2012届中考化学 同心圆梦专题卷12

2012届同心圆梦专题十二化学
考试X围：化学计算
相对原子质量：C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27K：39Fe：56Cu：64
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）
1．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，将22.4L氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为N A
B．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8N A
C．常温常压下，Na2O2与足量H22N A
D．标准状况下，22.4L空气含有N A个单质分子
2．在体积一定的密闭容器中放入1L气体R和3L气体Q，在一定条件下发生反应R(g)＋3Q(g)=X(g)＋n Y(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的75%，则化学方程式中n的值是（）
A．2
B．3
C．4
D．5
3．在aｍL浓度为c mol/L的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=1的盐酸时，恰好使溶液中Ag+完全沉淀，此时得到pH=2的溶液100mL（设反应前后溶液体积变化忽略不计），则c的值是（）
4．铜既不溶于稀硫酸，也不溶于NaNO3NaNO3，理论上最多溶解Cu的质量是（）
C
5．将Mg—Cu合金11.2g完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液，恰好完全反应时产生21.4g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是（）
22O4
22O4
22O4
6．有KOH和Ca(OH)2的混合溶液，pH=13。

取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如下图所示。

图中（V1）为112mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（）
A．560、672B．1008、1120C．2240、2352D．392、504
7．将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下NO，剩余9.6g金属；
继续加入200mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下NO。

若向反应后的溶液中加入KS溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（）
B．稀硝酸的物质的量浓度为1mol/L
D．再加入上述
8．用两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通直流电电解，当有1×10-3mol的OH-放电时，溶液显浅蓝色，则下列叙述正确的是（）
2（标准状况）
B．阴极上析出32mgCu
2（标准状况）
D．阳极和阴极质量都无变化
9．下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取n mol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（）A．C2H2、C2H4O2
B．C2H4、C3H6O
C．C2H4、C2H6O
D．C6H12O6、C2H4O2
10．某同学参阅了“84消毒液”3的消毒液。

下列说法正确的是（）
A．配制过程只需要三种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照久置后溶液中NaClO物质的量浓度减小
D．需要称量的NaClO固体的质量为140g
11．由氧化铜、氧化铁组成的混合物a g，加入2mol·L-1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解。

若将
a g该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为（）
B．(a-1.6)g
C．(a-3.2)g
D．无法计算
12．下列说法或计算正确的是（）A．采用加热蒸发溶剂的方法可以使浓度为4mol·L-1的盐酸溶液的浓度变为8mol·L-1
B．把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液的质量分数为4.0%
D．已知某温度下KNO3的溶解度是31.6g，该温度下将20gKNO3溶解于50g水中，充分溶解，获得溶液的质量分数是28.6%
13．一定条件下，将NO2与SO2以2∶3的体积比置于密闭容器中发生上反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶4，则平衡时SO2(g)
的转化率是（）
A．1/2B．3/4C．5/9D．2/3
14．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。

待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则下列说法不正确的是（）
A．Mg和Al的总质量为9g
B．硫酸的物质的量浓度为4mol/L
C．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L
D．生成的H2
二、非选择题（本题共7题，共58分。

）
15．（8分）随着社会的发展，工作、生活的节奏越来越快，无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧X而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。

如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。

下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
摩尔质量
成分质量(g)
(mol·L-1)
蔗糖342
硫酸钾174
阿司匹林180
高锰酸钾158
硝酸银170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是（填写名称）。

（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+）（只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。

（3）配制上述lL“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、、（在横线上填写所缺仪器的名称）。

（4）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是（填字母）。

A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有。

（填化学符号）
16．（5分）氮有多种氧化物，其中有一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的含氧酸盐的化学式是。

17．（9分）工业上将纯净干燥的氯气通人到0.5mol/L NaOH溶液中得到漂水。

某同学想在实验室探究Cl2性质并模拟制备漂水，下图是部分实验装置。

已知KMnO4与盐酸反应可以制取Cl2。

（1）配制480 mL物质的量浓度为0.5 mol/L NaOH溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和。

