人教版 (2019)必修 第一册第三节 物质的量精品第四课时习题

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1．将某份铁铝合金均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为4： 3，则样品中铁、铝物质的量之比为
A．2：1B．1：2C．3：4D．4：3
【答案】B
【详解】Fe、Al均与盐酸反应生成氢气，而Al也会与 NaOH溶液反应生成氢气，根据电子转移守恒可知Al与盐酸、与NaOH溶液反应生成的氢气的量相等，合金与盐酸、合金与NaOH溶液反应生成的气体体积比为4:3，则Fe与盐酸、Al与盐酸反应生成氢气体积之比为(4-3)：3=1：3，假设Fe与盐酸反应生成氢气为1ml，则Al与盐酸反应生成的氢气为3ml，反应中Fe表现+2价，而Al表现+3价，根据电子转移守恒n(Fe)= =1ml，n(Al)= =2ml，则样品中 铁、铝物质的量之比为1：2。
故选B选项。
2．将同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液中的Ag＋完全沉淀，则需同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为
A．1∶2∶3B．3∶2∶1
C．1∶1∶1D．6∶3∶2
【答案】D
【解析】由Ag＋＋Cl－＝AgCl↓可知，分别加入足量的硝酸银溶液，Cl－沉淀完全时，同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液，消耗等物质的量的AgNO3，即NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中含氯离子的物质的量相同，设n(Cl－)＝6 ml，根据物质的化学式可知：n(NaCl)＝6 ml，n(MgCl2)＝3 ml，n(AlCl3)＝2 ml，溶液的浓度相同，由V＝ EQ \f(n,c)可知，物质的量之比等于体积之比，为6 ml∶3 ml∶2 ml＝6∶3∶2，选D项。
3．R2O4X-离子在酸性溶液中与MnO4-反应，反应产物为RO2、Mn2＋、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，则x的值为
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】设R2O4X-中R元素化合价为+n价，反应中MnO4-是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，则根据电子守恒规律可得：(7-2)×2=(4-n)×2×5，解得：n=3，此时R2O4X-中(+3)×2+(-2)×4= -2，即x=2，故答案为B。
4．有关Al与NaOH溶液反应的说法中，正确的是
A．Al是还原剂，NaOH及H2O均是氧化剂
B．还原产物是H2，且由H2O还原所得的H2与NaOH还原所得的H2物质的量之比为2:1
C．反应中1mlAl失去ml电子
D．此反应中，只有水是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂
【答案】D
【详解】
A．根据反应实质，Al的化合价升高，Al作还原剂，H2O作氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；
B．根据铝与氢氧化钠溶液反应实质，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，氢气只来自于H2O，故B错误；
C．反应Al的化合价由0价→＋3价，因此1mlAl参与反应失去3ml电子，故C错误；
D．根据上述分析，水是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；
答案选D。
5．16.8g由Na2CO3和NaOH组成的混合物与200g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，蒸干反应后的溶液，最终得到的固体质量为
A．8gB．15.5gC．11.7gD．23.4g
【答案】D
【详解】
16.8g由Na2CO3和NaOH组成的混合物与200g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，所得溶液的溶质为NaCl；蒸干反应后的溶液，得到固体为NaCl，根据氯原子守恒可知：n(NaCl)=n(HCl)，盐酸中氯化氢的溶质的量为：n(HCl)= =0.4ml，所以m(NaCl)=0.4ml×58.5g/ml=23.4g；
故选D。
6．已知Fe3+中滴加KSCN溶液会变红色，而Fe2+遇KSCN溶液无明显变化。现有13.6 g Fe和Fe2O3的混合物，加入150 mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12 L H2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4，并使铁元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200 mL 3 ml·L-1的NaOH溶液，则该稀硫酸的物质的量浓度为
A．2.25 ml·L-1B．2 ml·L-1C．1 ml·L-1D．0.6 ml·L-1
【答案】B
【详解】Fe和Fe2O3的混合物与稀硫酸反应，Fe2O3与稀H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和水，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红，说明反应后没有Fe3+，因此Fe过量，Fe和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，剩余的Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2，加入NaOH溶液后，过量的H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2和Na2SO4，此时溶液中的溶质只有Na2SO4。200 mL 3 ml/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.2L×3ml/L=0.6ml，根据钠元素守恒，最终溶液中Na2SO4的物质的量为0.3ml，根据硫元素守恒可知H2SO4的物质的量为0.3ml，硫酸的物质的量浓度为=2ml/L，故选B。
