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衔接点19 物质的量在化学方程式计算中的应用讲义（原卷版+解析版）2024年初升高化学无忧衔接（通用版）
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这是一份衔接点19 物质的量在化学方程式计算中的应用讲义（原卷版+解析版）2024年初升高化学无忧衔接（通用版），文件包含衔接点19物质的量在化学方程式计算中的应用原卷版docx、衔接点19物质的量在化学方程式计算中的应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
回顾一、利用化学方程式的简单计算
（一）利用化学方程式计算的依据
1．理论依据
理论依据是质量守恒定律。
2．计算依据
（1）化学方程式中反应物、生成物各物质的质量比等于各物质相对分子质量和化学计量数的乘积之比。
（2）化学方程式中各物质之间恒定的质量比是计算的依据。
（二）利用化学方程式计算的步骤
特别注意
带入化学方程式计算的量必须是纯净物的质量。
（三）利用化学方程式计算的要点
（1）“设”要规范，“设某物质的质量为x”，（x是个有单位的物理量，后面无需再带单位)；如果一个题目需要求几个未知量，且这几个量出现在一个化学方程式中，要一并“设”，并用不同的未知数表示。
（2）化学方程式是否正确关系到整个解题的正确性，所以首先保证方程式配平。如果不配平，则物质之间的质量比就是错误的。其次不要忘记反应条件和气体、沉淀符号。
（3）标已知量和未知量时，要把相对分子质量与化学计量数的乘积写在相应物质化学式的正下方；已知量和未知量写在相应物质的相对分子质量总和的下方，且已知量带有单位。有关物质的量左右对应，上下对齐。
（4）比例式和求解过程中以及最后的结果要带单位。
（5）化学方程式是纯净物之间发生的反应，因此已知量一定是纯净物的质量，如果题目提供的是一种混合物的质量，一定不能直接代入，要通过换算或利用质量守恒定律求出一种纯净物的质量，作为解题的突破口。
（6）计算结果要根据相应的题目要求，保留相应的位数。如果没有说明，计算结果精确到0.1%。
（7）根据题目实际写出简要答案。
回顾二、根据化学方程式计算的常见类型
1．已知一种物质的质量，求另一种物质的质量
这种题型是按照化学方程式计算的重点，重在按计算格式进行计算。
根据化学方程式计算，实际上是利用化学方程式中各物质的质量比来计算（这是隐含的已知条件），因此只要已知化学方程式中任一反应物或生成物质量，就可求出其他物质的质量。
2．含字母的化学方程式的计算
利用含字母的化学方程式计算时，它的解题依据同样是利用相关物质的质量比列比例式计算，不过它的物质质量比是隐含的已知条件，它的计算方法一般有两种：
（1）通过相对分子质量进行转换，即用相对分子质量与化学计量数乘积表示。
（2）利用参加反应的反应物或生成物的质量来表示。
例如：在反应A+3B＝2C+3D中，C和D的相对分子质量比为22∶9，若2.3 g A与足量B充分反应，生成2.7 g D，则在此反应中，参加反应的B与生成的C之间的质量比为多少？
分析：已知C、D的相对分子质量比为22∶9，那么在该反应中C、D的质量比为（22×2）∶（3×9）=44∶27，已知生成D的质量2.7 g，列比例式可求出生成C的质量4.4 g，再根据质量守恒定律可得出参加反应的B质量为2.7 g+4.4 g−2.3 g=4.8 g，那么B、C质量比为4.8 g∶4.4 g=12∶11。
解题时应注意：
（1）相对分子质量比并不一定等于物质的质量比，两者之间转换时，一定要结合化学方程式中的化学计量数。
（2）当题目中的数据较多时，不要乱，不要放弃，要学会有条理地将数据按题意写在相应物质下面，然后合理利用。
3．含杂质的反应物(或生成物)质量的计算。
（1）将含杂质的已知物质量换算为纯物质质量，其关系式为：纯度＝eq \f(纯物质质量, 含杂质物质物质质量)×100%，纯物质质量=含杂质物质质量×纯度。
（2）将纯物质质量代入化学方程式进行计算。
（3）将计算得到的纯物质质量换算成含杂质物质质量：含杂质物质质量为=eq \f(纯物质质量, 纯度)。
4．气体参加反应或求气体体积的计算。
化学方程式表示的是各物质之间的质量关系，若有一定体积的气体参加反应，则先要将气体的体积换算成气体的质量；若要求出待求气体的体积数，则要先根据化学方程式求出气体的质量，再将其换算成体积。
气体的体积与气体的质量的换算关系为：气体的质量=气体的体积×气体的密度。
5．与实验相结合的化学方程式计算
在化学计算的考查中，有些地方的中考试题中往往将化学方程式计算与实验数据的分析处理综合在一起，难度较大。解答时需要认真分析实验现象，通过化学计算，得出正确结论。
6．利用坐标图像进行化学方程式的计算
（1）识标：理解坐标图中横、纵坐标的含义，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
（2）明点：曲线中的特殊点（起点、终点、顶点、转折点、交叉点等）表示了什么化学意义。
（3）析线：曲线的走向、变化趋势，揭示各段曲线的变化趋势及其含义。根据横、纵坐标的含义可以得出：在一定范围内，随“横坐标量”的增加，“纵坐标量”逐渐增加或减小。超过一定范围后，随“横坐标量”的增加，“纵坐标量”减小或增加，或者达到某种平衡状态。若为多重变化曲线坐标图，要分别揭示其变化趋势，然后对比分析，找出符合题意的曲线或结论或解题所用的数据信息等。
综上，解题时要把图像表示的意义与化学知识有机地结合起来，准确地找出图像与化学反应之间量的关系，根据化学方程式进行相关计算。
7．表格型化学方程式的计算
表格数据分析型的化学方程式计算题的特点是以表格的形式给出有关量之间的关系，根据表格中的数据进行分析、处理，最终解答有关问题。解答此类试题应注意的问题：
（1）要读懂题意，对表格数据进行分析，筛选有价值的信息，获取相关数据、性质、规律，形成解题思路。
（2）若是多次或多组数据和条件，则需通过比较、对比分析、确定出恰好完全反应的量（即可以用于计算的量），然后依据题意来进行计算。
（3）要善于根据表中数据的变化规律找出与所给问题的关系。如表中显示固体（或溶液）质量不再减少、气体（或沉淀）不再增加等，即意味着反应不再进行。
新知一、物质的量在化学方程式计算中的应用
1．物质的量与各物理量之间的关系
2．物质的量在化学方程式计算中的应用 [20*22版%~#新教材教^辅]
化学方程式遵循质量守恒定律，即在反应前后元素质量守恒、原子种类和数目守恒。在化学方程式中，可反映出物质的质量关系、粒子数目关系、物质的量关系等。例如：
结论：
(1)化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝各物质的微粒数目之比。
(2)在同温同压下，气态物质的分子数之比＝物质的量之比＝体积之比。 [《优@化方^&*~案》教
(3)化学方程式除可以表示反应物、生成物的粒子数目关系和质量关系外，还可以表示它们的物质的量关系，如H2＋Cl2 eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl可表示1 ml H2与1 ml Cl2在点燃条件下完全反应生成2 ml HCl。
新知二、物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤
1．计算步骤
例、镁铝合金具有很好的强度、刚性和尺寸稳定性，常用来制作又轻又薄的笔记本电脑、手机等的外壳。
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多少？
(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是多少？
(3)该合金溶于足量的盐酸中，标准状况下产生氢气的体积是多少？
提示：(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 ml 3×22.4 L
n(Al) 6.72 L
eq \f(2 ml,n（Al）)＝ eq \f(3×22.4 L,6.72 L)，解得n(Al)＝0.2 ml，m(Al)＝0.2 ml×27 g·ml－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·ml－1)＝0.2 ml，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。
(3)设由铝生成的氢气体积为V1(H2)，由镁生成的氢气体积为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
2Al ＋ 6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2 ml 3×22.4 L
0.2 ml V1(H2)
eq \f(2 ml,0.2 ml)＝ eq \f(3×22.4 L,V1（H2）)，解得V1(H2)＝6.72 L，
Mg ＋ 2HCl===MgCl2＋H2↑
1 ml 22.4 L
0.2 ml V2(H2)
eq \f(1 ml,0.2 ml)＝ eq \f(22.4 L,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。
2．计算过程中的注意事项
(1) 书写格式规范化：在根据化学方程式进行计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。
(2) 单位运用对应化：根据化学方程式进行计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。
(3) 判断过量准确化：如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种物质过量，然后根据不足量的物质进行计算。
新知三、化学计算中的其他常用方法
1、关系式法
当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。
(1)根据化学方程式确定关系式
写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。
(2)根据原子守恒确定关系式
2．守恒法
(1)反应前后元素种类、质量、原子个数不变。
(2)还原剂失电子总数＝氧化剂得电子总数
(3)电荷守恒
电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如，在0.1 ml·L－1的K2SO4溶液中，c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(OH－)。
3．差量法
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。
4．方程组法
一般方程组法用于解决两种物质的混合物计算，一般读题时能找到两个已知量时，均可以利用二元一次方程组进行求算未知量。
1．（2023绵阳中学实验学校高一期中）等物质的量的Na、Mg、Al分别与足量的稀盐酸反应，同温同压下，产生气体的体积比为
A．1:2:3 B．3:2:1 C．6:3:2 D．1:1:1
【答案】A
【解析】由化合价升降守恒知，2Na~H2、Mg~H2、2Al~3H2，假设消耗的Na、Mg、Al分别为1ml，则生成的H2分别为0.5ml、1ml、1.5ml，则三者比例关系为1:2:3，同温同压下，产生气体的体积比为1:2:3，A正确。
2．（2023湖北省沙市中学高一月考）11.0g铁、铝混合物与足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气8.96 L，则混合物中Fe与Al的物质的量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．2∶3
【答案】A
【解析】n(H2)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，设11.0g混合物中铁和铝的物质的量分别为xml和
yml，则有①56 g·ml－1×xml＋27g·ml－1×yml＝11.0g；根据化学方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑可得关系式：Fe～H2、2Al～3H2，则有②x ml＋1.5y ml＝0.4ml，由①②可得：y＝0.2，x＝0.1，则混合物中Fe和Al的物质的量之比为1∶2，A正确。
3.（2023安徽省阜阳颍上一中高一期末）工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体。则该样品中纯碱的质量分数是( )
A.eq \f(b－a,a)×100% B.eq \f(168(a－b),51a)×100%
C.eq \f(84(b－a),11a)×100% D.eq \f(106(b－a),11a)×100%
【答案】D
【解析】根据反应的化学方程式，采用差量法可求出该样品中Na2CO3的质量为eq \f(b－a,11)×106 g，其质量分数为eq \f(\f(b－a,11)×106,a)×100%＝eq \f(106(b－a),11a)×100%。
4．（2023江苏启东中学高一开学考试）Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48L，下列推断中不正确的是（ ）
A．参加反应的Mg、Al共0.2 ml
B．参加反应的HCl为0.4 ml
C．Mg、Al在反应中共失去0.4 ml电子
D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2ml H2
【答案】A
【解析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝eq \f(4.48L,22.4L· ml－1)＝0.2 ml，则参加反应的n(H＋)＝0.4ml，B项正确；若换成足量稀H2SO4，反应实质不变，同样产生0.2mlH2，D项错误；依据得失电子守恒，由2H＋→H2得电子总数为0.2ml×2＝0.4ml，C项正确；根据极值法，0.2mlMg提供0.4ml电子，0.2mlAl则提供0.6ml电子，0.2mlMg、Al混合物提供的电子数大于0.4 ml小于0.6 ml，A项错误。
5．（2023秋·天津和平·高一耀华中学校考期末）向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为
A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算
【答案】A
【解析】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体，最终生成FeCl2、H2O、H2。n(H2)= eq \f(0.224L,22.4L/ml)=0.01ml，n(FeCl2)= eq \f(1ml/L×0.1L,2)=0.05ml，依据氢元素守恒，生成H2O的物质的量为 eq \f(1ml/L×0.1L,2)-0.01ml=0.04ml，混合物中所含氧元素的质量为0.04ml×16g/ml=0.64g，含Fe元素的质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，则混合物中铁元素的质量分数为 eq \f(2.8g,2.8g+0.64g)×100%≈81.4%，故选A。
6．（2023秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 )产生废液X进行回收处理，流程如下图所示。下列说法不正确的是
A．1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中 eq \f(n(Cu2+), n(Fe2++n(Fe3+)))< eq \f(1,2)
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作②时，需用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和坩埚
【答案】D
【分析】废液X中加入过量铁粉，固体混合物W中含有Fe、Cu，向固体混合物W中加入过量稀盐酸，发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，溶液B是稀盐酸和FeCl2溶液；向FeCl2溶液中通入过量Cl2得到FeCl3溶液，因此溶液A是FeCl3溶液。
【解析】A．FeCl3与Cu反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，Fe元素的化合价由+3价降低到+2价，因此1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023，A正确；
