浙江高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-12化学计量（计算题）
一、计算题
1．（2022·浙江·模拟预测）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，得到固体，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，求：
(1)固体的成分和物质的量比_______。
(2)标准状态下生成的体积_______。
2．（2022·浙江台州·统考二模）已知某加碘盐(含的食盐)中含碘量为。现有1000kg该加碘盐，计算：
(1)该加碘食盐中至少含碘_______mol
(2)若用与反应制，标准状况至少需要消耗_______L(写出计算过程)。
3．（2022·浙江杭州·统考二模）以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量溶液生成三溴苯酚，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液．已知(三溴苯酚)．和溶液颜色均为无色．
(1)消耗的物质的量为________．
(2)废水中苯酚的物质的量浓度为_______(写出简要计算过程)．
4．（2022·浙江嘉兴·统考二模）天然水常含有较多钙、镁离子而称之为硬水，硬水软化是指除去钙、镁离子。若某天然水中离子含量如下表：
离子 Ca2+ Mg2+ HCO 其他
含量(mol/L) 1.2×10-3 6.0×10-4 8.0×10-4 /
现要用化学方法软化10m3这种天然水，则需要先加入Ca(OH)2_______g以除去Mg2+和HCO，后加入Na2CO3_______g以除去Ca2+(要求写出计算过程)。
5．（2022·浙江宁波·统考二模）单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 mol NaOH的热溶液完全反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。
请计算：
(1)a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3中a∶b=____。
(2)NaClO溶液的物质的量浓度为____mol·L-1 (写出计算过程)。
6．（2022·浙江绍兴·统考二模）把密度为1.6g/ cm3的液态S2Cl2 10mL溶于石油醚(一种溶剂)， 得到100mL溶液，把它慢慢加入50 mL3.2mol/L的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32mol KOH的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算
(1)参与反应的n(S2Cl2)： n(SO2)=1：_______
(2)确定二元含氧酸的化学式_______。
7．（2022·浙江·统考二模）某同学设计实验确定CaC2O4 xH2O的结晶水数目。称取样品9.84g，经热分解测得气体产物中有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为2.16g；残留的固体产物是CaO和CaCO3的混合物，质量为5.34g。计算：
(1)x=____(写出计算过程)。
(2)n(CO)=____mol。
8．（2022·浙江·统考二模）早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾(CuSO4 5H2O)的方法制取硫酸。某同学设计实验加热胆矾获取硫酸。称取样品37.50 g，经完全分解后，得硫酸溶液、Cu2O、CuO、SO2、O2。经分析：气体产物的质量为2.88 g；残留的固体产物质量为11.52 g。
已知：。计算：
(1)固体产物中的m(Cu2O)=___________g。
(2)生成的n(H2SO4)=___________mol。(写出计算过程)
9．（2022·浙江宁波·统考一模）室温时，20mL某气态烃与过量的氧气混合，将完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL。将剩余的气体再通过足量氢氧化钠溶液后干燥，体积又减少了40mL。
(1)该气态烃的分子式___________。
(2)写出简要计算过程___________ 。
10．（2022·浙江·模拟预测）为确定某碱式碳酸镁的组成，某同学取23.3g样品置于硬质玻璃管中充分灼烧至恒重，残留固体质量为10.0g，将产生的气体先通过足量98%的浓硫酸(为)，再通过足量的碱石灰，碱石灰质量增加8.8g。请计算：
(1)98%的硫酸溶液物质的量浓度是___________；
(2)根据实验测定的数据，求出碱式碳酸镁化学式中X、Y、Z的比值(要求写出计算过程)___________。
11．（2022·浙江·模拟预测）硫粉和溶液反应可以生成多硫化钠()，离子反应为：、…
(1)在溶液中加入硫粉，只发生，反应后溶液中和无剩余，则原_______。
(2)在一定体积和浓度的溶液中加入硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反应后溶液中的阴离子有、、(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为。则反应后溶液中的_______。(写出计算过程)
12．（2022·浙江·三模）取1.77g镁铝合金投入到的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904L(已折算成标况)请计算：
(1)镁铝合金中镁的质量分数=______%(保留三位有效数字)
(2)上述溶液中继续滴加的NaOH溶液，得到沉淀3.10g。则V的最大值=______mL。(写出计算过程)
13．（2021·浙江·模拟预测）PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL2mol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比___(写出计算过程)。
