3.2.3 物质的量在化学方程式计算中的应用-人教版高一《化学》知识总结与练习讲义

PAGE1第三章铁金属材料第一节铁及其化合物3.2.3物质的量在化学方程式计算中的应用板块导航01/学习目标明确内容要求，落实学习任务02/思维导图构建知识体系，加强学习记忆03/知识导学梳理教材内容，掌握基础知识04/效果检测课堂自我检测，发现知识盲点05/问题探究探究重点难点，突破学习任务06/分层训练课后训练巩固，提升能力素养1．结合化学方程式了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计算。2．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确化学计量数在不同层次的运算中的使用。3．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。4.通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，了解化学计算中的常见类型，学会常用的解题方法，感受定量研究对化学科学的重要作用。重点:（1）化学方程式计算中的单位的使用；（2）掌握物质的量在化学方程式计算中的应用。难点:（1）综合计算题中思维过程及能力的建立；（2）化学计算中的解题技巧。

一、根据化学方程式进行计算的基本步骤1.物质的量与其他物理量之间的计算公式2.化学方程式中的定量关系化学方程式2CO+O22CO2化学计量数之比2∶1∶2物质微粒数之比2∶1∶2扩大NA倍之后2NA∶NA∶2NA物质的量之比2mol∶1mol∶2mol标准状况下体积之比44．8L∶22．4L∶44．8L相同状况下体积之比2∶1∶2结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。3.物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤①“审”：审清题目条件和题目要求。②“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。③“写”：依据题意写出并配平化学方程式。④“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。⑤“列”：将有关的几个量列出比例式。⑥“解”：根据上述比例式求解未知数。⑦“答”：根据题目要求简明地写出答案。4.计算过程中的注意事项（1）书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。（2）符号规范①设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl溶液的体积为V[HCl(aq)]。②各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH溶液的体积和物质的量浓度，求NaOH溶液的质量时就写成：m(NaOH)=c(NaOH)×V[NaOH(aq)]×M(NaOH)。（3）单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。二、常用计算方法1.关系式法：（1）含义：关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。（2）关系式法类型：①纵向关系式：经过多步的连续反应，即后一反应的反应物为前一反应的生成物，采用“加合”，将多步运算转化为一步计算②横向关系式：几种不同物质中含相同的量，根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有多个平行的化学反应即多个反应的生成物有一种相同，根据这一相同的生成物，找出有关物质的关系式，依此关系式进行计算可简化运算过程。（3）关系式法解题步骤：①写出各步反应的化学方程式；②根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量、物质的量或相同条件下气体的体积)的关系；③确定已知物质和所求物质之间的量的关系；④根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。2.守恒法（1）含义：所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法称为守恒法。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。（2）守恒法有如下三种类型：①质量守恒法：宏观特征：反应前后质量守恒；微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。②电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但正负电荷总数相等。离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。③得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。（3）守恒法一般解题步骤如下：①明确题目要求解的量；②根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量；③根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。3.差量法(差值法)（1）含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。（2）差量类型①气体体积差量②气体质量差量③液-液质量差量④固-液质量差量⑤气-液质量差量⑥气-固质量差量⑦溶解度差量。（3）差量法(差值法)解题步骤①表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量(注意不同物质的物理量及单位间的对应关系)；②表示出实际差值并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)；③根据比例关系建立方程式并求出结果。【特别提醒】①x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。②分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和。