文档内容
第 03 讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
目录
01 模拟基础练
【题型一】根据方程式进行计算
【题型二】关系式法在化学计算中的应用
【题型三】差量法在化学计算中的应用
【题型四】守恒法在化学计算中的应用
02 重难创新练
03 真题实战练
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)＝＝0.4 mol。
(2)设参加反应的氢氧化钠的物质的量是n，
则2Al＋2HO＋2NaOH===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
2 mol 2 mol
0.4 mol n
则＝，n＝0.4 mol，c(NaOH)＝＝0.8 mol·L－1。
(3)设生成标准状况下的氢气的体积是V，
2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
2 mol 3×22.4 L
0．4 mol V
所以V＝＝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＋2HO===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
2 mol 3×22.4 L
n(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×100%≈52.9%。
(2)m(Mg)＝10.2 g－5.4 g＝4.8 g，n(Mg)＝＝0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。
(3)设由铝生成的氢气为V(H )，由镁生成的氢气为V(H )，由铝和镁与盐酸的反应可知：
1 2 2 2
2Al＋6HCl===2AlCl ＋3H↑
3 2
2 mol 3×22.4 L
0．2 mol V(H )
1 2
解得：V(H )＝6.72 L；
1 2
Mg＋2HCl===MgCl ＋H↑
2 2
1 mol 22.4 L
0．2 mol V(H )
2 2
解得：V(H )＝4.48 L，V (H )＝V(H )＋V(H )＝6.72 L＋4.48 L＝11.2 L。
2 2 总 2 1 2 2 2
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===2AlCl ＋3H↑
3 2
2 mol 6 mol
x 3x
Fe ＋ 2HCl ===FeCl ＋H↑
2 2
1 mol 2 mol
y 2y
得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol。
4．已知MnO 与浓盐酸反应的化学方程式为MnO + 4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O，回答下列问题：
2 2 2 2 2
(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N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
(4)1.74 g MnO 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
2
足量的AgNO 溶液，可生成________g沉淀。
3
【答案】(1)MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2H O
2 2 2
(2) (3)N (4)166.46
A
【解析】(1)书写该反应的离子方程式时，HCl、MnCl 要拆写成离子形式，故反应的离子方程式为
2
MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2H O(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
2 2 2
氯气生成时，该反应转移的电子数为 N (4)n(MnO )= =0.02 mol，n(HCl)=12 mol·L-1×0.1 L=1.2
A 2
mol。反应中被氧化的n(HCl)=n(MnO )×2=0.04 mol，反应后溶液中n(Cl-)=1.2 mol-0.04 mol=1.16 mol，加入
2
足量的AgNO 溶液生成1.16 mol AgCl，m(AgCl)=1.16 mol×143.5 g·mol-1=166.46 g。
3
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Fe O 。某学习小组为了研究烤蓝
3 4
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(Fe O) = 。
3 4
【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FeCl ，n(HCl) =
2
0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl 的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol
2
÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H 的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe O 混合固体与HCl溶液发生如下三个反
2 3 4
应：Fe+ 2HCl = FeCl + H ↑；Fe O + 8HCl = 2FeCl + FeCl + 4H O；Fe + FeCl = 3FeCl 。先根据氢气的
2 2 3 4 3 2 2 3 2
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 = FeCl + H ↑
2 2
1 2 1
0.006 0.012 0.006
则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe O 的物质的量：
3 4
Fe O + 8HCl = 2FeCl + FeCl + 4H O
3 4 3 2 2
1 8 2
0.002 0.016 0.04根据生成的FeCl 的物质的量，算出与FeCl 反应的Fe的物质的量：
3 3
Fe + 2FeCl = 3FeCl
3 2
1 2
0.02 0.04
综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe O)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe O) =4∶1。
3 4 3 4
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CO 的体积(标准
2
状况)如下表：
Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV
盐酸体积/mL 30 30 30 30
样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳体积/mL 672 840 896 672
(1)若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO___________mL(标准状况)。
2
(2)另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天
2
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)2Na CO·NaHCO ·2H O (3)2.5
2 3 3 2
【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CO 的体积增大，而实验Ⅳ中
2
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CO
2
中，根据定比关系，则产生CO 的体积为： ；(2)加热分解生成的二氧化碳，说
2
明该天然碱中含有NaHCO ，生成CO 的物质的量为 ，根据分解方程式：
3 2
2NaHCO NaCO+CO ↑+H O，可知3.32 g样品中NaHCO 的物质的量为 ，分解
3 2 3 2 2 3
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NaCO 的物质的量为： ，3.32 g样品中结晶水物质的量
2 3为： ，故3.32 g样品中n(Na CO)：n(NaHCO ) ：n(H O)=0.02 mol：0.01
2 3 3 2
mol：0.02 mol=2：1：2，则该天然碱的组成为：2NaCO·NaHCO ·2H O；(3)可知7.47 g样品中，NaCO
2 3 3 2 2 3
为物质的量为： ，根据NaCO+HCl=NaCl+NaHCO ，可知消耗HCl为0.045
2 3 3
mol，生成CO 的物质的量为： ，由NaHCO +HCl═NaCl+CO ↑+H O，可知消耗的
2 3 2 2
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：3Cl+8NH·H O=6NH Cl+N +8H O。在标准状况下，把
2 3 2 4 2 2
1.12 L Cl 、N 的混合气体(90% Cl 和10% N ，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气
2 2 2 2
体体积为0.672 L(其中有50% Cl 和50% N )，此反应中被氧化的NH 的质量为( )
2 2 3
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 Cl (反应气)生成1 mol N (生成气)时，气体物质的量减少了2
2 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：
3Cl~2NH ~ N ΔV
2 3 2
2 mol×17 g·mol-1 44.8 L
m(被氧化的NH ) 0.448 L
3
列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH )=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH )=0.34 g。
3 3
8． 用“间接碘量法”测定CuCl ·2H O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI
2 2
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 Na SO 标准溶液滴
2 2 3
定，到达滴定终点时，消耗Na
2
S
2
O
3
标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I
2
+2S 2O2-=S 4O2-+2I-)
3 6
(1)写出生成白色CuI沉淀的离子方程式：____________________________。
(2)该样品中CuCl ·2H O的质量分数为______________。
2 2【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I (2) 85.50%
2
【解析】(1)CuCl 与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I 、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-
2 2
=2CuI↓+I
2
。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I
2
、I
2
+2S 2O2-=S 4O2-+2I-可得关系式：2Cu2+~I
2
~2S 2O2-，
3 6 3
n(Na SO)=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
2 2 3
m(CuCl ·2HO)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中 CuCl ·2HO 的质量分数为(0.342 0
2 2 2 2
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
KMnO )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O 质量，单位：
4 2
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
KMnO 溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na C O 溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO
4 2 2 4 4
溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。
已知：2Mn O-+5C 2O2-+16H+=2Mn2++10CO
2
↑+8H
2
O。
4 4
(1)1 mol KMnO 的氧化能力与_____________g O 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
4 2
(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KMnO 溶液滴定多余的NaC O 溶液，可求出剩余NaC O 的量与水样消耗KMnO 溶
4 2 2 4 2 2 4 4
液后剩余KMnO 的量，从而求出水样消耗KMnO 的量，再转化为O 的量即可算出该水样中的COD。 (1)
4 4 2
5
由得失电子守恒可知，5O~4KMnO ，则1 mol KMnO 的氧化能力与1 mol× =1.25 mol O 的氧化能力相当，