14．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料制取的，其主要反应是：①2C+O22CO②C+H2O(g)CO+H2③CO+H2O(g)CO2+H2，某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气(设空气中N2和O2的体积比为4：1)混合反应，所得气体产物经分析，组成如表：
气体 CO N2 CO2 H2 O2
常温常压下体积(m3) x 20 19 60 1.0
(1)求表中数据x=___。
(2)已知常温常压下，1mol气体的体积为24.5L，求该生产中参加反应的焦炭的质量___kg。
15．（2021·浙江·统考二模）混合碱(Na2CO3与NaHCO3，或Na2CO3与NaOH的混合物)的成分及含量可用双指示剂法测定。步骤如下：取混合碱溶液25.00 mL，滴加2滴酚酞为指示剂，用0.2000 mol·L 1的盐酸滴定液滴定至溶液呈微红色，记下消耗盐酸体积为22.50 mL；再滴加2滴甲基橙，继续滴定至溶液由黄色变为橙色，记下第二次滴定消耗盐酸的体积12.50 mL。(已知：H2CO3的Ka1 = 4.3 × 10-7；Ka2 = 5.6 × 10-11)
请计算：
(1)混合碱成分及物质的量之比为___________。
(2)混合碱溶液中Na2CO3的浓度为___________mol·L 1.(写出计算过程)
16．（2021·浙江宁波·统考一模）某兴趣小组探究H2和Cl2反应后的气体与氢氧化钠溶液反应。在标准状况下，H2和Cl2的混合气体共2.24 L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。
(1)消耗NaOH物质的量的最大值为___________ mol。
(2)请在下图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图象_______。(横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量。)
17．（2021·浙江绍兴·统考一模）用11.92gNaClO配成100mL溶液，向其中加入0.01mol Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度_________mol·L-1。
（2）化学式Na2Sx中的X=____________。
18．（2020·浙江台州·统考一模）某Al-Zn合金镀层铁片样品(无氧化膜)质量为9.320g，单侧面积为，将样品投入足量浓NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体448 mL，将剩余固体滤出、洗涤、干燥、称量，得固体质量为8.725g。已知：，样品表面的Al-Zn合金镀层密度为，合金镀层厚度国家标准为25~35um()，请计算：
(1)该合金镀层中Al的物质的量分数为(保留3位有效数字)_______。
(2)通过计算，判断该样品镀层厚度是否符合国家标准(列式计算并判断)_______。
19．（2020·浙江绍兴·统考一模）采用电镀法进行阿伏伽德罗常数的测定。通过手持技术测定电量Q、用分析天平测定电镀前后镀件的质量m。在250mL电解槽中注入200mL饱和硫酸铜溶液，插入洁净的铜电极，连接直流电源及检测仪器。实验得到如下数据：
实验序号 电量Q/C m1/g m2/g Δm
1 122.6 12.962 0 13.004 1 0.042 0
2 123.2 12.958 1 13.0041 0.042 0
3 122.6 12.964 0 13.005 1 0.041 1
已知：单个电子的电荷量e= 1.6 ×10-19C。
(1)计算阿伏伽德罗常数(NA )的表达式为： NA=___________ (用Q、△m及e表示)。
(2)列式计算阿伏伽德罗常数(NA )_______。
20．（2020·浙江嘉兴·统考模拟预测）某实验小组用如下方法测定废水中苯酚的含量(其他杂质不参加反应)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制250 mL 0.1000 mol·L 1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取25 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入100 mL废水，加入过量KI；
Ⅳ.用0.2000 mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅲ中溶液，滴加2滴淀粉溶液，至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液15.00 mL。
已知：BrO+ 5Br－ + 6H+ = 3Br2 + 3H2O
I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6
请计算：
(1)Ⅰ中KBrO3固体的质量是____g。
(2)该废水中苯酚的含量为____g·L 1(列式计算)。
21．（2020·浙江温州·统考一模）工业上由氨合成硝酸并进一步制取化肥硝酸铵。工业上制备硝酸的流程如图所示。由图可知，根据绿色化学要求，生产中采用循环操作，理论上使氨气完全转化为硝酸。已知实际生产中：氨合成硝酸时，由NH3制NO的产率为94%，NO制HNO3的转化率为90%。氨与硝酸反应生成硝酸铵的转化率为94%。计算：
（1）制HNO3所用的NH3占总消耗NH3（不考虑其它损耗）的质量分数为____%（保留三位有效数字）。
（2）写出计算过程____
22．（2020·浙江·二模）化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2 质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。
已知：2MnO ＋5 ＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O
(1)1 mol KMnO4 的氧化能力与_____g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(2)该水样的 COD 值是_____mg·L-1 (保留小数点后一位)。
23．（2020·浙江杭州·一模）已知粗盐水中含，含。向粗盐水中加入除Mg2+：MgCl2+Ca(OH)2→Mg(OH)2↓+CaCl2。然后加入除。