B．根据反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，若废液X中滴加KSCN溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，因此 eq \f(n(Cu2+), n(Fe2+)+n(Fe3+)))< eq \f(1,2)，B正确；
C．由分析可知溶液A中含有FeCl3，溶液B中含有稀盐酸，两溶液都能与铁粉反应，因此铁粉均有减少，C正确；
D．操作②是过滤，需用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒和烧杯，D错误；
故答案为：D。
1．（2023福建省晋江市南侨中学高一阶）标准状况下，3.25 g锌与足量的盐酸反应生成x L氢气，下列比例式正确的是( )
A．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
1 ml 1 ml
3.25 g x L
B．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
65 g 1 L
3.25 g x L
C．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
1 ml 22.4 L
0.05 ml x L
D．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
65 g 1 ml
3.25 g x L
【答案】C
【解析】比例式应注意单位要“上下一致，左右对应”
2．（2023河南省实验中学高一期中）将5.0 g碳酸钙加入到足量的盐酸中，并将生成的气体全部通入足量的红热的炭中充分反应，得到气体的体积(标准状况下)为
A．1.12 L B．2.24 L C．11.2 L D．22.4 L
【答案】B
【解析】设生成的气体体积为V，则根据化学方程式
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C＋CO22CO可知：
CaCO3～CO2～2CO
100 g 2×22.4 L
5.0 g V
eq \f(100 g,5.0 g)＝eq \f(2×22.4 L,V)
故V＝2×22.4 L×eq \f(5.0 g,100 g)＝2.24 L。
3．（2023福建省莆田市第六中学高一月考）若3.6 g某金属与足量盐酸充分反应，放出4.48 L(标准状况下)H2，则该金属可能是
A．Al B．Mg C．Fe D．Zn
【答案】A
【解析】设该金属(R)的相对原子质量为Mr，与盐酸反应后生成的化合物中R的化合价为x，则：
2R＋2xHCl===2RClx＋xH2↑
2Mr g 22.4x L
3．6 g 4.48 L
所以eq \f(2Mr g,3.6 g)＝eq \f(22.4x L,4.48 L)，解得Mr＝9x。
讨论：若x＝1，则Mr＝9，不存在该金属；若x＝2，则Mr＝18，不存在该金属；若x＝3，则Mr＝27，A项中Al符合。
4．（2023河北省唐山市第一中学高一月考）把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残余固体的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶液中的H+和SO42-的物质的量之比为
A．1：4 B．2：7 C．1：2 D．3：8
【答案】A
【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为a和b，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，由题意，56(a+b)=64b，则eq \f(a,b)=eq \f(1,7)，c(H+)：c(SO42-)=eq \f(2a,a+b)=eq \f(1,4)，A正确。
5．(2023河南范县第一中学高一月考)将1.12g铁粉加入25mL2ml·L－1氯化铁溶液中充分反应(忽略溶液体积变化)，下列分析正确的是
A．铁粉有剩余
B．Cl－浓度减小
C．向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色
D．反应液质量增加5.6 g
【答案】C
【解析】n(Fe)＝eq \f(1.12 g,56 g·ml－1)＝0.02 ml，n(FeCl3)＝25×10－3 L×2 ml·L－1＝0.05 ml，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。由离子方程式可知，铁离子是过量的，A错误；氯离子不参加反应，氯离子浓度不变，B错误；由A项分析知铁离子剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色，C正确；由离子方程式可知，1.12 g的铁全部变成亚铁离子进入到溶液中，溶液质量增加1.12g，D错误。
6．(2023乐山沫若中学高一月考)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．6∶3∶2
【答案】D
【解析】等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则n(Ag＋)＝n(Cl－)，设n(Ag＋)＝n，NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量分别为n、eq \f(n,2)、eq \f(n,3)，因三种溶液的体积相等，则三种溶液的物质的量浓度之比为n∶eq \f(n,2)∶eq \f(n,3)＝6∶3∶2。
7．（2023福建省漳平市第一中学高一月考）把22.4LCO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到16.8L气体(标况下)，则这16.8L气体的质量是
A．10g B．15g C．30g D．32g
【答案】C
【解析】根据干信息可得，n(CO2)=22.4L÷22.4L/ml=1ml，反应后气体的物质的量为16.8L÷22.4L/ml==0.75ml。设参加反应的CO2的物质的量为x，由方程式2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2知，xmlCO2参加反应，生成O2的物质的量为0.5x，则1-x+0.5x=0.75，x=0.5ml，从而得出混合气体中，CO2为0.5ml，O2为0.25ml，因此m(混)=0.5ml×44g/ml+0.25ml×32g/ml=30g。
8．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100 mL 0.05 ml·L－1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3＋、Al3＋刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为
A．0.1 ml·L－1 B．0.2 ml·L－1 C．0.05 ml·L－1 D．无法计算
【答案】C
【解析】n(HCl)＝0.05 ml·L－1×0.1 L＝0.005 ml，加入NaOH溶液使Fe3＋、Al3＋刚好完全沉淀时，溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子守恒，n(NaCl)＝n(HCl)＝0.005 ml，则n(NaOH)＝n(NaCl)＝0.005 ml，所以c(NaOH)＝eq \f(0.005 ml,0.1 L)＝0.05 ml·L－1。
9．（2023吉林省长春市第七中学高一月考）某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3＋转移的电子数和Cl2被还原为Cl－转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.01 ml。则有eq \f(1.52 g,56 g·ml－1·x＋16 g·ml－1)×(3－eq \f(2,x))×x＝0.01 ml，解得x＝0.80。
10．（2023黑龙江省大庆实验中学高一月考）
（1）若将6.50g锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌和盐酸恰好完全反应。求：
①6.50g锌的物质的量。___________
②所用盐酸中HCl中的物质的量浓度。___________
③反应中生成的H2在标准状况下的体积。___________
（2）24.5gH2SO4的物质的量是多少___________？1.50mlNa2CO3的质量是多少？___________
【答案】
（1）0.1ml 1ml/L 2.24L
（2）0.25ml 159g
【解析】（1）①n(Zn)=eq \f(m(Zn), M(Zn))=eq \f(6.5g, 65g/ml)=0.1ml；
②根据2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑可知，n(HCl)=2n(Zn)=2×0.1ml=0.2ml，c(HCl)=eq \f(n(HCl), V(HCl))=eq \f(0.2ml, 0.2L) =1ml/L；
③根据2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑可知，n(H2)=n(Zn)=0.1ml，V(H2)=nVm=0.1ml×22.4L/ml=2.24L；
（2）24.5gH2SO4的物质的量为eq \f(24.5g, 98g/ml) =0.25ml；1.50mlNa2CO3的质量为1.5ml×106g/ml=159g。
11．（2023吉林省长春市第七中学高一月考）制取水处理剂ClO2(其部分性质如表所示)的方法之一是利用草酸(H2C2O4)与氯酸钾反应，反应的化学方程式为2KClO3+aH2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+bH2O。下列有关该反应的说法不正确的是
A．化学方程式中的a=1，b=2
B．草酸只起到还原剂的作用
C．KClO3中只有Cl元素被还原
D．生成标准状况下5.6 L ClO2，转移0.25 ml电子
【答案】D
【解析】由化学方程式中的碳元素守恒可知a=1，由氢元素或氧元素守恒可知b=2，A正确；该反应中的草酸为还原剂，B正确；根据反应方程式KClO3中Cl的化合价由＋5价→＋4价，化合价降低，氯酸钾为氧化剂，C正确；由表中信息知，标准状况下ClO2为液体，不能直接用22.4L·ml－1，D错误。
12．（2023福建省泉州市永春华侨中学高一月考）某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应的产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为
A．5∶1 B．1∶5 C．5∶9 D．9∶5
【答案】C
【解析】Cl2生成ClO－与ClOeq \\al(－,3)是被氧化的过程，Cl元素化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价；Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为－1价。NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1，设NaClO、NaClO3的物质的量分别为4aml、aml，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得4aml×(1－0)＋aml×(5－0)＝n(NaCl)×[0－(－1)]，n(NaCl)＝9aml。故被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为(4a ml＋a ml)∶9a ml＝5∶9。
13．（2023广东广州市广外附设外语学校高一期末）火药是中国的“四大发明”之一。黑火药在发生爆炸时，发生的反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法正确的是
A．KNO3与S是氧化剂 B．当转移1mle-时，有2.24L N2生成
C．CO2是还原产物 D．还原性C> CO2
【答案】A
【解析】N的化合价由+5价降低到0价，得电子，作氧化剂，S由0价降低到-2价，得电子，作氧化剂，A正确；因为未知N2是否在标准状态，故无法准确计算物质的量，B错误；C的化合价由0价升高到+4价，作还原剂，发生氧化反应，故CO2为氧化产物，C错误；C为还原剂，N2与K2S为还原产物，D错误。
14．（2023河北省唐山市第一中学高一月考）现有一块铝铁合金，欲测定其铝的质量分数，切下Wg合金，溶于盐酸中，再加入过量NaOH溶液，滤出沉淀，已知沉淀成分为氢氧化铁，把沉淀在空气中充分灼烧，最后得到Wg红棕色粉末。则此合金中铝的质量分数约为
A．20% B．30% C．70% D．80%
【答案】B
【解析】由铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤，沉淀为氢氧化铁，经灼烧，得到的固体粉末是氧化铁，氧化铁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，则合金中Al的质量分数=氧化铁中氧的质量分数=eq \f(16×3, 16×3+56×2)×100%=30%，B正确。
15．（2023上海华师大二附中高一期末）神舟十三号载人航天飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：2Mg+TiCl4eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))Ti+2MgCl2
下列有关说法正确的是
A．根据反应②可知还原性：Ti>Mg
B．反应②可在空气中进行，前提是要把空气中的O2除尽
C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6
D．反应①若生成标准状况下6.72LCO，则转移0.7ml电子
【答案】D
【解析】反应②中镁是还原剂，钛元素化合价降低，四氯化钛是氧化剂，钛是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性Mg＞Ti，A错误；Mg易被氧化，故反应②不能在空气中进行，B错误；反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，C错误；根据C选项分析，生成6mlCO，转移电子物质的量为14ml，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为eq \f(6.72L, 22.4L/ml)×eq \f(14, 6)=0.7ml，D正确。
16．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2ml/L盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法不正确的是
A．x＝2.24
B．反应时，Na、Mg、Al均过量
C．钠的物质的量为0.2 ml
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
【答案】B
【解析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）＝0.5n（HCl）＝0.5×0.1L×2ml/L＝0.1ml，所以标况下的体积为2.24L，A正确；Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，B错误；生成0.1ml的氢气需0.2ml的钠，C正确；按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，D正确。
17．（2023镇平县第一高级中学高一月考）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是①1∶1；②1∶3；③1∶2；④3∶1.(液态水的体积忽略不计)
A．①④ B．②③ C．③ D．④
【答案】A
