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第一章 化学计量在实验中的应用
能力提升检测卷
时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40
Fe 56 Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2022·北京石景山·一模）下列说法正确的是
A．室温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液，溶质的物质的量浓度相同
B．等物质的量的NaO和NaO 含有相同数目的离子
2 2 2
C．同温同压下，O 和O 的密度相同
2 3
D．0.5mol/LNa SO 溶液中约含有3.01×1023个Na+
2 4
【答案】B
【解析】A． pH相同的盐酸和醋酸溶液，氢离子的物质的量浓度相同，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸
的物质的量浓度大于盐酸的，故A错误；B． NaO和NaO 所含阴阳离子个数比都是1:2，所以等物质的
2 2 2
量的二者含有相同数目的离子，故B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，所以O 和O 的
2 3
密度不同，故C错误；D．溶液体积未知，无法求算 Na+的物质的量和个数，故D错误；故答案为：B
2．（2022·浙江·安吉县高级中学模拟预测）关于反应4Li+2SOCl =4LiCl+S+SO ，下列有关说法正确的是
2 2
A．还原剂只有Li
B．SOCl 既是氧化剂又是还原剂
2
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．每转移4mol电子，生成SO 的体积为22.4L
2
【答案】A
【解析】在反应4Li+2SOCl =4LiCl+S+SO 中，Li的化合价升高，做还原剂，生成的LiCl是氧化产物；
2 2
SOCl 中的S是+4价，反应后部分变为0价，生成单质硫，所以SOCl 做氧化剂，S为还原产物。A．由以
2 2
上分析可知，还原剂只有Li，故A正确；B．由以上分析可知，SOCl 中只有S的化合价发生变化，Cl和
2
O的化合价都没有发生变化，所以SOCl 只做氧化剂，故B错误；C．由以上分析可知，氧化产物LiCl与
2
还原产物S的物质的量之比为4：1，故C错误；D．没有指明温度和压强，无法计算生成的SO 的体积，
2
故D错误；故选A。
3．（2022·湖南师大附中模拟预测）科学家发现金星大气中存在 ，据此推断金星大气层或存在生命。利用下列反应可制备 ： 。下列说法正确的是
A． 中化学键为非极性键
B．中子数为10的氧原子可表示为
C．每1mol 参加反应理论上可生成22.4L
D．每消耗12.4g的 ，则过程中转移电子数为0.3N
A
【答案】D
【解析】A． 中化学键为不同原子间形成的键，为极性键，A错误；B．核素的表示方法为：元素符号
左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为10的氧原子可表示为 ，B错误；C．没有说明是否为标
况，不能判断生成 的体积，C错误；D．反应前后 中有1个磷原子得到3个电子，化合价由0变
为-3，另一部分磷原子失去电子，电子转移为 ～3e-，12.4g的 的物质的量为0.1mol，则过程中转移电
子数为0.3N ，D正确；故选D。
A
4．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）过硫酸钾 常用作强氧化剂，可发生反应：
。过硫酸根 的离子结构如图所示。下列说法正确的是
A． 中氧元素的化合价有： 、
B． 中含 极性共价键C． 固体中阴阳离子总数为
D． 和水反应产生
【答案】A
【解析】A．由结构可知， 分子结构的中间存在过氧根，过氧根中氧为-1价氧，与每个硫相连的其
它氧为-2价氧， A正确；B．过氧根中氧氧键为非极性键，1个过硫酸根中含有12个极性共价键，
中含 极性共价键，B错误；C． 固体中含有K+和HSO 两种离子，则
固体中阴阳离子总数为 ，C错误；D．没有说明是否为标况，不能计算生成氧气的体积，D错误；故
选A。
5．（2022·天津市新华中学一模）设 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A． 白磷 中白磷分子总数为
B． 含 为 的矿泉水含 数目为
C．由乙烯制备一氯乙烷若获得 产品需 个 分子
D．标准状况下， 与足量水反应可获得 个 分子
【答案】B
【解析】A．31g白磷(P )的物质的量为 =0.25mol，则白磷分子总数为0.25N ，A错误；B．
4 A
2L 含 K+ 19.5 mg/L 的矿泉水中 K+的物质的量为 =10−3mol，则K+数目为 10-3 N ，B
A
正确；C．由乙烯制备一氯乙烷，生成 1 mol 产品理论上需HCl分子数为 N ，C错误；D．标准状况下，
A
SO 不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故选：B。
3
6．（2022·北京育才学校三模）下列各项比较中，正确的是
A．7.8g Na O 中含有的离子数为0.4N
2 2 AB．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl 反应，转移的电子数相等
2
D．质量相同的 HO 和 DO(重水)所含的原子数不相同
2 2
【答案】D
【解析】A．7.8g Na O 的物质的量为0.1mol，1个NaO 含有2个Na+和1个O ，所以7.8g Na O 中含有
2 2 2 2 2 2
的离子数为0.3N ，故A错误；B．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液