(1)处理上述粗盐水，至少需要加________。(保留三位有效数字)
(2)如果用碳酸化尾气(含体积分数为0.100、体积分数0.0400)代替碳酸钠，发生如下反Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2。处理上述粗盐水至少需要通入标准状况下________碳酸化尾气。(需列式计算，保留三位有效数字)
24．（2020·浙江·模拟预测）将二氧化锰矿试样溶于浓盐酸中，产生的氯气通入浓KI溶液后，将其体积稀释至。然后取此溶液，用标准溶液滴定，需要。(提示：)该样品中的质量分数是____________%；写出简要计算过程：_________________。
25．（2020·浙江温州·二模）为测定二氯化一氯五氨合钴（[Co(NH3)5Cl]Cl2，摩尔质量用M表示）样品的纯度，将mg样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出所有氨气，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收，吸收后的溶液用c2mol L 1NaOH中和，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
（1）该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为___；
（2）写出简要计算过程：___。
26．（2020·浙江·模拟预测）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]用作分析试剂、催化剂及媒染剂等。实验室常利用甲醛法测定重铬酸铵样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2++Cr2O72 +H2O = 2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO = 3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时，1 mol (CH2)6N4H+与1 mol H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于锥形瓶中，加入硝酸钡溶液使Cr2O72 完全沉淀后，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀，静置5 min后，加入1~2滴酚酞溶液，用0.200 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定至终点，重复上述操作3次。滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.05 21.06
2 25.00 1.98 21.97
3 25.00 0.20 21.98
该样品中氮的质量分数为_________(结果保留两位小数)，并写出简要的运算过程。
27．（2020·浙江衢州·统考模拟预测）达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00mol·L-1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。
（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：__。
（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3：1，则氢元素的质量分数为__。
参考答案：
1．(1)为2：1
(2)0.168L
【解析】(1)
物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，则有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，则物质的量比为2：1；故答案为：为2：1。
(2)
生成了标准状况下0.224L二氧化硫即物质的量为0.01mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到物质的量为，其标准状态下的体积0.168L；故答案为：0.168L。
2．(1)0.2
(2)用与反应制反应为：，根据可知，则需要消耗标准状况下的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，体积为：。
【解析】(1)
已知某加碘盐(含的食盐)中含碘量为；则1000kg加碘食盐中至少含碘25.4g，I的物质的量为；
(2)
用与反应制反应为：，根据可知，则需要消耗标准状况下的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，体积为：。
3．(1)
(2)
【解析】(1)
滴定至终点时消耗溶液，的浓度为，则消耗的物质的量为；
(2)
根据反应的方程式可知：，则，即苯酚的物质的量为，其体积为，则其浓度为。
4． 740 1484
【详解】10m3这种天然水中，，，，加入氢氧化钙发生反应：、，则，；，水中的，，，故答案为：740；1484。
5．(1)2:1
(2)1.2
【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；
(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。
(1)
3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06 mol NaOH溶液反应，产生a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；
(2)
3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12 mol×(6-0)=n(NaClO) ×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36 mol。由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。
6．(1)2
(2)H2S4O6
