2024届高考化学一轮复习 课时分层作业3　物质的量在化学反应中的计算（含答案）

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一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．在氧气中燃烧0.22 g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10 mL 0.5 ml·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%
2．(2022·长郡中学调研)部分被氧化的Fe­Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：
下列说法正确的是( )
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H＋
B．样品中Fe元素的质量为2.24 g
C．样品中CuO的质量为4.0 g
D．V＝896
3．(2022·徐州模拟)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 ml·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 ml B．0.21 ml
C．0.16 ml D．0.14 ml
4．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 ml，这些气体恰好能被600 mL 2 ml·L-1 NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为 ( )
A．0.2 ml B．0.4 ml
C．0.6 ml D．0.8 ml
二、非选择题
5．高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 ml·L-1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为____________________________(列出计算式即可，已知2MnO eq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O)。
6．(2021·浙江1月选考，T27)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S＋6KOH eq \(=====,\s\up7(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O
(x－1)S＋K2S eq \(=====,\s\up7(△))K2Sx(x＝2～6)
S＋K2SO3 eq \(=====,\s\up7(△))K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 ml·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 ml·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝__________________________。(写出计算过程)
7．为了测定某铜银合金的组成，将30.0 g合金溶于80.0 mL 13.5 ml·L-1的浓硝酸中。待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体6.72 L(标准状况下)并测得H＋浓度为1 ml·L-1。假设反应后溶液的体积为80.0 mL，不考虑2NO2⥫⥬N2O4，试计算：
(1)被还原的硝酸的物质的量为__________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)合金中银的质量分数为____________________________________________。
(3)确定6.72 L气体中各成分的物质的量：_______________________________
_____________________________________________________________________。
8．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。
课时分层作业（三）
1．C [由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 ml
m(S) (0.5×10×10－3)ml
eq \f(32 g,m（S）)＝eq \f(2 ml,（0.5×10×10－3）ml)，m(S)＝0.08 g，原混合物中ω(S)＝eq \f(0.08 g,0.22 g)×100%≈36%。]
2．B [根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3+不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B项正确；样品中铜元素和氧元素共5.76 g－2.24 g＝3.52 g，则C项错误；2.24 g Fe元素不可能全是单质铁，故生成的氢气的体积小于896 mL，则D项错误。]
3．B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒可知n(Fe)＝ eq \f(1,2)×（0.12×4 ml－ eq \f(1.344,22.4) ml）＝0.21 ml，故根据铁原子守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 ml，B项正确。]
4．B [用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，51.2 g Cu的物质的量为n(Cu)＝ eq \f(51.2 g,64 g/ml)＝0.8 ml，共失电子为0.8 ml× 2＝1.6 ml，HNO3到NaNO2共得到电子1.6 ml，根据得失电子数目相等得到2n(Cu)＝2n(NaNO2)，故产物中NaNO2的物质的量为0.8 ml；根据钠原子守恒n(NaNO3)＝n(NaOH)－0.8 ml＝0.6 L×2 ml·L-1－0.8 ml＝0.4 ml。]
5.解析 由2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，ω(KMnO4)＝eq \f(m（KMnO4）,m（样品）)×100%＝
eq \f(20.00×10－3 L×0.200 0 ml·L－1×\f(2,5)×\f(100 mL,24.48 mL)×158 g·ml－1,1.080 0 g)×100%。
答案 eq \f(20.00×10－3×0.200 0×\f(2,5)×\f(100,24.48)×158,1.080 0)×100%
6．解析：(1)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S＋6KOH eq \(=====,\s\up10(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 ml，则需要消耗KOH的物质的量n(KOH)＝2n(S)＝0.03 ml，故需要KOH溶液的体积V(KOH)＝ eq \f(n(KOH),c(KOH))＝ eq \f(0.03 ml,1.00 ml·L-1)＝0.03 L＝30.0 mL。
(2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH eq \(=====,\s\up10(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有：
(2x＋2)S ＋ 6KOH eq \(=====,\s\up10(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O
2x＋2 6
eq \f(2.560 g,32 g·ml-1) 0.060 L×1.00 ml·L-1
可列比例式： eq \f(2x＋2,\f(2.560 g,32 g·ml-1))＝ eq \f(6,0.060 L×1.00 ml·L-1)，解得x＝3。
答案：(1)30.0 (2)3（计算过程见解析）
7．解析：(1)根据氮原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量即生成气体的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量为 eq \f(6.72 L,22.4 L·ml-1)＝0.3 ml。
(2)剩余硝酸是1 ml·L-1×0.08 L＝0.08 ml，则参加反应的硝酸为13.5 ml·L-1×0.08 L－0.08 ml＝1.0 ml。设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x ml和y ml，则64.0x＋108y＝30.0，根据氮原子守恒可知2x＋y＝1.0－0.3＝0.7，解得：x＝0.3、y＝0.1，所以银的质量分数为 eq \f(0.1 ml×108 g·ml-1,30.0 g)×100%＝36%。
(3)设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是a ml、b ml，则a＋b＝0.3，根据得失电子守恒可知3a＋b＝0.3×2＋0.1，解得a＝0.2、b＝0.1，即6.72 L气体中n(NO)为0.2 ml，n(NO2)为0.1 ml。
答案：(1)0.3 ml (2)36% (3)n(NO)＝0.2 ml，n(NO2)＝0.1 ml
8．解析：NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为 eq \f(100,117)×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
答案：HVO3