A
体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；C．
1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，
故C错误；D．HO 和 DO(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的 HO 和 DO(重水)的物质的量不同，
2 2 2 2
所含的原子数不相同，故D正确；故答案选D。
7．（2022·辽宁·模拟预测）下列叙述中正确的是
A．钠与水，铁与水蒸气反应均得到相应的碱和氢气
B．1mol Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量相等
C．1mol Fe分别与足量Cl、S充分反应，转移电子数相等
2
D．向饱和NaCO 溶液中通入足量CO，有NaHCO 结晶析出
2 3 2 3
【答案】D
【解析】A．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，A叙述错误；B．Cu与浓硝酸反应生成NO ，与稀
2
硝酸反应生成NO，根据电子得失守恒知1molCu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量不
相等，B叙述错误；C．1molFe分别与足量Cl、S充分反应，分别生成FeCl 、FeS，转移电子数不相等，
2 3
C叙述错误；D．NaHCO 在水中的溶解度小于NaCO，因此向饱和NaCO 溶液中通入CO，有NaHCO
3 2 3 2 3 2 3
结晶析出，D叙述正确；故答案选D。
8．（2022·北京海淀·二模）下列说法正确的是
A．室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl 中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
4
C．5.6gFe和足量Cl 反应转移电子的物质的量为0.2mol
2
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
【答案】A
【解析】A．1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为： ，
A正确；B．标准状况下CCl 为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B错误；C．Fe
4和足量Cl 反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C错误；D．室温下，
2
pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，
D错误；故选A。
9．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A
A．12gNaHSO 晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3N
4 A
B．标准状况下，33.6L氟化氢的原子数为3N
A
C．标准状况下，2.24LD35Cl分子中所含有的中子数目为1.9N
A
D．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2N 个
A
【答案】C
【解析】A．NaHSO 晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，12gNaHSO 晶体的物质的量为
4 4
=0.1mol，阳离子和阴离子的总数为0.2N ，A错误；B．标准状况下，氟化氢为液体，不能用V =22.4L/
A m
mol计算，B错误；C．标准状况下，2.24LD35Cl的物质的量为 =0.1mol，含中子的物质的量为
0.1mol (1+35-17)=1.9，个数为1.9N ，C正确；D．石墨中每个碳原子参与形成3个共价键，每个碳原子
A
形成的共价键数为 =1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体的物质的量为 =0.4mol，含碳原子0.4mol，共
价键为0.4mol 1.5=0.6mol，个数为0.6N ，D错误；答案选C。
A
10．（2022·北京·模拟预测）下列关于“100 mL 0.1 mol·L-1 BaCl 溶液”的说法正确的是
2
A．该溶液中含有的微粒主要有：BaCl 、Ba2＋、Cl-、HO
2 2
B．若取该溶液10 mL，其中c(Ba2＋)=0.01 mol·L-1
C．若取该溶液10 mL，恰好能与10 mL 0.1 mol·L-1 Na SO 溶液完全反应
2 4
D．该溶液与0.1 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)相等
【答案】C
【解析】A．BaCl 是强电解质，在水中完全电离为Ba2＋、Cl-，不存在BaCl ，同时该溶液中还含有溶剂
2 2
HO分子，A错误；B．溶液的浓度与溶液体积大小无关，所以从该溶液中取该溶液10 mL，物质的浓度不
2
变，其中c(Ba2＋)=0.1 mol·L-1，B错误；C．BaCl 、NaSO 发生反应：BaCl +Na SO =BaSO ↓+2NaCl，二者
2 2 4 2 2 4 4
恰好反应时物质的量相等，由于两种溶液浓度相同、体积相等，因此10 mL0.1 mol/L BaCl 溶液恰好能与
2
10 mL 0.1 mol·L-1 Na SO 溶液完全反应，C正确；D．该溶液中c(Cl-)=2c(BaCl )=0.2 mol/L，0.1 mol·L-1
2 4 2NaCl溶液中的c(Cl-)=0.1 mol·L-1，可见两种溶液中c(Cl-)不相等，D错误；故合理选项是C。