2 4 4 4 2
即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O 的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO ~5Na C O ，剩余KMnO 的
2 4 2 2 4 4
2
物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L× -6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO 的物质
5 4
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，5O~4KMnO ，则
2 4
5
n(O )=1.3×10-5 mol× =1.625×10-5 mol，m(O )=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的
2 4 2
0.52 mg
COD值为 =5.2 mg·L-1。
0.1 L
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=SnCl +H ↑，再加入过量的FeCl 溶液，发生反应SnCl +2FeCl =SnCl +2FeCl ，最后用已知浓度的
2 2 3 2 3 4 2
KCr O 溶液滴定生成的Fe2+，反应的化学方程式为6FeCl +K Cr O+14HCl=6FeCl +2KCl+2CrCl +7H O。现
2 2 7 2 2 2 7 3 3 2
有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 KCr O 溶液16.00 mL。求试样中锡的质量分
2 2 7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KCr O 物质的量的关系：
2 2 7
3Sn~3SnCl ~6FeCl ~K Cr O
2 2 2 2 7
3×119 g 1 mol
m(Sn) 0.100 mol·L-1×0.016 L
m(Sn)=3×119 g×0.100mol·L-1×0.016 L=0.571 2 g，w(Sn)=0.571 2 g×100%≈93.2%。
1mol 0.613 g
11．一定条件下，将TiO 溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH Fe(SO ) 标准溶液滴定
2 4 4 2
Ti3+至全部生成Ti4+。称取TiO 样品0.60 g，消耗0.20 mol·L-1的NH Fe(SO ) 溶液36.75 mL，则样品中TiO
2 4 4 2 2
的质量分数是 98% 。
【答案】8%
【解析】根据得失电子守恒，将TiO 溶解并还原为Ti3+，Ti3+与NH Fe(SO ) 溶液反应，有关系式
2 4 4 2
TiO~Ti3+~NHFe(SO ) ，消耗 0.20 mol·L-1的 NH Fe(SO ) 溶液 36.75 mL，即 NH Fe(SO ) 的物质的量为
2 4 4 2 4 4 2 4 4 2
36.75×10-3 L×0.20 mol·L-1=7.35×10-3 mol，则TiO 的物质的量为7.35×10-3 mol，所以样品中TiO 的质量分
2 2
数是7.35×10-3mol×80 g·mol-1
×100%=98%。
0.60 g
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)
106(n-m) 168(m-n) 84(n-m)
A． ×100% B． ×100% C． ×100% D．
11m 56m 11m
n-m
×100%
m
【答案】A
【解析】设碳酸钠的质量为x，则：
NaCO+2HCl=2NaCl+CO ↑+H O 固体质量增加
2 3 2 2
106 117 11
106(n-m)
x(n-m) g，106= 11 ，解得x=106(n-m) g，故该样品中纯碱的质量分数为 g
11
x (n-m) g 11
mg106(n-m)
×100%= ×100%。
11m
13．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO 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
3
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 、NaCO (2)65%
2 3
【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO NaCO+HO、2NaHCO
3 2 3 2 3
NaCO+CO↑+HO，假设NaOH与NaHCO 恰好完全反应，则：
2 3 2 2 3
NaOH+NaHCO NaCO+HO m
3 2 3 2
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NaHCO 固体混合物不能恰好反应，所以存在
3
过量问题，由于NaHCO 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
3
物质是NaOH、NaCO ；(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
2 3
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：3O 2O。
2 3
(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 O ，则有
2
3O 2O Δn
2 3
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
则
M
= m 总= 32 g ≈35.6 g·mol-1。
n 0.9mol
总
(2)3O 2O ΔV
2 3
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200mlMgCl 和AlCl 的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为
2 3
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】MgCl 和AlCl 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
2 3
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-=AlO -+2H O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)=
2 2
=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)O 混合，通入水中，
2
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 O 得到电子总数，则有 n(Cu)×2=n(O )×4，解得n(Cu)=2×2.24 L÷22.4