【解析】由图可知，反应前活塞处于容器的中间，说明左、右两室的气体的物质的量相等，设左室中氢气和氧气的物质的量都为2ml，则右室中一氧化碳和氧气的物质的量之和为4ml，左室中燃烧时发生的反应为2H2+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2H2O，由方程式可知，反应后左室中过量氧气的物质的量为1ml，由图可知，反应后右室中气体的物质的量是左室中气体的物质的量的3倍，则反应后右室中气体的物质的量为3ml；右室中燃烧时发生的反应为2CO+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2CO2，设右室中一氧化碳的物质的量为aml，若反应时氧气不足量，由方程式可知，反应后右室中一氧化碳和二氧化碳的物质的量之和为：[a—2(4—a)] +2(4—a)=3，解得a=3，则一氧化碳和氧气的物质的量之比为3:1；若反应时一氧化碳不足量，由方程式可知，反应后右室中氧气和二氧化碳的物质的量之和为：[(4—a)—eq \f(a,2)]+a=3，解得a=2，则一氧化碳和氧气的物质的量之比为1:1，则①④正确，A正确。
18．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将铁加入100mL某浓度的盐酸中恰好完全反应，反应后生成的气体为VL(标准状况下)，将铝加入100mL2ml·L－1氢氧化钠溶液中恰好完全反应，充分反应后生成的气体为3VL。下列说法正确的是
A．原铁和铝的物质的量相等
B．原盐酸的浓度为2 ml·L－1
C．铁加入盐酸中的离子方程式为
2Fe＋6H＋===3Fe3＋＋3H2↑
D．盐酸与氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比为1∶3
【答案】B
【解析】2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 ml 2 ml 3 ml
n(Al) 0.1 L×2 ml·L－1 n(H2)
eq \f(2 ml,0.1 L×2 ml·L－1)＝eq \f(3 ml,n(H2))＝eq \f(2 ml,n(Al))，解得n(H2)＝0.3ml，n(Al)＝0.2ml，由铝与氢氧化钠溶液反应生成的气体为3VL，得eq \f(3V L,22.4 L·ml－1)＝0.3ml，则V＝2.24。再根据反应Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，可求出反应的铁的物质的量为0.1ml，HCl的物质的量为0.2ml，则c(HCl)＝eq \f(0.2 ml,0.1 L)＝2ml·L－1。
19．（2023重庆南开中学高一期末）将agCuO和铜粉的混合物样品加入到体积为1L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1(不考虑盐的水解及溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的c(H+)=0.1 ml/L，下列说法正确的是
A．原溶液中c(H2SO4)为0.05 ml/L
B．向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为4.48L
C．混合物中铜的质量分数为60%
D．将足量的H2通入灼热的混合物，反应结束后，混合物的质量减少了0.8g
【答案】D
【解析】由反应后溶液的c(H+)=0.1 ml/L，三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1可知，溶液中氢离子的物质的量为0.1 ml/L×1L=0.1ml，亚铁离子为0.1ml×5=0.5ml、铁离子的物质的量为0.1ml×3=0.3ml；由铁原子个数守恒可知，硫酸铁的物质的量为0.5ml×eq \f(1,2)=0.25ml，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)+2n(Cu2+)+n(H+)=2n(SOeq \\al(2-,4))，则n(SOeq \\al(2-,4))=eq \f(2×0.5ml+2×0.3ml+1×0.1ml,2)=0.85ml，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.85ml—0.25ml×3=0.1ml；硫酸铁溶液与铜反应的方程式为Fe2(SO4)3+Cu=FeSO4+CuSO4，由方程式可知，铜的物质的量为0.25ml，由铜原子个数守恒可知，氧化铜的物质的量为0.3ml—0.25ml=0.05ml。由分析可知，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.1ml，则1L混合溶液中稀硫酸的浓度为1ml/L，A错误；缺标准状况，无法计算铁与0.1ml稀硫酸反应生成氢气的体积，B错误；由分析可知，混合物中氧化铜和铜的物质的量分别为0.05ml和0.25ml，则铜的质量分数为eq \f(0.25ml×64g/ml, +0.25ml×64g/ml +0.05ml×80g/ml)×100%=80%，C错误；将足量的氢气通入灼热的混合物，反应结束后，混合物减少的质量为氧化铜中氧原子的质量，由分析可知，混合物中氧化铜的物质的量为0.05ml，则混合物减少的质量为0.05ml×16g/ml=0.8g，D正确。
20．（2023秋·广东广州·高一广州六中校考期末）将镁铁合金加入稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气。下列有关说法正确的是
A．该合金中镁、铁的物质的量之比为
B．反应中转移电子
C．该盐酸的物质的量浓度为
D．将标准状况下气体溶于水中即可配制成该盐酸
【答案】C
【分析】将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气4.48L，发生的反应为：Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2↑、Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，设镁、铁的物质的量分别为xml和yml，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xml×24g/ml+yml×56g/ml=8.0g,xml+yml=eq \f(44.8L,22.4L·ml-1)))，解得x＝y＝0.1，据此分析解题。
【解析】A．该合金中镁、铁的物质的量之比为0.1ml：0.1ml＝1：1，故A错误；
B．反应中，生成0.2ml氢气，转移电子为0.4ml，故B错误；
C．n(HCl)＝2n(金属)＝2×(0.1ml＋0.1ml)＝0.4ml，则盐酸的物质的量浓度为eq \f(0.4ml, 0.5L)=0.8ml·L-1，故C正确；
D．将标准状况下8.96L HCl气体溶于500mL水中，形成的盐酸的体积不知道，因为溶液的体积不等于水的体积，所以无法计算溶液的物质的量浓度，故D错误；
故答案选选C。
21．（2023秋·吉林长春·高一长春吉大附中实验学校校考期末）向100mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是
A．产生的体积为2.24L
B．
C．所用混合溶液中
D．AB段发生的反应为置换反应
【答案】B
【分析】由坐标图可知，OA段，发生反应：Fe + 4H+ + NOeq \\al(-,3)=Fe3++ NO↑+ 2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)= eq \f(2.24L, 22.4L/ml)=0.1ml，则n(Fe)=0.1ml，n(H+)=0.4ml，n(NOeq \\al(-,3))=0.1ml，n(Fe3+)=0.1ml；AB段，n(Fe)=eq \f(1,2)n(Fe3+)= 0.05ml；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×eq \f(3.36L-2.24L, 22.4L/ml)=0.1ml。
【解析】A．由分析可知，产生H2的体积为3.36L-2.24 L=1.12L，A不正确；
B．m2＝(0.1ml+0.05ml)×56g/ml=8.4g，B正确；
C．由n(NOeq \\al(-,3))=0.1ml可知，所用混合溶液中HNO3为0.1ml，则H2SO4电离产生的H+为0.4ml，c(H2SO4)= eq \f(\f(0.ml4,2),0.1L) =2 ml·L-1，C不正确；
D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D不正确；
故选B。
22. （2023黑龙江省大庆实验中学高一月考）化学实验中残余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，以防污染空气。已知Cl2与NaOH发生反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。若有3.20 g氢氧化钠发生了化学反应，试求：
(1)生成NaCl的质量为________g。
(2)生成NaClO的物质的量为________ ml。
(3)被吸收的氯气在标准状况下的体积为____ L。
【答案】(1)2.34 (2)0.04 (3)0.896
【解析】3.20 g NaOH的物质的量为eq \f(3.20 g,40 g·ml－1)＝0.08 ml；
Cl2 ＋ 2NaOH===NaCl ＋ NaClO＋H2O
1 ml 2 ml 1 ml 1 ml
n(Cl2) 0.08 ml n(NaCl) n(NaClO)
(1)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(NaCl))，得n(NaCl)＝0.04ml，故m(NaCl)＝0.04ml×58.5g·ml－1＝2.34g。
(2)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(NaClO))，得n(NaClO)＝0.04ml。
(3)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(Cl2))，得n(Cl2)＝0.04ml，故V(Cl2)＝0.04ml×22.4L·ml－1＝0.896L。
23．（2023秋·四川成都·高一校考期末）铁是人类较早使用的金属之一，完成下列问题。
(1)下列铁的化合物中，可以由单质直接化合得到的是___________(用字母代号填)。
A．Fe(OH)2B．FeCl3C．Fe(OH)3D．Fe3O4
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体。
上述反应的离子方程式如下，请将方程式补写完整_______。
___________FeOeq \\al(2-,4)+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+________O2↑+_________OH-
(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
①写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式___________。
②某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，采用下列步骤：
请写出上述过程中滤渣③中所含成分的化学式_________，物质⑥的化学式___________。
(4)把1.1g铁、铝混合物溶于200ml5ml/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6ml/L(溶液体积变化忽略不计)。求①反应中消耗HCl的物质的量 ________________。
②该混合物中铝的物质的量________________，铁的物质的量 _________。
【答案】
(1)BD
(2)4；10；4；3；8；
(3) 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 Fe、Cu Cl2
(4) 0.08ml 0.02ml 0.01ml
【解析】（1）FeCl3、Fe3O4可以由Fe分别与Cl2、O2化合得到，而Fe(OH)2、Fe(OH)3无法由Fe直接化合得到，一般由亚铁盐、铁盐反应得到，故选BD。
（2）根据氧化还原反应规律，Fe由FeOeq \\al(2-,4)中的+6价降为Fe(OH)3中的+3价，得3个电子；O元素由反应物中的-2价升为O2中的0价，每生成一个O2失去4个电子，根据电子得失守恒及质量守恒定律，可配平反应如下：4 FeOeq \\al(2-,4)+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-。
（3）①FeCl3具有氧化性，可以与铜发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
②使用过的腐蚀废液含有CuCl2、FeCl2及剩余的FeCl3，加入铁单质可以将FeCl3转化为FeCl2，将Cu置换出来，得到溶质为FeCl2的滤液和Cu、Fe组成的滤渣；滤渣中加入过量盐酸可以得到金属铜和滤液⑤（含HCl、FeCl2）；滤液②和滤液⑤合并后通入Cl2可得FeCl3溶液。因此，滤渣③中所含成分的化学式为Cu、Fe，物质⑥的化学式为Cl2。
（4）①消耗HCl的物质的量n=△cV=(5-4.6)ml/L×0.2L=0.08ml；
②Fe、Al与HCl反应时的数量关系为：Fe~2HCl；Al~3HCl，因此2n(Fe)+3n(Al)=0.08ml，56n(Fe)+27n(Al)=1.1g，计算可得n(Fe)=0.01ml，n(Al)=0.02ml。
24．（2023秋·陕西榆林·高一陕西省榆林中学校考期末）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL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。
(1)原混合物中Mg和Al的质量之比为_______；
(2)生成的H2在标准状况下的体积为_______；
(3)加入NaOH溶液的物质的量浓度为_______。
(4)稀硫酸的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)2：3
(2)10.08L
(3)5ml/L
(4)1.25ml/L
【分析】由图像可知，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，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35ml，溶液中溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15ml，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15ml，Al(OH)3为0.35ml−0.15ml=0.2ml。
【解析】（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2ml，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15ml，所以镁和铝的质量之比为：0.15ml×24g/ml：0.2ml×27g/ml=2：3，故答案为：2：3；
（2）由A中可知，n(Al)=0.2ml，n(Mg)=0.15ml，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2ml+2×0.15ml=0.9ml，所以n(H2)=0.45ml，故氢气体积为0.45ml×22.4ml/L=10.08L，故答案为：10.08L；
（3）由200∼240mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2ml，氢氧化钠的浓度为：eq \f(0.02ml, 0.24L-0.2L)=5ml/L，故答案为：5ml/L；
（4）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(Na2SO4)等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的eq \f(1,2)倍，所以n(Na2SO4)= eq \f(1,2)×0.2L×5ml/L=0.5ml，所以硫酸的浓度为：eq \f(0.5ml, 0.4L)=1.25ml/L，故答案为：1.25ml/L；
25．（2023·浙江宁波·高一期末）向一定量的NaOH溶液中通入一定量CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2ml/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。则下列判断中正确的是
A．原NaOH溶液的浓度为0.01ml/L