需称量的NaOH的质量是。

（2）浓硫酸的作用是。

（3）装置E中发生化学反应的离子方程式为。

（4）实验时装置D中的现象是。

（5）氯元素含量为10%的漂水溶液355g，其中含NaClO的物质的量为mol。

18.（14分）物质A有如下图所示转化关系，其中甲由两种单质直接化合得到；B为红棕色固体；C
为无色气体，是形成酸雨的大气污染物之一；D的水溶液加入用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，乙为金属单质，常温下，它在G的浓溶液中发生钝化，F的溶液中只含有一种溶质（有的反应可能在水溶液中进行，有的反应的生成物未全部给出，反应条件也未注明）。

回答下列问题：
（1）工业上，反应I的化学方程式为。

（2）D和乙反应的离子方程式为。

（3）请简述检验D溶液中阳离子的方法。

（4）若A的相对分子质量为120，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为完全转化。

现取m克含A及少量杂质的样品，按上述过程充分反应后（杂质不参与反应），得到密度为ρg/cm3，溶质质量分数为a%的G溶液nmL。

则该样品中A的质量分数＝（列出计算式即可）。

19．（7分）丙酸盐是安全有效的防霉、防腐剂，一种以碱式碳酸锌为原料的工艺流程如下：
n（丙酸）∶n（碱式
序号
反应温度/℃丙酸锌产率/%
碳锌）
1 1∶60
2 1∶80
3 1∶100
4 1∶60
5 1∶80
6 1∶100
（1）探究本实验中最佳工艺条件（见上表）：反应时间2h，用水量45g，n（丙酸）∶n（碱式碳酸锌）=1∶，反应温度℃。

（2，按上述流程在上述优化的条件下制备，最终得产品丙酸锌49.6g，则该次实验丙酸锌的产率为。

（3）本工艺采用“闭路循环”方式，除具有制备工艺简便、产率高外，还具有的优点。

20.（8分）磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。

（1）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2 === 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 === P4+10CO每生成1molP4时，就有mol电子发生转移。

（2）硫代硫酸钠（Na2S2O2）是常用的还原剂。

在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。

发生的反应为：
C6H8O6+I2=== C6H6O6+2H++2I-2S2O32-+I2=== S4O62-+2I-，在一定体积的某维生素C溶液中加入amol/LI2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2，消耗bmol/LNa2S2O2溶液V2mL。

该溶液中维生素C的物质量是mol。

（3）在酸性溶液中，碘酸钠（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3-+5SO32-+2H+=== I2+5SO42++H2，生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。

某同学设计实验如下表所示：
该实验的目的是，表中V2=mL。

21．（7分）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。

某种矿石中铁元素以氧化物Fe m O n的形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0g
样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。

向所得滤液中加入10.0g 铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6g。

剩下滤液用浓度为2mol·L-1的酸性KMnO4滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积25.0mL。

提示：2Fe3+＋Cu===2Fe2+＋Cu2+ 8H+＋MnO4-＋5Fe2+ ===Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
（1）计算该铁矿石中铁元素的质量分数。

（2）计算氧化物Fe m O n的化学式（m、n为正整数）。

2012届同心圆梦专题卷化学专题十二答案与解析
1．【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数、电离、分子与原子结构、氧化还原等知识。

【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）原子、Na2O2晶体的组成。

（2）气体摩尔体积与状态的关系。

（3）氯气与碱的反应中电子转移数目的计算。

【答案】C【解析】盐酸溶液中不存在氯化氢分子，A选项错误；16g14CH4×8=7.1mol，B选项错；
Na2O2与足量H2OO2，O的化合价由-1价×N A，C选项正确；空气是多种气体的混合物，不只是单质，
D选项错。