7．向一定质量(设为m g)的MgO、CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500 mL某浓度的硫酸溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 ml·L－1 NaOH溶液250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀。则该硫酸的物质的量浓度为
A．0.5 ml·L－1B．1.0 ml·L－1
C．1.5 ml·L－1D．2.0 ml·L－1
【答案】A
【解析】向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 ml·L－1 NaOH溶液250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀，溶液中的溶质只有硫酸钠，根据元素守恒，H2SO4～Na2SO4～2NaOH，则该硫酸的物质的量浓度为 EQ \f( EQ \f(2.0 ml·L－1×250 mL,2),500 mL)＝0.5 ml·L－1，选A项。
8．已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 3.36L，充分反应后测得溶液中Cl－与Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为
A．2 ml/LB．1 ml/LC．0.4 ml/LD．0.2 ml/L
【答案】A
【解析】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15ml，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15ml，0.15ml Fe2+只能消耗0.075ml的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x ml，n(Br-)=2x ml，未反应的n(Br-)=0.3 ml，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)ml，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15ml×2，解得x=0.2 ml，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2ml/L。故选A。
9．钯(Pd)是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd+xH2=2PdHx，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的相对原子质量为106，金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd能储存H2的最大质量为
A．9.6gB．19.2gC．28.8gD．38.4g
【答案】B
【详解】
根据金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd的质量为12g/cm3×212cm3=2544g。设能储存的氢气的最大质量为xg，根据2Pd+0.8H2=2PdH0.8可得，，解得x=19.2g。
故选B。
10．将12.8g铜粉加到400mL 2ml/L的FeCl3溶液中，充分反应后，下列说法正确的是(假设溶液总体积不变)
A．溶液中产生了黑色固体
B．溶液中金属阳离子总物质的量为1ml
C．溶液中Fe2+物质的量浓度为2.0ml·L-1
D．溶液中Fe3+和Fe2+物质的量之比为1：2
【答案】B
【分析】铜与FeCl3发生反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，12.8g铜粉的物质的量为0.2ml，400mL2ml/L的FeCl3的物质的量为2ml/L×0.4L=0.8ml，显然溶液中FeCl3过量。
【详解】A．根据上述分析可知，铜粉溶解，铁离子转化为亚铁离子，不会出现黑色固体，A错误；
B．根据上述分析可知，溶液中金属阳离子总物质的量为铁元素和铜元素对应的离子之和，即0.2ml+0.8ml=1.0ml，B正确；
C．溶液中Fe2+的物质的量浓度等于参加反应的Fe3+的物质的量浓度，为，C错误；
D．溶液中剩余的Fe3+的物质的量为0.8ml-0.2ml×2=0.4ml，生成的Fe2+物质的量为0.2ml×2=0.4ml，所以两者的物质的量之比为1：1，D错误；
故答案选B。
11．有一种铁的“氧化物”样品，用5 ml·L－1盐酸140 mL完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56 L氯气，恰好使其中Fe2＋全部化成Fe3＋，该样品可能的化学式是
A．Fe2O3B．Fe3O4C．Fe4O5D．Fe5O7
【答案】D
【解析】盐酸中HCl的物质的量为5 ml·L－1×0.140 L＝0.7 ml，0.56 L氯气的物质的量为 EQ \f(0.56 L,22.4 L·ml－1)＝0.025 ml。铁的“氧化物”样品，用盐酸完全溶解，所得溶液中能吸收标况下0.56 L氯气，说明溶液中有Fe2＋，由2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，可知溶液中Fe2＋的物质的量：0.025 ml×2＝0.05 ml。跟盐酸反应后的溶液中有0.05 ml Fe2＋，0.7 ml Cl－，则还应该有Fe3＋，根据电荷守恒：n(Fe2＋)×2＋n(Fe3＋)×3＝n(Cl－)×1，0.05 ml×2＋n(Fe3＋)×3＝0.7 ml×1，n(Fe3＋)＝ EQ \f(0.7 ml－0.05 ml×2,3)＝0.2 ml，所以Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为0.05∶0.2＝1∶4，写成氧化物的形式为：FeO·2Fe2O3，即Fe5O7，故选D项。
12．高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用 NC13 溶液和 NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为 6NaClO2+NC13 +3H2O=6ClO2↑ +NH3 ↑ +3NaC1+3NaOH。下列有关说法正确的是
A．根据上面化学方程式，生成 22. 4 L NH3 时转移电子数目为 6 NA
B．NC13 中所有原子都满足8 电子结构
