第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用(练习)- 2025年高考化学一轮复习讲义+课件+专练（新教材新高考）

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高考化学一轮复习策略建议1.研究考试大纲，循纲务本。考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考。2.精练高考真题，明确方向。经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查集中化，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。3.摸清问题所在，对症下药。要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。4.切实回归基础，提高能力。复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用题型一 根据化学方程式进行计算1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答：(1)铝的物质的量是 。(2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。(3)在标准状况下生成氢气的体积是 。【答案】(1) 0.4 mol　(2)0.8 mol·L－1　 (3) 13.44 L【解析】(1)铝的摩尔质量是27 g·mol－1，n(Al)＝eq \f(10.8 g,27 g·mol－1)＝0.4 mol。(2)设参加反应的氢氧化钠的物质的量是n，则2Al＋2H2O＋2NaOH===2NaAlO2＋3H2↑　2 mol　　　　2 mol　0.4 mol　　　　n则eq \f(2 mol,0.4 mol)＝eq \f(2 mol,n)，n＝0.4 mol，c(NaOH)＝eq \f(0.4 mol,0.5 L)＝0.8 mol·L－1。(3)设生成标准状况下的氢气的体积是V，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑2 mol 3×22.4 L0．4 mol V所以V＝eq \f(0.4 mol×3×22.4 L,2 mol)＝13.44 L。2．把10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L氢气。试计算：(1)该合金中铝的质量分数是 。(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。(3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。【答案】(1)52.9%　(2)1∶1　(3)11.2 L【解析】(1)把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，镁不反应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应。设铝的物质的量为n(Al)，则：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑2 mol　　　　　　　　　　　3×22.4 Ln(Al)　　　　　　　　　　　 　6.72 L解得：n(Al)＝0.2 mol，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，铝的质量分数为eq \f(5.4 g,10.2 g)×100%≈52.9%。(2)m(Mg)＝10.2 g－5.4 g＝4.8 g，n(Mg)＝eq \f(4.8 g,24 g·mol－1)＝0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。(3)设由铝生成的氢气为V1(H2)，由镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑2 mol 3×22.4 L0．2 mol　　　　　　 V1(H2)解得：V1(H2)＝6.72 L；Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑1 mol　　　　　　　22.4 L0．2 mol　　　　　　V2(H2)解得：V2(H2)＝4.48 L，V总(H2)＝V1(H2)＋V2(H2)＝6.72 L＋4.48 L＝11.2 L。3．把1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 mol·L－1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。求：(1)反应中消耗HCl的物质的量。(2)该混合物中铝、铁的物质的量。【答案】(1)0.08 mol　(2)0.02 mol　0.01 mol【解析】(1)消耗HCl的物质的量：0.2 L×5 mol·L－1－0.2 L×4.6 mol·L－1＝0.08 mol。(2)设Al、Fe的物质的量分别为x、y。2Al　＋　6HCl===2AlCl3＋3H2↑2 mol 6 molx 3xFe　＋　 2HCl ===FeCl2＋H2↑1 mol 2 moly 2yeq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(27 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×y＝1.1 g,3x＋2y＝0.08 mol))得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol。4．已知MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，回答下列问题：(1)该反应的离子方程式为___________________________。(2)被氧化的HCl占HCl总量的________。(3)当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(4)1.74 g MnO2与100 mL 12 mol·L-1的过量浓盐酸完全反应(假设HCl无挥发)，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成________g沉淀。【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2) QUOTE 　(3)NA　(4)166.46【解析】(1)书写该反应的离子方程式时，HCl、MnCl2要拆写成离子形式，故反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2)该反应中一半HCl作还原剂，一半HCl作酸(3)当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为NA(4)n(MnO2)= QUOTE =0.02 mol，n(HCl)=12 mol·L-1×0.1 L=1.2 mol。反应中被氧化的n(HCl)=n(MnO2)×2=0.04 mol，反应后溶液中n(Cl-)=1.2 mol-0.04 mol=1.16 mol，加入足量的AgNO3溶液生成1.16 mol AgCl，m(AgCl)=1.16 mol×143.5 g·mol-1=166.46 g。5．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。完成下列各题：(1)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2+) = 。(2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。