高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 物质的量学案

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 物质的量学案，共20页。学案主要包含了化学方程式计算的基础，根据化学方程式计算的一般步骤，实例分析等内容，欢迎下载使用。
第26讲 物质的量在化学方程式计算中的应用


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知识精讲

一、化学方程式计算的基础
物质是由原子、分子、离子等粒子构成的，物质之间的化学反应也是粒子按照一定的数目关系进行的。
化学方程式中的化学计量系数可以明确表示出化学反应中粒子之间的数目关系。
2Na　＋　 2H2O　=== 2NaOH　＋　　H2↑
2 　∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
2×6.02×1023∶2×6.02×1023 ∶ 2×6.02×1023 ∶ 1×6.02×1023
2 mol ∶ 2 mol ∶2 mol ∶1 mol
总结归纳
①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。
②对于有气体参与的反应，在同温同压下各气体的化学计量数之比等于体积之比。


二、根据化学方程式计算的一般步骤


三、实例分析
举个例子
250 ml 2mol/L的硫酸与足量的铁屑完全反应。计算：
（1）参加反应的铁屑的物质的量；
（2）生成的H2的体积（标准状况）。
解：参加反应的H2SO4的物质的量为：2mol/L×0.25L=0.50 mol
（1）设参加反应的铁屑的物质的量为n(Fe)
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
1 1
n(Fe) 0.50 mol
11=n(Fe)0.50mol
n(Fe)=0.50 mol
（2）设生成H2的物质的量为V(H2)
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
1mol 22.4L
0.50 mol V(H2)
1 mol0.50mol=22.4LV(H2)
V(H2)=11.2L
答：（1）参加反应的铁屑的物质的量为0.50 mol；（2）生成的H2的体积在标准状况下为11.2L。


经典例题

题型一：单一体系计算
【例2】（2020·新疆·乌鲁木齐市第四中学高一期末）实验室中所用少量氯气是用MnO2和浓盐酸制取的，用浓盐酸200ml，其密度为1.19g·cm-3，HCl的质量分数为36.5%，跟MnO2恰好完全反应，产生了11.2L（标况）的氯气。试计算：
①浓盐酸的物质的量浓度？___
②求参加反应的HCl的物质的量？___
③被氧化的HCl的质量？___
【答案】11.9mol/L2mol36.5g
【分析】
根据c=及MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O进行计算。
【详解】
①c==11.9mol/L；
②根据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，参加反应的n(HCl):n(Cl2)=4:1，生成11.2L（标况）的氯气，n(Cl2)=0.5mol，参加反应的n(HCl)=2mol；
③根据反应可知，被氧化的氯化氢占反应消耗氯化氢的一半，所以被氧化的氯化氢为1mol，氯气的质量为m=n×M=1×36.5=36.5g。
【点睛】
浓盐酸随反应的进行浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，应根据方程式计算参加反应盐酸的物质的量。

题型二：单一体系（含不参与反应的杂质）计算
【变3】（2020·贵州铜仁伟才学校高一月考）现有500mL 1 mol·L-1的盐酸与35 g 生铁样品(杂质不与盐酸反应)恰好完全反应，则该样品中铁的质量分数是
A．26.7% B．40% C．60% D．80%
【答案】B
【详解】
500mL 1 mol·L-1的盐酸中n(HCl)=0.5L×1mol·L-1=0.5mol，与35 g 生铁样品(杂质不与盐酸反应)恰好完全反应，根据2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，可知消耗铁的物质的量为0.25mol，则该样品中铁的质量分数=×100%=×100%=40%，答案选B。

题型三：单一体系（对比）计算
【变4】（2020·福建·泉州五中高一单元测试）一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应，放出的氢气在相同条件下体积比为1：2：3，则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为（）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．1：1：2 D．3：3：4
【答案】A
【分析】
涉及的反应2Na＋2H+=2Na+＋H2↑，Mg＋2H+=Mg2+＋H2↑，2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑。
【详解】
生成相同条件下体积比为1：2：3的氢气，相同条件下，体积比等于物质的量之比，假设生成氢气的物质的量分别为1mol、2mol、3mol，则根据方程可知，需要的金属的物质的量均为2mol，则物质的量之比为1：1：1，答案为A。