2．【命题立意】本题考查阿伏加德罗定律。

【思路点拨】解答本题需要掌握过量计算和差量法。

【答案】A【解析】由题知混合气体压强减小，所以反应是一个体积减小的反应，由于气体R完全反应，所以有3-n=1，n=2，故选A。

3．【命题立意】本题考查离子反应。

【思路点拨】从离子反应的角度认识该反应的实质是Cl-和Ag+的反应，而H+的物质的量没有变化。

【答案】B【解析】AgNO3＋HCl===AgCl↓＋HNO3。

最终溶液pH=2，所以c(H+)=1×10-2mol/L，HNO3=H+＋NO3-，加入盐酸pH=1，c(H+)=1×10－1mol/L，反应前后n(H+)不变，所以反应前V（HCl）=10mL，所以a=90mL，AgNO3与HCl反应，物质的量比为1∶1，则有等式a=c×10-3，解c=0.011 mol/L。

故B正确。

4．【命题立意】本题考查NO3－的氧化性及根据化学方程式的计算。

【思路点拨】解决本题关键就是过量计算。

【答案】D【解析】3Cu＋8H+＋2NO3-===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，此时n(H+)=0.4mol，n(NO3-)=0.12mol，此时n(H+)不足，按n(H+)计算得n(Cu)=0.15mol，m(Cu)=9.6 g,故D选项正确。

5．【命题立意】本题考查氧化还原反应中的电子得失守恒。

【思路点拨】解决本题的关键点是：（1）Mg—Cu合金与沉淀的组成关系。

（2）Mg和Cu失去的电子数与OH-的数目的关系。

【答案】C【解析】本题考查化学计算。

Mg和Cu反应生成Mg(OH)2和Cu(OH)2，增加的质量就是OH-的质量，即m(OH-)=21.4g-11.2g=10.2g，则n(OH-)=0.6mol，且Mg和Cu失去的电子数等于OH-的数目，然后逐项分析电子转移数目，A中是0.9mol，B中是0.4mol，C中是0.6mol，D中是0.8mol，选C。

6．【命题立意】本题考查沉淀与溶解的图象题。

【思路点拨】解决本题的关键就是通过图象分析出每一阶段所发生的化学反应是什么?
【答案】B【解析】由题知反应的先后顺序依次为：Ca(OH)2+CO2 === CaCO3↓+H2O①；2KOH+CO2 === K2CO3+H2O②；K2CO3+H2O+CO2 === 2KHCO3③；CaCO3+H2O+CO2 === Ca(HCO3)2④。

①、④消耗CO2相同，
②、③消耗CO2相同；①、②反应实质为中和反应，消耗n(CO2××22400mL/mol=560mL，其中反
应①消耗112mL，反应②消耗560mL-112mL=448mL，V2时反应进行到③消耗CO2共计560mL+448mL=1008mL，进而求出V3=1008mL+112mL=1120mL。

7．【命题立意】本题考查金属与硝酸反应的定量计算。

【思路点拨】解决本题的关键点有：（1）氧化还原反应中得失电子守恒。

（2）摩尔质量的计算方法。

（3）NO3-在酸性条件下能将Fe2+氧化。

【答案】A【解析】第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的8.4g 金属均被氧化到+2价：3Fe(或3Cu)+8HNO3 === 3Fe(NO3)2[或3Cu(NO3)2]+2NO↑+4H2O，金属的物质为(2.24/22.4)×(3/2)mol=0.15mol，则第一次溶解的金属的摩尔质量为56g/mol，是铁。

第二次加硝酸后的溶液不能使KS溶液变红，溶解的9.6g金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.15mol，金属摩尔质量为64g/mol，是铜。

c(HNO3)=(2.24/22.4)×4/0.2mol/L=2mol/L。

若金属完全溶解后再加200mL稀硝酸，反应为
3Fe2++4H++NO3- === 3Fe3++NO↑+2H2O，经判断H+×(1/3)×22.4L=1.12L，故B、C、D错误，A正确。

