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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＋2H2O＋2NaOH===2NaAlO2＋3H2↑
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＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
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 。
1
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(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＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
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V1(H2)，由镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2 mol 3×22.4 L
0．2 mol V1(H2)
解得：V1(H2)＝6.72 L；
Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
1 mol 22.4 L
0．2 mol 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。
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===2AlCl3＋3H2↑
2 mol 6 mol
x 3x
Fe ＋ 2HCl ===FeCl2＋H2↑
1 mol 2 mol
y 2y
得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol。
4．已知MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O，回答下列问题：
(1)该反应的离子方程式为___________________________。
2
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(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NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)1.74 g MnO2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
足量的AgNO3溶液，可生成________g 沉淀。
【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) (3)NA (4)166.46
【解析】(1)书写该反应的离子方程式时，HCl、MnCl2 要拆写成离子形式，故反应的离子方程式为
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O(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
氯气生成时，该反应转移的电子数为NA(4)n(MnO2)=
=0.02 mol，n(HCl)=12 mol·L-1×0.1 L=1.2
mol。反应中被氧化的n(HCl)=n(MnO2)×2=0.04 mol，反应后溶液中n(Cl-)=1.2 mol-0.04 mol=1.16 mol，加入
足量的AgNO3溶液生成1.16 mol AgCl，m(AgCl)=1.16 mol×143.5 g·mol-1=166.46 g。
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Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝
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(Fe3O4) = 。
【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FeCl2，n(HCl) =
0.028 mol，根据Cl 守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL 后， c(Fe2+) = 0.014 mol
÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe 和 Fe3O4混合固体与HCl 溶液发生如下三个反
应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的
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 = FeCl2 + H2↑
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Fe3O4的物质的量：
Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
1 8 2
0.002 0.016 0.04
3
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根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe 的物质的量：
Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2
1 2
0.02 0.04
综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。
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CO2的体积(标准
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CO2___________mL(标准状况)。
(2)另取3.32g 天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天
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)2Na2CO3·NaHCO3·2H2O (3)2.5
【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CO2的体积增大，而实验Ⅳ中
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CO2
中，根据定比关系，则产生CO2的体积为：
；(2)加热分解生成的二氧化碳，说
明该天然碱中含有NaHCO3，生成CO2的物质的量为
，根据分解方程式：
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，可知3.32 g 样品中NaHCO3的物质的量为
，分解
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Na2CO3的物质的量为：
，3.32 g 样品中结晶水物质的量
4
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为：
，故3.32 g 样品中n(Na2CO3)：n(NaHCO3) ：n(H2O)=0.02 mol：0.01
mol：0.02 mol=2：1：2，则该天然碱的组成为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O；(3)可知7.47 g 样品中，Na2CO3
为物质的量为：
，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知消耗HCl 为0.045
mol，生成CO2的物质的量为：
，由NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，可知消耗的
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：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在标准状况下，把
1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气
体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为( )
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 Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了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：
3Cl2~2NH3 ~ N2 ΔV
2 mol×17 g·mol-1 44.8 L
m(被氧化的NH3) 0.448 L
列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。
8． 用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O 样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g 试样溶于水，加入过量KI
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 Na2S2O3标准溶液滴
定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-)
(1)写出生成白色CuI 沉淀的离子方程式：____________________________。
(2)该样品中CuCl2·2H2O 的质量分数为______________。
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【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 (2) 85.50%
【解析】(1)CuCl2与过量的KI 发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-
=2CuI↓+I2。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2O3
2-，
n(Na2S2O3)=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
m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g ，所以该样品中CuCl2·2H2O 的质量分数为(0.342 0
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
KMnO4)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O2 质量，单位：
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
KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4
溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。
已知：2MnO4
-+5C2O4
2-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(1)1 mol KMnO4的氧化能力与_____________g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(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KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶
液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)
由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×5
4 =1.25 mol O2的氧化能力相当，