③正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。1．请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)（1）物质在发生化学反应时，它们的物质的量一定相等()（2）物质在发生化学反应时，它们物质的量之比等于化学方程式中化学计量数之比()（3）将28g铁粉放入100mL0.1mol/L的CuSO4溶液中，充分反应后析出的铜的质量为0.64g()（4）0.1mol某元素的单质直接跟氯气反应后，质量增加7.1g，这种元素是钠元素()（5）将1molNa和1molAl的混合物投入足量水中，产生的气体在标准状况下的体积为44.8L()（6）0.56g氧化钙恰好与20mL盐酸反应，则此盐酸的物质的量浓度是1.00mol·L－1()【答案】（1）×（2）√（3）√（4）×（5）√（6）√2．差量法是化学计算中的一种常用方法。现有48.6gNa2CO3和NaHCO3的混合物，置于试管中加热到质量不再变化时，得到42.4g固体。则原混合物中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶2【答案】C【解析】设NaHCO3的质量为x，则根据化学方程式可知：混合物中碳酸钠的质量是48.6g-16.8g=31.8g，所以原混合物中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为2∶3，故C正确，选C。3.称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量。

（2）固体混合物中氧化铜的质量。

【答案】（1）0.100mol（2）2.40g【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100mol。而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100mol，故可以判断加入铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液（1）根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.100mol（2）设Fe2O3为xmol，CuO为ymol，根据质量守恒：160x+80y=4.00，根据整个体系中金属元素守恒：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解方程得x=0.01，y=0.03，CuO质量为2.40g。4.将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。【答案】0.100mol·L－1【解析】由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2Oeq\o\al(2－,7)中＋6价铬所得电子的物质的量相等，eq\f(1.08g,72g·mol－1)×(3－2)＝0.02500L×c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))×(6－3)×2，得c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.100mol·L－1。►问题一关系式法的应用【典例1】使4.6gCu和Mg的合金完全溶于浓硝酸中，假定硝酸被还原后只产生4.48LNO2气体(标准状况)，向反应后溶液中加入足量NaOH溶液，生成沉淀的最大量为A．6.3g B．7.5g C．8.0g D．9.7g【答案】C【分析】题中涉及的反应有：，，反应后生成Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子的物质的量等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加上氢氧根的质量。【解析】由题意得生成气体只有NO2，，反应中N元素化合价由+5降低到+4，则转移电子的物质的量为0.2mol，由分析可知生成沉淀的质量为：4.6g+0.2mol×17g/mol=8.0g，故答案选C。【解题必备】关系式法解题步骤【变式1-1】（根据原子守恒找关系式）在氧气中燃烧0.22g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10mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A.72%B.40%C.36%D.18%【答案】C【解析】由S原子守恒和有关反应可得出：S～H2SO4～2NaOH32g2molm(S)0.5×10×10－3mol得m(S)＝0.08g原混合物中w(S)＝eq\f(0.08g,0.22g)×100%＝36%。【变式1-2】（根据相关反应找关系式）金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。【答案】93.2%。【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119g1molx0.100×0.016molx＝eq\f(3×119g×0.100×0.016mol,1mol)＝0.5712gw(Sn)＝eq\f(0.5712,0.613)×100%≈93.2%。►问题二守恒法的应用【典例2】已知溶液中可发生反应：2FeBr2＋Br2=2FeBr3，现向100mL的FeBr2溶液中通入3.36LCl2(标准状况)，充分反应后测得溶液中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()A．2mol·L－1 B．1mol·L－1C．0.4mol·L－1 D．0.2mol·L－1【答案】A【解析】由题意可知，Fe2＋的还原性强于Br－，若Cl2只氧化Fe2＋，Cl－和Br－的物质的量浓度不会相等，故部分Br－被氧化。设FeBr2的物质的量为x，3.36LCl2的物质的量是0.15mol，转移电子的物质的量共0.3mol。则根据电子守恒得：x＋(2x－0.3mol)＝0.3mol，解得x＝0.2mol，故FeBr2溶液的物质的量浓度为2mol·L－1，答案选A。