045)/0.05 =44.4 。‎ 故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故选B、C 答案：B C ‎7、估算法 此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意 审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。‎ ‎ 例7、将两种金属单质混合物‎13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体‎11.2L,这两种金属可能是 ‎ A、Zn和Fe    B、Al和Zn    C 、Al和Mg    D、Mg和Cu 答案：BD ‎8、图象法：‎ 应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：‎ 看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。‎ 沉 淀 ‎(g)‎ ‎11.6‎ ‎19.4‎ ‎20‎ NaOH(mL)‎ 找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函数式。‎ 例8、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定 物质的量浓度HCl中，合金全部溶解，向所得溶液 中滴加5mol/L NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量 与加入的NaOH体积关系如右图：‎ 求：1）原合金中镁、铝质量各多少？ ‎ ‎2）HCl的浓度为多少？‎ 解析：由图可知‎11.6g是Mg(OH)2的质量，‎ ‎（19.4-11.6）=‎7.8g Al(OH)3的质量。V（NaOH）‎ 由0~20ml是中和HCl(因无沉淀) 所以，设合金 中有镁x g ，有铝y g ： ‎ ‎ Mg ~ Mg(OH)2 Al ~ Al(OH)3 ‎ ‎ 24 58 27 78 ‎ ‎ x 11.6 y 7.8‎ ‎ 24：x = 58：11.6 27：y = 78：7.8‎ ‎ x = ‎4.8g y = ‎2.7g ‎ ‎2）设与镁反应的盐酸为a mol ,与铝反应的盐酸为b mol ,与NaOH反应的盐酸为c mol ‎ Mg ~ 2HCl Al ~ 3HCl NaOH ~ HCl ‎24g‎ 2mol ‎27g 3mol 1mol 1mol ‎4.8g‎ a mol ‎2.7g b mol ‎0.02L×5mol/L c mol ‎24：4.8 = 2：a 27：2.7 = 3：b 1：0.1 = 1：c ‎ 所以 a = 0.4 mol b = 0.3 mol c = 0.1 mol ‎ c(HCl) = (a + b + c)/0.1 = 8 mol/L ‎【2010高考预测】化学计算是借助于用数学计算工具，从量的方面来对化学的概念或原理加深理解或通过计算进一步掌握物质的性质及其变化规律,也是依据化学物质的性质与化学规律为载体进行的一种运算能力的训练。另外，通过计算还能培养分析、推理、归纳等逻辑思维能力和解决实际问题的能力。计算的关键是对概念的正确理解，在教学中要加强概念间的联系，认识概念间量的关系，把概念定律联系起来，在讲解化学概念的化学涵义的同时要讲解清楚它的数学涵义，以及建立知识点、线与面之间的关系（建构知识的体系结构）。从认知心理学角度培养学生的逻辑思维能力来看：可以分为两种计算形式具体计算与形式计算。‎ ‎ 测试题 ‎1、4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取‎2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是 （ ）‎ ‎ A.‎3.06‎g    B.‎3.36g     C.‎3.66g    D.3.96 ‎ ‎2、今有铁的溴化物‎5.12克，其溶液与足量的AgNO3溶液完全反应，生成‎9.4 克AgBr沉淀，则原混合物中FeBr2与FeBr3的物质的量之比为（ ）‎ A.２∶１ B.１∶‎３ C.１∶１ D.无法确定 ‎3、在一个‎6L的密闭容器中，放入3LX（气）和‎2LＹ（气）,在一定条件下发生下列反应：４X（气）＋３Ｙ（气）= ZQ（气）＋nR ‎（气）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体比原来增加5%，Ｘ的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是（ ）‎ A：３ B：‎４ C.５ D.