即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的
物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×2
5-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质
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，5O2~4KMnO4 ，则
n(O2)=1.3×10-5 mol×5
4 =1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的
COD 值为0.52 mg
0.1 L =5.2 mg·L-1。
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=SnCl2+H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，最后用已知浓度的
K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，反应的化学方程式为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。现
有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.00 mL。求试样中锡的质量分
6
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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K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7
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
1mol
=0.571 2 g，w(Sn)=0.571 2 g
0.613 g
×100%≈93.2%。
11．一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN 溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定
Ti3+至全部生成Ti4+。称取TiO2样品0.60 g，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，则样品中TiO2
的质量分数是
98%
。
【答案】8%
【解析】根据得失电子守恒，将TiO2 溶解并还原为Ti3+，Ti3+与NH4Fe(SO4)2 溶液反应，有关系式
TiO2~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，消耗0.20 mol·L-1 的NH4Fe(SO4)2 溶液36.75 mL，即NH4Fe(SO4)2 的物质的量为
36.75×10-3 L×0.20 mol·L-1=7.35×10-3 mol，则TiO2的物质的量为7.35×10-3 mol，所以样品中TiO2的质量分
数是7.35×10
-3mol×80 g·mol
-1
0.60 g
×100%=98%。
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)
A．106(n-m)
11m
×100% B．168(m-n)
56m
×100%
C．84(n-m)
11m
×100%
D．
n-m
m
×100%
【答案】A
【解析】设碳酸钠的质量为x，则：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增加
106 117 11
x(n-m) g，106
x
=
11
(n-m) g
，解得x=106(n-m)
11
g，故该样品中纯碱的质量分数为106(n-m)
11
g
m g
7
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×100%=106(n-m)
11m
×100%。
13．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 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
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 、Na2CO3 (2)65%
【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O、2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH 与NaHCO3恰好完全反应，则：
NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O △m
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NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在
过量问题，由于NaHCO3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
物质是NaOH、Na2CO3；(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
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：3O2
2O3。
(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 O2，则有
3O2
2O3 Δn
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
则M=m总
n总
= 32 g
0.9mol ≈35.6 g·mol-1。
(2)3O2
2O3 ΔV
3 体积 2 体积 1 体积
V 8 L-6.5 L=1.5 L
8
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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200mlMgCl2和AlCl3的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为
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】MgCl2和AlCl3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
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-=AlO2
-+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)=
=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)O2混合，通入水中，
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O2 得到电子总数，则有n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=2×2.24 L÷22.4
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[Cu2(OH)2CO3]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
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CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可
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HNO3的物质的量浓度为2.24 mol·L-1
B．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2 mol
9
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C．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HNO3 溶液中
n(HNO3)=0.21 mol×2+0.14 mol×3+0.28 mol=1.12 mol，则有c(HNO3)=1.12mol
0.5 L =2.24 mol·L-1，A 项正确。
反应后的溶液为Fe(NO3)2 和Fe(NO3)3 混合液，加入铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则0.14 mol
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、Fe2O3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
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FeCl2，得到的1.28 g 固体纯净物为Cu，
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(H2)=
896 mL
22.4 L·mol
-1=0.04 mol，设Fe、Fe2O3 物质的量分别为x、y，可得56 g·mol-1 x+160 g·mol-1 y+1.60
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
中n(FeCl2)=x+2y=0.18 mol，根据FeCl2~2HCl 得，n(HCl)=0.36 mol，所以c(HCl)=0.36mol
0.10 L =3.60 mol·L-1。
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
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据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=
1.904 L
22.4 L·mol
-1×2，两式联立解得，n(Mg)=0.04 mol，
n(Al)=0.03 mol。合金中镁的质量分数为0.04 mol×24 g·mol
-1
1.77 g
×100%≈54.2%。(2)根据上述计算，得
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NaAlO2，根据铝原子守恒，溶液
中
n(NaAlO2)=0.02 mol ，根据钠原子守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为
100×10
-3 L×2 mol· L
-1+0.02 mol
1mol· L
-1
=0.22 L，即220 mL。
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、ClO3
-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。
(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(Cl2)∶n(H2)=________。
【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、KClO3，根据电荷守恒，n(K
＋)=n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO3
－)，代入数值，500×10－3×6=n(Cl－)＋0.20＋0.30，解得n(Cl－)=2.5mol，则c(Cl
－)=2.5/500×10－3mol·L－1=5.0mol·L－1；(2)Cl2与KOH 反应发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，n(Cl
－)=n(ClO－)×1＋n(ClO3
－)×5，解得n(Cl－)=1.7mol，有HCl 与KOH 反应生成n(Cl－)=(2.5－1.7)mol=0.8mol，
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(Cl2)=(2.5＋