【解析】(1)
，，则参与反应的n(S2Cl2):n(SO2)=1:2，故答案为：2；
(2)
根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x-1)=2(4-x)，解得x= ，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6，故答案为：H2S4O6。
7．(1)2
(2)0.06
【分析】设生成的固体产物中CaO的物质的量为n1mol，CaCO3的物质的量为n2mol，气体中CO的物质的量为n3mol，CO2为n4mol，由质量守恒可得关系式①28n3+44n4=9.84-2.16-5.34=2.34g，关系式②56n1+100n2=5.34g，根据Ca和C原子守衡有关系式③n3+n4+n2=2(n1+n2)，根据分解反应中得失电子守恒可得关系式④n3=n4+n2，联合关系式①②③④解得n1=0.015mol，n2=0.045mol，n3=0.060mol，n4=0.015mol，据此分析解题。
(1)
由分析可知，生成的固体产物中CaO的物质的量为0.015mol，CaCO3的物质的量为0.045mol，则CaC2O4 xH2O的摩尔质量为：M=，即40+24+64+18x=164，解得x=2，故答案为：2；
(2)
由分析可知，n(CO)=0.060mol，故答案为：0.060。
8．(1)4.32
(2)0.12
【详解】（1）37.50 g 胆矾的物质的量n(CuSO4 5H2O)=，假设分解所得固体产物中Cu2O的物质的量为x，CuO的物质的量为y，则根据Cu元素守恒可知2x+y=0.15，根据质量关系可得144x+80y=11.52 g，x=0.03 mol，y=0.09 mol；故m(Cu2O)=0.03 mol×114 g/mol=4.32 g；
（2）在反应过程中放出O2包括盐分解产生SO2时产生的及发生CuO分解反应Cu2O和O2时放出的两部分，根据方程式中物质反应转化关系可知CuO分解产生的O2的物质的量n(O2)==×0.03 mol=0.015 mol，由CuSO4 5H2O受热分解产生气体SO2、O2时，根据电子守恒可知2n(SO2)=n(O2)，假设SO2的物质的量为x mol，则反应后混合气体中含有O2的总物质的量为n(O2) 总=(0.5x+0.015) mol，由于该混合气体的质量为2.88 g，则64x+(0.5x+0.015)×32 =2.88 g，解得x=0.03 mol， 即n(SO2)=0.03 mol，所以根据硫元素守恒可知得到的H2SO4的物质的量n(H2SO4)=0.15 mol-0.03 mol=0.12 mol。
9．(1)C2H6
(2)见详解
【详解】（1）NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6，故答案为：C2H6；
（2）解：NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6
答：气态烃的分子式为C2H6。
10． 18.4mol/L 4:1:4
【详解】(1)由c=可知，密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4 mol/L，故答案为：18.4；
(2)由题意可知，碱石灰质量增加8.8g为二氧化碳的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×84g/mol=16.8g；残留固体为氧化镁，由镁离子个数守恒可知，碱式碳酸镁中镁离子的物质的量为=0.25mol，则氢氧化镁的物质的量为(0.25—0.2)mol=0.05mol，质量为0.05mol×58g/mol=2.9g；23.3g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为=0.2mol，由物质的量之比等于各微粒的个数比可得：x：y：z=0.2mol：0.05mol：0.2mol=4:1:4，故答案为：4:1:4。
11． 0.25 0.1
【详解】(1) 硫粉的物质的量为=0.025mol，只发生，则，0.25；
(2)， ，根据， ，，
， 。
12． 54.2% 220mL
【分析】根据题意得出24n(Mg)+27n(Al)=1.77，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=，两式联立解得，n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，合金中镁的质量分数为54.2%；故答案为54.2%；
(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1＋0.03mol×78g·mol－1=4.66g＞3.10g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1=2.32g，含氢氧化铝的质量为(3.10g－2.32g)=0.78g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝元素守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02mol，根据钠元素守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22L，合220mL；故答案为220mL。
13．1:2
【详解】由反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl、H3PO3+Cl2+H2O=H3PO4+2HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可以得出以下关系式：PCl3—H3PO3—Cl2—H3PO4—5HCl—8NaOH，则0.01molCl2恰好将H3PO3氧化为H3PO4时，生成0.01mol H3PO4和0.05molHCl，共消耗NaOH 0.08mol；设PCl5的物质的量为x，由反应PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可得出以下关系式：PCl5—H3PO4—5HCl—8NaOH，则x molPCl5与水反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x，由此可以得出：8x+0.08mol=0.24mol，x=0.02mol，故原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为0.01mol：0.02mol=1:2。答案为：1:2。