B．通入CO2的体积在标准状况下为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1
D．所得溶液的溶质成分是NaOH和Na2CO3
【答案】C
【分析】假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，由图可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积小于生成气体阶段消耗的盐酸体积，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，据此分析解题。
【解析】A．消耗盐酸100mL时，溶液为恰好为NaCl溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2ml/L=0.02ml，故原NaOH溶液的浓度为eq \f(0.02ml, 0.1L)=0.2ml/L，A错误；
B．生成二氧化碳阶段消耗盐酸为75mL，消耗HCl的物质的量为：0.075L×0.2ml/L=0.015ml，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知生成的二氧化碳为0.015ml，标准状况下生成二氧化碳的体积为：0.015ml×22.4L/ml=0.336L，即336mL，根据碳原子守恒，则通入CO2在标准状况下的体积为336mL，B错误；
C．碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸25mL，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.2ml/L=0.005ml，由钠离子守恒可知，n(NaHCO3)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.02ml-0.005ml×2=0.01ml，所以n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=0.01ml∶0.005ml=2∶1，C正确；
D．由分析可知，通入CO2后所得溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
26．（2023秋·安徽滁州·高一校考期末）铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸反应，设计了下列实验方案进行探究。回答下列问题：
(1)同学们拟选用下列实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置的连接顺序是A→_______；连接好装置后首先应进行的操作是_______。
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接集气瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了_______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母)。
A．冷却至室温再读数
B．乙管中液面不再上升时应该及时读数
C．读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D．读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已换算为标准状况)，则合金中铝的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
(3)有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_______(用a、b、c表示)。
【答案】
(1) A→E→D→F 检查装置气密性
(2) 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 AC 53%
(3) eq \f(33600(a-c),b)
【解析】（1）合金与稀硫酸反应，可用排水量气法测定H2的体积，制备的氢气用浓硫酸干燥后，氢气从集气瓶的短导管进，从长导管出，排出的水进入量筒中，正确的连接顺序为A→E→D→F，连接好装置后应检查装置气密性；
（2）①装置中导管a能保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，利于平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，A正确；
B．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，B错误；
C．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，C正确；
D．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，D错误；
故选AC；
③设5.1g铝镁合金中Mg的质量为xg，Al为yg，生成H2体积为5.6L (已换算为标准状况)，即0.25ml，根据化学方程式得：
Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑ 2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑
24g 1ml 54g 3ml
xg eq \f(x,24)ml yg eq \f(y,18)ml
即x+y=5.1、eq \f(x,24)+eq \f(y,18)=0.25，解得x=2.4、y=2.7，故合金中Al的质量分数为eq \f(2.7g,5.1g)×100%=53%；
（3）合金中只有Al与NaOH溶液反应生成H2，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlOeq \\al(-,2)+3H2↑，根据合金质量为ag和锥形瓶中剩余固体质量为cg，可计算出Al的质量为(a-c)g；设Al的相对原子质量为M，则摩尔质量为Mg/ml，生成的n(H2)=eq \f(b×10-3L,22.4L/ml)，根据反应的离子方程式得eq \f(\f(2, (a-c)g),Mg/ml)＝eq \f(\f(3, b×10-3L),22.4L/ml)，解得eq \f(33600(a-c),b)。
27．（2023秋·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）辽宁号航空母舰，是中国人民解放军第一艘可以搭载固定翼飞机的航空母舰，它的主体材料是各种合金。
(1)航母升降机可由铝合金制造。
①铝原子结构示意图为_______。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝(过滤、洗涤、干燥过程已略去)：
则在步骤III中加入的最佳的物质是(填化学式)_______；步骤IV的化学反应方程式是：_______。
②Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_______。
(2)航母舰体材料为合金钢。
①工业上冶炼铁原料主要选择赤铁矿，其主要成分是_______(填化学式)。
②不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是_______。
(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。
①青铜是我国古代使用最早的一种合金，中国古代用火烧孔雀石[主要成分为碱式碳酸铜-]和焦炭的混合物冶炼铜，请写出冶炼铜过程中发生的两个主要反应方程式：_______，_______。
②80.0gCu-Al合金用稀盐酸充分反应后，向滤液中加入过量氨水，过滤得沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为_______%(小数点后保留一位有效数字)。
【答案】
(1) CO2 2Al(OH)3Al2O3+3H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(2) Fe2O3 铬、镍
(3) Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑ 2CuO+C2Cu+CO2↑ 83.1
【分析】铝土矿加盐酸，其中的氧化铝、氧化铁分别转化为氯化铝和氯化铁，二氧化硅不溶，过滤除去，滤液a中加入过量的NaOH溶液，氯化铁生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，得到滤液b中含有NaAlO2溶液，应向b中通入过量CO2得到c为Al(OH)3，Al(OH)3加热分解转化为Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。
【解析】（1）①铝为13号元素，核外电子排布为2、8、3，则原子结构示意图为。由分析可知，滤液b中含有NaAlO2溶液，应向b中通入过量CO2得到c为Al(OH)3，故加入的最佳的物质是CO2（过量时氢氧化铝不溶解）；步骤IV为Al(OH)3加热分解转化为Al2O3，反应的化学反应方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：；CO2；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
②Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）①赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
②不锈钢是一种合金钢，是铁、铬、镍熔合而成的均有金属特性的合金，它的合金元素主要是铬、镍，故答案为：铬、镍；
（3）①用火烧孔雀石和焦炭的混合物冶炼铜，孔雀石受热发生分解反应生成氧化铜、二氧化碳和水，焦炭再还原氧化铜得到铜，发生的两个主要反应的化学方程式依次为Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑、2CuO+C2Cu+CO2↑， 故答案为：Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑；2CuO+C2Cu+CO2↑；
②因加入过量氨水会发生反应Cu2++4NH3H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故得到的白色沉淀为Al(OH)3，物质的量为eq \f(39.0g,78g/ml)=0.5ml，据铝原子守恒可知Al的质量为13.5g，则Cu的质量为80.0g-13.5g=66.5g，Cu的质量分数为eq \f(66.5g,80.0g)×100%=83.1%，故答案为：83.1。
28．（2023·江苏省天一中学高一期末）请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为_______
(2)将a ml钠和a ml铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为_______
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 ml·L-1，c(Cl-)为1.3 ml·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为_______
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为_______
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 ml·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是_______
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为_______
【答案】
(1)eq \f(1000Vρ, 36.5V+22400)
(2)eq \f(8200a,5.46a+m)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1
【解析】(1)标准状况下，V L氯化氢的物质的量为eq \f(V, 22.4)ml，故溶质质量m=eq \f(36.5V, 22.4)g，溶液质量为(eq \f(36.5V, 22.4)+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为eq \f(\f(36.5V,22.4)+1000, ρ)×10-3L，则盐酸物质的量浓度c=eq \f(\f(V,22.4)ml,\f((36.5+22400),22.4ρ) ×10-3L) = eq \f(1000ρV,36.5V+22400)，故答案为：eq \f(1000ρV,36.5V+22400)。
(2)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，
2Na ~ 2NaOH~3H2↑ 2Al~~2NaOH~~2NaAlO2~~3H2↑
aml aml eq \f(a,2)ml aml aml aml eq \f(3a,2)ml
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-(eq \f(a,2)+eq \f(3a,2))×2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为eq \f(82a,(46a+m))×100%=eq \f(8200a,46a+m)%，故答案为：eq \f(8200a,46a+m)%。
(3)溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3 ml·L-1=0.26ml，n(Mg2+)=0.2L×0.2 ml·L-1=0.04ml，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)=eq \f(0.26ml-0.04ml×2,3)=0.06ml，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26ml+0.06ml=0.32ml，所以至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为eq \f(0.32ml,4ml/L) =0.08L=80mL，故答案为：80mL。
(4)根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量=eq \f(0.112L,22.4L/ml)×2=0.01ml，则有eq \f(1.52,56x+16)×(3-eq \f(2,x))×x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
(5)盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=eq \f(1,2)n(HCl)= eq \f(1,2)×0.1L×1 ml·L-1=0.05ml；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05ml，质量为0.05ml56g/ml=2.8g，故答案为：2.8g。
(6)向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml，溶液中Al3+的物质的量为0.001ml，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004ml，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003ml，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004ml-0.003ml=0.001ml，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005ml，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。初中要求
利用化学反应方程式的简单计算。
高中要求
1. 掌握物质的量在化学方程式中的应用；
2. 学会化学方程式计算的一般方法和步骤。
化学方程式
2CO＋O22CO2
化学计量数之比
2∶1∶2
分子数之比
2∶1∶2
扩大NA倍