C．在 NaClO2 和NC13 的反应中 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1
D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】A.缺标准状况，无法计算22. 4 L NH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；
B.NC13为共价化合物，电子式为 ，由电子式可知分子中中所有原子都满足8 电子结构，故C正确；
C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；
D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；
13．将Cu片放入0.3ml/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中Cu2+与Fe3+的浓度相等，则Cu2+与Fe2+的物质的量之比为
A．1∶2B．1∶3C．3∶2D．3∶4
【答案】A
【详解】
将Cu片放入0.3ml·L-1FeCl3溶液中，发生反应∶Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。设生成xml Cu2+，则生成2xml的Fe2+，所以反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为xml∶2xml = 1∶2，故答案选A。
14．向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 ml·L－1的稀盐酸，生成CO2的量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．在加入盐酸0～0.2 L范围内，发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑
C．a＝0.3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比1∶2
【答案】D
【解析】结合氢离子的能力：OH－＞CO32－＞HCO3－，向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 ml·L－1的稀盐酸依次发生反应①OH－＋H＋＝H2O、②CO32－＋H＋＝HCO3－、③HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。
A项，根据图像，发生反应③HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，生成0.01 ml CO2，则消耗盐酸的体积是 EQ \f(0.01 ml,0.1 ml·L－1)＝0.1 L，所以发生反应②CO32－＋H＋＝HCO3－消耗盐酸的体积也是0.1 L，发生反应①OH－＋H＋＝H2O消耗盐酸为：0.4 L－0.1 L－0.1 L＝0.2 L，在加入盐酸0～0.2 L范围内，发生中和反应，正确；B项，ab段反应生成二氧化碳，发生反应的离子方程式为HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，正确；C项，根据图像，发生反应③HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑生成0.01 ml CO2，则消耗盐酸的体积是0.1 L，所以a＝0.4 L－0.1 L＝0.3 L，正确；D项，发生反应③HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，生成0.01 ml CO2消耗盐酸0.01 ml，所以Na2CO3的物质的量0.01 ml；发生反应①OH－＋H＋＝H2O消耗HCl为：0.1 ml·L－1×0.2 L＝0.02 ml，原混合溶液中NaOH的物质的量是0.02 ml，NaOH与Na2CO3的物质的量之比0.02 ml∶0.01 ml＝2∶1，错误。
15．有一反应，由X与Y化合生成Z，其反应为2X+3Y=2Z，反应物X与生成物Z的质量关系如图所示。下列说法不正确的是
A．有8g的Z生成时消耗4gY
B．X、Y、Z的摩尔质量之比为2∶2∶3
C．2mlX的质量与3mlY的质量之和等于2mlZ的质量
D．有4.8gX完全反应，消耗0.3mlY，则X的摩尔质量为24g•ml-1
【答案】B
【详解】A．由图可知，生成Z的质量为消耗X质量的两倍，有8g的Z生成时，消耗X 4g，根据质量守恒可知消耗Y 4g，选项A正确；
B．右图可知生成20gZ时，消耗10gX，根据质量守恒可知消耗10g Y，根据物质的量之比等于化学计量数之比计算摩尔质量之比可得：：：=2：2：3，因此MX：MY：MZ=3：2：6，选项B不正确；
C．方程式2X+3Y=2Z遵循质量守恒，根据方程式的意义可知，2ml X质量与3ml Y质量之和等于2ml Z的质量，选项C正确；
D．由反应方程式可知，有4.8 g X完全反应，消耗0.3 ml Y，则消耗0.2mlX，则X的摩尔质量为=24 g·ml-1，选项D正确；
答案选B。
16．在100 mL 5.0 ml·L－1 FeCl3溶液中加入16.0 g铜和铁的混合物，充分反应后剩余固体1.2 g(反应前后体积变化忽略不计，不考虑空气等影响)。下列有关说法不正确的是
A．FeCl3溶液中的Fe3＋已全部反应
B．还原剂失去电子的物质的量为0.5 ml
C．原混合物中含有铜7.6 g
D．根据氯元素守恒，可求得反应后溶液中Fe2＋的浓度是7.5 ml·L－1
【答案】D
【解析】氯化铁与铁单质发生反应：2Fe2＋＋Fe＝3Fe3＋；与铜单质发生反应：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，因铁比铜活泼，故铁先反应，铜后反应。
A项，因金属有剩余，且两种金属均能与氯化铁反应，可知氯化铁反应完全，Fe3＋已全部反应，正确；B项，由反应可知，反应中Fe3＋完全被还原成Fe2＋，则0.5 ml Fe3＋得电子的物质的量为0.5 ml，根据得失电子守恒，还原剂失去电子的物质的量为0.5 ml，正确；C项，若只有铁溶解，则0.5 ml氯化铁消耗的Fe的物质的量为0.25 ml，固体损失的质量为0.25 ml×56 g·ml－1＝14.0 g，则剩余固体的质量应为16.0 g－14.0 g＝2.0 g，而实际固体剩余质量为1.2 g，可知实际反应的金属还有Cu，设溶解的Fe的物质的量为x ml，溶解的Cu的物质的量为y ml，则56x＋64y＝16.0 g－1.2 g＝14.8 g，根据电子得失守恒可得：2x＋2y＝0.5，解得：x＝0.15，y＝0.1，固体混合物中铁的质量为：0.15 ml×56 g·ml－1＝8.4 g，铜的质量＝16.0－8.4＝7.6 g，正确；D项，100 mL 5.0 ml·L－1的FeCl3溶液中氯离子的浓度为15 ml·L－1，根据电荷守恒c(Fe2＋)×2＋c(Cu2＋)×2＝15 ml·L－1，可求得反应后溶液中Fe2＋、Cu2＋的浓度之和是7.5 ml·L－1，错误。