６‎ ‎4、有一铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56LCl2、Fe2+全部变成Fe3+、则该氧化物可能的化学式为（ ）‎ Ａ：Fe2O3 Ｂ：Fe3O4 Ｃ：Fe4O5 Ｄ：Fe5O7‎ ‎5、由钠、镁、铝、铁四种金属中的两种组成的混合物‎12g与足量盐酸反应，产生H２5.6Ｌ，则此混合物中必有 ‎ A：Na B：Mg C：Al D：Fe ‎6、在一定条件下，合成氨反应达到平衡后，混合气体中NH3的体积占25% ，若反应前后条件保持不变，则反应后缩小的气体体积与原反应物的总体积的比值是（ ）‎ A： B： C： D： ‎ ‎7、有Na2CO3、NaＨCO3 、CaO和NaOＨ组成的混合物‎41.4克，把它们溶于足容水中充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共‎45克，则混合物中Na2CO3的质量是（ ）。‎ Ａ：‎5.3克 Ｂ：‎10.6克 Ｃ：‎21.2克 Ｄ：无法计算 ‎8、在标况下，一个装满Ｃl2的溶器质量为‎74.6克，若装满N2质量为‎66克，则此溶器的容积是（ ）‎ Ａ：‎22.4L Ｂ：‎44.8L Ｃ：‎11.2L Ｄ：‎‎4.48L ‎9、某CaCl2样品中混有FeCl3 、MgCl2 、NaCl和 Na2CO3中的一种或两种杂质，取‎11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量的AgNO3溶液，得到‎29.7g沉淀，由此可知，样品杂质的正确结论是（ ）‎ A：一定无Na2CO3,可能有FeCl3 B：可能有Na2CO3和NaCl C：一定有MgCl2、可能有NaCl D：一定有NaCl ‎10、用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合液250ml，经过一段时间后两极分别得到11.2（标况）气体，则原混合液中NaCl的物质的量浓度不可能为（ ）‎ A：0.5mol/L B：1 mol/L C：1.5 mol/L D：4 mol/L ‎11、30mL一定浓度的硝酸溶液与‎5.12克铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体‎2.24升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为（ ）‎ ‎  A.9mol/L    B.8mol/L     C.5mol/L    D.10mol/L ‎12、一定量的铁粉和‎9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得‎9克水,求加入的铁粉质量为（ ）‎ ‎ A‎.14g    B‎.42g    C‎.56g    D‎.28g ‎13、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 2.4*10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为 （ ）‎ ‎ A.+3    B.+2    C.+1    D.-1‎ ‎14、将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是 ‎ ‎ A.甲酸    B.甲醛    C.乙醛    D.甲酸甲酯 ‎15、第二主族元素R的单质及其相应氧化物的混合物‎12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体‎16g，试推测该元素可能是（ ）‎ A：Mg B：Ca C：Sr D：Ba ‎16、在一定温度计压强下，气体x发生反应 2X（气） Y(气) +3Z（气），此时平衡混合气体对相同条件下的H2的相对密度为4.25,则X的相对分子量为( )‎ A：8.5 B：‎16 C：17 D：34‎ ‎17、‎6.4克Cu与过量的HNO3（8mol/L 60mol）充分反应后，HNO3的还原产物有NO和NO2，反应后溶液中所含H+为mol，此时溶液中所含NO3-的物质的量为（ ）‎ A：0.28mol B：0.31mol C：(n + 0.2)mol D：(n + 0.4)mol ‎18、将NO2，NH3和O2的混合气体‎22.4升（标况）通过稀H2SO4后，溶液质量增加了‎26.7克，气体体积缩小为‎4.48升（标况），剩余气体能使带火星的木条着火，则混合气体的平均分子量为（ ）。‎ A：28.1 B：‎30.2 C：33.1 D：34.0‎ ‎19、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3 的混合物中，加入100ml1mol/L的HCl，恰好使混合物的溶解，放出2.24mL（标准）的气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得铁的质量为 .‎ ‎20、向50mlFeCl3溶液中通入H2S ‎1.12升（标况），设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，等反应停止后，测得溶液中含有0.3mol金属离子，则原FeCl3溶液中Fe3+的物质的量浓度为 .