2NA∶NA∶2NA
物质的量之比
2 ml∶1 ml∶2 ml
标准状况下体积之比
44.8 L∶22.4 L∶44.8 L
相同状况下体积之比
2∶1∶2
密度/(g·L−1)
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
3.09
−59.5
11.0
极易溶解
回顾一、利用化学方程式的简单计算
（一）利用化学方程式计算的依据
1．理论依据
理论依据是质量守恒定律。
2．计算依据
（1）化学方程式中反应物、生成物各物质的质量比等于各物质相对分子质量和化学计量数的乘积之比。
（2）化学方程式中各物质之间恒定的质量比是计算的依据。
（二）利用化学方程式计算的步骤
特别注意
带入化学方程式计算的量必须是纯净物的质量。
（三）利用化学方程式计算的要点
（1）“设”要规范，“设某物质的质量为x”，（x是个有单位的物理量，后面无需再带单位)；如果一个题目需要求几个未知量，且这几个量出现在一个化学方程式中，要一并“设”，并用不同的未知数表示。
（2）化学方程式是否正确关系到整个解题的正确性，所以首先保证方程式配平。如果不配平，则物质之间的质量比就是错误的。其次不要忘记反应条件和气体、沉淀符号。
（3）标已知量和未知量时，要把相对分子质量与化学计量数的乘积写在相应物质化学式的正下方；已知量和未知量写在相应物质的相对分子质量总和的下方，且已知量带有单位。有关物质的量左右对应，上下对齐。
（4）比例式和求解过程中以及最后的结果要带单位。
（5）化学方程式是纯净物之间发生的反应，因此已知量一定是纯净物的质量，如果题目提供的是一种混合物的质量，一定不能直接代入，要通过换算或利用质量守恒定律求出一种纯净物的质量，作为解题的突破口。
（6）计算结果要根据相应的题目要求，保留相应的位数。如果没有说明，计算结果精确到0.1%。
（7）根据题目实际写出简要答案。
回顾二、根据化学方程式计算的常见类型
1．已知一种物质的质量，求另一种物质的质量
这种题型是按照化学方程式计算的重点，重在按计算格式进行计算。
根据化学方程式计算，实际上是利用化学方程式中各物质的质量比来计算（这是隐含的已知条件），因此只要已知化学方程式中任一反应物或生成物质量，就可求出其他物质的质量。
2．含字母的化学方程式的计算
利用含字母的化学方程式计算时，它的解题依据同样是利用相关物质的质量比列比例式计算，不过它的物质质量比是隐含的已知条件，它的计算方法一般有两种：
（1）通过相对分子质量进行转换，即用相对分子质量与化学计量数乘积表示。
（2）利用参加反应的反应物或生成物的质量来表示。
例如：在反应A+3B＝2C+3D中，C和D的相对分子质量比为22∶9，若2.3 g A与足量B充分反应，生成2.7 g D，则在此反应中，参加反应的B与生成的C之间的质量比为多少？
分析：已知C、D的相对分子质量比为22∶9，那么在该反应中C、D的质量比为（22×2）∶（3×9）=44∶27，已知生成D的质量2.7 g，列比例式可求出生成C的质量4.4 g，再根据质量守恒定律可得出参加反应的B质量为2.7 g+4.4 g−2.3 g=4.8 g，那么B、C质量比为4.8 g∶4.4 g=12∶11。
解题时应注意：
（1）相对分子质量比并不一定等于物质的质量比，两者之间转换时，一定要结合化学方程式中的化学计量数。
（2）当题目中的数据较多时，不要乱，不要放弃，要学会有条理地将数据按题意写在相应物质下面，然后合理利用。
3．含杂质的反应物(或生成物)质量的计算。
（1）将含杂质的已知物质量换算为纯物质质量，其关系式为：纯度＝eq \f(纯物质质量, 含杂质物质物质质量)×100%，纯物质质量=含杂质物质质量×纯度。
（2）将纯物质质量代入化学方程式进行计算。
（3）将计算得到的纯物质质量换算成含杂质物质质量：含杂质物质质量为=eq \f(纯物质质量, 纯度)。
4．气体参加反应或求气体体积的计算。
化学方程式表示的是各物质之间的质量关系，若有一定体积的气体参加反应，则先要将气体的体积换算成气体的质量；若要求出待求气体的体积数，则要先根据化学方程式求出气体的质量，再将其换算成体积。
气体的体积与气体的质量的换算关系为：气体的质量=气体的体积×气体的密度。
5．与实验相结合的化学方程式计算
在化学计算的考查中，有些地方的中考试题中往往将化学方程式计算与实验数据的分析处理综合在一起，难度较大。解答时需要认真分析实验现象，通过化学计算，得出正确结论。
6．利用坐标图像进行化学方程式的计算
（1）识标：理解坐标图中横、纵坐标的含义，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
（2）明点：曲线中的特殊点（起点、终点、顶点、转折点、交叉点等）表示了什么化学意义。
（3）析线：曲线的走向、变化趋势，揭示各段曲线的变化趋势及其含义。根据横、纵坐标的含义可以得出：在一定范围内，随“横坐标量”的增加，“纵坐标量”逐渐增加或减小。超过一定范围后，随“横坐标量”的增加，“纵坐标量”减小或增加，或者达到某种平衡状态。若为多重变化曲线坐标图，要分别揭示其变化趋势，然后对比分析，找出符合题意的曲线或结论或解题所用的数据信息等。
综上，解题时要把图像表示的意义与化学知识有机地结合起来，准确地找出图像与化学反应之间量的关系，根据化学方程式进行相关计算。
7．表格型化学方程式的计算
表格数据分析型的化学方程式计算题的特点是以表格的形式给出有关量之间的关系，根据表格中的数据进行分析、处理，最终解答有关问题。解答此类试题应注意的问题：
（1）要读懂题意，对表格数据进行分析，筛选有价值的信息，获取相关数据、性质、规律，形成解题思路。
（2）若是多次或多组数据和条件，则需通过比较、对比分析、确定出恰好完全反应的量（即可以用于计算的量），然后依据题意来进行计算。
（3）要善于根据表中数据的变化规律找出与所给问题的关系。如表中显示固体（或溶液）质量不再减少、气体（或沉淀）不再增加等，即意味着反应不再进行。
新知一、物质的量在化学方程式计算中的应用
1．物质的量与各物理量之间的关系
2．物质的量在化学方程式计算中的应用 [20*22版%~#新教材教^辅]
化学方程式遵循质量守恒定律，即在反应前后元素质量守恒、原子种类和数目守恒。在化学方程式中，可反映出物质的质量关系、粒子数目关系、物质的量关系等。例如：
结论：
(1)化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝各物质的微粒数目之比。
(2)在同温同压下，气态物质的分子数之比＝物质的量之比＝体积之比。 [《优@化方^&*~案》教
(3)化学方程式除可以表示反应物、生成物的粒子数目关系和质量关系外，还可以表示它们的物质的量关系，如H2＋Cl2 eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl可表示1 ml H2与1 ml Cl2在点燃条件下完全反应生成2 ml HCl。
新知二、物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤
1．计算步骤
例、镁铝合金具有很好的强度、刚性和尺寸稳定性，常用来制作又轻又薄的笔记本电脑、手机等的外壳。
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多少？
(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是多少？
(3)该合金溶于足量的盐酸中，标准状况下产生氢气的体积是多少？
提示：(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 ml 3×22.4 L
n(Al) 6.72 L
eq \f(2 ml,n（Al）)＝ eq \f(3×22.4 L,6.72 L)，解得n(Al)＝0.2 ml，m(Al)＝0.2 ml×27 g·ml－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·ml－1)＝0.2 ml，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。
(3)设由铝生成的氢气体积为V1(H2)，由镁生成的氢气体积为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
2Al ＋ 6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2 ml 3×22.4 L
0.2 ml V1(H2)
eq \f(2 ml,0.2 ml)＝ eq \f(3×22.4 L,V1（H2）)，解得V1(H2)＝6.72 L，
Mg ＋ 2HCl===MgCl2＋H2↑
1 ml 22.4 L
0.2 ml V2(H2)
eq \f(1 ml,0.2 ml)＝ eq \f(22.4 L,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。
2．计算过程中的注意事项
(1) 书写格式规范化：在根据化学方程式进行计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。
(2) 单位运用对应化：根据化学方程式进行计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。
(3) 判断过量准确化：如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种物质过量，然后根据不足量的物质进行计算。
新知三、化学计算中的其他常用方法
1、关系式法
当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。
(1)根据化学方程式确定关系式
写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。
(2)根据原子守恒确定关系式
2．守恒法
(1)反应前后元素种类、质量、原子个数不变。
(2)还原剂失电子总数＝氧化剂得电子总数
(3)电荷守恒
电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如，在0.1 ml·L－1的K2SO4溶液中，c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(OH－)。
3．差量法
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。
4．方程组法
一般方程组法用于解决两种物质的混合物计算，一般读题时能找到两个已知量时，均可以利用二元一次方程组进行求算未知量。
1．（2023绵阳中学实验学校高一期中）等物质的量的Na、Mg、Al分别与足量的稀盐酸反应，同温同压下，产生气体的体积比为
A．1:2:3 B．3:2:1 C．6:3:2 D．1:1:1
【答案】A
【解析】由化合价升降守恒知，2Na~H2、Mg~H2、2Al~3H2，假设消耗的Na、Mg、Al分别为1ml，则生成的H2分别为0.5ml、1ml、1.5ml，则三者比例关系为1:2:3，同温同压下，产生气体的体积比为1:2:3，A正确。
2．（2023湖北省沙市中学高一月考）11.0g铁、铝混合物与足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气8.96 L，则混合物中Fe与Al的物质的量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．2∶3
【答案】A
【解析】n(H2)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，设11.0g混合物中铁和铝的物质的量分别为xml和
yml，则有①56 g·ml－1×xml＋27g·ml－1×yml＝11.0g；根据化学方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑可得关系式：Fe～H2、2Al～3H2，则有②x ml＋1.5y ml＝0.4ml，由①②可得：y＝0.2，x＝0.1，则混合物中Fe和Al的物质的量之比为1∶2，A正确。
3.（2023安徽省阜阳颍上一中高一期末）工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体。则该样品中纯碱的质量分数是( )
A.eq \f(b－a,a)×100% B.eq \f(168(a－b),51a)×100%
C.eq \f(84(b－a),11a)×100% D.eq \f(106(b－a),11a)×100%
【答案】D
【解析】根据反应的化学方程式，采用差量法可求出该样品中Na2CO3的质量为eq \f(b－a,11)×106 g，其质量分数为eq \f(\f(b－a,11)×106,a)×100%＝eq \f(106(b－a),11a)×100%。
4．（2023江苏启东中学高一开学考试）Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48L，下列推断中不正确的是（ ）
A．参加反应的Mg、Al共0.2 ml
B．参加反应的HCl为0.4 ml
C．Mg、Al在反应中共失去0.4 ml电子
D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2ml H2
【答案】A
【解析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝eq \f(4.48L,22.4L· ml－1)＝0.2 ml，则参加反应的n(H＋)＝0.4ml，B项正确；若换成足量稀H2SO4，反应实质不变，同样产生0.2mlH2，D项错误；依据得失电子守恒，由2H＋→H2得电子总数为0.2ml×2＝0.4ml，C项正确；根据极值法，0.2mlMg提供0.4ml电子，0.2mlAl则提供0.6ml电子，0.2mlMg、Al混合物提供的电子数大于0.4 ml小于0.6 ml，A项错误。
5．（2023秋·天津和平·高一耀华中学校考期末）向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为
A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算
【答案】A
【解析】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体，最终生成FeCl2、H2O、H2。n(H2)= eq \f(0.224L,22.4L/ml)=0.01ml，n(FeCl2)= eq \f(1ml/L×0.1L,2)=0.05ml，依据氢元素守恒，生成H2O的物质的量为 eq \f(1ml/L×0.1L,2)-0.01ml=0.04ml，混合物中所含氧元素的质量为0.04ml×16g/ml=0.64g，含Fe元素的质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，则混合物中铁元素的质量分数为 eq \f(2.8g,2.8g+0.64g)×100%≈81.4%，故选A。
6．（2023秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 )产生废液X进行回收处理，流程如下图所示。下列说法不正确的是
A．1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中 eq \f(n(Cu2+), n(Fe2++n(Fe3+)))< eq \f(1,2)
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作②时，需用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和坩埚
【答案】D
【分析】废液X中加入过量铁粉，固体混合物W中含有Fe、Cu，向固体混合物W中加入过量稀盐酸，发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，溶液B是稀盐酸和FeCl2溶液；向FeCl2溶液中通入过量Cl2得到FeCl3溶液，因此溶液A是FeCl3溶液。
【解析】A．FeCl3与Cu反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，Fe元素的化合价由+3价降低到+2价，因此1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023，A正确；
B．根据反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，若废液X中滴加KSCN溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，因此 eq \f(n(Cu2+), n(Fe2+)+n(Fe3+)))< eq \f(1,2)，B正确；
