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第二节 金属材料
第3课时 物质的量在化学方程式中的应用
基础巩固
1．把一小块钠放入足量水中,会发生如下反应:2Na+2H O 2NaOH+H ↑。下列有关该反应的说法正确的
2 2
是 ( )
A.反应中Na与NaOH的质量相等
B.反应中HO和H 的质量相等
2 2
C.反应中HO和H 的质量之比为2∶1
2 2
D.反应中Na与NaOH的物质的量之比为1∶1
【答案】D。
【解析】该反应中,Na与NaOH的物质的量之比为1∶1,质量之比为23∶40,所以A项错误,D项正确;H O
2
与H 的物质的量之比为2∶1,质量之比为18∶1,所以B项、C项均错误。
2
2．（2021·曲靖市第二中学高一期末）金属汞在加热条件下可以与氧气化合生成氧化汞，反应为2Hg +O
2
2HgO ，下列选项中，可以说明0.2 mol Hg与0.2mol O 充分反应后物质的种类及其数量的情况的是
2
（ ）
A．0.02 mol HgO + 0.2 mol Hg B．0.2 mol HgO + 0.1 mol O
2
C．0.2 mol HgO D．0.1 mol HgO + 0.1 mol Hg
【答案】B
【解析】
由2Hg +O 2HgO知，显然0.2mol Hg 与0.2mol O 充分反应后氧气有剩余，剩余氧气
2 2
0.2mol-0.1mol=0.1mol，该反应中生成n（HgO）=n（Hg）=0.2mol，故B正确。
故选B。
3．用1 L 1.0 mol·L-1的氢氧化钠溶液吸收0.8 mol二氧化碳,所得溶液中碳酸根离子与碳酸氢根离子的物质
的量浓度之比是 ( )
A.1∶3 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶2
【答案】A。
【解析】设生成碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为x、y,由钠离子守恒可得①2x+y=1 L×1.0 mol·L-1,由碳
原子守恒可得②x+y=0.8 mol,解得x=0.2 mol,y=0.6 mol。
4．将铁加入100 mL某浓度的盐酸中恰好完全反应，反应后生成的气体为V L(标准状况下)，将铝加入
100 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液中恰好完全反应，充分反应后生成的气体为3V L。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 mol·L－1
C．铁加入盐酸中的离子方程式为2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H↑
2
学科网（北京）股份有限公司D．盐酸与NaOH溶液的物质的量浓度之比为1∶3
【答案】 B
【解析】Fe ＋ 2HCl===FeCl ＋H↑
2 2
1 mol 2 mol 22.4 L
n(Fe) n(HCl) V L
n(Fe)＝＝ mol，
n(HCl)＝＝ mol，
2Al ＋ 2NaOH＋2HO===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
2 mol 2 mol 67.2 L
n(Al) n(NaOH) 3V L
n(Al)＝n(NaOH)＝＝ mol，
故铁与铝的物质的量不相等，A错误；n(HCl)＝n(NaOH)＝ mol＝0.1 L×2 mol·L－1＝0.2 mol，c(HCl)＝＝2
mol·L－1，B正确；铁与盐酸反应生成Fe2＋，C错误；盐酸与NaOH溶液的物质的量浓度相等，D错误。
5．将一定质量的锌片放入500 mL CuSO 溶液中，二者恰好完全反应，待充分反应后取出锌片，洗净后称
4
量，发现锌片比原来减轻了0.5 g，则该CuSO 溶液的物质的量浓度为( )
4
A．0.5 mol·L－1 B．1 mol·L－1
C．1.5 mol·L－1 D．2 mol·L－1
【答案】 B
【解析】根据差量法进行计算：
Zn ＋ CuSO ===Cu＋ZnSO 固体质量减轻Δm
4 4
65 g 1 mol 64 g 1 g
n(CuSO ) 0.5 g
4
n(CuSO )＝＝0.5 mol
4
c(CuSO )＝＝＝1 mol·L－1，B正确。
4
6．在500 mL NaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6 L。该NaOH溶液
的物质的量浓度为( )
A．1.0 mol·L－1 B．2.0 mol·L－1
C．1.5 mol·L－1 D．3.0 mol·L－1
【答案】B
【解析】 2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
2 mol 67.2 L
n(NaOH) 33.6 L
n(NaOH)＝＝1 mol，c(NaOH)＝
＝2.0 mol·L－1。
7．以太阳能为热源分解Fe O ，经热化学铁氧化合物循环分解水制 的过程如图所示。下列叙述不正确
3 4
的是( )
学科网（北京）股份有限公司A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H O Fe O +H ↑
2 3 4 2
C．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe O 转移2 mol电子
3 4
D．铁氧化合物循环制H 具有节约能源、产物易分离等优点