题型四：混合体系计算
【变6-1】（2020·江西·进贤县第一中学高一月考）由Zn、Cu、Al、Fe四种金属中的两种组成的混合物41.5g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为22.4升，则混合物中一定含有的金属是
A．Zn B．Fe C．Al D．Cu
【答案】C
【分析】
把两种金属看成一种金属，且反应后显＋2价，令金属为R，与盐酸反应：R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根据量，求出R的摩尔质量，然后进行分析；
【详解】
把两种金属看成一种金属，令该金属为R，反应后金属显＋2价，令R的摩尔质量为ag·mol－1，R与盐酸反应：，解得a=41.5。所以两种金属混合，要求金属折算成+2价后，一种金属的摩尔质量大于41.5g/mol，另一种小于41.5 g/mol，Zn的摩尔质量为65g·mol－1，Fe的摩尔质量为56g·mol－1，Al与盐酸反应后生成AlCl3，Al显＋3价，转化成＋2价，Al的摩尔质量为18g·mol－1，Cu的摩尔质量为64g·mol－1，因此混合物中一定含有的金属为Al，故选项C正确；
答案为C。
【例8】（2013·上海交大附中高一期末）某密闭容器内有6g炭和14g氧气，在一定条件下完全反应，计算：
(1)生成的混合气体中CO与CO2各占_____克？
(2)生成的混合气体的平均相对分子质量为_____？
【答案】3.5g、16.5g40
【分析】
(1)先根据反应方程式判断过量情况，根据质量守恒定律列方程组计算出CO、CO2的物质的量、质量；
(2)根据总质量、气体的总物质的量计算出平均摩尔质量、平均相对分子质量。
【详解】
(1)发生反应化学方程式为：2C+O22CO；C+O2CO2， 6gC的物质的量为： =0.5mol，14g氧气的物质的量为：= mol＜0.5，碳的物质的量大于氧气，说明产物是CO2和CO的混合物，设物质的量分别为CO为x、CO2为y，根据碳元素质量守恒：①x+y=0.5mol，根据氧元素质量守恒：②x+2y=mol×2，根据①②解得：x=0.125、y=0.375，混合气体中CO的质量为：m(CO)=28g·mol－1×0.125mol=3.5g，CO2的质量为：m(CO2)=44g·mol－1×0.375mol=16.5g，故答案为：生成的混合气体中CO与CO2的质量分别为3.5g、16.5g；
(2)根据质量守恒定律，生成气体的质量为4g+16g=20g，生成气体的总物质的量为：0.125mol+0.375mol=0.5mol，则混合气体的平均摩尔质量为：=40g·mol－1，所以混合气体的平均分子质量为40，故答案为：生成的混合气体的平均相对分子质量为40。
【点睛】
本题考查了有关混合物反应的计算，难点(1)正确判断反应物过量，确定为解答关键，注意质量守恒在化学计算中的应用方法。
【例12】（2016·重庆·高一月考）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关信息，试根据标签上的有关数据，回答下列问题(一)(二)：(计算结果保留一位小数)

(一).（1）浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）量取________mL浓盐酸加水稀释就得到500 mL、0.4mol·L－1的稀盐酸。
(二).取该浓盐酸10g与某MgCl2溶液90g混合，向混合溶液中逐滴加入10%的NaOH溶液，生成的沉淀的质量与加入的NaOH溶液质量关系如下图所示。

回答下列问题
（1）A点溶液的溶质化学式为_______________。
（2）与MgCl2反应的溶质氢氧化钠的质量为__________g。
（3）恰好沉淀完全时，C点所得溶液中溶质的质量分数为______________________。
【答案】11.916.8MgCl2；NaCl8.08.2%
【详解】
试题分析：(一)（1）由c=可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 =11.9mol/L，故答案为11.9；
②由c1v1=c2V2可知，配制500mL0.4mol/L的稀盐酸，需用该浓盐酸为=0.0168L=16.8mL，故答案为16.8；
(二)（1）A点盐酸与氢氧化钠恰好中和，溶液的溶质为氯化镁和生成的氯化钠，故答案为MgCl2；NaCl；
（2）10g浓盐酸中含有氯化氢的质量为10g×36.5%=3.65g，物质的量为=0.1mol，根据图像，MgCl2反应完全时消耗氢氧化钠的物质的量=120g×10%=12g，物质的量==0.3mol，与MgCl2反应的氢氧化钠的物质的量为0.3mol-0.1mol=0.2mol，质量为0.2mol×40g/mol=8g，故答案为8.0；
（3）8.2%
（3）恰好沉淀完全时，C点溶液中存在的溶质为氯化钠，根据钠离子守恒，氯化钠的物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，为0.3mol，氯化钠的质量为0.3mol×58.5g/mol=17.55g，生成的氢氧化镁沉淀的质量为58g/mol×=5.8g，反应后溶液的质量为10g+90g+120g-5.8g=214.2g，溶液中溶质的质量分数为×100%=8.2%，故答案为8.2%。
考点：考查了物质的量的计算、依据化学方程式的计算的相关知识。