【答案】(1)0.14 mol·L-1 (2)4∶1【解析】(1)m g该粉末，与28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl2，n(HCl) = 0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol ÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe3O4混合固体与HCl溶液发生如下三个反应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的物质的量算出与HCl反应的Fe的物质的量和消耗HCl的量：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑1 2 10.006 0.012 0.006则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe3O4的物质的量：Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O1 8 2 0.002 0.016 0.04根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe的物质的量：Fe + 2FeCl3 = 3FeCl21 20.02 0.04综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。6．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表：(1)若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2___________mL(标准状况)。(2)另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式___________。(3)由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度___________mol·L-1.【答案】(1)504 (2)2Na2CO3·NaHCO3·2H2O (3)2.5 【解析】(1)盐酸的体积一定，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中随样品质量增大，产生CO2的体积增大，而实验Ⅳ中却减小，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸有剩余，若用2.49 g样品进行同样的实验时，则样品中碳元素全部转移到CO2中，根据定比关系，则产生CO2的体积为：；(2)加热分解生成的二氧化碳，说明该天然碱中含有NaHCO3，生成CO2的物质的量为，根据分解方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知3.32 g样品中NaHCO3的物质的量为，分解生成的水为0.005 mol，3.32 g样品与盐酸反应生成二氧化碳为：，根据碳原子守恒，3.32 g样品中Na2CO3的物质的量为：，3.32 g样品中结晶水物质的量为：，故3.32 g样品中n(Na2CO3)：n(NaHCO3) ：n(H2O)=0.02 mol：0.01 mol：0.02 mol=2：1：2，则该天然碱的组成为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O；(3)可知7.47 g样品中，Na2CO3为物质的量为：，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知消耗HCl为0.045 mol，生成CO2的物质的量为：，由NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，可知消耗的HCl为0.03 mol，故30mL溶液中HCl的总量为：，则盐酸的物质的量浓度为：。题型二 关系式法在化学计算中的应用7．把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为 (　　)A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g【答案】B【解析】由反应方程式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 L(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12-0.672) L=0.448 L。即：3Cl2~2NH3　　　~　　　N2　　　ΔV2 mol×17 g·mol-1　　　　　　 44.8 Lm(被氧化的NH3)　　 　　　　 0.448 L列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。8． 用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)(1)写出生成白色CuI沉淀的离子方程式：____________________________。 (2)该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为______________。 【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2　 (2) 85.50%　 【解析】(1)CuCl2与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，则n(Cu2+)=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为(0.342 0 g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。9．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一，COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg·L-1)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。已知：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。(1)1 mol KMnO4的氧化能力与_____________g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 (2)该水样的COD值是_____________mg·L-1。(写出计算过程，结果保留小数点后一位) 【答案】(1)40 (2)5.2【解析】由最后KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×54=1.25 mol O2的氧化能力相当，即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×25-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质的量为0.01 L×0.002 mol·L-1-7×10-6 mol=1.3×10-5 mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5 mol×54=1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的COD值为0.52 mg0.1 L=5.2 mg·L-1。10．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0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.00 mL。求试样中锡的质量分数_____________ (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~K2Cr2O73×119 g　　 1 molm(Sn)　 0.100 mol·L-1×0.016 Lm(Sn)=3×119 g×0.100mol·L-1×0.016 L1mol=0.571 2 g，w(Sn)=0.571 2 g0.613 g×100%≈93.2%。