2
【答案】C
【解析】A. 过程I利用太阳能将Fe O 转化为O 和FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；
3 4 2
B. 过程II实现了FeO与H O反应生成Fe O 和H 的转化反应，其反应方程式为3FeO+H O
2 3 4 2 2
Fe O +H ↑，B正确；
3 4 2
C. 过程Ⅰ：2Fe O （s）＝6FeO（s）+O （g），当有2molFe O 分解时，生成1mol氧气，而
3 4 2 3 4
n(Fe O )=116 g÷232 g/mol=0.5 mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移
3 4
0.25mol×4＝1mol电子，C错误；
D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H 具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；
2
8．将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设N 为阿伏加
A
德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．可以收集到氯气 B．N 可表示为： [来
A
C．反应后溶液中的Cl―数目为： D．反应后溶液中的H＋数目为：bc-2d[来源:学
【答案】B
【解析】A项，根据反应4HCl(浓)+MnO MnCl +Cl↑+2H O可知随着反应的进行盐酸浓度变稀，稀
2 2 2 2
盐酸不能被氧化，盐酸没有完全反应，A错误；B项，依据电子转移守恒：MnO ～MnCl ～2e-，反应中
2 2
转移电子＝ ，N =87d/2a，B正确；C项，盐酸过量，反应后溶液中的Cl―数目为bcN -2d，C错
A A
误；D项，由于浓盐酸易挥发，无法计算反应后溶液中H+的数目，D错误，故选B。
9．某同学以Al O 制备Al(OH) ，设计了下列实验
2 3 3
已知Al3++3 +6H O=4Al(OH) ↓。欲使铝元素利用率为100%，则消耗HCl与NaOH的物质的量之比为
2 3
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．1∶6
【答案】 A
学科网（北京）股份有限公司【解析】由Al O+6HCl=2AlCl +3H O可知，生成1mol氯化铝消耗3molHCl，由
2 3 3 2
Al O+2NaOH=2NaAlO +H O可知，生成3molNaAlO 消耗3molNaOH，要使元素利用率为100%，发生反
2 3 2 2 2
应：Al3++3 +6H O=4Al(OH) ↓，故消耗盐酸与氢氧化钠的物质的量为：3mol∶3mol=1∶1，答案选
2 3
A。
10．将50 g铁粉和氧化铁的混合物中加入200 mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48L (标准状况)，
反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物。求：
(1)发生的化学反应中有一个属于化合反应，写出其离子方程式__________________________。
(2)混合物中氧化铁是_________g。
(3)原稀硫酸的物质的量浓度____________mol/L。
【答案】Fe+2Fe3+=3Fe2+ 28.736 3.694
【解析】反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则Fe元素全部转化为亚铁离子存在于
溶液中，因此共发生3个反应Fe+H SO =FeSO+H ↑、Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O、
2 4 4 2 2 3 2 4 2 4 3 2
Fe+Fe (SO )=3FeSO。
2 4 3 4
(1)3个反应中Fe+Fe (SO )=3FeSO 属于化合反应，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
2 4 3 4
(2)设混合物中Fe的物质的量为xmol，Fe O 的物质的量为ymol，则①56x+160y=50，放出标准状况氢气
2 3
4.48L (0.2mol)，则Fe+H SO =FeSO+H ↑消耗的的Fe为0.2mol，Fe+Fe (SO )=3FeSO 消耗Fe的物质的量
2 4 4 2 2 4 3 4
为ymol，则②0.2+y=x，联立二式解得x≈0.3796，y≈0.1796，则混合物中氧化铁的质量为
0.1796mol×160g/mol=28.736g；
(3)结合(2)可知n(H SO )=n(FeSO)=n(Fe)=0.3796mol+0.1796mol×2=0.7388mol，c(HSO )=
2 4 4 2 4
=3.694mol/L。
能力提升
11．（2020·上海高一开学考试）两种金属粉末的混合物16g，与足量稀硫酸反应后生成1g氢气，则这种
混合物可能是( )
A．Mg，Al B．Fe，Zn C．Mg，Cu D．Fe，Al
【答案】CD
【解析】设金属元素的符号是A，相对原子质量是B，在化合物中的化合价是x，金属的质量为m。
═ ，得：m= ═ ；
生成1 g氢气所需要的金属的质量分别是：镁是12 g；铝是9 g；铁是28 g；锌是32.5 g，稀硫酸与铜不反