8．【命题立意】本题考查电解计算。

【思路点拨】解决本题的关键是电路中得失电子的物质的量相同。

【答案】B【解析】用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应为，阴极：2Cu2＋＋4e-=2Cu，阳极：4OH--4e-=O2↑＋2H2O。

当有1×10-3mol的OH-放电时，生成标准状况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.0×10-3mol，根据得失电子守恒则在阴极上析出32mgCu。

9．【命题立意】本题考查有机物燃烧规律的计算。

【思路点拨】有机物耗氧规律的应用。

【答案】C【解析】A项中C2H2和C2H4O2分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为、2mol。

B项中C2H4、C3H6O分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为3mol、4mol。

而C2H4和C2H6O分别完全燃烧时，每1mol 都耗O23mol，故选C。

D项中每1molC6H12O6、C2H4O2耗O2分别为7.5mol、2mol，故不合题意。

或者将分子式改写：A项为：C2H2、C2(H2O)2；B项为：C2H4、C3H4(H2O)；C项为：C2H4、C2H4(H2O)。

可观察出C选项中的二者等物质的量时耗氧量相同。

10．【命题立意】本题考查一定体积的物质的量浓度溶液的配制。

【思路点拨】解决本题的关键点是：（1）配制的步骤与所需的仪器。

（2）误差的来源与分析。

（3）浓度与体积的关系。

【答案】C 【解析】配制过程需要的仪器有：500mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，A 错误；将烧杯中的溶液转移到容量瓶中后还要继续加水定容，所以容量瓶内有少量蒸馏水不会带来误差，B 错误；NaClO 会与空气中的CO 2反应生成次氯酸，C 正确；需要480mL 的溶液需配制500mL ，所需NaClO 固体的质量为500mL ×3×25%=148.75g ，D 错误。

11．【命题立意】本题考查守恒计算。

【思路点拨】解决本题的关键就是原混合物与最后固体质量的差。

【答案】A 【解析】Fe 2O 3+6H + △
2Fe 3++3H 2O ；CuO+2H +=== Cu 2++H 2O 。

金属氧化物的混合物可看成两
部分：金属元素+氧元素。

氧化物被H +溶解，氧元素与H +结合成H 2O ，H +的物质的量是，结合的O
原子共有，即原来的混合物中共有氧元素与一氧化碳结合成CO 2，剩余的质量就是金属的质量。

12．【命题立意】本题考查溶液的组成及有关计算。

【思路点拨】解决本题的关键是把握物质的量浓度、质量分数、溶解度的含义，结合物质的性质尤其是特性，综合分析。

【答案】B 【解析】因为HCl 比水更容易挥发，所以加热蒸发，浓度更低，A 项错误；()()
%10%100g 100g 100%20g 100=⨯+⨯=ω，B 项正确；钠与水反应，溶质变为了4.0NaOH ，由于生成了氢气，使总质量小于100g ，则溶液的质量分数应大于4.0%，C 项错误；根据KNO 33，所以20gKNO 3没有溶解完全，得到的是饱和溶液，%024%1006131631.g .g .ω=⨯=，D 项错误。

13．【命题立意】本题考查化学平衡的计算。

【思路点拨】熟练运用“三段法”进行计算。

【答案】C 【解析】设NO 2的物质的量为2mol ，则SO 2的物质的量为3mol ，参加反应的NO 2的物质的量为x mol 。

NO 2＋SO 2===SO 3＋NO
起始： 2 3 0 0
转化： xxxx
平衡：2-x 3-xxx
依题得：(2-x)∶(3-x)=1∶4，计算得出：x=5/3，则平衡时SO2(g)的转化率是5/9。

