新高考化学一轮复习考点精讲精练第10讲 以物质的量为中心的综合计算、热重分析 讲义（2份，原卷版+解析版）

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【知识点1】利用守恒法计算
（1）应用原理
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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
（2）常考的三种守恒关系
①原子守恒
找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如含有1 ml FeS2硫铁矿中，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2 ml。
②得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
转移的电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
③电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(NOeq \\al(－,3))＋c(OH－)。
（3）守恒法解题步骤
【例1】拟用以下方案测定空气中含量(假设空气中无其他还原性气体)。
方案中若通过空气的体积为22.4L(标准状况下)，最终所得固体质量为0.233g，通过计算确定该空气中二氧化硫的体积分数是 %。(写出详细计算过程)
【答案】
【详解】二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，和氢氧化钡生成硫酸钡沉淀，结合硫元素守恒，该空气中二氧化硫的体积分数是。
【例2】某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2 、HNO3、H2O， 其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。请根据质量守恒定律计算：
(1)x=_______；
(2)气体产物中m(O2)_______ g。
【答案】(1)9 (2)0.32
【解析】（1）Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/ml，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9；
（2）气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/ml=0.17ml，由氢原子守恒，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02ml，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04ml，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)ml÷2=0.01ml，m（O2）=0.01ml×32g/ml=0.32g。
【例3】聚合氯化铁铝(简称PAFC)，其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如下实验：
①准确称取4.505 0 g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.330 0 g固体。
②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3＋完全还原为Fe2＋。用0.100 0 ml·L－1标准KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。
③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.305 0 g白色沉淀。
通过计算确定PAFC的化学式(m为聚合度，不必求出)。
【答案】[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m
【解析】
第一步：分析测定实验过程中的物质变化
①中得到的2.330 0 g固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；
②中发生反应：Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnOeq \\al(－,4)＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③中发生反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓。
第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)
根据原子守恒求n(Fe3＋)：
n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnOeq \\al(－,4))＝5×0.100 0 ml·L－1×0.02 L＝0.01 ml
m(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝eq \f(1,2)×0.01 ml×160 g·ml－1＝0.8 g
根据质量守恒求n(Al3＋)：
n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×eq \f(2.330 0 g－0.8 g,102 g·ml－1)＝0.03 ml
根据原子守恒求n(Cl－)：
n(Cl－)＝n(AgCl)＝eq \f(4.305 0 g,143.5 g·ml－1)＝0.03 ml
根据电荷守恒求n(OH－)：
3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)
n(OH－)＝3×0.01 ml＋3×0.03 ml－0.03 ml＝0.09 ml
根据质量守恒求n(H2O)：
m(H2O)＝4.505 0 g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.505 0 g－0.01 ml×56 g·ml－1－0.03 ml×27 g·ml－1－0.03 ml×35.5 g·ml－1－0.09 ml×17 g·ml－1＝0.54 g
n(H2O)＝eq \f(0.54 g,18 g·ml－1)＝0.03 ml。
第三步：计算所求物质的化学式
n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1∶3∶9∶3∶3，则PAFC的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。
【例4】将一定量的通入用配成的溶液中，恰好反应；与溶液反应可生成、和（和）的比值与反应的温度有关（溶液体积变化忽略不计），主要反应（不考虑其他反应）有：，。
请计算：
(1)溶液的物质的量浓度为 。
(2)某温度下，反应后溶液中，则溶液中为 。
(3)通入的物质的量为 ml。
【答案】(1)0.28 (2)0.04 (3)0.07
【详解】（1）5.6g氢氧化钠溶于水得到的500mL氢氧化钠溶液的浓度为=0.28ml/L，故答案为：0.28；
（2）5.6g氢氧化钠的物质的量为=0.14ml，由方程式可知，反应生成的氯化钠是反应的还原产物，次氯酸钠和氯酸钠是反应的氧化产物，设次氯酸钠的物质的量为aml、氯酸钠的物质的量为bml，由钠原子个数守恒可得：11a+a+b=0.14，由得失电子数目守恒可得：11a=a+5b，解得a=0.01、b=0.02，则溶液中氯酸根离子的浓度为=0.04ml/L，故答案为：0.04；
（3）氢氧化钠完全反应生成NaClOx，由原子个数守恒可知，氯气的物质的量为0.14ml×=0.07ml，故答案为：0.07。
【例5】磷酸锰铵是重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。
为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：
①称取样品2.4480g，加水溶解后配成100.00mL溶液A；
②量取25.00mL溶液A，加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH30.06720L(标准状况)；
③另取25.00mL溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH6～8，充分反应后，将溶液中Mn2＋转化为Mn3O4，得Mn3O40.2290g。
通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 。
【答案】n()=n(NH3)==0.003ml