2 2
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[Cu (OH) CO]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
2 2 3
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CuCl 的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可
2
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HNO 的物质的量浓度为2.24 mol·L-1
3
B．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 HNO 溶液中
3
1.12mol
n(HNO)=0.21 mol×2+0.14 mol×3+0.28 mol=1.12 mol，则有c(HNO)= =2.24 mol·L-1，A项正确。
3 3 0.5 L
反应后的溶液为 Fe(NO ) 和Fe(NO ) 混合液，加入铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则0.14 mol
3 2 3 3
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、Fe O 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
2 3
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 FeCl ，得到的1.28 g固体纯净物为Cu，
2
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(H )=
2
896 mL =0.04 mol，设Fe、Fe O 物质的量分别为x、y，可得56 g·mol-1 x+160 g·mol-1 y+1.60
2 3
22.4 L·mol-1
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
0.36mol
中n(FeCl )=x+2y=0.18 mol，根据FeCl ~2HCl得，n(HCl)=0.36 mol，所以c(HCl)= =3.60 mol·L-1。
2 2 0.10 L
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 L ×2，两式联立解得，n(Mg)=0.04 mol，
22.4 L·mol-1
n(Al)=0.03 mol。合金中镁的质量分数为0.04mol×24 g·mol-1 ×100%≈54.2%。(2)根据上述计算，得
1.77 g
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NaAlO ，根据铝原子守恒，溶液
2
中 n(NaAlO )=0.02 mol ， 根 据 钠 原 子 守 恒 ， 消 耗 氢 氧 化 钠 溶 液 最 大 体 积 为
2
100×10-3L×2 mol·L-1+0.02 mol =0.22 L，即220 mL。
1mol·L-1
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、ClO -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。
3
(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(Cl )∶n(H )=________。
2 2
【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、KClO ，根据电荷守恒，n(K
3
＋)=n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO －)，代入数值，500×10－3×6=n(Cl－)＋0.20＋0.30，解得n(Cl－)=2.5mol，则c(Cl
3
－)=2.5/500×10－3mol·L－1=5.0mol·L－1；(2)Cl 与KOH反应发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，n(Cl
2
－)=n(ClO－)×1＋n(ClO －)×5，解得n(Cl－)=1.7mol，有HCl与KOH反应生成n(Cl－)=(2.5－1.7)mol=0.8mol，
3
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(Cl )=(2.5＋
2
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 KNO 和2mol HSO ，向其中加入1.2mol Fe，充分
3 2 4
反应(已知NO -被还原为NO)，最终溶液体积为1L，下列说法正确的是( )
3
A．所得溶液中c(NO -)=2.75mol·L－1 B．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1
3
C．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FeSO
4
【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 O 一起通入足量NaOH溶液
2
中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO 。下列判断正确的是( )
3
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+8HNO =3Cu(NO)+2NO↑+4HO可知，0.04molCu需要消耗 HNO，而12mL10mol·L-1硝酸中
3 3 2 2 3
n(HNO)=0.12mol， <0.12mol，说明还会发生反应Cu+4HNO =Cu(NO)+2NO↑+2H O，生成的气
3 3 3 2 2 2
体有NO和NO ，A错误；B项，2.56 gCu的物质的量为 =0.04mol，投入12mL10mol·L-1硝酸中，
2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，则
n[Cu(OH) ]=0.04mol，则n(NaOH)=0.08mol，NaOH溶液的浓度为 =amol/L=2mol/L，a=2，B错误；
2
C项，将生成的气体与bmol O 一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO ，由得
2 3
失电子守恒可知，O 得到的电子数和Cu失去的电子数相等，则bmol×4=0.04mol×2，则b=0.02，C正确；
2
D项，Cu和HNO 溶液反应完全后，生成NO、NO 的混合气体，加入NaOH溶液后溶液中存在NaNO ，