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 KNO3和2mol H2SO4，向其中加入1.2mol Fe，充分
反应(已知NO3
-被还原为NO)，最终溶液体积为1L，下列说法正确的是( )
A．所得溶液中c(NO3
-)=2.75mol·L－1
B．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1
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FeSO4
【答案】B
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【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 O2一起通入足量NaOH 溶液
中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是( )
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+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 可知，0.04molCu 需要消耗
HNO3，而12mL10mol·L-1硝酸中
n(HNO3)=0.12mol，
<0.12mol，说明还会发生反应Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的气
体有NO 和NO2，A 错误；B 项，2.56 gCu 的物质的量为
=0.04mol，投入12mL10mol·L-1硝酸中，
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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)2]=0.04mol，则n(NaOH)=0.08mol，NaOH 溶液的浓度为
=amol/L=2mol/L，a=2，B 错误；
C 项，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH 溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，由得
失电子守恒可知，O2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；
D 项，Cu 和HNO3溶液反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，加入NaOH 溶液后溶液中存在NaNO3，
则NO、NO2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
n(NaNO3)=0.04mol，c=0.04，D 错误；故选C。
3．(2024•湖北省云学名校新高考联盟期中联考)将13.6g Cu 和Cu2O 组成的混合物加入250 mL 一定浓
度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH 溶液时，金属
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Cu2O 的物质的量之比为2：1
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Cu2O 的物质的量之比为
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
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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NO2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
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NO2的体积比为1：1
C．原硝酸的浓度为8mol·L-1
D．通入的O2的体积(标准状况下)V=448Ml
【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NO2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，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NO2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
mol，NO2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NO2
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NO2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
完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/
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(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为
，C 正确；D 项，NO、NO2与氧气、水反
应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量
都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)=
=0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：
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 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下
表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。
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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(CO2)(标准状况)
3.36L
5.04L
5.04L
(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 KHCO3的质量分数是 (用小数表示，保留 2 位小数)。
【答案】(1)4.5 (2)20.34 (3)44.25%
【解析】混合物发生反应：H++HCO3
-═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的
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++HCO3
-=H2O+CO2↑可知n(HCl)=
，盐酸的浓度为
；(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
═CO2↑+H2O，可知n(混合物)=n(CO2)=
，设13.56g 混合物中NaHCO3、KHCO3的
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，KHCO3的
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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＋＋2H2O＋NO↑
(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＋＋2H2O＋NO↑；(2)根据前2 阶段数据，
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~8HNO3~2NO，第1 阶段生成的NO 的物质的量为0.04mol，则消耗的HNO3为0.16mol，体积为
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
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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Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2。反应形成的
固体混合物(含Fe2O3和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe)∶m(O)表示。
(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Fe2O3被CO 还原的百分率 。
(3)设Fe2O3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)、
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Fe2O3和CO 的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2。试分
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) Fe2O3、Fe3O4 8<a<9 Fe3O4、FeO 6<a<8 Fe2O3、Fe3O4、FeO 6<a<9
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【解析】(1)固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，m (Fe)：m (O)=56×2：16×3=7：3，假设只有
FeO，则m (Fe)：m (O)=56：16=7：2，为二者的混合物，则21：9＜m (Fe)：m (O)＜21：6，即不可能为
ac，故选ac；(2)m (Fe)：m (O)=21：8，设Fe2O3原有1mol，被还原的百分率为x，则
=
=
，解得x=33.3%；(3)令Fe2O3为100mol，被CO 还原的百分率为A%，则
A molFe2O3发生反应：
故混合物中m(Fe)=100mol×2×56g/mol，m(O)=[(100-A)mol×3+2Amol)×16g/mol，整理得A=300-
，即A%=3-
；根据该表达式可以做出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形为
；(4)根据分步反应：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO→3FeO＋
CO2，采用假设法讨论：①如果全是Fe2O3，则m(Fe)∶m(O)=112：48=21：9；如果全是Fe3O4，则
m(Fe)∶m(O)=168：64=21：8；如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则8<a<9；②如果全是Fe3O4，则
m(Fe)∶m(O)=168：64=21：8；如果全是FeO，则m(Fe)∶m(O)=56：16=21：6；如果混合物组成为FeO、
Fe3O4，则6<a<8；③如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4、FeO，则6<a<9。
8．(2024•山东省烟台市期中)金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
(1)用空气和
可直接制备Na2O2。空气与熔融
反应前需依次通过填 、 (填标号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．
溶液 d．KMnO4溶液
(2)将Na2O2和NaHCO3的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后经检测气体产物为O2和水蒸气，
其总质量为33g，冷却至标准状况下的体积为16.8L。则剩余固体的成分为 ，其物质的量之比为
，原混合物中NaHCO3的质量为 。
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(3)为探究NaHCO3的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和NaHCO3溶液，用CO2传感器
测定密闭装置中CO2分压(CO2的分压