C．由分析可知溶液A中含有FeCl3，溶液B中含有稀盐酸，两溶液都能与铁粉反应，因此铁粉均有减少，C正确；
D．操作②是过滤，需用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒和烧杯，D错误；
故答案为：D。
1．（2023福建省晋江市南侨中学高一阶）标准状况下，3.25 g锌与足量的盐酸反应生成x L氢气，下列比例式正确的是( )
A．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
1 ml 1 ml
3.25 g x L
B．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
65 g 1 L
3.25 g x L
C．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
1 ml 22.4 L
0.05 ml x L
D．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
65 g 1 ml
3.25 g x L
【答案】C
【解析】比例式应注意单位要“上下一致，左右对应”
2．（2023河南省实验中学高一期中）将5.0 g碳酸钙加入到足量的盐酸中，并将生成的气体全部通入足量的红热的炭中充分反应，得到气体的体积(标准状况下)为
A．1.12 L B．2.24 L C．11.2 L D．22.4 L
【答案】B
【解析】设生成的气体体积为V，则根据化学方程式
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C＋CO22CO可知：
CaCO3～CO2～2CO
100 g 2×22.4 L
5.0 g V
eq \f(100 g,5.0 g)＝eq \f(2×22.4 L,V)
故V＝2×22.4 L×eq \f(5.0 g,100 g)＝2.24 L。
3．（2023福建省莆田市第六中学高一月考）若3.6 g某金属与足量盐酸充分反应，放出4.48 L(标准状况下)H2，则该金属可能是
A．Al B．Mg C．Fe D．Zn
【答案】A
【解析】设该金属(R)的相对原子质量为Mr，与盐酸反应后生成的化合物中R的化合价为x，则：
2R＋2xHCl===2RClx＋xH2↑
2Mr g 22.4x L
3．6 g 4.48 L
所以eq \f(2Mr g,3.6 g)＝eq \f(22.4x L,4.48 L)，解得Mr＝9x。
讨论：若x＝1，则Mr＝9，不存在该金属；若x＝2，则Mr＝18，不存在该金属；若x＝3，则Mr＝27，A项中Al符合。
4．（2023河北省唐山市第一中学高一月考）把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残余固体的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶液中的H+和SO42-的物质的量之比为
A．1：4 B．2：7 C．1：2 D．3：8
【答案】A
【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为a和b，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，由题意，56(a+b)=64b，则eq \f(a,b)=eq \f(1,7)，c(H+)：c(SO42-)=eq \f(2a,a+b)=eq \f(1,4)，A正确。
5．(2023河南范县第一中学高一月考)将1.12g铁粉加入25mL2ml·L－1氯化铁溶液中充分反应(忽略溶液体积变化)，下列分析正确的是
A．铁粉有剩余
B．Cl－浓度减小
C．向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色
D．反应液质量增加5.6 g
【答案】C
【解析】n(Fe)＝eq \f(1.12 g,56 g·ml－1)＝0.02 ml，n(FeCl3)＝25×10－3 L×2 ml·L－1＝0.05 ml，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。由离子方程式可知，铁离子是过量的，A错误；氯离子不参加反应，氯离子浓度不变，B错误；由A项分析知铁离子剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色，C正确；由离子方程式可知，1.12 g的铁全部变成亚铁离子进入到溶液中，溶液质量增加1.12g，D错误。
6．(2023乐山沫若中学高一月考)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．6∶3∶2
【答案】D
【解析】等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则n(Ag＋)＝n(Cl－)，设n(Ag＋)＝n，NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量分别为n、eq \f(n,2)、eq \f(n,3)，因三种溶液的体积相等，则三种溶液的物质的量浓度之比为n∶eq \f(n,2)∶eq \f(n,3)＝6∶3∶2。
7．（2023福建省漳平市第一中学高一月考）把22.4LCO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到16.8L气体(标况下)，则这16.8L气体的质量是
A．10g B．15g C．30g D．32g
【答案】C
【解析】根据干信息可得，n(CO2)=22.4L÷22.4L/ml=1ml，反应后气体的物质的量为16.8L÷22.4L/ml==0.75ml。设参加反应的CO2的物质的量为x，由方程式2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2知，xmlCO2参加反应，生成O2的物质的量为0.5x，则1-x+0.5x=0.75，x=0.5ml，从而得出混合气体中，CO2为0.5ml，O2为0.25ml，因此m(混)=0.5ml×44g/ml+0.25ml×32g/ml=30g。
8．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100 mL 0.05 ml·L－1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3＋、Al3＋刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为
A．0.1 ml·L－1 B．0.2 ml·L－1 C．0.05 ml·L－1 D．无法计算
【答案】C
【解析】n(HCl)＝0.05 ml·L－1×0.1 L＝0.005 ml，加入NaOH溶液使Fe3＋、Al3＋刚好完全沉淀时，溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子守恒，n(NaCl)＝n(HCl)＝0.005 ml，则n(NaOH)＝n(NaCl)＝0.005 ml，所以c(NaOH)＝eq \f(0.005 ml,0.1 L)＝0.05 ml·L－1。
9．（2023吉林省长春市第七中学高一月考）某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3＋转移的电子数和Cl2被还原为Cl－转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.01 ml。则有eq \f(1.52 g,56 g·ml－1·x＋16 g·ml－1)×(3－eq \f(2,x))×x＝0.01 ml，解得x＝0.80。
10．（2023黑龙江省大庆实验中学高一月考）
（1）若将6.50g锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌和盐酸恰好完全反应。求：
①6.50g锌的物质的量。___________
②所用盐酸中HCl中的物质的量浓度。___________
③反应中生成的H2在标准状况下的体积。___________
（2）24.5gH2SO4的物质的量是多少___________？1.50mlNa2CO3的质量是多少？___________
【答案】
（1）0.1ml 1ml/L 2.24L
（2）0.25ml 159g
【解析】（1）①n(Zn)=eq \f(m(Zn), M(Zn))=eq \f(6.5g, 65g/ml)=0.1ml；
②根据2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑可知，n(HCl)=2n(Zn)=2×0.1ml=0.2ml，c(HCl)=eq \f(n(HCl), V(HCl))=eq \f(0.2ml, 0.2L) =1ml/L；
③根据2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑可知，n(H2)=n(Zn)=0.1ml，V(H2)=nVm=0.1ml×22.4L/ml=2.24L；
（2）24.5gH2SO4的物质的量为eq \f(24.5g, 98g/ml) =0.25ml；1.50mlNa2CO3的质量为1.5ml×106g/ml=159g。
11．（2023吉林省长春市第七中学高一月考）制取水处理剂ClO2(其部分性质如表所示)的方法之一是利用草酸(H2C2O4)与氯酸钾反应，反应的化学方程式为2KClO3+aH2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+bH2O。下列有关该反应的说法不正确的是
A．化学方程式中的a=1，b=2
B．草酸只起到还原剂的作用
C．KClO3中只有Cl元素被还原
D．生成标准状况下5.6 L ClO2，转移0.25 ml电子
【答案】D
【解析】由化学方程式中的碳元素守恒可知a=1，由氢元素或氧元素守恒可知b=2，A正确；该反应中的草酸为还原剂，B正确；根据反应方程式KClO3中Cl的化合价由＋5价→＋4价，化合价降低，氯酸钾为氧化剂，C正确；由表中信息知，标准状况下ClO2为液体，不能直接用22.4L·ml－1，D错误。
12．（2023福建省泉州市永春华侨中学高一月考）某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应的产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为
A．5∶1 B．1∶5 C．5∶9 D．9∶5
【答案】C
【解析】Cl2生成ClO－与ClOeq \\al(－,3)是被氧化的过程，Cl元素化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价；Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为－1价。NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1，设NaClO、NaClO3的物质的量分别为4aml、aml，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得4aml×(1－0)＋aml×(5－0)＝n(NaCl)×[0－(－1)]，n(NaCl)＝9aml。故被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为(4a ml＋a ml)∶9a ml＝5∶9。
13．（2023广东广州市广外附设外语学校高一期末）火药是中国的“四大发明”之一。黑火药在发生爆炸时，发生的反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法正确的是
A．KNO3与S是氧化剂 B．当转移1mle-时，有2.24L N2生成
C．CO2是还原产物 D．还原性C> CO2
【答案】A
【解析】N的化合价由+5价降低到0价，得电子，作氧化剂，S由0价降低到-2价，得电子，作氧化剂，A正确；因为未知N2是否在标准状态，故无法准确计算物质的量，B错误；C的化合价由0价升高到+4价，作还原剂，发生氧化反应，故CO2为氧化产物，C错误；C为还原剂，N2与K2S为还原产物，D错误。
14．（2023河北省唐山市第一中学高一月考）现有一块铝铁合金，欲测定其铝的质量分数，切下Wg合金，溶于盐酸中，再加入过量NaOH溶液，滤出沉淀，已知沉淀成分为氢氧化铁，把沉淀在空气中充分灼烧，最后得到Wg红棕色粉末。则此合金中铝的质量分数约为
A．20% B．30% C．70% D．80%
【答案】B
【解析】由铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤，沉淀为氢氧化铁，经灼烧，得到的固体粉末是氧化铁，氧化铁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，则合金中Al的质量分数=氧化铁中氧的质量分数=eq \f(16×3, 16×3+56×2)×100%=30%，B正确。
15．（2023上海华师大二附中高一期末）神舟十三号载人航天飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：2Mg+TiCl4eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))Ti+2MgCl2
下列有关说法正确的是
A．根据反应②可知还原性：Ti>Mg
B．反应②可在空气中进行，前提是要把空气中的O2除尽
C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6
D．反应①若生成标准状况下6.72LCO，则转移0.7ml电子
【答案】D
【解析】反应②中镁是还原剂，钛元素化合价降低，四氯化钛是氧化剂，钛是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性Mg＞Ti，A错误；Mg易被氧化，故反应②不能在空气中进行，B错误；反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，C错误；根据C选项分析，生成6mlCO，转移电子物质的量为14ml，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为eq \f(6.72L, 22.4L/ml)×eq \f(14, 6)=0.7ml，D正确。
16．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2ml/L盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法不正确的是
A．x＝2.24
B．反应时，Na、Mg、Al均过量
C．钠的物质的量为0.2 ml
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
【答案】B
【解析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）＝0.5n（HCl）＝0.5×0.1L×2ml/L＝0.1ml，所以标况下的体积为2.24L，A正确；Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，B错误；生成0.1ml的氢气需0.2ml的钠，C正确；按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，D正确。
17．（2023镇平县第一高级中学高一月考）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是①1∶1；②1∶3；③1∶2；④3∶1.(液态水的体积忽略不计)
A．①④ B．②③ C．③ D．④
【答案】A
【解析】由图可知，反应前活塞处于容器的中间，说明左、右两室的气体的物质的量相等，设左室中氢气和氧气的物质的量都为2ml，则右室中一氧化碳和氧气的物质的量之和为4ml，左室中燃烧时发生的反应为2H2+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2H2O，由方程式可知，反应后左室中过量氧气的物质的量为1ml，由图可知，反应后右室中气体的物质的量是左室中气体的物质的量的3倍，则反应后右室中气体的物质的量为3ml；右室中燃烧时发生的反应为2CO+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2CO2，设右室中一氧化碳的物质的量为aml，若反应时氧气不足量，由方程式可知，反应后右室中一氧化碳和二氧化碳的物质的量之和为：[a—2(4—a)] +2(4—a)=3，解得a=3，则一氧化碳和氧气的物质的量之比为3:1；若反应时一氧化碳不足量，由方程式可知，反应后右室中氧气和二氧化碳的物质的量之和为：[(4—a)—eq \f(a,2)]+a=3，解得a=2，则一氧化碳和氧气的物质的量之比为1:1，则①④正确，A正确。