17．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe(NO3)x+NO↑+14H2O。下列判断正确的是
A． Fe(NO3)x，中的x为
B．反应中每生成0.2 ml还原产物，就有0.6 ml电子转移
C． HNO3在反应中只体现氧化剂
D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化
【答案】B
【解析】A. 由N原子守恒可知，28=9x+1，解得x=3，A错误；
B. N元素的化合价由+5价降低为+2价，则反应中每还原0.2 ml氧化剂，就有0.2 ml×(5-2)=0.6 ml电子转移，B正确；
C. 稀HNO3在反应中生成硝酸盐和NO，则硝酸表现酸性和氧化性，C错误；
D. 磁性氧化铁中的Fe元素的化合价有+2价和+3价，则Fe元素部分被氧化，D错误；
18．在托盘天平两边各放一只质量相等的烧杯，内盛等质量、等溶质质量分数的足量的稀盐酸，将质量相等的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，天平向下倾斜的一边为是
A．左边B．右边C．不倾斜，仍然平衡 D．无法确定
【答案】B
【解析】稀盐酸足量，产生气体的量由金属决定，由和可知：质量相同的Al和Mg与足量的HCl反应，Al产生的氢气较多，则放Mg(右盘)下倾，B满足题意。
答案选B。
19．如图所示为一定量AlCl3溶液中加入NaOH溶液后，产生Al(OH)3白色沉淀的质量与加入的NaOH的物质的量之间的关系曲线。
请回答下列问题：
(1)A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为________。
(2)AB段曲线所表示的反应的离子方程式为_________________________。
(3)向B处生成的溶液中通入二氧化碳，可观察到的现象是______________________。
(4)向含有0.1 ml NH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 ml·L−1 NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。
【答案】(1)13 (2)Al(OH)3+OH−===AlO2-+2H2O (3)生成白色沉淀
(4)
【解析】(1)A点沉淀达到最大，OA段发生离子反应方程式为：Al3++3OH−===Al(OH)3↓，两者物质的量之比为1∶3。
(2)氢氧化铝属于两性氢氧化物，因此AB段发生离子反应方程式为：Al(OH)3+OH−===AlO2-+2H2O。
(3)B中溶质为NaAlO2，通入二氧化碳发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O===2Al(OH)3↓+CO32-，因此有白色沉淀产生。
(4)Al3+得OH−的能力强于NH4+，因此先发生Al3++OH−===Al(OH)3↓，生成最大沉淀时，消耗NaOH的体积为60 mL，然后发生NH4++OH−===NH3·H2O，此时沉淀的质量不变，此阶段消耗的NaOH的体积为20 mL，最后发生的是Al(OH)3+OH−===AlO2-+2H2O，此时消耗的NaOH的体积为20 mL，因此图像如答案所示。
20．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中的铝的质量分数和铝的相对原子质量。
(1)A中试剂为_______。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_______。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是_______(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应_______。
(4)B中发生反应的离子反应方程式为_______；氧化剂是_______
(5)若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_______。
(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得的质量分数将_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1)NaOH溶液 (2)除去镁铝合金表面的氧化膜
(3) ⑤①④③② 使D和C的液面相水平 (4) 2Al +2OH- +2H2O = 2AlO+ 3H2↑ H2O
(5) (6)偏小
【解析】由于Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而Mg不反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量，据此解答。
(1)由于铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，即A中试剂为NaOH溶液；
(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，因此实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；
(3)实验时，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，因此上述操作的顺序是⑤①④③②；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平；
(4)B中发生的反应为铝与NaOH溶液的反应，离子方程为2Al +2OH- +2H2O = 2AlO+ 3H2↑，该反应中H2O中H元素化合价降低，为氧化剂；
(5)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为(a-c)g，生成的氢气为ml，根据方程式可知消耗的Al为ml，所以铝的相对原子质量为；
(6)不溶物为镁单质，若未洗涤过滤所得的不溶物，导致镁的质量偏大，则铝的质量分数偏小。