高中化学必修一第三单元金属：有关混合物反应的计算

1、高中化学组卷一选择题（共40小题）1把NaHCO3和Na2CO310H2O混合物6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中钠离子的浓度为0.5mol/L向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为（）A2.93gB5.85gC6.56gD无法确定2有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为（）ABCD3向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生

2、成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如图所示，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（）ABCD4镁铝合金5.4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11.2LNO2（标准状况），若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A4.5gB6 gC8.7gD13.9g5某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只能被还原为NO气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）A原混合液中NO3的物质的量为0.4 molBOA段产生是NO，AB段反应为2Fe3+F

3、e=3Fe2+，BC段产生氢气C溶液中最终溶质为FeSO4Dc（H2SO4）为5 molL16将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A参加反应的硝酸的物质的量为0.4molB加入合金的质量可能为9.6gC沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLD溶解合金时产生NO气体体积0.224L（以标准状况）7将一定质量Mg和Al的混合物投人500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加人N

4、a0H溶液生成沉淀的物质的量与加人Na0H溶液体积的关系如图所示则下列说法正确的是（）AMg和A1的总质量为8gB硫酸的物质的量浓度为5molL1C生成的H2在标准状况下的体积为11.2LDNa0H溶液的物质的量浓度为5mo1L18CH4和H2混合气体10mL，完全燃烧后生成6mL CO2气体（气体的体积为相同状况下测定），则混合气体中CH4和H2的体积比为（）A2：3B3：2C2：1D1：29将一定质量的Mg和Al的混合物投入250mL、2.0mol/L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溶液的体积关系如图所示则下列说法

5、正确的是（）A当加入氢氧化钠溶液的体积为20 mL时，溶液的pH等于7B当加入氢氧化钠溶液的体积为20 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝CNa0H溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L100.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol该混合气体的平均相对分子质量可能是（）A30B46C66D6911铁、铜混合粉末18.0g加入到100ml 5.0molL1 FeCl3溶液中，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是（）A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是12.4gC反应后溶液中n（Fe3+

6、）=0.10 molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75 mol12把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95毫克溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀300毫克，则该氯化镁中的杂质可能是（）A氯化钠B氯化铝C氯化钾D氯化钙13取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应冷却，称得剩余固体比原混合物质量减少1.200g，若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为（）A37.5mLB75mLC150mLD300mL14FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入a g铁粉，待溶液完全变为浅绿色时，滤出不溶物，经干燥后得其质量也是a g，则原溶

7、液中FeCl3和CuCl2的物质的量比是（）A1：7B2：1C2：7D7：215Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a的数值为（）A4.92B6.42C7.18D14.8216向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物

8、质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol17将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）A43.2gB46.8gC53.6gD63.8g181.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子

9、全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL19将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（）A22.1gB27.2gC30gD无法计算20一定量的CuS和Cu2

10、S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A9.0 LB13.5 LC15.7 LD16.8 L21将4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672mL混合气体该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则混合物中Na、Na2O和Na2O2的物质的量之比为（）A1：1：1B1：1：2C1：2：2D4：3：222将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配

11、成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD23将总物质的量为n mol的钠和铝（其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L下列关系式中正确的是（）Ax=B0x0.5CV=33.6n（1x）D11.2nV22.4n24下列说法正确的是（）A现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应发生，达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等B把NaHCO3和Na2CO3混和物6.85g溶于水制成100mL溶液，其中c（Na+）=1molL

12、1该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量无法计算C将54.4g铁粉和氧化铁的混合物中加入4.0mol/L 200mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48L（标准状况）反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，反应后得到FeSO4的物质的量是0.8molD某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+25为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯

13、度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）ABCD26向一定量的Fe，FeO，Fe2O3，Fe3O4的混合物中，加入150mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，并放出标准状况下NO气体2.24L，往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现若用一定量的氢气在加热条件下还原相同质量的该混合物，所得固体的物质的量可能为（）A0.30molB0.28molC0.25molD0.22mol27在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质

14、的量之比是（）A1：4B1：3C1：2D1：128铁和氧化铁的混合物共x mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到y mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A（x+y）molB（xy）molC（xy）molD（x+y）mol29由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比不可能是（）A4：3B3：2C3：1D2：l30将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0