18．（2023河南省许昌高级中学高一月考）将铁加入100mL某浓度的盐酸中恰好完全反应，反应后生成的气体为VL(标准状况下)，将铝加入100mL2ml·L－1氢氧化钠溶液中恰好完全反应，充分反应后生成的气体为3VL。下列说法正确的是
A．原铁和铝的物质的量相等
B．原盐酸的浓度为2 ml·L－1
C．铁加入盐酸中的离子方程式为
2Fe＋6H＋===3Fe3＋＋3H2↑
D．盐酸与氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比为1∶3
【答案】B
【解析】2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 ml 2 ml 3 ml
n(Al) 0.1 L×2 ml·L－1 n(H2)
eq \f(2 ml,0.1 L×2 ml·L－1)＝eq \f(3 ml,n(H2))＝eq \f(2 ml,n(Al))，解得n(H2)＝0.3ml，n(Al)＝0.2ml，由铝与氢氧化钠溶液反应生成的气体为3VL，得eq \f(3V L,22.4 L·ml－1)＝0.3ml，则V＝2.24。再根据反应Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，可求出反应的铁的物质的量为0.1ml，HCl的物质的量为0.2ml，则c(HCl)＝eq \f(0.2 ml,0.1 L)＝2ml·L－1。
19．（2023重庆南开中学高一期末）将agCuO和铜粉的混合物样品加入到体积为1L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1(不考虑盐的水解及溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的c(H+)=0.1 ml/L，下列说法正确的是
A．原溶液中c(H2SO4)为0.05 ml/L
B．向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为4.48L
C．混合物中铜的质量分数为60%
D．将足量的H2通入灼热的混合物，反应结束后，混合物的质量减少了0.8g
【答案】D
【解析】由反应后溶液的c(H+)=0.1 ml/L，三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1可知，溶液中氢离子的物质的量为0.1 ml/L×1L=0.1ml，亚铁离子为0.1ml×5=0.5ml、铁离子的物质的量为0.1ml×3=0.3ml；由铁原子个数守恒可知，硫酸铁的物质的量为0.5ml×eq \f(1,2)=0.25ml，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)+2n(Cu2+)+n(H+)=2n(SOeq \\al(2-,4))，则n(SOeq \\al(2-,4))=eq \f(2×0.5ml+2×0.3ml+1×0.1ml,2)=0.85ml，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.85ml—0.25ml×3=0.1ml；硫酸铁溶液与铜反应的方程式为Fe2(SO4)3+Cu=FeSO4+CuSO4，由方程式可知，铜的物质的量为0.25ml，由铜原子个数守恒可知，氧化铜的物质的量为0.3ml—0.25ml=0.05ml。由分析可知，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.1ml，则1L混合溶液中稀硫酸的浓度为1ml/L，A错误；缺标准状况，无法计算铁与0.1ml稀硫酸反应生成氢气的体积，B错误；由分析可知，混合物中氧化铜和铜的物质的量分别为0.05ml和0.25ml，则铜的质量分数为eq \f(0.25ml×64g/ml, +0.25ml×64g/ml +0.05ml×80g/ml)×100%=80%，C错误；将足量的氢气通入灼热的混合物，反应结束后，混合物减少的质量为氧化铜中氧原子的质量，由分析可知，混合物中氧化铜的物质的量为0.05ml，则混合物减少的质量为0.05ml×16g/ml=0.8g，D正确。
20．（2023秋·广东广州·高一广州六中校考期末）将镁铁合金加入稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气。下列有关说法正确的是
A．该合金中镁、铁的物质的量之比为
B．反应中转移电子
C．该盐酸的物质的量浓度为
D．将标准状况下气体溶于水中即可配制成该盐酸
【答案】C
【分析】将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气4.48L，发生的反应为：Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2↑、Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，设镁、铁的物质的量分别为xml和yml，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xml×24g/ml+yml×56g/ml=8.0g,xml+yml=eq \f(44.8L,22.4L·ml-1)))，解得x＝y＝0.1，据此分析解题。
【解析】A．该合金中镁、铁的物质的量之比为0.1ml：0.1ml＝1：1，故A错误；
B．反应中，生成0.2ml氢气，转移电子为0.4ml，故B错误；
C．n(HCl)＝2n(金属)＝2×(0.1ml＋0.1ml)＝0.4ml，则盐酸的物质的量浓度为eq \f(0.4ml, 0.5L)=0.8ml·L-1，故C正确；
D．将标准状况下8.96L HCl气体溶于500mL水中，形成的盐酸的体积不知道，因为溶液的体积不等于水的体积，所以无法计算溶液的物质的量浓度，故D错误；
故答案选选C。
21．（2023秋·吉林长春·高一长春吉大附中实验学校校考期末）向100mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是
A．产生的体积为2.24L
B．
C．所用混合溶液中
D．AB段发生的反应为置换反应
【答案】B
【分析】由坐标图可知，OA段，发生反应：Fe + 4H+ + NOeq \\al(-,3)=Fe3++ NO↑+ 2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)= eq \f(2.24L, 22.4L/ml)=0.1ml，则n(Fe)=0.1ml，n(H+)=0.4ml，n(NOeq \\al(-,3))=0.1ml，n(Fe3+)=0.1ml；AB段，n(Fe)=eq \f(1,2)n(Fe3+)= 0.05ml；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×eq \f(3.36L-2.24L, 22.4L/ml)=0.1ml。
【解析】A．由分析可知，产生H2的体积为3.36L-2.24 L=1.12L，A不正确；
B．m2＝(0.1ml+0.05ml)×56g/ml=8.4g，B正确；
C．由n(NOeq \\al(-,3))=0.1ml可知，所用混合溶液中HNO3为0.1ml，则H2SO4电离产生的H+为0.4ml，c(H2SO4)= eq \f(\f(0.ml4,2),0.1L) =2 ml·L-1，C不正确；
D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D不正确；
故选B。
22. （2023黑龙江省大庆实验中学高一月考）化学实验中残余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，以防污染空气。已知Cl2与NaOH发生反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。若有3.20 g氢氧化钠发生了化学反应，试求：
(1)生成NaCl的质量为________g。
(2)生成NaClO的物质的量为________ ml。
(3)被吸收的氯气在标准状况下的体积为____ L。
【答案】(1)2.34 (2)0.04 (3)0.896
【解析】3.20 g NaOH的物质的量为eq \f(3.20 g,40 g·ml－1)＝0.08 ml；
Cl2 ＋ 2NaOH===NaCl ＋ NaClO＋H2O
1 ml 2 ml 1 ml 1 ml
n(Cl2) 0.08 ml n(NaCl) n(NaClO)
(1)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(NaCl))，得n(NaCl)＝0.04ml，故m(NaCl)＝0.04ml×58.5g·ml－1＝2.34g。
(2)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(NaClO))，得n(NaClO)＝0.04ml。
(3)eq \f(2 ml,0.08 ml)＝eq \f(1 ml,n(Cl2))，得n(Cl2)＝0.04ml，故V(Cl2)＝0.04ml×22.4L·ml－1＝0.896L。
23．（2023秋·四川成都·高一校考期末）铁是人类较早使用的金属之一，完成下列问题。
(1)下列铁的化合物中，可以由单质直接化合得到的是___________(用字母代号填)。
A．Fe(OH)2B．FeCl3C．Fe(OH)3D．Fe3O4
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体。
上述反应的离子方程式如下，请将方程式补写完整_______。
___________FeOeq \\al(2-,4)+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+________O2↑+_________OH-
(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
①写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式___________。
②某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，采用下列步骤：
请写出上述过程中滤渣③中所含成分的化学式_________，物质⑥的化学式___________。
(4)把1.1g铁、铝混合物溶于200ml5ml/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6ml/L(溶液体积变化忽略不计)。求①反应中消耗HCl的物质的量 ________________。
②该混合物中铝的物质的量________________，铁的物质的量 _________。
【答案】
(1)BD
(2)4；10；4；3；8；
(3) 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 Fe、Cu Cl2
(4) 0.08ml 0.02ml 0.01ml
【解析】（1）FeCl3、Fe3O4可以由Fe分别与Cl2、O2化合得到，而Fe(OH)2、Fe(OH)3无法由Fe直接化合得到，一般由亚铁盐、铁盐反应得到，故选BD。
（2）根据氧化还原反应规律，Fe由FeOeq \\al(2-,4)中的+6价降为Fe(OH)3中的+3价，得3个电子；O元素由反应物中的-2价升为O2中的0价，每生成一个O2失去4个电子，根据电子得失守恒及质量守恒定律，可配平反应如下：4 FeOeq \\al(2-,4)+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-。
（3）①FeCl3具有氧化性，可以与铜发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
②使用过的腐蚀废液含有CuCl2、FeCl2及剩余的FeCl3，加入铁单质可以将FeCl3转化为FeCl2，将Cu置换出来，得到溶质为FeCl2的滤液和Cu、Fe组成的滤渣；滤渣中加入过量盐酸可以得到金属铜和滤液⑤（含HCl、FeCl2）；滤液②和滤液⑤合并后通入Cl2可得FeCl3溶液。因此，滤渣③中所含成分的化学式为Cu、Fe，物质⑥的化学式为Cl2。
（4）①消耗HCl的物质的量n=△cV=(5-4.6)ml/L×0.2L=0.08ml；
②Fe、Al与HCl反应时的数量关系为：Fe~2HCl；Al~3HCl，因此2n(Fe)+3n(Al)=0.08ml，56n(Fe)+27n(Al)=1.1g，计算可得n(Fe)=0.01ml，n(Al)=0.02ml。
24．（2023秋·陕西榆林·高一陕西省榆林中学校考期末）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL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。
(1)原混合物中Mg和Al的质量之比为_______；
(2)生成的H2在标准状况下的体积为_______；
(3)加入NaOH溶液的物质的量浓度为_______。
(4)稀硫酸的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)2：3
(2)10.08L
(3)5ml/L
(4)1.25ml/L
【分析】由图像可知，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，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35ml，溶液中溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15ml，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15ml，Al(OH)3为0.35ml−0.15ml=0.2ml。
【解析】（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2ml，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15ml，所以镁和铝的质量之比为：0.15ml×24g/ml：0.2ml×27g/ml=2：3，故答案为：2：3；
（2）由A中可知，n(Al)=0.2ml，n(Mg)=0.15ml，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2ml+2×0.15ml=0.9ml，所以n(H2)=0.45ml，故氢气体积为0.45ml×22.4ml/L=10.08L，故答案为：10.08L；
（3）由200∼240mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2ml，氢氧化钠的浓度为：eq \f(0.02ml, 0.24L-0.2L)=5ml/L，故答案为：5ml/L；
（4）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(Na2SO4)等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的eq \f(1,2)倍，所以n(Na2SO4)= eq \f(1,2)×0.2L×5ml/L=0.5ml，所以硫酸的浓度为：eq \f(0.5ml, 0.4L)=1.25ml/L，故答案为：1.25ml/L；
25．（2023·浙江宁波·高一期末）向一定量的NaOH溶液中通入一定量CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2ml/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。则下列判断中正确的是
A．原NaOH溶液的浓度为0.01ml/L
B．通入CO2的体积在标准状况下为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1
D．所得溶液的溶质成分是NaOH和Na2CO3
【答案】C
【分析】假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，由图可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积小于生成气体阶段消耗的盐酸体积，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，据此分析解题。