11．一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。称取TiO2样品0.60 g，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，则样品中TiO2的质量分数是　98%　。 【答案】8%【解析】根据得失电子守恒，将TiO2溶解并还原为Ti3+，Ti3+与NH4Fe(SO4)2溶液反应，有关系式TiO2~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，即NH4Fe(SO4)2的物质的量为36.75×10-3 L×0.20 mol·L-1=7.35×10-3 mol，则TiO2的物质的量为7.35×10-3 mol，所以样品中TiO2的质量分数是7.35×10-3mol×80 g·mol-10.60 g×100%=98%。题型三 差量法在化学计算中的应用12．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为 (　A)A．106(n-m)11m×100% B．168(m-n)56m×100% C．84(n-m)11m×100% D．n-mm×100%【答案】A【解析】设碳酸钠的质量为x，则： Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O　固体质量增加106　　　　　 　117　　　　　　　　　 11x(n-m) g，106x=11(n-m) g，解得x=106(n-m)11 g，故该样品中纯碱的质量分数为106(n-m)11gmg×100%=106(n-m)11m×100%。13．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答：(1)剩余固体的化学式是__________。(2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65%【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。14．臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3。(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为_____________g·mol-1(保留一位小数)。 (2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为_____________L。 【答案】(1)35.6 (2)3【解析】(1)设原有1 mol O2，则有　3O22O3　　　Δn 3 mol　　2 mol　　1 mol0.3 mol　　 　　 0.1 mol则M=m总n总=32 g0.9mol≈35.6 g·mol-1。(2)3O22O3　　　ΔV　3体积　2体积　　1体积　　　　　 V　　8 L-6.5 L=1.5 L解得V=3 L。题型四 守恒法在化学计算中的应用15．(2024•云南省大理市期末)有200mlMgCl2和AlCl3的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为1.3mol/L。为使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/L溶液的NaOH体积为( )A．40ml B．72ml C．80ml D．128ml【答案】C【解析】MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中Mg2+浓度为0.2mol•L-1，Cl-浓度为1.3mol•L-1，设Al3+的浓度为x，由电荷守恒可知，0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，解得x=0.3mol/L，则Mg2+、Al3+的物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，欲使Mg2+全部沉淀分离出来，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。16．14 g铜金合金与足量的某浓度硝酸反应，将产生的气体与2.24 L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为(　　) A．9.6 g B．6.4 g C．12.8 g D．1.6 g【答案】C【解析】根据守恒法计算，金不与硝酸反应，铜金合金中只有铜与硝酸反应，据整个过程中转移电子守恒可知，Cu失去电子总数等于O2得到电子总数，则有n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=2×2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.2 mol，故合金中铜的质量为m(Cu)=0.2 mol×64 g·mol-1=12.8 g。17．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　)A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g【答案】C【解析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。18．向500 mL稀硝酸中加入一定量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO 6.272 L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2 g。下列判断不正确的是 (　　)A．原HNO3的物质的量浓度为2.24 mol·L-1B．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2 molC．反应后溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=2∶3 D．反应后的溶液还可以溶解铜粉4.48 g【答案】B【解析】标准状况下6.272 L NO为0.28 mol，假设反应后生成Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x、y，据得失电子守恒可得0.28 mol×(5-2)=2x+3y；反应后溶液质量增加11.2 g，则有56 g·mol-1 (x+y)-0.28 mol×30 g·mol-1=11.2 g，联立上述两式解得：x=0.21 mol，y=0.14 mol，则反应后溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=n(Fe3+)∶n(Fe2+)=0.14 mol∶0.21 mol=2∶3，C项正确。据铁原子守恒可知，原溶液中投入铁粉的物质的量为0.21 mol+0.14 mol=0.35 mol，B项错误。据N原子守恒可知，原HNO3溶液中n(HNO3)=0.21 mol×2+0.14 mol×3+0.28 mol=1.12 mol，则有c(HNO3)=1.12mol0.5 L=2.24 mol·L-1，A项正确。反应后的溶液为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3混合液，加入铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则0.14 mol Fe3+可溶解0.07 mol Cu，可溶解铜粉的质量为0.07 mol×64 g·mol-1=4.48 g，D项正确。19．将13.6 g Fe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入100 mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气896 mL，过滤，滤渣经洗涤、干燥后得到1.28 g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质。