15、.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A0.2 molB0.4 molC0.6 molD0.8 mol31一定质量的Al、Mg合金与适量的稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液整个蒸干，所得固体（不含结晶水）质量比原固体增加了7.2g，则该合金的物质的量可能为（）A0.05molB0.06molC0.08molD0.09mol32现有FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液，其中c（H+）=0.10m

16、ol/L取该溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g；再另取该混合溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.00g则原混合溶液中c（Fe2+）与c（Fe3+）之比为（）A4：1B3：1C2：1D1：133向22.4gFe2O3、Cu的混合物中加入0.5mol/L的硫酸溶液750mL，固体完全溶解，则原混合物中Cu的质量可能为（）A1.12 gB2.2 gC3.2gD6.4g34将5.6g Fe投入浓硝酸溶液，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20g Fe（

17、NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A2240mLB4480mLC3360mLD1120mL35mg FeO、Fe2O3、CuO的混合物，加入120mL 1.0mol/L H2SO4溶液中完全溶解，向所得溶液中逐滴加入1.5mol/L NaOH溶液至刚出现沉淀时，消耗NaOH溶液40mL；将mg的混合物用CO气体加热还原，实验过程中耗去标准状况下的CO3.36升，得固体wg则w的值为（）Am0.96Bm1.44Cm1.6Dm2.4365.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完

18、全反应，收集到NO和NO2的混合气体V L（标准状况）；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗净、干燥，称得质量为10.7 g则V的值可能是（）A2.24B4.48C6.72D7.8437将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），向反应后的溶液中加入150mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中不正确的是（）A所用的NaOH溶液的物质的量浓度为3molL1B当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积一定为3.36LC参加反应的金属的总质量（m）为5.4gm14.4gD

19、若将产生的气体全部转化为硝酸，则至少需要标况下2.52L的氧气38取对水蒸气的相对密度为0.4的CO和H2组成的混合气体若干克，通入到盛足量的Na2O2固体粉末的容器中，并同时加入少量的O2，电火花引燃，充分反应后，称重发现固体粉末的质量增加了2.1g，则原混合气体中CO和H2的质量比为（）A1：4B2：3C6：5D7：239将一定的NaOH和NaHCO3的混合物放在密闭的容器中加热，充分反应后生成CO2的体积为V1（V10）将反应后的固体残渣与过量的稀盐酸反应，又生成CO2的体积为V2（V1、V2均为标准状况的体积）则原混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为（）A（V2V1）：（V1

20、+V2）BV2：V1CV2：（V1+V2）D（V1+V2）：（V2V1）40由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气11.2L（标准状况），此合金可能是（）A镁铝合金B镁铁合金C铝铁合金D镁锌合金高中化学组卷参考答案与试题解析一选择题（共40小题）1（2016萍乡校级三模）把NaHCO3和Na2CO310H2O混合物6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中钠离子的浓度为0.5mol/L向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为（）A2.93gB5.85gC6.56gD无法确定【分析】n（Na+）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，反

21、应后所得固体为NaCl，则n（NaCl）=0.05mol，m（NaCl）=0.05mol58.5g/mol=2.925g【解答】解：反应的有关方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，反应后所得固体为NaCl，n（Na+）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，根据Na元素守恒，则n（NaCl）=0.05mol，m（NaCl）=0.05mol58.5g/mol=2.925g，近似为2.93g，故选A【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应方程式判断最终反应产物，根据质量守恒计算2（2016吉安校级模拟）

22、有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为（）ABCD【分析】由BaCl2和稀硫酸反应可计算Ba2+离子的物质的量，利用NaCl和AgNO3溶液反应计算出Cl离子的物质的量，由混合液呈电中性可计算出钠离子的物质的量，并注意均分成两份及计算原混合溶液中的c（Na+）来解答即可【解答】解：设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl离子的物质的量为n，由Ba2+SO42BaSO4， 1 1 m xmol

23、则：m=xmol，Cl+Ag+AgCl，1 1n ymol则：n=ymol，设每份中的钠离子的物质的量为z，BaCl2和NaCl的混合溶液不显电性，则x2+z=y，整理可得：z=（y2x）mol，则原溶液中的钠离子的物质的量为：（y2x）mol2=（2y4x）mol，原溶液中钠离子浓度为：c（Na+）=mol/L，故选D【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确离子之间的量的关系即可解答，利用溶液不显电性来计算钠离子的物质的量是解答的关键，并注意两等份的关系，为易错点3（2016黄埔区二模）向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaO

24、H溶液体积关系如图所示，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（）ABCD【分析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，结合Fe3+3OHFe（OH）3、Mg2+2OHMg（OH）2计算判断【解答】解：向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+

25、HCl=NaCl+H2O，即为图象中0amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，令氢氧化钠浓度为xmol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为（ba）mL，结合Fe3+3OHFe（OH）3可知，溶液中n（Fe3+）=（ba）103Lxmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为（dc）mL，结合Mg2+2OHMg（OH）2可知，溶液中n（Mg2+）=（dc）103Lxmol/L，故原混合溶液中n（MgCl2）：n（FeCl3）=（dc）1

26、03Lxmol/L：（ba）103Lxmol/L=3（dc）：2（ba），故选D【点评】本题以图象形式考查混合物的有关计算，题目难度较大，清楚各段发生的反应是解题关键，导致出错的原因是学生不能考虑铁离子酸性较强的溶液中存在，不能分析各段发生反应4（2015日照模拟）镁铝合金5.4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11.2LNO2（标准状况），若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A4.5gB6 gC8.7gD13.9g【分析】标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）=0.5mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量；氢氧化钠溶液过量，则最后沉淀为Mg（OH

27、）2，利用金属总质量、电子守恒列式计算出镁的物质的量，再计算出生成氢氧化镁的质量【解答】解：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）=0.5mol，生成0.5mol二氧化氮转移电子的物质的量为：0.5mol（54）=0.5mol，设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则3x+2y=0.5；根据合金的总质量可得：27x+24y=5.4g，根据解得：x=mol、y=0.15mol，即：合金中含有0.15mol镁；加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.15mol，质量为：58g/mol0.15mol=8.7g，故选C【点评】本题考查

28、混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒、电子守恒在 化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力5（2015龙海市校级模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只能被还原为NO气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）A原混合液中NO3的物质的量为0.4 molBOA段产生是NO，AB段反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，BC段产生氢气C溶液中最终溶质为FeSO4Dc（H2SO4）为5 molL1【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO

29、3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2AOA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度【解答】解：AOA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=

30、Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3）=2n（Fe）=2=0.4mol，故A正确；B由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，故B正确；C硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度为：=4mol/l，故D错误；故选D【点评】

31、本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，题目难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力6（2015临沂校级二模）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A参加反应的硝酸的物质的量为0.4molB加入合金的质量可能为9.6gC沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLD溶解合金时产生NO气体体积0.224L（以标准状况

32、）【分析】将一定质量的镁、铜合金加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，假设反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物

33、质的量为0.15mol，A根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）；B根据电子转移计算金属总物质的量，金属的总质量与金属的含量有关，假定全为镁、全为铜计算确定金属的质量范围；Cn（NaOH）=n（OH），根据V=计算加入的氢氧溶液的体积；D根据电子转移守恒计算n（NO），然后计算出标况下一氧化氮的体积【解答】解：将一定质量的镁、铜合金加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，假设反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完

34、全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为：=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故A正确；B假定全为镁，金属质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，金属质量为：0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）

35、范围为：3.6gm9.6g，故B错误；C反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=n（OH）=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积为：V=0.1L=100mL，故C错误；D金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol2=0.3mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量为：n（NO）=0.1mol，标准状况下NO的体积为0.1mol2.24L，故D错误；故选A【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，侧重于学生运用电子转移守恒、质量守恒等解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题7将一定质量Mg和Al的混合物投人500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反

36、应完全后，向所得溶液中加人Na0H溶液生成沉淀的物质的量与加人Na0H溶液体积的关系如图所示则下列说法正确的是（）AMg和A1的总质量为8gB硫酸的物质的量浓度为5molL1C生成的H2在标准状况下的体积为11.2LDNa0H溶液的物质的量浓度为5mo1L1【分析】结合图象可知，加入氢氧化钠溶液后没有立刻生成沉淀，则硫酸过量；200240mL为氢氧化铝与氢氧化钠反应，最终得到的沉淀为氢氧化镁，则nMg（OH）2=0.15mol，根据Mg元素守恒及m=nM可计算出镁的质量；沉淀最大时为氢氧化镁、氢氧化铝，则氢氧化铝的物质的量为nAl（OH）3=0.35mol0.15mol=0.2mol，根据Al