【解析】A．消耗盐酸100mL时，溶液为恰好为NaCl溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2ml/L=0.02ml，故原NaOH溶液的浓度为eq \f(0.02ml, 0.1L)=0.2ml/L，A错误；
B．生成二氧化碳阶段消耗盐酸为75mL，消耗HCl的物质的量为：0.075L×0.2ml/L=0.015ml，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知生成的二氧化碳为0.015ml，标准状况下生成二氧化碳的体积为：0.015ml×22.4L/ml=0.336L，即336mL，根据碳原子守恒，则通入CO2在标准状况下的体积为336mL，B错误；
C．碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸25mL，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.2ml/L=0.005ml，由钠离子守恒可知，n(NaHCO3)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.02ml-0.005ml×2=0.01ml，所以n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=0.01ml∶0.005ml=2∶1，C正确；
D．由分析可知，通入CO2后所得溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
26．（2023秋·安徽滁州·高一校考期末）铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸反应，设计了下列实验方案进行探究。回答下列问题：
(1)同学们拟选用下列实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置的连接顺序是A→_______；连接好装置后首先应进行的操作是_______。
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接集气瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了_______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母)。
A．冷却至室温再读数
B．乙管中液面不再上升时应该及时读数
C．读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D．读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已换算为标准状况)，则合金中铝的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
(3)有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_______(用a、b、c表示)。
【答案】
(1) A→E→D→F 检查装置气密性
(2) 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 AC 53%
(3) eq \f(33600(a-c),b)
【解析】（1）合金与稀硫酸反应，可用排水量气法测定H2的体积，制备的氢气用浓硫酸干燥后，氢气从集气瓶的短导管进，从长导管出，排出的水进入量筒中，正确的连接顺序为A→E→D→F，连接好装置后应检查装置气密性；
（2）①装置中导管a能保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，利于平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，A正确；
B．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，B错误；
C．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，C正确；
D．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，D错误；
故选AC；
③设5.1g铝镁合金中Mg的质量为xg，Al为yg，生成H2体积为5.6L (已换算为标准状况)，即0.25ml，根据化学方程式得：
Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑ 2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑
24g 1ml 54g 3ml
xg eq \f(x,24)ml yg eq \f(y,18)ml
即x+y=5.1、eq \f(x,24)+eq \f(y,18)=0.25，解得x=2.4、y=2.7，故合金中Al的质量分数为eq \f(2.7g,5.1g)×100%=53%；
（3）合金中只有Al与NaOH溶液反应生成H2，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlOeq \\al(-,2)+3H2↑，根据合金质量为ag和锥形瓶中剩余固体质量为cg，可计算出Al的质量为(a-c)g；设Al的相对原子质量为M，则摩尔质量为Mg/ml，生成的n(H2)=eq \f(b×10-3L,22.4L/ml)，根据反应的离子方程式得eq \f(\f(2, (a-c)g),Mg/ml)＝eq \f(\f(3, b×10-3L),22.4L/ml)，解得eq \f(33600(a-c),b)。
27．（2023秋·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）辽宁号航空母舰，是中国人民解放军第一艘可以搭载固定翼飞机的航空母舰，它的主体材料是各种合金。
(1)航母升降机可由铝合金制造。
①铝原子结构示意图为_______。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝(过滤、洗涤、干燥过程已略去)：
则在步骤III中加入的最佳的物质是(填化学式)_______；步骤IV的化学反应方程式是：_______。
②Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_______。
(2)航母舰体材料为合金钢。
①工业上冶炼铁原料主要选择赤铁矿，其主要成分是_______(填化学式)。
②不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是_______。
(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。
①青铜是我国古代使用最早的一种合金，中国古代用火烧孔雀石[主要成分为碱式碳酸铜-]和焦炭的混合物冶炼铜，请写出冶炼铜过程中发生的两个主要反应方程式：_______，_______。
②80.0gCu-Al合金用稀盐酸充分反应后，向滤液中加入过量氨水，过滤得沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为_______%(小数点后保留一位有效数字)。
【答案】
(1) CO2 2Al(OH)3Al2O3+3H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(2) Fe2O3 铬、镍
(3) Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑ 2CuO+C2Cu+CO2↑ 83.1
【分析】铝土矿加盐酸，其中的氧化铝、氧化铁分别转化为氯化铝和氯化铁，二氧化硅不溶，过滤除去，滤液a中加入过量的NaOH溶液，氯化铁生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，得到滤液b中含有NaAlO2溶液，应向b中通入过量CO2得到c为Al(OH)3，Al(OH)3加热分解转化为Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。
【解析】（1）①铝为13号元素，核外电子排布为2、8、3，则原子结构示意图为。由分析可知，滤液b中含有NaAlO2溶液，应向b中通入过量CO2得到c为Al(OH)3，故加入的最佳的物质是CO2（过量时氢氧化铝不溶解）；步骤IV为Al(OH)3加热分解转化为Al2O3，反应的化学反应方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：；CO2；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
②Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）①赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
②不锈钢是一种合金钢，是铁、铬、镍熔合而成的均有金属特性的合金，它的合金元素主要是铬、镍，故答案为：铬、镍；
（3）①用火烧孔雀石和焦炭的混合物冶炼铜，孔雀石受热发生分解反应生成氧化铜、二氧化碳和水，焦炭再还原氧化铜得到铜，发生的两个主要反应的化学方程式依次为Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑、2CuO+C2Cu+CO2↑， 故答案为：Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑；2CuO+C2Cu+CO2↑；
②因加入过量氨水会发生反应Cu2++4NH3H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故得到的白色沉淀为Al(OH)3，物质的量为eq \f(39.0g,78g/ml)=0.5ml，据铝原子守恒可知Al的质量为13.5g，则Cu的质量为80.0g-13.5g=66.5g，Cu的质量分数为eq \f(66.5g,80.0g)×100%=83.1%，故答案为：83.1。
28．（2023·江苏省天一中学高一期末）请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为_______
(2)将a ml钠和a ml铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为_______
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 ml·L-1，c(Cl-)为1.3 ml·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为_______
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为_______
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 ml·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是_______
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为_______
【答案】
(1)eq \f(1000Vρ, 36.5V+22400)
(2)eq \f(8200a,5.46a+m)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1
【解析】(1)标准状况下，V L氯化氢的物质的量为eq \f(V, 22.4)ml，故溶质质量m=eq \f(36.5V, 22.4)g，溶液质量为(eq \f(36.5V, 22.4)+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为eq \f(\f(36.5V,22.4)+1000, ρ)×10-3L，则盐酸物质的量浓度c=eq \f(\f(V,22.4)ml,\f((36.5+22400),22.4ρ) ×10-3L) = eq \f(1000ρV,36.5V+22400)，故答案为：eq \f(1000ρV,36.5V+22400)。
(2)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，
2Na ~ 2NaOH~3H2↑ 2Al~~2NaOH~~2NaAlO2~~3H2↑
aml aml eq \f(a,2)ml aml aml aml eq \f(3a,2)ml
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-(eq \f(a,2)+eq \f(3a,2))×2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为eq \f(82a,(46a+m))×100%=eq \f(8200a,46a+m)%，故答案为：eq \f(8200a,46a+m)%。
(3)溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3 ml·L-1=0.26ml，n(Mg2+)=0.2L×0.2 ml·L-1=0.04ml，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)=eq \f(0.26ml-0.04ml×2,3)=0.06ml，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26ml+0.06ml=0.32ml，所以至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为eq \f(0.32ml,4ml/L) =0.08L=80mL，故答案为：80mL。
(4)根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量=eq \f(0.112L,22.4L/ml)×2=0.01ml，则有eq \f(1.52,56x+16)×(3-eq \f(2,x))×x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
(5)盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=eq \f(1,2)n(HCl)= eq \f(1,2)×0.1L×1 ml·L-1=0.05ml；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05ml，质量为0.05ml56g/ml=2.8g，故答案为：2.8g。
(6)向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml，溶液中Al3+的物质的量为0.001ml，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004ml，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003ml，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004ml-0.003ml=0.001ml，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005ml，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。初中要求
利用化学反应方程式的简单计算。
高中要求
1. 掌握物质的量在化学方程式中的应用；
2. 学会化学方程式计算的一般方法和步骤。
化学方程式
2CO＋O22CO2
化学计量数之比
2∶1∶2
分子数之比
2∶1∶2
扩大NA倍
2NA∶NA∶2NA
物质的量之比
2 ml∶1 ml∶2 ml
标准状况下体积之比
44.8 L∶22.4 L∶44.8 L
相同状况下体积之比
2∶1∶2
密度/(g·L−1)
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
3.09
−59.5
11.0
极易溶解
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