解析 Ba（OH）2的物质的量为0.25mol·L－1¡Á0.02L＝0.005mol，故硫酸溶液的体积也是20mL；b时刻c（SO
）＝（0.005mol－0.0025mol）/（0.02L＋0.01L）＝0.083mol·L－1；c时刻溶液呈中性，d时刻c（OH－）＝[2¡Á0.25mol·L－1¡Á（0.03L－0.02L）]÷0.05L＝0.1mol·L－1，故溶液pH＝13；a为0.25mol·L－1的硫酸溶液，b、d处溶液中溶质的物质的量相等，但前者浓度大，c处相当于纯水。
答案 AB
8．（2013·吉林长春第一次调研，13）现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解（硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol·L－1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有（ ）。
¢Ù沉淀中OH－的质量为（n－m）g
¢Ú恰好溶解后溶液中的NO
的物质的量为
mol
¢Û反应过程中转移的电子数为
mol
¢Ü标准状况下生成NO的体积为
L
¢Ý与合金反应的硝酸的物质的量为（
＋
）mol
A．5项B．4项C．3项D．2项
解析 本题涉及的反应有Al＋4HNO3（稀）===Al（NO3）3＋NO¡ü＋2H2O；3Mg＋8HNO3（稀）===3Mg（NO3）2＋2NO¡ü＋4H2O；Al（NO3）3＋3NaOH===Al（OH）3¡ý＋3NaNO3；Mg（NO3）2＋2NaOH===Mg（OH）2¡ý＋2NaNO3。
当合金恰好溶解时，溶液中的NO
与Na＋的物质的量相等，n（NO
）＝n（NaOH）＝
mol，故②正确。
沉淀质量最大时，生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于mg，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）g，则反应过程中转移的电子物质的量n（e－）＝n（OH－）＝
mol，故①，③正确。
根据电子得失守恒知，标准状况下V（NO）＝
L，故④正确。
参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即
mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即
mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为（
＋
）mol，故⑤正确。
答案 A
三、非选择题（共4个小题，共67分）
9．（17分）二硫化亚铁是Li/FeS2电池的正极活性物质，可用水热法合成。
FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200¡æ连续反应24h，四种物质以等物质的量反应，再依次用CS2、H2O洗涤、干燥及晶化后得到。
（1）合成FeS2的离子方程式为_____________________________________。
（2）用水洗涤时，如何证明SO
已除尽？
___________________________________________________________。
（3）已知1.20gFeS2在O2中完全燃烧生成Fe2O3和SO2气体放出8.52kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为__________________________。
（4）取上述制得的正极材料1.1200g（假定只含FeS一种杂质），在足量的氧气流中充分加热，最后得0.8000g红棕色固体，试计算该正极材料中FeS2的质量分数（写出计算过程）。
解析
（1）由题中信息可写出四种反应物，再由原子守恒和电荷守恒写出产物，Na2S2O3中一个S显＋6价，一个S显－2价，其中－2的S与单质S发生归中反应，根据得失电子守恒配出反应。
（2）检验SO
，需要先用盐酸除去干扰离子，以防生成除BaSO4以外的钡盐沉淀。
（3）0.01molFeS2完全燃烧放出8.52kJ的热量。
写热化学方程式要标注物质的状态，同时ΔH应与化学计量系数成比例。
（4）由质量关系，列出120n（FeS2）＋88n（FeS）＝1.1200，由铁原子守恒列出n（FeS2）＋n（FeS）＝
，联合解得FeS2的物质的量，进而求出其含量。
答案
（1）Fe2＋＋S2O
＋S＋H2O
FeS2＋2H＋＋SO
（2）取少许最后一次洗涤滤液，先用足量盐酸酸化，再向上述清液中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤干净
（3）4FeS2（s）＋11O2（g）===2Fe2O3（s）＋8SO2（g）ΔH＝－3408kJ·mol－1
[或FeS2（s）＋
O2（g）===
Fe2O3（s）＋2SO2（g）]
（4）解：
120n（FeS2）＋88n（FeS）＝1.1200
n（FeS2）＋n（FeS）＝
n（FeS2）＝0.0075mol
w（FeS2）＝
¡Ö0.8036
10．（2013·诸暨月考）（16分）三氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。
工业上可将铁屑溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。
（1）将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中，得到的盐酸的密度为bg·mL－1，则该盐酸的物质的量的浓度是________。
（2）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为________。
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为____________________________________________（用离子方程式表示），若100mL2mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数________0.2NA（填¡°大于¡±、¡°等于¡±或¡°小于¡±）。
解析
（1）此题要注意溶液的体积，应用溶液的质量除以溶液密度，且注意溶液密度的单位，计算为：
＝
mol·L－1；