37、元素守恒及m=nM可计算出金属铝的质量；根据电荷守恒可知，20200mL消耗氢氧化钠的物质的量等金属提供电子物质的量，故n（NaOH）=0.15mol2+0.2mol3=0.9mol，根据c=计算出该氢氧化钠溶液的浓度；沉淀的物质的量最大时溶质为硫酸钠，则n（H2SO4）=n（NaOH）=5mol/L0.2L=0.5mol，硫酸的浓度为根据c=计算出该稀硫酸的浓度；根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为：=0.45mol，根据V=nVm计算出生成氢气的体积，据此进行判断【解答】解：根据图象可知，加入氢氧化钠溶液后没有立刻生成沉淀，则硫酸过量；200240mL为氢氧化铝与氢氧化钠反应，最终得到的沉

38、淀为氢氧化镁，则nMg（OH）2=0.15mol，根据Mg元素守恒可知：m（Mg）=0.15mol24g/mol=3.6g；沉淀最大时为氢氧化镁、氢氧化铝，则氢氧化铝的物质的量为nAl（OH）3=0.35mol0.15mol=0.2mol，根据Al元素守恒可知：m（Al）=27g/mol0.2mol=5.4g；根据电荷守恒可知，20200mL消耗氢氧化钠的物质的量等金属提供电子物质的量，故n（NaOH）=0.15mol2+0.2mol3=0.9mol，则c（NaOH）=5mol/L；沉淀的物质的量最大时溶质为硫酸钠，则n（H2SO4）=n（NaOH）=5mol/L0.2L=0.5mol，硫酸的

39、浓度为：c（H2SO4）=1mol/L；根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为：=0.45mol，标准状况下0.45mol氢气的体积为：22.4L/mol0.45mol=10.8L；AMg和Al的质量为：3.6g+5.4g=9g，故A错误；B硫酸的浓度为1mol/L，故B错误；C生成的氢气在标准状况下的体积为10.8L，故C错误；D该氢氧化钠溶液的浓度为5mol/L，故D正确；故选D【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义及化学反应实质为解答关键，试题充分考查了学生的分析图象能力及化学计算能力8（2016芦溪县模拟）CH4和H2混合气体10mL，完全燃烧后生成6

40、mL CO2气体（气体的体积为相同状况下测定），则混合气体中CH4和H2的体积比为（）A2：3B3：2C2：1D1：2【分析】根据碳原子守恒可知，生成6mL二氧化碳气体，需要消耗6mL相同条件下的甲烷，据此可知混合气体中含有氢气的体积，然后计算出混合气体中CH4和H2的体积比【解答】解：CH4和H2混合气体10mL，完全燃烧后生成6mL CO2气体（气体的体积为相同状况下测定），根据C原子守恒可知，生成6mL二氧化碳气体需要消耗6mL甲烷，则混合气体中氢气的体积为：10mL6mL=4mL，则混合气体中CH4和H2的体积比为：6mL：4mL=3：2，故选B【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目

41、难度不大，注意掌握常见物质的反应原理，注意质量守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力9（2011秋南阳期末）将一定质量的Mg和Al的混合物投入250mL、2.0mol/L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溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是（）A当加入氢氧化钠溶液的体积为20 mL时，溶液的pH等于7B当加入氢氧化钠溶液的体积为20 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝CNa0H溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L【分析】由图象可知，从开始

42、至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL开始，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.15mol

43、，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，A、铝离子水解，溶液呈酸性；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4）据此计算；D、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2）

44、，再根据V=nVm计算氢气体积【解答】解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL开始，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.