提分特训

【题1】（2021·黑龙江·铁人中学高二期末）两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出的气体体积比为1：2，则两份铝片的质量之比为
A．1：2 B．2：3 C．3：2 D．1：6
【答案】A
【详解】
铝不管和盐酸或氢氧化钠反应，都生成氢气，根据电子守恒关系分析，等量的铝产生等量的氢气，故放出的气体体积比为1:2，则铝的质量比为1:2。
故选A。
【题2】（2020·河北·大名县第一中学高二月考）镁铝合金5.1 g溶于300 mL2 mol·L-1盐酸中，标准状况下放出气体的体积为5.6 L，向反应后的溶液中加入500 mLNaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀。下列有关说法不正确的是
A．5.1 g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4 g、2.7 g
B．溶解5.1 g镁铝合金时，剩余盐酸中溶质的物质的量为0.1 mol
C．若白色沉淀只有Mg(OH)2，该NaOH溶液的物质的量浓度至少为1.2 mol·L-1
D．生成白色沉淀的最大质量为13.6 g
【答案】C
【分析】
Mg、Al与HCl发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，5.6 L气体是H2，该H2的物质的量n(H2)==0.25 mol，故根据H元素守恒可知参加反应的HCl的物质的量n(HCl)=0.25 mol×2=0.5 mol，溶液中n(HCl)总=2 mol/L×0.3 L=0.6 mol，大于参加反应的HCl的物质的量，故金属完全反应。向反应后溶液中加入一定量烧碱溶液，生成沉淀的质量最大，则Mg2+、Al3+恰好完全转化为Mg(OH)2、Al(OH)3，则m(沉淀)=m(金属)+m(OH-)，根据电子守恒计算n(OH-)，再根据m=n·M计算m(OH-)。
【详解】
A．假设镁、铝的物质的量分别为x mol、y mol，根据电子守恒可得2x+3y=0.25×2 mol；根据金属质量关系可得：24x+27y=5.1 g，解得x=0.1 mol，y=0.1 mol，所以金属Mg的质量为m(Mg)=0.1 mol×24 g/mol=2.4 g，金属Al的质量m(Al)= 0.1 mol×27 g/mol=2.7 g，A正确；
B．n(H2)==0.25 mol，故参加反应的HCl的物质的量n(HCl)反应=0.25 mol×2=0.5 mol，300 mL2 mol·L-1盐酸中HCl的物质的量溶液中n(HCl)总=2 mol/L×0.3 L=0.6 mol，所以剩余盐酸的物质的量n(HCl)剩余=0.6 mol -0.5 mol=0.1 mol，B正确；
C．若镁离子和铝离子完全转化为白色沉淀，此时沉淀的质量最大，溶液为NaCl溶液，溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.6 mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)==1.2 mol/L。若白色沉淀只有Mg(OH)2，则需要把氢氧化铝溶解，因此NaOH溶液的物质的量浓度一定大于1.2 mol/L，C错误；
D．根据电子注意守恒可知n(OH-)=2n(H2)=2×0.25 mol=0.5 mol，则反应产生沉淀的最大质量为m(沉淀)=m[Mg(OH)2]+m[Al(OH)3]=m(Mg)+m(Al)+m(OH-)=5.1 g+0.5 mol×17 g/mol=13.6 g，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查混合物的有关计算，注意从电子转移守恒计算n(OH-)是关键。利用守恒方法计算，可以大大简化解题过程，提高解题速度，同时也提高了解题正确率。常用的守恒关系有原子守恒、电子守恒、电荷守恒，要清楚沉淀达到最大值时溶液中溶质为NaCl。
【题3】（2019·黑龙江·大庆市第十中学高一月考）2.3g钠跟水反应后，得到100mL溶液，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
试计算：（1）生成的气体在标况下的体积是多少？___
（2）反应后所得溶液的物质的量浓度是多少？___
（3）在完全反应后转移的电子个数为多少？（用单线桥方法标出）___
【答案】1.12L1mol/L
【分析】
n(Na)==0.1mol；
(1)该反应中Na失电子生成钠离子、水得电子生成氢气，根据转移电子守恒计算生成氢气体积；
(2)根据Na原子守恒得n(NaOH)，再根据c=计算氢氧化钠物质的量浓度；
(3)根据反应中电子的转移数目和方向分析。
【详解】
n(Na)==0.1mol；
(1)该反应中Na失电子生成钠离子、水得电子生成氢气，根据转移电子守恒得氢气体积=×22.4L/mol=1.12L；
(2)根据Na原子守恒得n(NaOH)=n(Na)=0.1mol，c(NaOH)===1mol/L；
(3)在反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中Na从0价升高为+1价，则0.1molNa共失去0.1NA个电子，用单线桥表示反应中电子的转移数目和方向为。

