6.7223
解析：①6.72 L CH4的物质的量为－1＝0.3 mol，②3.01×10个HCl分子
22.4 L·mol3.01×1013.6 g
的物质的量为mol，③13.6 g H2S的物质的量为mol，23－1＝0.5 －1＝0.4
6.02×10 mol34 g·mol④0.2 mol NH3。标准状况下体积之比等于物质的量之比，体积：④<①<③<②，A项正确；CH4的质量为0.3 mol×16 g·mol＝4.8 g，HCl的质量为0.5 mol×36.5 g·mol＝18.25 g，NH3的质量为0.2 mol×17 g·mol＝3.4 g，质量：④<①<③<②，B项正确；物质的量大小顺序为④<①<③<②，C项错误；CH4中n(H)＝0.3 mol×4＝1.2 mol，HCl中n(H)＝0.5 mol，H2S中n(H)＝0.4 mol×2＝0.8 mol，NH3中n(H)＝0.2 mol×3＝0.6 mol，氢原子数：②<④<③<①，D项正确。
答案：C
12．(2015·河南八市联考)一定质量的镁铝合金与某浓度的硝酸恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，则所加NaOH溶液的体积为( )
A．100 mL C．300 mL
B．200 mL D．400 mL
－1
－1
－1
23
解析：本题考查有关化学反应的计算，意在考查考生思维的敏捷性和计算能力。镁铝合金与硝酸反应时，镁、铝失去电子，硝酸中的氮元素得到电子；NO2、N2O4、NO与O2混合后通入水中，反应生成HNO3，混合气体中的氮元素失去电子，O2得到电子，且镁、铝失去电子的物质的量等于O2得到电子的物质的量。n(O2)＝0.15 mol，反应中O2得到电子的物质的量
n(e－)＝0.6 mol，则Mg2＋、Al3＋所带电荷的总物质的量为0.6 mol，因此要使Mg2＋、Al3＋完
全沉淀，需要加入0.6 mol NaOH，即需要加入2 mol/L的NaOH溶液300 mL。
答案：C 二、填空题
13．(2015·南昌零模)过氧化氢是重要的氧化剂，也可作还原剂，它的水溶液称为双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学研究性学习小组取一定量的市售过氧化氢溶液测定其中H2O2的含量，并探究它的有关性质。
Ⅰ.测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数
(1)量取10.00 mL密度为ρ g/mL的市售过氧化氢溶液，应选用________(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)；
(2)将上述溶液配制成250. 00 mL，配制过程需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、________(填名称)；
(3)取25.00 mL(2)中的溶液于锥形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加适量蒸馏水稀释，用高锰酸钾标准液滴定。
5
①完成反应的离子方程式：
________MnO4＋________H2O2＋________H===________Mn＋________H2O＋________ ________
②重复滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4标准液V mL，则原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为________；
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是________； A．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失 B．将H2O2溶液配制成250.00 mL溶液时，定容俯视刻度线
C．判断终点时，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈红色，向红色溶液中再滴一滴H2O2溶液仍呈红色
Ⅱ.探究H2O2的性质
(1)上述测定原理，H2O2体现了________性；
(2)若要验证H2O2的不稳定性，操作是______________________。
解析：本题考查了氧化还原反应的滴定、离子方程式的配平等知识，意在考查考生通过阅读题目获取信息并能灵活运用已学知识解决问题的能力。Ⅰ.(1)过氧化氢溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取。(2)准确配制一定浓度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容时需用胶头滴管。(3)①根据氧化还原反应的原则，利用得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该反应的离子方程式。②根据配平的离子方程式计算：
2MnO4 ＋ 5H2O2＋6H===2Mn＋8H2O＋5O2↑ 2 mol 5 mol
－
＋
2＋
－
＋
2＋
C×V×10－3 mol n(H2O2)
n(H2O2)＝×C×V×10－3 mol，则原过氧化氢溶液中H2O2的物质的量为10××C×V×10
5－3
10××C×V×10×34
217CV17CV－3
mol，原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为×100%＝＝%。
10.00×ρ200ρ2ρ(4)能造成酸性KMnO4溶液体积读数增大的操作均可使测定结果偏高，则本题选A、B、C。
Ⅱ.(1)根据氧化还原反应方程式可知，在该反应中H2O2体现了还原性。(2)H2O2不稳定，受热易分解，产生氧气，可采用带火星的木条复燃的方法检验O2。
答案：Ⅰ.(1)酸式滴定管 (2)250 mL容量瓶、胶头滴管 (3)①2 5 6 2 8 5 O2↑ ②
17CV17CV(或%) 200ρ2ρ
5
2
52
(4)ABC
6
Ⅱ.(1)还原
(2)取适量过氧化氢溶液于试管中加热，将带火星的木条置于试管口，木条复燃 14．(2015·上海市十三校高三第二次联考)铜有多种化合物，氧化亚铜(Cu2O)、氯化亚铜(CuCl)、氯化铜(CuCl2)、CuSO4等。完成下列计算：