14． 30 24
【详解】(1)N2的体积为20 m3，空气中的氮气与氧气的比为4：1，故氧气的体积为5 m3，故参加反应的氧气的体积为5 m3-1 m3=4 m3，由反应可知，产物中二氧化碳你体积为19 m3，故反应③生成的氢气的体积为19 m3，消耗的一氧化碳为19 m3，则反应②生成氢气的体积为60 m3-19 m3=41 m3，故反应②生成一氧化碳的体积为41 m3，参加反应的氧气体积为4 m3，故反应①生成的一氧化碳的体积为8 m3，所得产物中CO的体积为：8 m3+41 m3-19 m3=30 m3；
(2) ①反应的氧气的体积为5 m3-1 m3=4 m3，反应①中的氧气的物质的量为，碳的物质的量为；反应②中碳的物质的量为，碳总的物质的量为：，焦炭的质量=2000mol×12g/mol=2400g=24kg。
15． 5 ：4 0.1000 mol·L 1
【分析】滴酚酞为指示剂，发生的反应为：OH-+H+=H2O，CO+H+=HCO，或只发生CO+H+=HCO，甲基橙为指示剂时，发生HCO+H+=H2O+CO2 ↑。由于两次消耗的酸的体积不相同，且第一次多于第二次，混合碱成分是Na2CO3与NaOH。
【详解】(1)由分析可知：混合碱成分是Na2CO3与NaOH及物质的量之比为12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。故答案为：5 ：4；
(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.2000mol·L 1×22.50mL=4.5×10-3mol，n(Na2CO3)=4.5×10-3mol=2.5×10-3mol， 混合碱溶液中Na2CO3的浓度为 =0.1000 mol·L 1。
故答案为：0.1000 mol·L 1。
16． 0.2
【分析】已知该过程中可能发生的反应：H2+Cl22HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据氯原子守恒可知，NaOH的物质的量取决于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)，据此分析解题。
【详解】(1) 由分析可知，当混合气体中全部是Cl2时消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物质的量的最大值为，故答案为：0.2；
(2)根据反应 H2+Cl22HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知当H2过量至恰好完全反应时，n(NaCl)=2n(Cl2)，结合反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，当Cl2过量时，则n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由当H2的体积分数大于等于50%时，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1mol-n(H2))=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，当H2的体积分数小于50%时，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1mol，故可以分别计算出当x=0、0.25、0.5、0.75和1五点的值分别为：0.1mol，0.1mol，0.1mol，0.05mol，0mol，故NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图象为：，故答案为：。
17． 1.6 5
【详解】(1)11.92gNaClO的物质的量为=0.16 mol，则NaClO溶液的物质的量浓度为=1.6mol/L；
(2)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为=0.01mol∶0.16mol=1∶16，根据电子转移守恒，则：x×[6-（-）]=16×[1-（-1）]，解得：x=5。
【点睛】结合氧化还原反应知识，根据电子守恒是解（2）的关键，反应中NaClO是得到电子发生还原反应，是氧化剂，而Na2Sx是失电子发生氧化反应，是还原剂，在使用电子守恒时，要特别注意Na2Sx中硫元素的平均化合价为-，产物的化合价为+6价，结合原子守恒，还原剂升高或失电子总数为x×[6-（-）]，这是解题难点，易忽视原子守恒或无法确定硫元素的化合价变化。
18． 66.7%或0.667 符合
【分析】由题意可知，铝和锌与氢氧化钠溶液反应，而铁不反应，根据固体减少的质量可知铝和锌的总质量，结合反应生成氢气的体积可计算出铝和锌的物质的量，进一步可求出合金镀层中Al的物质的量分数及镀层厚度，从而判断是否符合国家标准。
【详解】(1)Al、Zn与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2Al+3H2↑、，Fe不参加反应，则Al、Zn的总质量为9.320g-8.725g=0.595g，设合金镀层中含Al、Zn的物质的量分别为x、y，则有①27x+65y=0.595，反应生成氢气的物质的量为=0.02mol，由得失电子守恒关系可得②3x+2y=0.022，联立①②，解得x=0.01mol，y=0.005mol，则合金镀层中Al的物质的量分数为：100%=66.7%，故答案为：66.7%或0.667。
(2) 样品表面的Al-Zn合金镀层金属的总质量为0.595g，镀层密度为，单侧面积为，则镀层厚度==0.002975cm30m，故符合国家标准，故答案为：符合。
19． 5.89×1023mol-1
【分析】电镀时阴极上发生电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据镀件增重的质量计算Cu的物质的量，再计算转移电子的总电量。
【详解】(1)电镀时析出Cu的物质的量为=mol，则电路中转移电子的总电量为Q=mol×2×NAmol-1×e，即得：NA=；