3 2 3
则NO、NO 的总物质的量为0.12mol-0.08mol=0.04mol，由N元素守恒可知，气体恰好被完全吸收生成
2
n(NaNO )=0.04mol，c=0.04，D错误；故选C。
3
3．(2024•湖北省云学名校新高考联盟期中联考)将13.6g Cu和Cu O组成的混合物加入250 mL一定浓
2
度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO ) 和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH溶液时，金属
3 2
离子恰好沉淀完全，生成沉淀的质量为19.6 g，下列说法错误的是( )
A．原稀硝酸的浓度为2 mol/L
B．Cu和Cu O的物质的量之比为2：1
2
C．反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol
D．产生的NO在标准状况下的体积为2.24L
【答案】A
【解析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化
铜沉淀19.6g，即 =0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为
13.6g-64g/mol×0.2mol=0.8g，物质的量为 =0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质
的量为0.1mol。A项，所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液
呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液
中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子
守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2mol+0.05×2×1mol=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝
酸的浓度为 =2.4mol·L-1，A错误；B项，原固体混合物中，Cu和Cu O的物质的量之比为
2
0.1：0.05=2：1，B正确；C项，硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则
硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6mol-0.4mol-0.1mol=0.1mol，C正确；D项，由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的
体积为2.24L，D正确；故选A。
4．(2024•安徽省淮北市期中)将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生
NO和NO 混合气体896mL(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入
2
120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气
体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是( )
A．Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B．NO和NO 的体积比为1：1
2
C．原硝酸的浓度为8mol·L-1 D．通入的O 的体积(标准状况下)V=448Ml
2
【答案】A
【解析】A项，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO 得到电子总和，
2
而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总
和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为 ，
Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为a mol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-
a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B项，NO
和NO 混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为x
2
mol，NO 的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO
2 2
得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝
0.08，解得x=0.02，故NO和NO 的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，B正确；C项，金属离子恰好
2
完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO ，则未被还原的HNO 的物质的量等于n(NaOH)=1mol/
3 3
L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的
n(HNO)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为 ，C正确；D项，NO、NO 与氧气、水反
3 2
应又转化为HNO，反应方程式为4NO +O +2H O=4HNO 、4NO+3O +2H O=4HNO ，NO、NO 物质的量
3 2 2 2 3 2 2 3 2
都是0.02mol 因此根据方程式n(O )= =0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：
， 2
0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。
5．(2024•上海省浦东新区期中)某学生用 NaHCO 和 KHCO 组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下
3 3
表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。实验编号 I II III
盐酸的体积 50.0mL 50.0mL 50.0mL
m(混合物) 13.56g 21.88g 25.36g
V(CO )(标准状况) 3.36L 5.04L 5.04L
2
(1)则该学生所用盐酸的物质的量浓度是 mol/L；
(2)50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是 g；
(3)上述固体混合物中 KHCO 的质量分数是 (用小数表示，保留 2 位小数)。
3