【解题必备】守恒法解题步骤【变式2-1】（原子守恒）有14gNa2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为()A.20.40gB.28.60gC.24.04gD.无法计算【答案】C【解析】混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100g×15%×eq\f(35.5,36.5)＝m(NaCl)×eq\f(35.5,58.5)，解得m(NaCl)≈24.04g，答案选C。【变式2-2】(电荷守恒)把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为()A．10(b－2a)mol·L－1 B．5(b－2a)mol·L－1C．2(b－a)mol·L－1 D．10(2a－b)mol·L－1【答案】A【解析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝amol；根据Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝bmol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝bmol－2amol＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝eq\f(b－2amol,0.1L)＝10(b－2a)mol·L－1，答案选A。►问题三差量法的应用【典例3】为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)【答案】A【解析】由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可得如下关系：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xw1－w2则x＝eq\f(84w1－w2,31)，故样品纯度为eq\f(mNa2CO3,m样品)＝eq\f(w1－x,w1)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。【解题必备】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。【变式3-1】将一定质量的铁片放入溶液中，待充分反应后取出铁片，洗净后称量，发现铁片比原来增加了0.2g，则该溶液的物质的量浓度为A． B． C． D．【答案】A【解析】设硫酸铜的质量为xgx=4g，该溶液的物质的量浓度为，故选A。【变式3-2】将12.8g铜片放入足量AgNO3溶液中，一段时间后，取出铜片，洗净烘干后得固体质量13.56g，则参加反应的铜片质量为A．0.32g B．0.76g C．0.94g D．1.08g【答案】A【解析】反应后固体质量增加了，设参加反应的铜片质量为，则：因此参加反应的铜片质量为0.32g；故选A。1．一定量的镁和氧化镁的混合物中镁元素的质量分数为72%，取10g加入足量的稀硫酸溶液，再向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，得到沉淀的质量为A．17.4g B．10g C．7.2g D．5g【答案】A【解析】镁和氧化镁的混合物中镁元素的质量分数为72%，则10g混合物中Mg元素的质量为，Mg元素的物质的量为，根据Mg元素守恒，生成氢氧化镁的物质的量为0.3mol，则氢氧化镁的质量为，故选A。2．agFe、的混合物恰好溶于1L2mol/L溶液，没有气体产生，向反应后的溶液中滴加KSCN无现象，则原混合物中Fe与的物质的量比为A．1：1 B．2：3 C．1：2 D．2：1【答案】A【解析】由题意可知，ag铁和氧化铁溶于1L2mol/L稀硫酸没有气体产生，向反应后的溶液中滴加硫氰化钾无现象，说明稀硫酸完全反应，反应得到的溶液为硫酸亚铁溶液，则溶解过程中发生的反应为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，硫酸的物质的量为2mol/L×1L=2mol，由原子个数守恒可知，反应生成硫酸亚铁的物质的量为2mol，由方程式可知，混合物中氧化铁的物质的量为mol，由铁原子个数守恒可知，混合物中铁的物质的量为2mol—mol×2=mol，则铁和氧化铁的物质的量比为1：1，故选A。3．将1.12g铁粉加入25mL2mol·L－1氯化铁溶液中充分反应(忽略溶液体积变化)，下列分析正确的是A．铁粉有剩余B．Cl－浓度减小C．向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色D．反应液质量增加5.6g【答案】C【分析】铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，n(Fe)＝＝0.02mol，n(FeCl3)＝25×10－3L×2mol·L－1＝0.05mol，【解析】A．由离子方程式可知，Fe3＋是过量的，A错误；B．氯离子不参加反应，氯离子浓度不变，B错误；C．分析知铁离子剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，Fe3＋与KSCN溶液变红色，C错误；D．由离子方程式可知，1.12g的铁全部变成亚铁离子进入到溶液中，溶液质量增加1.12g，D正确；故选D。4．100溶液中，含为0.04，在该溶液中加入0.1溶液300，反应后溶液中的物质的量浓度约为(忽略溶液混合后体积变化)A．0.3 B．0.15 C．0.075 D．0.1【答案】C【解析】100溶液中，含为0.04，则硫酸根的物质的量为=0.06mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1×0.3L=0.03mol，则含有钡离子0.03mol，能够消耗硫酸根0.03mol，则剩余硫酸根0.03mol，则浓度为=0.075mol/L，故选C。5．已知合金中各成分保留原有的化学性质，取、合金，投入到足量的稀硫酸中，产生。下列有关说法错误的是A．该合金中与的物质的量之比为B．充分反应后消耗的物质的量为C．、合金与稀硫酸的反应属于置换反应D．向所得溶液中滴加足量溶液，最终有红褐色沉淀产生【答案】A【分析】由于稀硫酸足量，故铁和铝完全反应，设Al的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，生成即0.4mol，则，由此可列方程：，解出x=0.2，y=0.1，由此作答。