专题突破练(一) 物质的量与化学计算(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积是( )A．22.4L B．44.8LC．11.2LD．4.48LD [22.4L(标准状况下)Cl2换成22.4L(标准状况下)N2的质量差是71g－28g＝43g，设氯气的体积为xL，则有Cl2 ～ N2 Δm22.4L43gxL74.6g－66g＝8.6g解得x＝4.48。]2．一定量的液态化合物AB2，在适量的氧气中恰好完全燃烧，反应化学方程式为AB2(l)＋3O2(g)===AO2(g)＋2BO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336mL，密度为2.56g·L－1，则化合物AB2的相对分子质量为( )A．30 B．38C．76D．172C [由题给反应方程式及各物质的状态可知，反应前后气体的体积不变，故参与反应的O2的体积V(O2)＝V(AO2)＋V(BO2)＝336mL，则n(O2)＝0.015mol，故n(AB2)＝1/3n(O2)＝0.005mol。m(生成物)＝0.336L×2.56g·L－1≈0.86g，根据质量守恒定律，m(AB2)＝m(生成物)－m(O2)＝0.86g－0.015mol×32g·mol－1＝0.38g，则M(AB2)＝＝76g·mol－1，故AB2的相对分子质量为76。]3．含KCl和KBr的样品3.87g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63g，则原样品中钾元素的质量分数为( )A．2.41%B．40.3%C．25.9%D．48.7%B [KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。K ～ Ag Δm3910869m6.63g－3.87g＝2.76g所以m＝＝1.56g，则w(K)＝×100%≈40.3%。]-5-\n4．16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO＋4NH3⇌5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是( )A．①② B．①④ C．②③ D．③④C [由气体差量可知：6NO＋4NH3⇌5N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)6mL4mL5mL6mL(5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)9mL6mL17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9mL＋1mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL＋1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。]5．过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下，二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)( )选项二氧化碳碳酸钠转移的电子数A0.5molNAB53g0.5molC53gNAD11.2L0.5molB [设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加14g时，参与反应的二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y。2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2固体质量差2mol2mol56gxy14g解得：x＝0.5mol y＝0.5mol碳酸钠的质量＝0.5mol×106g/mol＝53g；常温常压下发生的反应，0.5mol二氧化碳的体积不等于11.2L；由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与反应时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠为氧化剂、还原剂，各占一半，故转移电子为0.5mol××2＝0.5mol，即转移0.5NA个电子，B项正确。]6．把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为( )-5-\nA.mol/L B.mol/LC.mol/LD．mol/LD [一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全，则根据反应方程式NH4HCO3＋2NaOH===Na2CO3＋H2O＋NH3·H2O，所以每一份溶液中NH4HCO3的物质的量为0.5amol。NH4HCO3消耗HCl的物质的量是0.5amol，所以和碳酸钠反应的HCl的物质的量是(b－0.5a)mol，则碳酸钠的物质的量是(0.5b－0.25a)mol，所以每一份溶液中钠离子的物质的量是(b－0.5a)mol，则钠离子的浓度是＝(10b－5a)mol/L，D项正确。]7．在O2中燃烧0.22g由硫元素和铁元素组成的化合物，使其中硫元素全部转化为SO2，将这些SO2全部转化为SO3，生成的SO3完全被H2O吸收，所得的H2SO4可用10.0mL0.50mol·L－1的NaOH溶液完全中和，则原化合物中硫元素的质量分数约为( )A．45%B．36%C．20%D．40%B [本题可用关系式法来求解，由S～SO2～SO3～H2SO4～2NaOH得：n(S)＝n(NaOH)＝×(10.0×10－3)L×0.50mol·L－1＝0.0025mol，w(S)＝×100%≈36%。]8．取9.20g铜和镁的合金完全溶于某硝酸溶液，反应中产生8960mLNO2气体和448mLNO气体(都已折算成标准状况)。向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀的质量为( )A．11.24gB．17.02gC．22.8gD．24.84gB [m(沉淀)＝m[Cu(OH)2]＋m[Mg(OH)2]＝m(Cu)＋m(Mg)＋m(OH－)＝m(Cu)＋m(Mg)＋2[n(Cu)＋n(Mg)]×17g·mol－1。根据反应化学方程式及得失电子守恒关系可知：[n(Cu)＋n(Mg)]×2＝n(NO2)＋3n(NO)，故2[n(Cu)＋n(Mg)]＝＋×3＝0.46mol，故m(沉淀)＝9.20g＋17g·mol－1×0.46mol＝17.02g。]9．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________。解析： 失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x＝12。-5-\n答案： NH4Fe(SO4)2·12H2O10．碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M′的化学式为__________。(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。答案： (1)①4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2＋(2)n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3moln(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×＝9.600×10－3moln(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2molm(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704gm(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144gm(OH－)＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448gn(H2O)＝＝4.800×10－3mol-5-\na∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O-5-