应不产生氢气；
根据平均值法，混合金属16g能生成1g氢气，则需要的金属组合是产生1g氢气需要的纯金属一种质量大
学科网（北京）股份有限公司于16g，一种质量小于16g，
A．产生1g氢气需要镁的质量为12g，需要铝的质量为9g，选项A错误；
B．产生1g氢气需要铁的质量是28g，需要锌的质量是32.5g，选项B错误；
C．产生1g氢气需要镁的质量为12g，铜不能生成氢气，选项C正确；
D．产生1g氢气需要铁的质量为28g，需要铝的质量是9g，选项D正确；
答案选CD。
12．(易错题)将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中Fe3＋和Fe2＋的浓度相等。则已反应的
Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比是( )
A．2∶3 B．3∶2
C．1∶2 D．1∶1
【答案】A
【解析】设参加反应的Fe3＋物质的量为x，未参加反应的Fe3＋物质的量为y，由反应方程式：2FeCl ＋
3
Fe===3FeCl 可知，生成的Fe2＋的物质的量＝，即未参加反应的Fe3＋的物质的量y＝，x∶y＝x∶＝2∶3。13．
2
相同质量相同形状的铁和锌，分别与等质量，等浓度的稀盐酸反应，产生氢气的量与反应时间的关系如
图所示，下列说法正确的是（ ）
A．乙表示锌与盐酸的反应
B．锌可能与盐酸恰好完全反应，而铁有剩余
C．两个反应消耗金属的质量相等
D．所得溶液的质量相等
【答案】B
【解析】
根据方程式Zn+2HCl=ZnCl +H 可知65gZn完全反应可以消耗36.5gHCl，产生2g氢气；根据方程式
2 2
Fe+2HCl=FeCl +H 可知56gFe完全反应可以消耗36.5gHCl，产生2g氢气。
2 2
A．锌比铁活泼，反应速率更快，所以甲表示锌与盐酸的反应，乙表示铁与盐酸的反应，故A错误；
B．据图可知最终产生的氢气的质量相等，则消耗的盐酸的质量相等，则消耗的锌的质量多，铁的质量少，
根据“等质量的锌和铁”可知铁有剩余，故B正确；
C．根据B选项分析可知消耗的锌的质量多，铁的质量少，故C错误；
D．生成的氢气质量是相等的，则参加反应的盐酸的质量也是相等的，无剩余，铁消耗得少、锌消耗得多，
所得溶液的质量不相等，故D错误；
综上所述答案为B。
14．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝混合
物粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号 甲 乙 丙
学科网（北京）股份有限公司混合物质量/mg 255 385 459
生成气体/mL 280 336 336
(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？______(填“甲”或“乙”)。理由是
_____________________________。
(2)要算出盐酸中HCl的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是________，求得盐酸中HCl的物质的
量浓度为________。
(3)求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是________________，求得Mg、Al的物
质的量之比为________________。
【答案】 (1)乙 因甲、乙生成H 的体积不等，则产生H 体积小的，说明还有酸未反应，因此甲中盐酸
2 2
过量，混合物反应完全；若乙中盐酸过量，则可产生H ：×385 mL≈423 mL，而实际为336 mL，说明乙
2
中盐酸不足，合金过量 (2)336 mL 1 mol·L－1 (3)255 mg和280 mL 1∶1
【解析】 (2)在乙或丙中，因盐酸反应完全，则可根据
2HCl ～ H↑
2
2 1
n(HCl)＝×2＝3×10－2 mol, c(HCl)＝＝1 mol·L－1。
(3)在甲中，混合物完全反应，盐酸有剩余，则可根据混合物质量255 mg，生成气体280 mL计算。根据
Mg～H，Al～H 得：
2 2
n(Mg)×24 g·mol－1＋n(Al)×27 g·mol－1＝255×10－3 g
n(Mg)＋n(Al)＝，求得：n(Mg)＝0.005 mol，n(Al)＝0.005 mol，n(Mg)∶n(Al)＝1∶1。
15.向50 mL Na SO 和Na CO 的混合溶液中加入过量的BaCl 溶液,得到14.51 g白色沉淀,向白色沉淀中加
2 4 2 3 2
入过量的稀硝酸,充分反应后,沉淀减少到4.66 g,并有气体产生。
(1)原混合溶液中Na SO 和Na CO 的物质的量浓度各是多少?
2 4 2 3
(2)产生的气体的物质的量为多少?
【答案】(1)0.4 mol·L-1 1 mol·L-1
(2)0.05 mol
【解析】根据题意知,4.66 g沉淀即为硫酸钡沉淀,故硫酸钠的物质的量为n(Na SO )=0.02 mol,其浓度为
2 4
0.02mol
c(Na SO )= =0.4 mol·L-1;碳酸钡沉淀的质量为14.51 g-4.66 g=9.85 g,n(BaCO )=0.05 mol,故碳酸钠
2 4 0.05 L 3
0.05mol
的浓度为c(Na CO)= =1 mol·L-1;产生的二氧化碳气体的物质的量为0.05 mol。
2 3 0.05 L
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