‎ ‎（已知：2 FeCl3 + H2S == 2 FeCl2 + S↓ + 2HCl ）‎ ‎21、一定量的铝铁合金与300ml 2mol/L HNO3完全反应生成‎3.36升NO ‎（标况）和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液，使铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液体积是 ‎ ‎22、将一定量的CO2气体通入500mL某NaOH溶液中，充分反应后，将溶液在低温进蒸发，得到不含结晶水的白色固体A。取三份质量不同的A样品分别与50mL相同浓度的盐酸反应，得到气体的体积（标准状况）与固体A的质量关系职下表所示：‎ 组 别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 盐酸体积（mL）‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎50‎ A的质量 （g）‎ ‎3.80‎ ‎6.20‎ ‎7.20‎ 气体体积（mL）‎ ‎896‎ ‎1344‎ ‎1344‎ ‎(1)上表中第 组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，‎ 理由是 ‎ ‎(2)试推断：A的成份为 ‎ ‎23、化合物A含硫（每个分子只含一个硫原子）、氧以及一种或几种卤素。少量A与水反应完全水解但不发生氧化或还原，所有反应产物均可溶于水。将A配成水溶液稀释后分成几份，分别加入一系列0.1mol/L的试剂，现象如下：‎ ‎①加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀；‎ ‎②加入氯化钡溶液，无沉淀产生；‎ ‎③溶液经酸化后加入高锰酸钾溶液，紫色褪去，再加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀。‎ ‎(1)由此判断组成该化合物的元素中，可能存在的卤素有 ，A与水反应后生成的溶液中含有的离子可能有 。‎ ‎(2)要确定该化合物的分子式，称取11.90gA溶于水稀释至250.00mL，取25.00mL溶液加入足量的高锰酸钾和硝酸钡溶液，使沉淀完全，沉淀经洗涤、干燥后称重为‎2.33g。试确定A的化学式，写出计算推理过程。‎ ‎ ‎ ‎24、为了测定K2CO3和NaHCO3混合物的组成，某学生每次称取一定质量的混合物溶于水配成溶液，向其中加入相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反应，实验结果记录如下表：‎ 次数 混合物的质量/g 所加Ba(OH)2溶液的体积/L 测得沉淀的质量/g ‎1‎ ‎0.858‎ ‎0.5‎ ‎1.379‎ ‎2‎ ‎1.716‎ ‎0.5‎ ‎3‎ ‎2.574‎ ‎0.5‎ ‎4.137‎ ‎4‎ ‎3.432‎ ‎0.5‎ ‎5.516‎ ‎5‎ ‎4.290‎ ‎0.5‎ ‎5.516‎ ‎6‎ ‎5.148‎ ‎0.5‎ ‎5.516‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）第二次实验中产生沉淀的质量是 g ‎（2）混合物中K2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 ；‎ ‎（3）在‎25℃‎时，取下第3组实验所得溶液体积的十分之一，加水配成500mL溶液，求此溶液pH（要求写出计算过程）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎3．选D 解析：这是一道关于平衡的计算题，若能变换思维角度，则此题无需计算用化学原理直接推，即可得出结果。‎ 据“等容等温时，等质量的任何气体，它们的压强与其物质的量成正比”及题给条件就不难判定出，混合气体总物质的量增加了。只有满足气体生成物的系数大于反应物的系数，才可能使气体物质的量增大。‎ 则 4 + 3 < 2 + n 即 n > 5 ‎ ‎4．选Ｄ 解析：由于每种氧化物Fe元素所呈化合价不一样，故可设其分子式为FeOx，而FeOx与HCl反应未发生氧化还原反应，生成物为FeCl2x，Fe2+变成Fe3+发生在与Cl2的反应之中，‎ 则易知Fe元素的物质的量为：‎ ‎ Fe - 2XCl-‎ ‎ 1mol 2X ‎ n(Fe) 5×0.14‎ n(Fe) = 0.7/2x再利用得失电子守恒有：‎ 解得X = 7/5 ‎ ‎5．选Ｄ 解析：本题涉及三种价态的四种金属，其共同特点都是失去电子发生氧化反应，若抓住物质在氧化还原反应中，每转移１mol电子所对应的质量——摩尔电子质量进行计算，则化繁为简。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 而 据平均值原理可知，原混合物一定含有Fe ‎6．