11．（2022·重庆市天星桥中学一模）溶质均为 的 两种酸， 与足量铝反应生成 体
积为 (标准状况，下同)： 与足量锌反应生成 体积为 。下列说法错误的是
A． 和 生成氢气的物质的量之比一定为
B． 和 消耗铝和锌的物质的量之比一定为
C．
D．由题给条件无法确定m和n的具体数值
【答案】B
【解析】A．由H X生成H 的物质的量n= ，由HY生成H 的物质的量n= ，则两种酸
m 2 1 n 2 2
生成H 物质的量之比为 （或者根据相同条件下，气体物质的量之比等于体积比也可得出），A正
2
确；B．设消耗Al的物质的量为x mol，由得失电子守恒得：3x mol=2× ，解得x= ，设
消耗Zn的物质的量为y mol，由得失电子守恒得：2y mol=2× ，解得y= ，故消耗的铝和
锌物质的量之比为 ，B错误；C．由于金属足量，故两种酸都完全反应，根据氢元素守恒得：0.1
mol×m=2× ，解得m= ，同理0.1 mol×n=2× ，解得n= ，故 ，C正确；
D．由C选项分析知，m= 、n= ，由于V、V 具体数值未知，故无法确定m、n具体数值，D正确；
1 2故答案选B。
12．（2022·广西·南宁二中模拟预测）2021年，我国科学家首次在实验室实现 到淀粉的全合成，其合
成路线如下：设 为阿伏伽德罗常数，下列有关说法不正确的是
A．标况下，11.2L 中含有共用电子对数目为2
B．反应②、③无法在高温下进行
C．反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为0.2
D．1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为
【答案】D
【解析】A． 的结构式为O=C=O，标况下11.2L 中含有共用电子对数目为 ，
故A正确；B．反应②、③需要用酶作2催化剂，反应②、③无法在高温下进行，故B正确；C．反应②中，
3.2g 生成HCHO时转移电子数目为 ，故C正确；D．DHA含有2个羟基，
1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗2mol乙酸，故D错误；选D。
13．（2022·山东潍坊·三模）南京大学科研团队首次发现氨还原过程中的多米诺效应：即一旦完成第①步，
将自发完成后续步骤，反应过程示意图如下。N 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
AA． 含有N 个价电子 B． 中含有3N 个共价键
A A
C．若 参与第②步反应转移电子数为0.1N D．①②③步反应均为氧化还原反应
A
【答案】C
【解析】A． 的物质的量不确定，无法计算含有的价电子个数，A错误；B． 是离子化合物，
只有离子键，B错误；C． 的物质的量是0.1mol，参与第②步反应时化合价从0价升高到+1价，则
转移电子数为0.1N ，C正确；D．第③步反应是氢离子和氨气反应生成铵根，是非氧化还原反应，D错误；
A
答案选C。
14．（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含
氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：
反应2： ；反应3：
。
下列说法正确的是
A．反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5
B．标准状况下，22.4L溴单质中含有2mol溴原子
C．反应1中生成的三种盐是NaClO， 和
D．反应2中的 与反应1中的 表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】A．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为 ，A项错误；B．
标准状况下，溴单质呈液态， 项错误；C．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升
高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C项错误；D．反应2中的溴单质和
反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，D项正确；故选D。
15．（2022·浙江嘉兴·二模）关于反应2KMnO KMnO +MnO+O ↑，下列说法正确的是
4 2 4 2 2
A．Mn元素被氧化B．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．该反应中氧化性最强的是KMnO
4
D．生成2.24L O 时，转移0.4mol电子
2
【答案】C
【解析】Mn元素的化合价由KMnO 中的+7价降至KMnO 中的+6价和MnO 中的+4价，O元素的化合价
4 2 4 2
由-2价升至O 中的0价，KMnO 既是氧化剂、又是还原剂，KMnO 和MnO 是还原产物，O 是氧化产物；
2 4 2 4 2 2
据此分析作答。A．Mn元素的化合价由KMnO 中的+7价降至KMnO 中的+6价和MnO 中的+4价，Mn
4 2 4 2
元素化合价降低，Mn元素被还原，A错误；B．Mn元素的化合价由KMnO 中的+7价降至KMnO 中的+6
4 2 4
价和MnO 中的+4价，KMnO 和MnO 是还原产物，O元素的化合价由-2价升至O 中的0价，O 是氧化
2 2 4 2 2 2
产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：2，B错误；C．该反应中KMnO 既是氧化剂、又是还原剂，
4
KMnO 和MnO 是还原产物，O 是氧化产物，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，
2 4 2 2