请回答：(1)固体混合物中CuO的质量为_____________。 (2)盐酸的浓度为_____________。 【答案】(1)1.60 (2) 3.60 mol·L-1【解析】[解析] (1)因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28 g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02 mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60 g；(2)生成标准状况下的氢气896 mL，则n(H2)=896 mL22.4 L·mol-1=0.04 mol，设Fe、Fe2O3物质的量分别为x、y，可得56 g·mol-1 x+160 g·mol-1 y+1.60 g=13.6 g，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02 mol+0.04 mol×2，解得x=0.1 mol、y=0.04 mol，反应后滤液中n(FeCl2)=x+2y=0.18 mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36 mol，所以c(HCl)=0.36mol0.10 L=3.60 mol·L-1。20． 取1.77 g镁铝合金投入100 mL 2.00 mol·L-1的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904 L(已折算成标准状况)。请计算：(1)镁铝合金中镁的质量分数=_____________%(保留三位有效数字)。 (2)上述溶液中继续滴加V mL 1.00 mol·L-1的NaOH溶液，得到沉淀3.10 g。则V的最大值=____________。【答案】(1)54.2 (2)220【解析】 (1)根据题意得出24 g·mol-1 n(Mg)+27 g·mol-1 n(Al)=1.77 g，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=1.904 L22.4 L·mol-1×2，两式联立解得，n(Mg)=0.04 mol，n(Al)=0.03 mol。合金中镁的质量分数为0.04mol×24 g·mol-11.77 g×100%≈54.2%。(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04 mol，n(Al)=0.03 mol，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04 mol×58 g·mol-1+0.03 mol×78 g·mol-1=4.66 g>3.10 g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10 g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10 g沉淀中含氢氧化镁沉淀的质量为0.04 mol×58 g·mol-1=2.32 g，含氢氧化铝的质量为3.10 g-2.32 g=0.78 g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝原子守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02 mol，根据钠原子守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为100×10-3L×2 mol·L-1+0.02 mol1mol·L-1=0.22 L，即220 mL。21．已知一定量的氢气在氯气中燃饶，所得混合物用500mL 6.0 mol·L-1的KOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有ClO- 0.20 mol、ClO3-0.30 mol(忽略氯气与水反应、盐类水解及溶液体积变化)。回答下列问题。(1)所得溶液中c(Cl-)为________mol·L-1。(2)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)∶n(H2)=________。【答案】(1)5.0 (2)15∶4或3.75∶ 1【解析】(1)因为KOH与混合物恰好完全反应，溶质为KCl、KClO、KClO3，根据电荷守恒，n(K＋)=n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO3－)，代入数值，500×10－3×6=n(Cl－)＋0.20＋0.30，解得n(Cl－)=2.5mol，则c(Cl－)=2.5/500×10－3mol·L－1=5.0mol·L－1；(2)Cl2与KOH反应发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，n(Cl－)=n(ClO－)×1＋n(ClO3－)×5，解得n(Cl－)=1.7mol，有HCl与KOH反应生成n(Cl－)=(2.5－1.7)mol=0.8mol，因此参加反应氢气的物质的量0.8/2mol=0.4mol，根据氯元素守恒，所用氯气的总物质的量为n(Cl2)=(2.5＋0.2＋0.3)/2mol=1.5mol，因此所用氯气和参加反应氢气物质的量之比为1.5：0.4=15：4。1．(2024•安徽省合肥市期中)某稀溶液中含有4mol KNO3和2mol H2SO4，向其中加入1.2mol Fe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，最终溶液体积为1L，下列说法正确的是( )A．所得溶液中c(NO3-)=2.75mol·L－1 B．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1C．反应后生成NO的体积为28L(标准状况下) D．所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】铁与稀硝酸完全反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，4mol氢离子完全反应消耗1mol硝酸根离子，生成1mol铁离子、一氧化氮的物质的量为1mol；则过量的铁与反应生成的铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，由方程式可知，过量的0.2mol铁，消耗0.4mol铁离子、生成0.6mol亚铁离子，则反应后溶液中钾离子的物质的量为4mol、铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol、硝酸根离子的物质的量为3mol、硫酸根离子的物质的量为2mol。A项，反应后硝酸根离子的物质的量为3mol，浓度为=3mol/L，故A错误；B项，反应后溶液中铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol，则溶液中铁离子和亚铁离子的浓度之比为1：1，故B正确；C项，反应生成一氧化氮的物质的量为1mol，则标准状况下一氧化氮的体积为，故C错误；D项，反应所得溶液中含有铁离子、亚铁离子、钾离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则所得溶液中的溶质不可能只含有硫酸亚铁，故D错误；故选B。2．(2024•湖南省名校联考期中)将2.56 gCu投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是( )A．生成的气体中只有NO B．C． D．【答案】C【解析】A项， 2.56 gCu的物质的量为=0.04mol，若生成的气体中只含有NO，由方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，0.04molCu需要消耗HNO3，而12mL10mol·L-1硝酸中n(HNO3)=0.12mol，