(1)波尔多液是由硫酸铜、生石灰和水配制成杀菌剂，不同情况下需要配制不同的比例。现配制按质量比CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50 kg。
需要用CuSO4·5H2O________g，CaO________mol。
(2)某工厂以精辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料冶炼金属铜，精辉铜矿中含23%杂质，日均产含Cu量97.5%的精铜42 t。
高温
已知：总反应式Cu2S＋O2=====2Cu＋SO2
日均需精辉铜矿________t，日均产SO2标准状况下体积________L。
(3)印刷线路板的铜能被FeCl3的溶液腐蚀，将印刷线板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入11.2 g铁粉，充分反应溶液中还有4.8 g不溶物。计算原FeCl3溶液的物质的量浓度。
(4)制备铜的某化合物晶体。取5.12 g Cu、14.5 mol/L HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反应，反应后溶液中有水54.32 g，再经水浴保温蒸发掉42 g水，冷却至20 ℃并过滤，得到8.12 g晶体。通过计算推断此晶体的化学式________。
已知：20 ℃溶解度
CuCl2·2H2O 73 g/100 g H2O Cu(NO3)2·3H2O 125 g/100 g H2O
解析：本题考查物质化学式的计算，以物质的量为核心的有关计算。(1)CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50 kg中硫酸铜的质量是50 kg×1/(1＋2＋200)＝246.3 g，则硫酸铜的物质的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的质量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol＝385 g；CaO的质量是硫酸铜质量的2倍，所以CaO的物质的量是246.3 g×2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42 t，则Cu的物质的量是42×10 g/64 g/mol×97.5%＝6.4×10 mol，根据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2×10 mol。所以日均需精辉铜矿的质量是3.2×10 mol×160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2×10 mol，标准状况下的体积是3.2×10 mol×22.4 L/mol＝7.17×10 L；(3)根据题意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，则溶液中的铜离子被全部置换出，则不溶物的质量大于11.2 g；4.8 g Cu的物质的量是0.075 mol，开始加入Cu的物质的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相当于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物质的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，则此过程中共失去电子的物质的量是(0.2＋0.1) mol×2＝0.6 mol，根据得失电子守恒，则铁离子的物质的量是0.6 mol，所以氯化铁溶液的物质的量浓度是0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)根据题意，Cu与氢离子、硫酸根离子反
7
6
5
5
5
5
55
应生成铜离子、氮的氧化物、水，氯离子不参加反应，反应前n(HNO3)＝0.2175 mol，n(HCl)＝0.3 mol，n(Cu)＝5.12 g/64 g/mol＝0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯离子，且
135
73×
171
Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是×10036
100＋73×171＝50.0 g；设晶体化学式为CuCl2·xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08 mol×135 g/mol＝10.8 g，剩余水的质量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱135
10.8－8.12×
135＋18x50.0
和溶液，则＝，解得x＝3，该晶体的化学式为CuCl2·3H2O。
18x100
12.32－8.12×
135＋18x答案：(1)385 8.8 (2)66.5 7.17×10
(3)剩余不溶物为Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g 物质的量6.4 g÷64 g/mol＝0.1 mol
Fe：11.2 g 物质的量11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol
6
c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L
(4)混合后反应Cu＋NO3＋H===Cu＋H2O＋NOx↑
剩余硝酸根量少且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶体 设晶体化学式为CuCl2·xH2O
13573×
171
－
＋
2＋
无水CuCl2 20 ℃溶解度为
×100＝50.0 g/100 g H2O 36
100＋73×
171
生成CuCl2 5.12·135/64＝10.8 g，剩余水54.32－42＝12.32 g 135
10.8－8.12×135＋18x50.0
＝ x＝3 CuCl2·3H2O 18x100
12.32－8.12×135＋18x
8