该反应中氧化性最强的是KMnO ，C正确；D．O 所处温度和压强未知，无法计算2.24LO 物质的量，无
4 2 2
法计算转移电子物质的量，D错误；答案选C。
16．（2022·天津红桥·一模）下列说法正确的是
A．标准状况下， 中所含 键的数目为
B．质量相同的 和 (重水)所含的原子数相同
C．室温下， 的氨水中， 的物质的量为
D．室温下， 溶液中 的数目为
【答案】A
【解析】A．1个CH 分子含4个C-H键，标准状况下，5.6L CH 的物质的量为 =0.25mol，所含
4 4
C-H键的数目为0.25mol 4 6.02 1023/mol= ，故A正确；B．HO的相对分子质量为18，DO的
2 2
相对分子质量为20，二者的摩尔质量不同，质量相同的HO和DO，物质的量不同，所含的原子数不同，
2 2
故B错误；C．pH=12的氨水中，c(OH-)=0.01mol/L，因溶液的体积未知，故无法计算OH-的物质的量，故
C错误；D． 的物质的量为1L 0.1mol/L =0.1mol，但醋酸为弱酸，部分电离，故的数目小于 ，故D错误；答案选A。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（10分）（2022·山东聊城市·高三二模）过氧化钙 是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为
白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备 过程如下。
Ⅰ.制备
利用反应 ，在碱性环境下制取 的装
置如图：
(1) 的电子式为_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高 的产率和
_______。
(5)反应结束后，分离提纯 的过程中，洗涤的操作为_______。
Ⅱ.制得产品并定量检测
(6) 脱水干燥即得 产品。经检测知某 产品中含有 和 ，已知
受热分解有 、 和 生成。①称取 产品，加热，在标准状况下生成
气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的 溶液得到沉淀 ，则该产品中 的x值为_______。
【答案】(1) （1分）(2) （2分）(3) 三颈烧瓶（1
分） 防倒吸（1分） (4)过氧化氢的利用率（1分） (5) 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流
出后，重复操作2—3次（2分） (6) 3 （2分）
【解析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的
条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶
于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。
(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为 ，故答案为：
；
(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为
，故答案为： ；
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于
水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶
体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过
氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(6)由①可得：2CaO▪xH O—O ，266.8mL氧气的物质的量为 =0.012mol，则CaO▪xH O的物质
2 2 2 2 2
的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为 =0.028mol，则样
品中CaO▪xH O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—
2 2
0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，
解得x=3，故答案为：3。18．（12分）（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三一模）碱式碳酸铜又名孔雀石，主要成分为
Cu (OH) CO，呈绿色，是一种具有广泛用途的化工产品。某化学小组探究制备碱式碳酸铜的反应条件并
2 2 3
制备少量碱式碳酸铜。
试剂：0.25 mol·L-1 Na CO 溶液、0.5 mol·L-1 NaOH溶液、0.5 mol·L-1 Cu(NO ) 溶液各100mL
2 3 3 2
实验1：探究Cu(NO ) 与NaOH和NaCO 溶液配比
3 2 2 3
取三种反应溶液，以表中的比例混合，在60℃条件下进行实验，并观察现象。
沉淀颜
编号 V[Cu(NO )]/mL V(NaOH)/mL V(Na CO)/mL 沉淀数量
3 2 2 3 色
1 2 2 2.8 + + + 蓝色
2 2 2 2.4 + + + 蓝色
3 2 2 2 + + 浅绿色
4 2 2 1.6 + 浅绿色
注：“+”越多表示沉淀的相对量越多
实验2：探究反应温度
按上述实验得到的合适反应液用量，在不同温度下进行实验，并观察现象。
反应温度/℃ 沉淀数量 沉淀颜色
室温 + + + + 蓝色
40 + + + + 蓝色
60 + 浅绿色
75 + + 绿色
80 + + + 绿色(少量黑色)
实验3：制备碱式碳酸铜
按最佳物料比取50mL 0.5 mol·L-1 Cu(NO ) 溶液、50mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液和相应体积的0.25