【题4】（2014·上海浦东新·高一期末）称取0.4g不纯的无水碳酸钠（所含杂质不与酸反应），加入含50mL0.1mol/L的硫酸溶液加热，溶液呈酸性，再加入0.1mol/L烧碱溶液40mL恰好中和。求：
（1）在上述过程中产生的CO2的体积多少毫升___（标准状态下）?
（2）计算无水碳酸钠的纯度___？
【答案】67.2mL79.5%
【分析】
(1)整个过程最终生成为Na2SO4，根据钠离子守恒可知：2n(Na2SO4)＝2n(Na2CO3)＋n(NaOH)，据此计算n(Na2CO3)，再根据碳元素守恒计算n(CO2)，根据V＝nVm计算CO2的体积；
(2)根据m＝nM计算Na2CO3的质量，进而计算样品中无水碳酸钠的纯度。
【详解】
(1)整个过程最终生成为Na2SO4，根据钠离子守恒可知：2n(Na2SO4)＝2n(Na2CO3)＋n(NaOH)，则：
2×0.05L×0.1mol/L＝2n(Na2CO3)＋0.04L×0.1mol/L，解得n(Na2CO3)＝0.003mol；
根据碳元素守恒，可知n(CO2)＝n(Na2CO3)＝0.003mol，故V(CO2)＝0.003L×22.4L/mol＝0.0672L＝67.2mL；
(2)Na2CO3的质量＝0.003mol×106g/mol＝0.318g，故样品中无水碳酸钠的纯度＝×100%＝79.5%.
【点睛】
对于化学方程式的有关计算，明确发生的反应是解题关键，本题利用守恒思想解答，避免利用方程式计算的繁琐。
【题5】（2011·海南·高一期末）将5.6 g 铁粉放入100 mL CuSO4溶液中，充分反应后，再向溶液中加入足量的稀硫酸，又产生1.12 L气体(标准状况下)。试计算：
(1)最后所得溶液中FeSO4的物质的量__________；
(2)原CuSO4溶液的物质的量浓度__________。
【答案】0.1mol0.5mol/L
【分析】
(1)根据n=计算5.6g铁的物质的量，Fe完全反应生成FeSO4，根据铁元素守恒n(FeSO4)=n(Fe)；
(2)发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，根据方程式可知n(Fe)=n(CuSO4)+n(H2)，据此计算n(CuSO4)，在根据c=计算原CuSO4溶液的物质的量浓度。
【详解】
(1)5.6g铁的物质的量为=0.1mol，Fe完全反应生成FeSO4，根据铁元素守恒，则n(FeSO4)=n(Fe)=0.1mol；
(2)氢气的物质的量为=0.05mol，发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据方程式可知n(Fe)=n(CuSO4)+n(H2)，所以n(CuSO4)=0.1mol-0.05mol，原CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.5mol/L。
【题6】（2021·上海·复旦附中高一期中）液氯储罐中常混有NCl3，当液氯中NCl3的质量分数达到4%以上就有爆炸危险。为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通过足量盐酸吸收NCl3(反应为：)。再用400mL6.1mol/L的NaOH溶液()吸收所有的Cl2，测得吸收后NaOH溶液增重56.8g(不考虑盐酸挥发)。经测定NCl3吸收管内质量为0.270g。
（1）计算上述NaOH溶液的质量分数______。
（2）计算该样品中NCl3的质量分数，并判断该样品是否安全______？
【答案】
（1）20.0%
（2）安全
【解析】
（1）
由物质的量浓度与质量分数之间的关系公式，得NaOH溶液的质量分数；
（2）
测定NCl3吸收管内质量为0.270g，n()==0.015mol，由反应可知，n(NCl3)= n()=0.015mol，则m(NCl3)=0.015mol×120.5g/mol=1.8075g，用盐酸处理生成氯气为m=0.015mol×3×71g/mol=3.195g，原氯气的质量为56.8g-3.195=53.605 g，则NCl3%=，则该样品安全。
【题7】（2010·广西·高一竞赛）过氧化钙CaO2·nH2O中含有部分杂质CaO
(1)称取0.542g过氧化钙样品灼烧发生反应：2 CaO2·nH2O 2CaO+ O2↑ +2nH2O，得到O2，氧气在标态下的体积为67.2mL，求该样品中CaO2物质的量___________；
(2)另取同一样品0.542g溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g，计算样品中CaO的质量以及CaO2·nH2O中n的值___________。
【答案】0.006mol0.5
【详解】
(1)设样品中CaO2·nH2O的物质的量为x，则：
2CaO2·nH2O 2CaO +O2↑+2n H2O
2mol 22400mL
x mol 67.2mL
列方程解得：x = 0.006mol
(2)设CaO的质量为y g
Ca2+ → CaCO3
1mol 100g
z mol 0.7g
列方程解得：z = 0.007mol
则 y= (0.007-0.006)×56=0.056(g)
又：水的质量：0.542-0.056-0.006×72=0.054(g)
CaO2·nH2O → nH2O
1mol 18n g
0.006mol 0.054g 列方程解得：n=0.5
【题8】（2020·四川·成都新津为明学校高一月考）(1)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的氢氧化钠试剂标签上的部分内容。某同学从该试剂瓶中取出24.0g固体，配成1L溶液，请计算：
氢氧化钠化学纯(CP)
500g
品名：氢氧化钠
化学式：NaOH
相对分子质量：40
所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度___________，从所得氢氧化钠溶液中取出200mL于一烧杯中，投入足量的金属铝，完全反应后，计算产生的气体在标准状况下的体积___________。
(2)Mg、Al混合物共0.4mol，用盐酸将其完全溶解，放出标准状况下11.2L气体，然后再滴入4mol/L的NaOH溶液，该混合物中Mg、Al的物质的量分别为___________；若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积为___________。
【答案】0.6mol·L-14.032L均为0.2mol250mL
【详解】
(1)n(NaOH)===0.6mol，c(NaOH)===0.6 mol·L-1；
从所得氢氧化钠溶液中取出200mL于一烧杯中，则n(NaOH)= 0.6mol/L0.2L=0.12mol，设产生的氢气在标准状况下的体积V，
根据方程式计算：