n(Mn2＋)=3n(Mn3O4)=3×=0.003ml
根据电荷守恒n(PO)==0.003ml
根据质量守恒m(H2O)=-0.003ml×(18g·ml-1＋55g·ml-1＋95g·ml-1)=0.108g
n(H2O)==0.006ml
所以n()∶n(Mn2＋)∶n(PO)∶n(H2O)=1∶1∶1∶2
该样品的化学式为；NH4MnPO4·2H2O；
【知识点2】利用关系式法计算
（1）应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间，解题的关键是正确书写关系式。
在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。
（2）解题步骤
【例1】已知：，某同学测定产品的质量分数可按如下方法：取产品，用水溶解后，加入足量的溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至，取加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是 。四次平行实验耗去标准溶液数据如下：
此产品中的质量分数为 。
【答案】当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色
【详解】滴定终点：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；根据表中数据知，3误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体积，，根据反应的化学方程式知，消耗的溶液中，则溶液中，根据反应的化学方程式得，根据铜原子守恒得，，此产品中的质量分数。
【例2】测定产品中质量分数的实验步骤如下：
I．取产品，在强碱性条件下，加入过量的溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间；
II．冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是防止指示剂提前变色)，使转化为；
III．用新配制的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液(已知被还原为)。
(1)产品中的质量分数表达式为 (用含m、c、V的代数式表示)。
(2)下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是 (填标号)。
a．步骤I中未继续加热一段时间
b．步骤II用盐酸替代硫酸
c．步骤III中所用溶液已变质
d．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】(1) (2)ab
【详解】（1）根据、、，可得关系式：，则产品中，的质量分数为；
（2）a．步骤I中继续加热一段时间的目的是除去过量的，防止步骤II中酸性条件下将还原为，因此若未继续加热一段时间，则滴定时消耗的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，a正确；
b．能氧化，步骤II若用盐酸替代硫酸，将导致减少，滴定时消耗的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，b正确；
c．步骤II中所用溶液已变质，则滴定所用标准溶液体积偏大，测定结果偏高，c错误；
d．步骤II中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，则所测标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，d错误；
故选ab。
【例3】为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 ml·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq \\al(2－,4)＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a ml·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
【答案】eq \f(25aV0V2,WV1)%
【解析】本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C2Oeq \\al(2－,4)＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq \\al(－,4)
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 ml
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 ml
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq \f(V0,V1) ml
则w(CaCO3)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))ml×100 g·ml－1,W g)×100%＝eq \f(25aV0V2,WV1)%。
【例4】产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的加入的锥形瓶中，加水约，再加入滴的二甲酚橙作指示剂、约六亚甲基四胺作缓冲溶液，摇匀。用已标定的溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(与按物质的量之比为反应)。实验数据如表：
产品的纯度约为 (写出计算过程，结果保留2位有效数字)。
【答案】71%
【详解】与按物质的量之比为反应，根据的消耗量可以计算出的量，进而计算出产品的纯度，据此分析解题。
与按物质的量之比为反应，根据表中数据，产品的纯度为。
【例5】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【详解】(1)据方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
eq \(\s\up7(0.020 00 ml·L－1×),\s\d5(0.025 00 L )) eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.0%。
(2)4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
4 ml 8 ml
eq \f(10×106×0.9,120) ml n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 ml
V(SO2)＝3.36×106 L
由SO2 ～SO3 ～H2SO4
1 ml 98 g
1.5×105 ml m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
【知识点3】利用差量法计算
（1）应用原理
所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。它特别适合于解有剩余物质反应的题目，可以抵消掉未参加反应的那部分量。
（依据：数学原理，可变化为 ）
（2）差量法的解题关键是找准研究对象。通常有：
①固体的质量差，研究对象是固体。
②气体的质量差，研究对象是气体。
③液体的质量差，研究对象是液体。
如： 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
固体质量 24 g 差量Δm＝24 g
物质的量 2 ml 1 ml 2 ml 差量Δn＝1 ml
气体体积 1 2 差量ΔV＝1
【例1】常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为
A．N2O3 B．NO2
C．NO D．N2O
【答案】A
【解析】设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O ΔV
1 x
15．6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。
【例2】为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，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
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x g，由此可得如下关系：
则x＝eq \f(84（w1－w2）,31)，故样品纯度为eq \f(m（Na2CO3）,m（样品）)＝eq \f(w1－x,w1)＝eq \f(84w2－53w1,31w1)。