3 2
mol·L-1NaCO 溶液，在最佳反应温度下进行实验，待反应完全后，静置，过滤、洗涤、干燥后，得到2.5 g
2 3
产品。
请回答下列问题：
(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_______。
(2)制备碱式碳酸铜时，Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的最佳物质的量之比为_______，最佳反应温度为
3 2 2 3
_______，本实验的加热方式为_______。
(3)请写出本实验制备碱式碳酸铜的化学方程式_______。(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是_______。
(5)计算本实验的产率_______%(保留三位有效数字)。
【答案】(1)100mL 容量瓶、胶头滴管 （2分）
(2)2：2：1（2分） 75℃ （1分） 水浴加热 （1分）
(3)2NaOH+Na CO+2Cu(NO) = Cu (OH) CO+4NaNO （2分）
2 3 3 2 2 2 3 3
(4)碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜（2分）
(5)90.1 （2分）
【解析】(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有100mL 容量瓶、胶头滴管；
(2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的体积均为2mL时，生成碱式碳酸铜最多，
3 2 2 3
又Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的浓度分别为0.5 mol·L-1、0.5 mol·L-1、0.25 mol·L-1，则制备碱式碳酸铜
3 2 2 3
时，Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的最佳物质的量之比为2：2：1；由实验2表格数据可知，当温度为
3 2 2 3
75℃时，生成碱式碳酸铜最多，则最佳反应温度为75℃，故本实验的加热方式为水浴加热；
(3)制备碱式碳酸铜的化学方程式为2NaOH+Na CO+2Cu(NO) = Cu (OH) CO+4NaNO ；
2 3 3 2 2 2 3 3
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是碱式碳酸铜受热分解生
成黑色的氧化铜；
(5)由反应方程式可知，理论上生成碱式碳酸铜的物质的量为 ，质量为 ，
则本实验的产率为 。
19．（10分）（2021·浙江宁波市·高三二模）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)
【答案】(1)0.25 (2) 0.1
【解析】(1) 硫粉的物质的量为 =0.025mol，只发生 ，则
， 0.25 ；
(2) ， ，根据 ， ，
，
， 。
20．（10分）（2021·浙江衢州市·高三二模）混合碱(Na CO 与NaHCO ，或NaCO 与NaOH的混合物)的
2 3 3 2 3
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：HCO 的K =4.3×10-7；K
2 3 a1 a2
=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NaCO 的浓度为___________mol·L−1.(写出计算过程)
2 3
【答案】(1)5：4 (2)0.1000 mol·L−1
【解析】滴酚酞为指示剂，发生的反应为：OH-+H+=H O，CO +H+=HCO ，或只发生CO +H+=HCO
2
，甲基橙为指示剂时，发生HCO +H+=H O+CO ↑。由于两次消耗的酸的体积不相同，且第一次多于第二
2 2
次，混合碱成分是NaCO 与NaOH。
2 3
(1)由分析可知：混合碱成分是NaCO 与NaOH及物质的量之比为12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。
2 3
故答案为：5：4；(2)n(Na CO)+n(NaOH)=0.2000mol·L−1×22.50mL=4.5×10-3mol，n(Na CO)= 4.5×10-3mol=2.5×10-3mol， 混
2 3 2 3
合碱溶液中NaCO 的浓度为 =0.1000 mol·L−1。故答案为：0.1000 mol·L−1。
2 3
21．（10分）（2022·浙江·模拟预测）向70.4g由 、 、 三种物质组成的固体混合物加入2L一
定浓度的稀硫酸后固体恰好溶解，可收集到标准状况下气体2.24L，再向反应后的溶液中滴入 溶液，
无明显现象。(忽略反应前后溶液的体积变化)
(1)反应后溶液中 的物质的量浓度为_______；
(2)原固体中 的质量取值范围为_______。
【答案】(1)0.5
(2)
【解析】(1)根据题意可以将铁和 看成 和铁单质，根据稀硫酸后固体恰好溶解，可收集到标准状
况下气体2.24L，收集氢气0.1mol，可知与酸反应生成氢气的铁单质为0.1mol即5.6g，氧化亚铁为70.4-
5.6=64.8g，即0.9mol，根据铁元素守恒可知 ，故 的物质的量
浓度为0.5mol/L。
(2)向70.4g由 、 、 三种物质组成的固体混合，根据上述计算可知铁元素的总量为1mol，其中
0.1mol参与反应生成氢气，假设剩下的0.9mol铁元素全部来自铁单质和 ，铁单质能将 正好转化
为亚铁离子， ，故铁单质与Fe3+为1：2， ，
，根据题意，混合物中还含有氧化亚铁，故 质量范围为
。