V==4.032L，故答案为：0.6mol·L-1；4.032L；
(2)气体为氢气，n==0.5mol，设Mg、Al的物质的量分别为x、y，则
①x+y=0.4，②2x+3y=0.52(1-0)，解联立①②的方程组，得x=y=0.2mol，则该混合物中Mg、Al的物质的量均为0.2mol；
该Mg、Al混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，生成氢氧化镁、氢氧化铝，且不发生HCl与NaOH的反应，由原子守恒可以知道，n(NaOH)=2n(Mg)+3n(Al)=20.2mol+30.2mol=1mol，则滴入NaOH溶液的体积为=0.25L=250mL；故答案为：均为0.2mol；250mL。

提分作业

【练1】（2021·四川省安岳中学高一月考）据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2(PtF6)，当生成1mol O2(PtF6)时，消耗O2的体积为
A．11.2L B．22.4L C．不能确定 D．44.8L
【答案】C
【详解】
在O2+PtF6=O2(PtF6)中，参加反应的O2与O2(PtF6)的物质的量之比为1：1，因此生成1mol O2(PtF6)时，消耗1mol O2，其在标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，但题干未告知气体所处环境，因此无法确定气体体积，故答案为C。
【练2】（2021·山东·肥城市教学研究中心高一期中）0.56gCaO正好与20mL盐酸反应，这种盐酸的物质的量浓度是
A．0.10mol/L B．0.20mol/L C．0.50mol/L D．1.00mol/L
【答案】D
【详解】
【考点】物质的量浓度的相关计算。
【分析】根据计算CaO的物质的量，再根据计算盐酸的物质的量和浓度。
【解答】解：0.5gCaO的物质的量为，由反应方程式可知，，则盐酸的物质的量浓度；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量浓度和有关方程式的计算，题目难度不大，侧重于考查学生对基本公式的应用能力。
【练3】将7g炭粉与14g氧气在一定条件下完全反生成21g氧化物，则生成物中CO与CO2的物质的量之比为
A．1:1 B．2:1 C．2:3 D．3:1
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应中，元素的种类、各元素的原子数不变。
【详解】
设生成物中CO与CO2的物质的量分别为x、y，据碳守恒(x+y)×12g/mol=7g；据氧守恒(x+2y)×16g/mol=14g。解得x=7/24mol，y=7/24mol。故CO与CO2的物质的量之比为1:1。
本题选A。
【练4】（2021·浙江省淳安县汾口中学高一开学考试）将Na2CO3和NaHCO3的混合物加热，生成的气体(假设无损耗)全部通入足量的石灰水中，得到20.0g白色沉淀，加热后的残留物加入200mL盐酸恰好完全反应，生成5.60LCO2气体(标准状况下)。试回答下列问题(计算结果均保留3 位有效数字)
(1)加热时发生反应的化学方程式为_______。
(2)所加盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。
【答案】2.5
【详解】
(1)将Na2CO3和NaHCO3的混合物加热，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、水和二氧化碳，故加热时发生反应的化学方程式为；
(2)加热后的残留物为Na2CO3固体，其与盐酸反应的化学方程式为，加入200mL盐酸恰好完全反应，生成5.60LCO2气体(标准状况下)，CO2气体物质的量为，根据方程式可知，盐酸物质的量为0.5mol，则所加盐酸的物质的量浓度为。