气体总压强)，测得CO2分压与温度的变化关系
如图所示。温度在50℃之前，装置中CO2分压增大的主要原因是 ；温度升高到50℃之后，装置中
CO2分压急剧增大的原因是 。
【答案】(1) c a
(2) Na2CO3和NaOH 2：1 168g
(3)温度升高，气体的总压强增大，CO2分压增大 NaHCO3分解生成CO2使分压增大
【解析】(1)空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应空气与熔融Na 反应前需依次通过c．NaOH
溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；(2)Na2O2和NaHCO3的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后
经检测气体产物为O2和水蒸气，水会和过氧化钠反应，则说明过氧化钠完全反应，其总质量为33g，冷却
至标准状况下的体积为16.8L ，则氧气为16.8L÷22.4L/mol=0.75mol ，则水的物质的量为
(33g-0.75mol×32gmol)÷18g/mol=0.5mol
；
反
应
涉
及
2NaHCO3
Na2CO3
＋
H2O
＋
CO2↑
、
2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑， 假设碳酸氢钠分解生成碳酸钠的物质的量为
a，且反应生成的二氧化碳完全和过氧化钠反应，则：
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最终剩余水0.5mol，则a-(1.5-a)=0.5，a=1mol，故剩余固体的成分为碳酸钠1mol+1mol=2mol、氢氧化
钠为3-2a=1mol ，其物质的量之比为2 ：1 ；原混合物中NaHCO3 的物质的量为2a=2mol 、质量为
2mol×84g/mol=168g；(3)50℃之前，温度升高，气体的总压强增大，导致CO2分压增大；碳酸氢钠不稳定，
受热分解为二氧化碳，温度升高到50℃之后，装置中CO2分压急剧增大的原因是NaHCO3分解生成V 使分
压增大。
9．向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，反应过程
中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知：图中 V1： V2=1：2，当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 mol·L-1，体积为
200mL。求：
(1)混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)=_______。
(2)m2=______g。
【答案】(1)1：2 (2)5.00
【解析】由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的
Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化
钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1：2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，
由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化
钠溶液，其浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出
n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。(1)混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：
2。(2)由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol
5.00g。
10．标准状况下，向多份等量的NaOH 固体中，分别加入一定体积的1.00mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液充
分反应，反应产生的NH3随(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)：
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请计算：
(1)a 的值为__________L。
(2)每份NaOH 固体的物质的量__________mol。
【答案】(1)0.05 (2)0.2
【解析】(1) 在a 点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L 时，
(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，依据总反应4NaOH+
(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+2NH3↑+2H2O，在a 点时，加入的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为氨气的物
质的量的一半，即(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.05mol，根据(NH4)2Fe(SO4)2的浓度为1.00mol/L，所以
(NH4)2Fe(SO4)2的体积为0.05L，故本题答案为0.05； (2) 依据总反应4NaOH+
(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+NH3↑+2H2O，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L 时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢
氧化钠不足，所以氢氧化钠的物质的量是产生的氨气的物质的量的2 倍，即0.2mol，故本题答案为0.2。
1．(2022·浙江省1 月选考，30)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。计算：
(1)x=_______(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2)_______mol。
【答案】(1)9 (2)0.0100
【解析】(1)Al(NO3)3·xH2O 的摩尔质量为(213+18x)g/mol，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/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，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=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-
0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
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2．(2021·浙江6 月选考，30)将3.00g 某有机物(仅含C、H、O 元素，相对分子质量为150)样品置于燃
烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂
CO2吸收剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00
请回答：
(1)燃烧产物中水的物质的量为_______mol。
(2)该有机物的分子式为_______(写出计算过程)。
【答案】(1)0.0600 (2)C4H6O6
【解析】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的
物质的量n(H2O)=
=
=0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，n(C)=
=0.0800mol，n(O)=
=0.120mol，则
最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
3．(2020·浙江7 月选考，30)100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g 锌粉在量热计中充分反应。测
得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，忽略溶液
体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量Q＝________J。
(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol−1(列式计算)。
【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝−209
【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g 锌粉发生反应的化学方程式为：
CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=
=1.00g/
cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm
=4.18
×100g×(30.1-20.1)
= 4.18×103J；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)=
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0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)=
=0.030mol，由此可知，锌粉过量。
根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol 硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH 代表反
应1mol 硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：
。
4．(2019·浙江4 月选考，30)由C、H、O 三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种
官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g 纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL 氢气(标
准状况)。请确定摩尔质量最小的X 分子中羟基、羧基数目及该X 的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
【答案】n(H2)＝0.03 mol，设X 中羟基和羧基的总数为m 个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/m mol，
M(X)＝2.04m/0.06＝34m g·mol−1 m＝4，M(X)＝136 g·mol−1，含有3 个羟基和1 个羧基，相对分子质量为
136。
【解析】利用X 和足量金属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而
推理出摩尔质量最小的X。n(H2)=V (H 2)
22.4 mol=0.03 mol，由于2-OH~H2、2-COOH ~H2，设X 中羟基和羧
基的总数为m 个(m>2，且为整数)，则n(X)=0.03×2
m
mol=0.06
m mol，M (X )= m( X )
n(X ) =
2.04 g
0.06mol
m
=34m
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C3H2O4， 2 个羟基和1 个羧基就占了3 个H
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C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为
。故答案是：
含有3 个羟基和1 个羧基，相对分子质量为136。
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