14．【命题立意】本题考查对Mg2+和Al3+沉淀的图象分析题。

【思路点拨】解决本题的关键是分析图象中每一段所发生的反应，尤其是曲线下降阶段的反应。

【答案】D【解析】根据图象分析，中和过量的酸，消耗NaOH溶液20mL；沉淀Mg2+和Al3+，消耗NaOH为200mL-20mL=180mL；Al(OH)3溶解消耗NaOH为240mL-200mL=40mL；n[Mg(OH)2)]=0.15mo l，n[Al(OH]3××27g/mol=9g，A选项正确；根据氢氧化铝的溶解方程式Al(OH)3+NaOH === NaA lO2+2H2O可计算NaOH的物质的量浓度为：0.2mol/0.04L=5mol/L，C选项正确；沉淀最大量时，溶液中的溶质为Na2SO4，根据物料守恒可计算，n(H2SO4)=2n(NaOH)=2××5mol/L=2mol，c(H2SO4) =2mol/0.5L=4mol/L，B选项正确；根据电荷守恒可计算2n(H2)=2n(Mg)+3n(Al)，n(H2)=n(Mg)+3 n(Al)/2=0.15mol+3×0.2mol/2=0.45mol，V(H2×22.4mol/L=10.08L，D选项错误。

15．【命题立意】本题考查一定体积的物质的量浓度溶液的配制及误差分析。

【思路点拨】解决本题的关键点是：（1）配制的步骤与所需仪器的关系。

（2）物质的量浓度的基本计算。

（3）误差的来源与分析。

【解答】（1）蔗糖（1分）（2）2×0.50/174+0.50/158 （2分）（3）1000 mL容量瓶（1分）胶头滴管（1分）（4）AD （2分）（5）Cl-（1分）
【解析】（1）根据公式计算：c=n/V。

（2）计算出硫酸钾和高锰酸钾中的K+的浓度。

（3）根据实验步骤选择相应仪器。

（4）A没影响；B中定容时仰视液面使溶液体积偏大，浓度偏小；C中的NaC1溶液会和硝酸银反应；D中液面低于容量瓶的刻度线说明部分液体残留于瓶口及瓶壁上，此时不用处理即可。

16．【命题立意】本题考查氧化还原反应中得失电子守恒的计算。

【思路点拨】解决本题的关键是建立氧化剂与还原剂之间化合价升降（或电子得失守恒）的定量关系。

【答案】NaNO2（5分）
【解析】关系式4NO~O2，O2得到4e-，则NO失去e-，化合价升高1变为+3价，所以含氧酸盐的化学式是NaNO2。

17．【命题立意】本题考查实验室制备氯气及其探究、计算。

【思路点拨】解决本题需要注意的关键点是：（1）实验原理与每个装置的作用的关系。

（2）理解氯气的漂白原理。

【答案】（1）500mL 容量瓶 （未标明容量的为0分）（1分） 10.0g （1分）
（2）干燥氯气 （1分）
（3）Cl 2＋2OH - ===Cl -＋ClO -＋H 2O （2分）
（4）湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色 （2分）
（5）0.5 （2分）
【解析】本题考查Cl 2的实验制法与性质。

（1）配制物质的量浓度的溶液体积的确定得需要一定容量的容量瓶。

n (NaOH)= 500 mL ×。

（2）制得的氯气除去HCl 后仍有水蒸气，影响其漂白性原理的探究。

（3）装置E 是尾气吸收装置，是氯气和NaOH 溶液的反应。

（4）见答案。

（5）m (Cl)=355g ×10%=35.5g ，则n (Cl)=1mol ，漂水是氯气和NaOH 溶液反应得到的，是等物质的量的NaCl 和NaClO 的混合物，所以含NaClO 的物质的量为0.5mol 。