【练5】（2020·湖南常德·高一期末）把5.1 g镁铝合金的粉末放入500 mL1 mol/L盐酸中，恰好完全反应。试计算：
(1)该合金中镁和铝的物质的量：n(Mg)______________；n(Al)______________
(2)将等质量的该合金投入到足量的氢氧化钠溶液中，求标况下放出气体的体积。__________。
【答案】0.1 mol0.1 mol3.36 L
【分析】
(1)设出合金中镁、铝的物质的量，然后结合合金质量、消耗氯化氢的物质的量列式计算；
(2)根据合金中铝的物质的量及反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑计算出生成氢气的物质的量，再根据V=n·Vm计算出生成氢气的体积。
【详解】
(1)设5.1g合金中含有x mol Mg，y mol Al，由反应方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，可得：24x+27y=5.1，2x+3y=1mol/L×0.5L=0.5mol，解得：x=0.1mol，y=0.1mol；
(2)在5.1g合金含有0.1 molAl，将上述合金粉末5.1g放入过量的氢氧化钠溶液中，只有Al和NaOH溶液发生反应，方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则由方程式可知0.1 molAl参加反应可生成0.15 mol H2，在标准状况下0.15 mol H2的体积V=n·Vm=0.15 mol×22.4L/mol=3.36 L。
【点睛】
本题考查混合物反应的计算，注意根据物质的性质书写反应的化学方程式，利用质量守恒列式计算，试题培养了学生的化学计算能力。
【练6】（2011·福建福州·高一期中）1774年，瑞典化学家舍勒发现软锰矿(主要成分是MnO2)和浓盐酸混合加热能制取氯气：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O。现将23.2g含MnO2的质量分数为75%的软锰矿石与足量10mol/L浓盐酸完全反应(杂质不参加反应)。把反应后所得溶液稀释成200ml。计算：
(1)生成的Cl2的体积(标准状况)____________。
(2)参加反应的浓盐酸的体积____________。
(3)稀释后溶液中MnCl2的物质的量浓度___________。
【答案】4.48L0.0800L (或 80.0ml)1.00mol/L
【分析】
(1)根据质量分数计算软锰矿中二氧化锰的质量，再根据n=计算二氧化锰的物质的量，根据方程式计算生成的氯气的物质的量，利用V=nVm计算氯气的体积；
(2)根据方程式计算参加反应的HCl的物质的量，再根据V=计算参加反应的浓盐酸的体积；
(3)消耗前后氯化锰的物质的量不变，由方程式可知n(MnCl2)=n(MnO2)，根据c=计算稀释后液中MnCl2的物质的量浓度。
【详解】
(1)23.2g含MnO2的质量分数为75%的软锰矿石中MnO2的物质的量为：=0.2mol，则：
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
1            1
0.2mol           n(Cl2)
则：n(Cl2)=0.2mol，故V(n(Cl2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
(2)由方程式可知，参加反应的HCl的物质的量为0.2mol×4=0.8mol，故参加反应的浓盐酸的体积为=0.08L；
(3)消耗前后氯化锰的物质的量不变，由方程式可知n(MnCl2)=n(MnO2)=0.2mol，将反应后所得溶液稀释成200mL，稀释后液中MnCl2的物质的量浓度为=1mol/L。