【答案】(1)4.5 (2)20.34 (3)44.25%
【解析】混合物发生反应：H++HCO-═CO ↑+H O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的
3 2 2
体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应．若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，
气体的体积会增大，由②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①
的数据可知，生成5.04L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56g× =20.34 g＜21.88g，故实验②中盐
酸完全反应、固体混合物有剩余。(1)求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，
二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04L，
结合H++HCO-=H O+CO↑可知n(HCl)= ，盐酸的浓度为
3 2 2
；(2)由表中数据可知，由于固体混合物从13.56g→21.88g，二氧化碳气体的体
积还在增加，故加入13.56g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88g→25.36g，二氧化碳气体的体积不
再变化，说明加入25.36g混合物时盐酸不足，50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是
13.56g× =20.34 g；(3)加入13.56g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H++HCO
═CO ↑+H O，可知n(混合物)=n(CO )= ，设13.56g混合物中NaHCO 、KHCO 的
2 2 2 3 3
物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.15mol、84x+100y=13.56g，解得y=0.06mol、x=0.09mol，KHCO 的
3质量分数是 。
6．(2024•浙江省浙南名校联盟开学考试)为确定某一铁铜样品中各成份的含量，某同学进行了如下实
验：准确称取一份质量为 铁铜样品，逐渐加入一定体积某浓度的稀硝酸，每次实验充分反应后，测
得生成 气体的体积为 (已换成标准状况，假设生成的 全部逸出)，并测得剩余固体质量为 。
各次实验的数据如下表：
稀硝酸体积 0 80 160 240 320 400
体积V(L) 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48
剩余固体质量m(g) 12.24 8.88 5.52 1.92 0 0
根据以上实验数据，请回答：
(1)上述实验当加入 稀硝酸后，所发生反应的离子方程式为 。
(2)稀硝酸的物质的量浓度为 。
(3)样品中Fe、Cu的物质的量之比为 。
【答案】(1) 3Fe2+＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2HO＋NO↑
2
(2)2
(3)5∶2
【解析】(1)根据表格数据，硝酸体积从320mL到400mL，固体质量都是0，但是生成NO，说明是硝
酸与Fe2+反应生成的，离子方程式为：3Fe2+＋4H＋＋NO===3 Fe3＋＋2HO＋NO↑；(2)根据前2阶段数据，
2
硝酸的体积、NO的体积、金属减少的质量均成比例，可以判断开始为Fe反应生成Fe2+，有关系式：
3Fe~8HNO ~2NO，第1阶段生成的NO的物质的量为0.04mol，则消耗的HNO 为0.16mol，体积为
3 3
80mL，硝酸的物质的量浓度为 =2mol/L；(3)分析表格的数据：前2阶段数据，硝酸的体积每增加
80mL，NO的体积增加0.896L、金属减少的质量均成3.36g，可以判断为Fe反应生成Fe2+，当硝酸体积从
160mL到240mL，NO的体积增加0.896L、而金属的质量减少3.6g，说明这一阶段是把剩余的铁反应成
Fe2+，铜反应了一部分，剩余铜1.92g；设这3.6g的金属中Fe的物质的量为x，铜的物质的量为y，有方程
组：2x+2y= =0.12；56x+64y=3.6；解得x=0.03mol，y=0.03mol，则原样品中铜的总质量为0.03mol =3.84g，铜的总物质的量为0.06mol；铁的总质量为12.24g-3.84g=8.4g，物质的量为
=0.15mol；样品中Fe、Cu的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。
7．(2024•海南省海口市期末)已知Fe O 在高炉中有下列反应：Fe O＋CO→2FeO＋CO。反应形成的
2 3 2 3 2
固体混合物(含Fe O 和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe)∶m(O)表示。
2 3
(1)上述固体混合物中，m(Fe)∶m(O)不可能是 (选填a、b、c)。
a．21∶9 b．21∶7.5 c．21∶6
(2)若m(Fe)∶m(O)=21∶8，计算Fe O 被CO还原的百分率 。
2 3
(3)设Fe O 被CO还原的百分率为A%，则A%和混合物中m(Fe)∶m(O)的关系式为［用含m(Fe)、
2 3
m(O)的代数式表示］A%= ；请在下图中画出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形 。
(4)如果Fe O 和CO的反应分两步进行：3Fe O＋CO→2Fe O＋CO；Fe O＋CO→3FeO＋CO。试分
2 3 2 3 3 4 2 3 4 2
析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m(Fe)∶m(O)［令m(Fe)∶m(O)=21∶a，写出a的取值范
围］。将结果填入下表。
混合物组成(用化学式表示) a的取值范围
【答案】(1)ac (2)33.3%
(3) 3-
(4) Fe O、Fe O 82，且为整数)，则n(X)= mol= mol， n(X) 0.06mol 34m
m m
m
g/mol。当m=3，M(X)=102g/mol， 羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子
式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C HO， 2个羟基和1个羧基就占了3个H
3 2 4
原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol，说明含有3个羟基和1个羧基，
同上分析可知分子式为C HO，该分子式合理，例如可能的结构简式为 。故答案是：
4 8 5
含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