【例3】将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L (气体体积均在同温同压下测定)，该b L 气体中NH3的体积分数是
A.eq \f(2a－b,a)B.eq \f(b－a,b)
C.eq \f(2a－b,b)D.eq \f(b－a,a)
【答案】C
【解析】设有x L NH3分解，则
w(NH3)＝eq \f(a－（b－a）,b)＝eq \f(2a－b,b)。
【例4】将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是
A．0.125 ml·L－1 B．0.175 ml·L－1
C．0.25 ml·L－1 D．0.50 ml·L－1
【答案】C
【解析】设原溶液中硫酸铜的物质的量为x ml，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 ml 8 g
x ml 0.3 g
1 ml∶x ml＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为eq \f(0.037 5 ml,0.15 L)＝0.25 ml·L－1。
【例5】标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L
C．12 L D．16 L
【答案】C
【解析】混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
【知识点4】利用列方程组进行二元混合物的计算
计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝f1x，y,B＝f2x，y))。
【例1】将和的混合溶液分成两等份。向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测的固体质量减少；向另一份中加入足量溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量，得到白色沉淀。请计算：
(1)其中一份溶液中加入足量的铁粉发生的反应有两个，写出对应的离子方程式：① 、② 。
(2)原溶液中 ；
(3)原溶液中和的物质的量浓度之比为 。
【答案】(1)Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑ (2)2 (3)1:3
【详解】向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测的固体质量减少，铁先与铁离子反应生成亚铁离子，再与氢离子反应生成氢气。
（1）其中一份溶液中加入足量的铁粉发生的反应有两个，则铁先和铁离子反应生成亚铁离子，再是铁和氢离子反应生成氢气和亚铁离子，则对应的离子方程式：①Fe＋ 2Fe3+＝3Fe2+、②Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑；故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑。
（2）向另一份中加入足量溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量，得到白色沉淀，则得到硫酸钡沉淀46.6g，物质的量为0.2ml，则原溶液中；故答案为：2。
（3）一份溶液中和物质的量分别为xml和yml，向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测的固体质量减少，则有x+y=，x+3y=0.2，解得x=0.02，y=0.06，根据溶液自己相同，物质的量浓度之比等于物质的量之比，则原溶液中和的物质的量浓度之比为1:3；故答案为：1:3。
【例2】现有某固体混合物甲，由Na2CO3和NaHCO3混合而成，取2.96g甲溶于水配成25.0mL溶液，往该溶液中加入25.0mLBa(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，测得反应后溶液中c(OH-)=1.00ml/L(混合溶液体积为50.0mL)。试计算：
(1)原混合物中Na2CO3的物质的量是 ml。
(2)反应后溶液中Na+的物质的量是 ml。
(3)上述加入的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为 。
【答案】(1)0.02 (2)0.05 (3)1.2ml/L
【详解】碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应，生成白色沉淀的量最多，这说明碳元素全部转化为碳酸钡，所以发生反应的离子方程式为HCO+OH－+Ba2+=BaCO3↓+H2O、Ba2++CO=BaCO3↓，反应后的溶液是氢氧化钠，已知反应后溶液中c(OH-)=1.00ml/L(混合溶液体积为50.0mL)，则反应后得到1.00ml/L×0.050L=0.050mlNaOH溶液，设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别是x、y，则，解得。
（1）据分析，原混合物中Na2CO3的物质的量是0.02ml。
（2）据分析，反应后溶液中Na+的物质的量是0.05ml。
（3）上述加入的Ba(OH)2溶液中钡离子的物质的量和混合物中碳原子的物质的量相同，即为0.02ml+0.01ml=0.03ml，则Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为。
【例3】将20.0 g铜镁合金完全溶解于140 mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体8.96 L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入320 mL 4.0 ml/L NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为37 g。通过计算回答下列问题：
(1)该合金中铜与镁的物质的量之比是 。
(2)该硝酸中HNO3的物质的量浓度是 ml/L。
(3)NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数是 。
(4)若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为 L。
【答案】(1)2∶3 (2)12 (3)25％ (4)5.6
【详解】根据题意可知，、，据此分析；
（1）根据上述分析，得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量为=1ml，即得失电子物质的量为1ml，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=1，64n(Cu)+24n(Mg)=20.0，联立解得n(Cu)=0.2ml，n(Mg)=0.3ml，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2∶3，答案为：2∶3
（2）全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO，NO2)=320mL×10-3L/ml×4ml/L+=1.68ml，c(HNO3)= =12ml/L，答案为：12
（3）根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=1ml，n(NO)+n(NO2)=，联立解得n(NO)=0.3ml，n(NO2)=0.1ml，相同条件下，体积分数等于物质的量分数，因此二氧化氮的体积分数为=25%，答案为：25％；
（4）根据电子转移守恒，通入氧气得到的电子数与两种金属失去的电子数相同，两种金属失去的电子数为：，所以，标准状况的体积为5.6 L ，答案为：5.6。
【例4】今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4ml/L的FeCl3溶液（其他用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：
（1） 试判断第②组剩余固体的成分为 ；
（2）原混合粉末中Fe、Cu的物质的量之比为 ；
（3）第①组所得溶液的Fe2+的物质的量浓度为 。
【答案】Cu 1:1 2.5 ml/L
【详解】（1）铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，100mL FeCl3溶液能溶解金属质量13.2g-1.28g=11.92g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4ml/L=0.4ml，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.2ml，则溶解的Fe的质量为0.2ml×56g/ml=11.2g