（2）根据氧化还原反应的优先规律，氯气先氧化Fe2＋，现在溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，表明溶液中无Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n（Cl－）＝3.36L÷22.4L·mol－1¡Á2＝0.3mol＝n（Br－），根据原子守恒n（Fe3＋）＝0.2mol＝n（Fe2＋），则c（FeBr2）＝0.2mol÷0.1L＝2mol·L－1；（3）Fe3＋水解Fe3＋＋3H2OFe（OH）3（胶体）＋3H＋生成的Fe（OH）3胶体具有吸附作用，可吸附溶液中的杂质离子，由于Fe3＋水解是可逆反应，且生成的Fe（OH）3胶体是分子的集合体，所以生成的Fe（OH）3胶粒的数目小于0.2NA。
答案
（1）
mol·L－1
（2）2mol·L－1
（3）Fe3＋＋3H2OFe（OH）3（胶体）＋3H＋ 小于
11．（2013·天一中学模拟）（16分）某同学购买了一瓶¡Á¡Á牌¡°84消毒液¡±，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
¡°84消毒液¡±：
含25%NaClO1000mL、密度1.19g·cm－3，稀释100倍（体积比）后使用。
请根据以上信息和相关知识回答下列问题：
（1）该¡°84消毒液¡±的物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）该同学取100mL该¡°84消毒液¡±稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na＋）＝________mol·L－1（假设稀释后溶液密度为1.0g·cm－3）。
（3）某实验需用480mL含25%NaClO的消毒液。
该同学参阅该¡°84消毒液¡±的配方，欲用NaClO固体配制该消毒液。
¢Ù下列说法正确的是________。
A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量的NaClO固体质量为143g
¢Ú在配制过程中，下列操作可能使配制的溶液的浓度偏大的是________。
A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯
B．定容时，俯视刻度线
C．定容时，仰视刻度线
D．移液时，有少量液体溅出
解析
（1）根据c＝
，c（NaClO）＝
＝4．0mol·L－1。
（2）稀释100倍后浓度为原来的1%。
（3）①选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示中的上面四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管。
选项B，配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用。
选项C，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低。
选项D，应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：
0.5L¡Á4.0mol·L－1¡Á74.5g·mol－1＝149g。
②由c＝
判断：
A、D选项中使n偏小，浓度偏小；B选项中俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大；C选项中仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小。
答案
（1）4.0
（2）0.04 （3）¢ÙC ¢ÚB
12．（创新预测题）（18分）工业上用含锌物料（含FeO、CuO等杂质）可制得活性ZnO，流程如下：
（1）上述流程中，浸出用的是60%H2SO4（1.5g·cm－3），配制这种H2SO4100mL需要18.4mol·L－1的浓H2SO4________mL（保留一位小数）。
（2）加入氧化剂H2O2后，有Fe（OH）3沉淀出现，没有Cu（OH）2沉淀出现，若溶液中c（Fe3＋）＝2.6¡Á10－18mol·L－1，则溶液中c（Cu2＋）的取值范围是________mol·L－1。
（已知Ksp[Fe（OH）3]＝2.6¡Á10－39，
Ksp[Cu（OH）2]＝2.2¡Á10－20）
（3）加入NH4HCO3后生成的沉淀是形态均为Zna（OH）b（CO3）c（a、b、c为正整数）的两种碱式碳酸锌A和B的混合物，A中a＝5、b＝6，则生成碱式碳酸锌A的化学方程式为_______________________________________________。
（4）取洗涤、烘干后的碱式碳酸锌A和B的混合物49.70g，其物质的量为0.10mol，高温焙烧完全分解得到37.26gZnO、3.584LCO2（标准状况下）和水，通过计算求出碱式碳酸锌B的化学式。
解析
（1）V＝100mL¡Á1.5g·mL－1¡Á60%÷98g·mol－1÷18.4mol·L－1¡Á1000mL·
L－1≈49.9mL。
（2）根据溶液中有Fe（OH）3沉淀出现，有c3（OH－）¡Ác（Fe3＋）＝Ksp[Fe（OH）3]，将Ksp[Fe（OH）3]＝2.6¡Á10－39，c（Fe3＋）＝2.6¡Á10－18mol·L－1代入上式得，c（OH－）＝1¡Á10－7mol·L－1；再根据溶液中没有Cu（OH）2沉淀出现，有c2（OH－）¡Á
c（Cu2＋）¡ÜKsp[Cu（OH）2]，将Ksp[Cu（OH）2]＝2.2¡Á10－20，c（OH－）＝1¡Á10－7mol·
L－1代入上式得，c（Cu2＋）¡Ü2.2¡Á10－6mol·L－1。
（3）由于A中a＝5、b＝6,2a＝b＋2c（电荷守恒），解得c＝2，由此确定A的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2；再从流程图中知，加入NH4HCO3所发生的反应中反应物还有ZnSO4，生成物有Zn5（OH）6（CO3）2、CO2、H2O，还有（NH4）2SO4，最后根据观察法将反应化学方程式配平。
答案
（1）49.9（50.0也给分）
（2）¡Ü2.2¡Á10－6
（3）5ZnSO4＋10NH4HCO3===Zn5（OH）6（CO3）2¡ý＋5（NH4）2SO4＋8CO2¡ü＋2H2O
（4）由题意0.1mol混合物完全分解得到ZnO、CO2、H2O的物质的量分别为0.46mol、0.16mol、0.3mol
可知1mol混合物中平均含4.6molZn、1.6molC、6molH，又知1molA中含H为6mol、含C为2mol，则1molB中含H为6mol、含C为1mol；所以B的化学式可以表示为Znx（OH）6CO3，由化合价代数和为零得出x＝4，即B的化学式为Zn4（OH）6CO3（其他合理解法均可）
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