18．【命题立意】本题考查铁及其化合物的推断及计算。

【思路点拨】解决本题的关键就是通过信息推得物质，利用原子守恒进行计算。

【答案】（1）4FeS 2+11O 2
高温 2Fe 2O 3+8SO 2 （3分） （2）2Fe 3++Fe === 3Fe 2+ （3分）
（3）滴入1~2滴硫氰化钾溶液，溶液呈现红色，则有Fe 3+存在 （3分） （4）%1001202198%⨯⨯⨯m na ρ（5分）
【解析】本题综合考查元素化合物的性质、物质的推断和离子检验以及有关计算。

B 为红棕色固体，则B 为Fe 2O 3。

C 无色，能形成酸雨，则C 为SO 2。

D 与硝酸酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，证明D 中含有Cl 元素，结合D 由Fe 2O 3反应得来，可以推出A 为FeS 2，甲为HCl ，D 为FeCl 3，
E 为SO 3，乙为Fe ，
F 为FeCl 2，
G 为硫酸。

（1）FeS 2在空气高温下氧化可以得到SO 2和Fe 2O 3。

（2）Fe 3+具有氧化性可将Fe 氧化为Fe 2+，本身还原为Fe 2+
（方程式见答案）。

（3）Fe 3+遇KS 溶液呈红色是检验Fe 3+的特征反应。

（4）根据S 元素守恒，可列出关系FeS 2~2H 2SO 4，设FeS 2的质量分数为x ，则2×(mg ×x )/120g/mol
＝n mL ×ρg/mL ×a %/98g/mol ，变形得x ＝
%1001202198%⨯⨯⨯m na ρ。

19．【命题立意】本题是对工艺生产的定量分析。

【思路点拨】解决本题的关键是分析图表数据，与问题结合起来。

【答案】（1 80（共2分，每空1分）（2）94.0%（3分）（3）原料利用率高；无废液、废渣排放等。

（2分）
【解析】（1）分析图中数据知：在80℃时丙酸锌的产率最大。

（2）n （丙酸）=0.5mol ，理论上生成n （丙酸锌）=0.25mol ，现在生成n （丙酸锌）=0.235mol ，则该次实验丙酸锌的产率为94.0%。

（3）从原料利用率及环境保护方面分析。

20．【命题立意】本题考查电子转移、根据化学方程式的计算及对定量分析实验的探究。

【思路点拨】解决本题的关键有：（1）发生化合价变化的原子及其数目。

（2）根据化学方程式确定好所研究物质的量的比例。

（3）定量实验要求有一个变量。

【答案】（1）20 （2分） （2）(aV 1bV 2)/1000（或其他合理答案）（2分） （3）探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系（或其他合理答案）（2分） 40 （2分）
【解析】（1）由关系式10C~P 4知，生成1molP 4时，就有10molC 反应生成10molCO ，则有20mol 电子发生转移。

（2）剩余的I 2的物质的量是：n （I 2）=b mol/L ×V 2L/1000mL ×1/2，与维生素C 消耗的I 2的物质的量是：n （I 2）=a mol/L ×V 1L/1000mL-bmol/L ×V 2L/1000mL ×1/2=(aV 1bV 2)/1000。

（3）实验目的应是探究外界条件对反应速率的关系，在其他条件相同时仅改变一个条件的变化来分析。

21．【命题立意】本题考查对固体成分的定量分析。

【思路点拨】解决本题的关键就是抓住Fe 2+、Fe 3+
的性质，结合反应的定量关系计算。

【答案】（1）56%（3分）（2）Fe 5O 7或2Fe 2O 3·FeO （4分）
【解析】（1）n (Fe)=5n (KMnO 4)=5×0.025L×2mol·L -1=0.25mol ，m (Fe)=0.25mol×56g·mol -1=14g ，
ω(Fe)=14g÷25g×100%=56%。

（2）反应的铜的物质的量n (Cu)=(10g-3.6g)÷64g·mol -1=0.1 mol ，n (Fe 3+)=0.2mol ，解得：n (Fe 2+。

该氧化物的化学式可表示为：Fe 5O 7或2Fe 2O 3·FeO。