高中《化学》新教材版Ⅰ课时检测(九) 以物质的量为中心的化学计算常用方法.docxVIP

（九）

以物质的量为中心的化学计算常用方法

一、选择题

1．在反应X＋2Y===R＋2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR。则在此反应中Y和M的质量之比为()

A．16∶9 B．23∶9

C．32∶9 D．46∶9

解析：选A设生成M的质量为m，由已知反应得：

X＋2Y===R＋2M

Mr(R)2Mr(M)

4.4gm

由题意得Mr(R)∶2Mr(M)＝22∶18＝4.4g∶m，解得m＝3.6g。根据质量守恒定律，参加反应的Y的质量为4.4g＋3.6g－1.6g＝6.4g，所以Y与M的质量之比为6.4g∶3.6g＝16∶9。

2．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L－1盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()

A．35gB．30gC．20gD．15g

解析：选C由题意知，消耗HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒，则CuCl2的物质的量为0.25mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25mol，灼烧等质量的混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则m(CuO)＝0.25mol×80g·mol－1＝20g。

3．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1，若将200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为()

A．0.5LB．1.625L

C．1.8LD．2L

解析：选D根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，c(Al3＋)＝eq\f(2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1,3)＝3mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)＝eq\f(6.5×0.2×2＋3×0.2,1.6)L＝2L。

4．在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的质量分数为()

A．72% B．40%

C．36% D．18%

解析：选C由S原子守恒和有关反应可得出：

S～H2SO4～2NaOH

32g2mol

m(S)(0.5×10×10－3)mol

eq\f(32g,m(S))＝eq\f(2mol,(0.5×10×10－3)mol)，m(S)＝0.08g，原混合物中ω(S)＝eq\f(0.08g,0.22g)×100%≈36%。

5．已知皓矾的化学式可表示为ZnSO4·7H2O，受热易分解。取28.70gZnSO4·7H2O晶体，加热过程中所得固体质量与温度的变化关系如图所示。则下列说法不正确的是()

A．A点时物质成分为ZnSO4·H2O

B．B点时ZnSO4·7H2O中的结晶水全部失去

C．C点时物质成分为Zn3O(SO4)2

D．从B点到D点，总反应方程式一定为ZnSO4eq\o(=====,\s\up7(高温),\s\do5())ZnO＋SO3↑

解析：选D28.70gZnSO4·7H2O的物质的量为0.1mol，根据图示可知，A点时，质量变为17.90g，质量损失10.80g，A点温度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol，则A点物质的化学式应为ZnSO4·H2O，A项正确；随着温度继续升高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g－0.1mol×18g·mol－1＝16.10g，即B点，B项正确；随着温度升高，ZnSO4开始分解，分解过程中，Zn元素的质量保持不变，最终全部转化为ZnO，质量应为0.1mol×81g·mol－1＝8.10g，即D点，可见C点时物质成分既有ZnO又有ZnSO4，设ZnO为xmol，则ZnSO4为(0.1－x)mol，81x＋161×(0.1－x)＝13.43，解得x≈0.033，则n(ZnO)∶n(ZnSO4)≈1∶2，C点物质的化学式为ZnO·2ZnSO4，也可写作Zn3O(SO4)2，C项正确；从B点到D点，发生的反应为ZnSO4分解产生ZnO，既可能发生反应ZnSO4eq\o(==