【解析】A．由上面分析可知，Al的物质的量为0.2mol，Fe的物质的量为0.1mol，所以与的物质的量之比为，A错误；B．Al的物质的量为0.2mol，Fe的物质的量为0.1mol，所以消耗的物质的量为，B正确；C．铁、铝和稀硫酸的反应属于活泼金属与酸的反应，是置换反应，C正确；D．反应后溶液中有亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液，会先生成氢氧化亚铁，然后最终被氧化为氢氧化铁，D正确；故选A。6．将与的混合物加入的盐酸中，氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入(标准状况)氯气时，恰好使溶液中的完全转化为，则该混合物中和的物质的量之比为A． B． C． D．【答案】D【解析】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，所得的溶液中通入(标准状况，为0.05mol)氯气时，恰好使溶液中的完全转化为，发生反应：，则氯化亚铁为0.1mol、氯化铁为(0.2L×5.5mol/L-0.1mol×2)÷3=0.3mol，则的物质的量为0.15mol，FeO的物质的量为0.1mol，故该混合物中和的物质的量之比为0.1mol∶0.15mol=2∶3，故选D。7．在溶质的物质的量均为0.2mol的盐酸、硫酸溶液中，分别加入等质量的铁粉，反应结束时所生成的气体物质的量之比为2：3，则加入的铁粉的质量为A．2.8g B．5.6g C．8.4g D．16.8g【答案】C【解析】在溶质的物质的量均为0.2mol的盐酸、硫酸溶液中，H+的物质的量分别为0.2mol、0.4mol，与铁发生反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2，生成的氢气物质的量之比为2：3，这说明硫酸过量，盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气0.10mol，故硫酸反应生成氢气的物质的量为0.15mol，铁的物质的量为0.15mol，质量为：，故选C。8．向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入11.2g铁粉，充分反应后固体质量仍为11.2g。将反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L。（1）写出向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入铁粉发生反应的化学方程式：①；②；（2）求混合液中的H2SO4与CuSO4的物质的量之比；(写出计算过程)【答案】（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑Fe+CuSO4=FeSO4+Cu（2）1:7【分析】向含H2SO4与CuSO4的混合溶液中加入11.2g铁粉（为0.2molFe），根据反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L（为0.1molH2），说明铁过量。由于铁能与硫酸、硫酸铜发生反应，得固体质量仍为11.2g，说明参加反应的铁与生成的铜的质量相等。【解析】（1）铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁、和硫酸生成氢气和硫酸亚铁，反应为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；（2）反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L（为0.1molH2），Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，则剩余铁为0.1mol；与H2SO4、CuSO4反应Fe的质量是（11.2-5.6）g=5.6g，为0.1mol，根据反应前后固体质量不变，则生成铜的质量也为5.6g，为0.0875mol；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，则该反应中铁、硫酸铜均为0.0875mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，此反应中铁为0.1mol-0.0875mol=0.0125mol，反应硫酸为0.0125mol；故混合溶液中所含H2SO4与CuSO4的物质的量之比为0.0125:0.0875=1:7。1．在浓度均为4mol·L－1的盐酸和硫酸各100mL溶液中，分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成气体体积比为2∶3，则加入铁粉的质量是A．22.4g B．16.8g C．11.2g D．8.4g【答案】B【解析】试题分析：由于最后生成的气体质量不等，所以证明盐酸反应不足，而硫酸过量，否则生成气体的质量之比应该是1:2，根据Fe+2HCl═FeCl2+H2↑可知生成气体的物质的量为，氢气的质量为；反应完毕后生成气体的质量之比为2:3，所以由硫酸生成的气体质量为0.6g，设铁的质量为x，则解得x=16.8g，答案选B。2．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2＋存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL6mol·L-1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．该合金中铁的质量为5.6gB．所加稀硫酸中含1.2molH2SO4C．合金与稀硫酸反应共生成0.45molH2D．该合金与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为0.3NA【答案】A【分析】根据题意，加入H2O2完全反应后溶液中的金属离子为Fe3＋和Al3＋，要使得沉淀量最大，则加入NaOH溶液后刚好生成Fe(OH)3和Al(OH)3，设合金中Fe的物质的量为xmol，Al的物质的量为ymol，则56x＋27y＝11.0，107x＋78y＝26.3，联立两个方程可解得x＝0.1，y＝0.2，即Fe的质量为5.6g，Al的质量为5.4g。