(2)实验中△m平均值为0.0417g，Q的平均值为122.8C，e= 1.6 ×10-19C，则NA==mol-1=5.89×1023mol-1。
【点睛】探究电镀法进行阿伏伽德罗常数的测定，明确电量与转移电子数之间的关系是解题关键，难点是公式的理解与阿伏伽德罗常数的应用。
20．
【详解】(1)Ⅰ中用KBrO3固体配制250 mL 0.1000 mol·L 1 KBrO3标准溶液，则所需KBrO3固体的物质的量为，质量为，故答案为：；
(2) 结合化学方程式：2KI+ Br2=I2+ 2KBr；I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6 ；可知消耗的Na2S2O3的量就是与Br2反应的KI的量，，消耗的Br2为，由化学方程式BrO+ 5Br－ + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知，Ⅱ中反应得到的Br2一共有0.0075mol，所以和苯酚反应的Br2的量为0.0075mol-0.0015mol=0.006mol，消耗的苯酚的物质的量为，其质量为，由于废水的体积为100mL，所以废水中苯酚的含量为，故答案为：。
21． 52.6% 设生成硝酸的NH3为x mol，生成硝酸铵的NH3为y mol。则由x·94%·90%=y·94%，得y=0.9x 。所以·100%=·100%=52.6%。
【详解】设制备硝酸的氨气的物质的量为xmol、用于和硝酸反应生成硝酸铵的氨气的物质的量是ymol，根据题意， ，，制HNO3所用的NH3占总消耗NH3（不考虑其它损耗）的质量分数为 ；
22． 40 5.2
【分析】由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。
【详解】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
23． 10.4
【分析】(1)根据电荷守，加入除Mg2+后的溶液中的浓度是(6.80+3.00)；
(2)根据反应方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2，碳酸化尾气中氨气过量，所以需要根据二氧化碳计算需要通入碳酸化尾气的体积；
【详解】(1)设至少需要加的物质的量是xmol；
x =98mol，需要碳酸钠的质量是98mol×106g/mol=10388g=10.4；
(2) 需要通入二氧化碳的物质的量是ymol；
y=98mol，通入碳酸化尾气的体积是。
24． 80.00% 由关系式法可知：，则：
【分析】利用方程式中物质之间的关系，得到关系式进行解题。
【详解】
根据题意写出发生反应的化学方程式：
根据方程式可得与MnO2之间的关系为：
解得
则
的质量分数为。
【点睛】巧用关系式进行解题，不需要计算中间物质的物质的量，注意溶液体积的10倍关系，即质量也存在10倍关系。
25． %或%或%或% ×100%=%
【详解】根据题干信息，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，吸收后用c2mol L 1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，根据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)=n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为。
【点睛】解答本题的关键在于利用反应方程式计算出NH3的物质的量，再根据N原子守恒得到二氯化一氯五氨合钴的物质的量，进而求得其纯度，计算时要注意单位的换算。
26．10.00% (NH4)2Cr2O7 ～2N ～ 4 H+ ～4NaOH得到n(N) =n(NaOH) =×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的质量分数
【分析】先计算消耗NaOH标准溶液的体积的平均值，再根据关系式(NH4)2Cr2O7 ～2N ～ 4 H+ ～4NaOH进行计算氮的质量分数。
【详解】消耗氢氧化钠标准溶液的体积分别为：20.01mL、19.99mL、21.78mL（误差太大，舍去），所以平均消耗V(NaOH)=20.00mL；根据关系式(NH4)2Cr2O7 ～2N ～ 4 H+ ～4NaOH得到n(N) = n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的质量分数；
故答案为：10.00%；(NH4)2Cr2O7 ～2N ～ 4 H+ ～4NaOH得到n(N) =n(NaOH) =×0.200 mol·L-1×0.02L ×10 = 0.02mol，氮的质量分数。
【点睛】利用关系式在化学计算是高考常考的题型，切记不能一步一步进行计算。
27． 1：16 4.00%
【分析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，涉及到的化学反应有：①OH-+H+=H2O；②CO32-+H+═HCO3-；③HCO3-+H+═H2O+CO2↑；利用质量守恒，结合化学方程式计算。
【详解】(1)当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，所发生的反应分别为：①OH +H+=H2O；②CO32 +H+═HCO3 ；③HCO3 +H+═H2O+CO2↑；可得n(CO2)=n(CO32 )=(45.0-42.5)×10 3L×4mol/L=0.01mol，而中和OH 需要盐酸42.5mL 2.5mL=40mL，所以n(OH )=40×10 3L×4mol/L=0.16mol，则n(CO32 )：n(OH ) =1：16；
(2)镁、铝元素物质的量之比为3：1，令镁元素物质的量为3xmol，铝元素物质的量为xmol，根据化合价的代数和为0，则有6x+3x=0.16+0.01×2，解得x=0.02mol，结晶水的质量为(6.02 0.06×24 0.02×27 0.16×17 0.01×60)g=0.72g，n(H2O)==0.04mol，因此H元素质量分数为：×100%≈4%。
试卷第1页，共3页
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