45、15mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，A、溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，铝离子水解，溶液呈酸性，故A错误；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，故B错误；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4）=20.25L2mol/L=1mol，所以NaOH溶液的物

46、质的量浓度为=5 mol/L，故C正确；D、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，故D错误；故选C【点评】本题考查镁铝的重要化合物、化学计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算10（2016莲花县三模

47、）0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol该混合气体的平均相对分子质量可能是（）A30B46C66D69【分析】Cu2e=Cu2+，0.03mol铜完全溶于硝酸失去电子为0.06mol，根据氧化还原反应规律，HNO3NO2+NO+N2O4，0.05mol氮氧化物共得到0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2，从两个极端来考虑：（1）假设混合气体为NO、NO2；（2）假设混合气体是N2O4

48、、NO2，据此计算平均相对分子质量，实际混合气体的相对分子质量介于两者之间【解答】解：金属提供0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2；假设一种情况为混合气体中没有N2O4时，设NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为0.05molx，根据电子得失守恒，铜失去的电子数等于NO3得到的电子数，所以有0.03mol2=3x+（0.05molx）1，得：x=0.005mol，NO2的物质的量为0.05mol0.005mol=0.045mol，所以

49、混合气体的平均相对分子质量为=44.4；同理，假设另一种情况为混合体中没有NO时，设N2O4、NO2物质的量分别为m，n，m+n=0.05mol，2m+n=0.06mol，联立解得m=0.01mol，n=0.04mol，所以混合气体的平均相对分子质量为（NO2、N2O4）=46+92=55.2所以该混合气体的平均相对分子质量应在44.455.2之间故选：B【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应的计算等，难度中等，利用极限法判断相对分子质量的范围是解题的关键11（2014上海模拟）铁、铜混合粉末18.0g加入到100ml 5.0molL1 FeCl3溶液中，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是

50、（）A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是12.4gC反应后溶液中n（Fe3+）=0.10 molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75 mol【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+，n（FeCl3）=0.5mol，结合反应的方程式解答【解答】解：铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.5molm1=16g，m2

51、=14g，溶解的金属质量是182.8=15.2，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n264n1+56n2=15.2gn1+n2=0.25moln1=0.15mol，n2=0.1mol，则原来含有的铜的质量是：0.15mol64g/mol+2.8g=12.4g，故B正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故D正确故选BD【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据反应的相关方程式从质量守恒的角度解答，难度中等12把

52、含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95毫克溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀300毫克，则该氯化镁中的杂质可能是（）A氯化钠B氯化铝C氯化钾D氯化钙【分析】假设氯化镁中不含杂质，则95毫克可生成AgCl287毫克，现生成AgCl300毫克，说明杂质是含氯量大于MgCl2中含氯量的物质，分别计算各选项中Cl的含量与氯化镁比较即可得出答案【解答】解：若考虑极限情况，即氯化镁中不含杂质，则95毫克可生成AgCl287毫克，现生成AgCl300毫克，说明杂质是含氯量大于MgCl2中含氯量的物质，氯化镁中Cl的含量为A、氯化钠中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故A错误；B、氯化铝中Cl

53、的含量为，大于氯化镁中Cl的含量，故B正确；C、氯化钾中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故C错误；D、氯化钙中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故D错误故选B【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意用端值法解答13（2015普陀区一模）取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应冷却，称得剩余固体比原混合物质量减少1.200g，若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为（）A37.5mLB75mLC150mLD300mL【分析】FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应后，生成Fe与H2O，剩余固体比原混合物质量减少1.200g为混

54、合物中O元素质量；若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，混合物中O元素与HCl中H元素结合生成H2O，则n（H2O）=n（O），由H原子守恒n（HCl）=2n（H2O），进而计算盐酸的体积【解答】解：FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应后，生成Fe与H2O，剩余固体比原混合物质量减少1.200g为混合物中O元素质量，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，混合物中O元素与HCl中H元素结合生成H2O，则：n（H2O）=n（O）=0.075mol，由H原子守恒可得：n（HCl）=2n（H2O）=0.075mol2=0.15mol，所以需要1mol/L盐酸的体积为：=0.15L=150mL，故选C【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应实质为解答关键，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力14（2016宜春校级一模）FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入a g铁粉，待溶液完全变为浅绿色时，滤出不溶物，经干燥后得其质量也是a g，则原溶液中FeCl3和CuCl2的物质的量比是（）A1：7B2：1C2：7D7：2【分析】在氯化铁和氯化铜的混合溶液中加入过量的铁粉，分别发生：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，搅拌使其充分反应，所得固体残渣的质量与原铁粉的质量恰