【解析】A．根据分析可知，合金中铁的质量为5.6g，A正确；B．根据分析，沉淀量最多时溶质只有硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为＝0.6(mol)，B错误；C．根据反应Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑、2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，0.1molFe完全反应生成0.1mol氢气，0.2molAl完全反应生成0.3mol氢气，共生成0.4mol氢气，C错误；D．该合金与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，转移的电子的物质的量为0.2mol×3＝0.6mol，即转移的电子数为0.6NA，D错误；答案选A。3．现有19.4gCu和Zn的合金与250ml4mol/L的稀硝酸反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为4.48L，将反应后的溶液稀释为1L，下列叙述中错误的是A．反应过程中转移的电子数目为0.6NAB．参加反应的铜和锌的物质的量之比为：2：1C．稀释后溶液中c(H+)为0.2mol/LD．将生成的NO全部溶于水还需标况下的O23.36L【答案】B【分析】硝酸铜和硝酸锌中阳离子的化合价都为+2价，则铜和锌与稀硝酸反应的方程式可以表示为3R+8HNO3=3R(NO3)2+2NO2↑+4H2O，设合金中铜、锌的物质的量分别为amol、bmol，由合金的质量可得：64a+65b=19.4，标准状况下4.48L一氧化氮的物质的量为=0.2mol，由得失电子数目守恒可得：a+b=0.3，解联立方程可得a=0.1、b=0.2，稀硝酸的物质的量为4mol/L×0.25L=1mol，则未反应的稀硝酸的物质的量为1mol—0.3mol×=0.2mol。【解析】A．标准状况下4.48L一氧化氮的物质的量为=0.2mol，则反应过程中转移的电子数目为0.6NA，故A正确；B．由分析可知，合金中铜、锌的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，则参加反应的铜和锌的物质的量之比为1：2，故B错误；C．由分析可知，未反应的稀硝酸的物质的量为1mol—0.3mol×=0.2mol，则稀释后溶液中氢离子浓度为=0.2mol/L，故C正确；D．一氧化氮全部溶于水发生的反应为一氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，标准状况下一氧化氮的体积为4.48L，则由方程式可知，一氧化氮全部溶于水需要氧气的体积为4.48L×=3.36L，故D正确；故选B。4．将一定质量的铁片放入溶液中，待充分反应后取出铁片，洗净后称量，发现铁片比原来增加了0.2g，则该溶液的物质的量浓度为A． B． C． D．【答案】A【解析】设硫酸铜的质量为xgx=4g，该溶液的物质的量浓度为，故选A。5．将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图像如下，下列说法中不正确的是A．原混合物的质量为9.5gB．盐酸的浓度是0.05mol/LC．加入的盐酸为150mL时，放出CO2气体112mL(标准状况下)D．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2【答案】D【解析】A．原混合物的总质量，A正确；B．由题图可知加入盐酸50mL时Na2CO3完全转化为NaHCO3和NaCl，由可知：，，B正确；C．加入盐酸50~150mL时，发生反应，可知，C正确；D．根据图中Na2CO3、NaHCO3的起点(0，2.5)，NaHCO3(50，5)可以看出，原混合物中，故Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，D错误；故选D。6．有一块铁的“氧化物”样品，某实验小组同学按如下步骤测定氧化物的组成：下列有关说法错误的是A．步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为B．样品X中含有C．溶液Y中D．经实验测定氧化物X的组成【答案】D【分析】铁的“氧化物”样品与盐酸反应得到的溶液Y中含有、，溶液Y中通入恰好完全反应，反应为：，则Y中含有，则X中含“FeO”的质量为，含“”的质量为，则有，故，氧化物X的组成为。【解析】A．根据上述分析可知，步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为，A项正确；B．根据上述分析可知，Y中含有，则X中含，B项正确；C．根据上述分析可知，样品X中，则溶液Y中，C项正确；D．X中含“FeO”0.02mol，含“”0.01mol，氧化物X的组成为，D项错误；答案选D。7．已知：。向含2molNaOH、1mol、2mol的混合液中慢慢通入，则通入的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCD2346n(沉淀)(mol)1243【答案】A【解析】A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A项正确；B．当通入的n(CO2)=3mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH-+CO2=+H2O、2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓++H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3，且n(沉淀)之和是3mol（1molBaCO3和2molAl(OH)3），故B项错误；C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀；剩余二氧化碳与氢氧化钠发生反应：2OH-+CO2=+H2O，消耗二氧化碳1mol；然后1mol二氧化碳与NaAlO2发生反应：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓++H2