选Ａ解析： N2 + 3H2 = 2NH3 体积减小 ‎ 1 3 2 2‎ ‎ 由已知可知：∶ = 1∶4 而△＝‎ ‎∴ ‎ ‎7．选C 解析：据题给条件，可判断白色固体是CaCO3和NaOＨ。发生的反应可表示为：‎ ‎ NaＨCO3 + CaO = CaCO3 ↓+ NaOＨ ………①‎ ‎ NaＨCO3 + CaO + H2O = CaCO3 ↓+2 NaOＨ ………②‎ ‎ 由于反应①在反应前后固体质量无变化，故固体增重是由反应②引起的。‎ NaＨCO3 + CaO + H2O = CaCO3 ↓+2 NaOＨ 固体质量差 ‎ 106 18‎ ‎ X ( 45－41.4 )‎ ‎106∶X = 18∶( 45－41.4 ) 得 Ｘ＝‎‎21.2克 ‎8．选Ｄ 解析：标况下 22.4LCl2与22.4LN2质量差为71－28 = ‎43克 则有 ‎ ‎ Cl2 N2 △m ‎ ‎22.4L ‎‎43克 ‎ X 74.6－66 = ‎‎8.6克 ‎22.4/x = 43/8.6 X = ‎4.48L ‎ ‎9．选Ｃ 解析：因溶于水得色溶液，所以肯定无Na2CO3和FeCl3，杂质只能是MgCl2和NaCl 中的一种或两种。假设‎11.1克全为CaCl2，则应生成沉淀‎28.7克， ‎11.1克全为MgCl2，则应生成沉淀‎33.5克，‎11.1克全为NaCl，则应生成沉淀‎27.2克。‎ 而已知生成沉淀为‎29.7克，则必有MgCl2，可能有NaCl。‎ ‎10．选D。 解析：本题因涉及以两极产物的量，整个过程得失电子相等，所以首先应的摩尔数,所以每消耗一摩HNO3都产生‎22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体‎2.24L,即有0.1摩HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,只能选A. ‎ ‎12．D  解析: 因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S(铁全部转变为FeS2),或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒),(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即‎28克. ‎ ‎13．选C.  因为在[RO(OH)2]-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠 若 ‎12克全为RO则 RO - R(OH)2 △m ‎ M+‎16 M+34 18 可得 ‎ 12 16-14‎ ‎ 而此题‎12克为R的单质和氧化物组成的混合物。‎ ‎∴ 38 < M < 102 ‎ ‎16．选 B 解析：此反应为可逆反应，X的转化率并未告诉，所以它的转率必在0~100%之间，当转化率为0时，M = 4.25×2 = 8.5，当X全部转化时，设反应前X为2mol ，则据反应方程式有，Y最多为1mol，Z为3mol ，则混合气体总的物质的量最多为4mol，而总质量不改变。‎ ‎[‎ 而此反应已发生，但不可能完全转化。‎ 所以：8.5 < M < 17 选 B ‎17．选C 解析：反应后溶液为Cu(NO3)2和HNO3，利用电荷守恒可求之。‎ ‎ C（H+） + ‎2C（Cu2+） = C （NO3-）‎ 即：‎ 所以 ‎ ‎18．选C 解析：气体平均分子量 =m总/n总， 而此题中n总=1mol只要能计算出m总即可求解。据题意有：最后放出气体为O2，则其中NH3，NO2和部分O2都被稀H2SO4吸 2FeCl3 - 3FeCl2 （Cl-守恒)‎ ‎ 2mol 3mol ‎ ‎0.05C 0.3mol ‎ 易解得 C = 4mol/L ‎21． 150ml 解析：当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO3一种溶质，利用NO3-与Na+两种微粒守恒，则有：‎ 解得 V = ‎0.15升，即150ml ‎22．答案：‎ ‎(1)上表中第（1）组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，‎ 理由是：第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假如1组中盐酸不足， （3）设第4次实验中CO32—、HCO3—恰好生成沉淀，且沉淀质量为x′g，则有 ‎ BaCO3 ~ CO32—‎ ‎197 1mol x′ （0.002+0.005）×4 x′=‎‎5.516g 或：由于第一次与第四次样品的质量比为：3.432: 0.858= 4: 1 而第一次与第四次沉淀的质量比为5.516: 1.379= 4:1 故第4次实验恰好沉淀，则原‎0.5L Ba(OH)2溶液中：‎ ‎2OH— ~ Ba(OH)2 ~ BaCO3‎ ‎ ‎