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第3课时　物质的量应用于化学方程式计算的常用方法
[核心素养发展目标]　1.能结合物质的量在化学方程式计算中的应用,进一步体会守恒思想,强化宏观辨识与微观探析的能力。2.掌握常用的计算方法,培养证据推理与模型认知的核心素养。
一、守恒法
　　“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据,从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思维方法。
(1)质量(原子)守恒
宏观上反应前后各元素质量相等,即质量守恒,微观上反应前后原子个数相等。
(2)得失电子守恒
宏观上,氧化还原反应中元素化合价升高总数等于元素化合价降低总数。微观上,氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等。
(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 mol·L-1的K2SO4溶液中,c(K+)=2c(S)。
1.4.6 g钠在空气中久置,最终得到Na2CO3的质量是　　　　g。
答案　10.6
解析　钠在空气中最终转化为Na2CO3的过程中钠的原子个数不变,可得关系式:
2Na　　~　　Na2CO3
2×23　　　　　106
4.6 g　　　　m(Na2CO3)
则=,解得m(Na2CO3)=10.6 g。
2.用1 mol·L-1的Na2SO3溶液30 mL恰好将2×10-2 mol的X还原,已知氧化产物为S,则元素X在还原产物中的化合价为　　　　。
答案　+4
解析　氧化还原反应中得失电子总数相等,设元素X在还原产物中的化合价为x,则有:
1 mol·L-1×0.03 L×(6-4)=2×10-2 mol×(7-x),解得x=+4。
3.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、S四种离子,已知前三种离子的个数比为3∶2∶1,则溶液中Al3+和S的个数比为 (　　)
A.1∶2　　　　B.1∶4　　　　　　C.3∶4　　　　　　D.3∶2
答案　A
二、差量法
　　差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。
(1)差量法解题步骤
(2)差量法示例
①固体质量差量法示例:
把铁棒插入CuSO4溶液,一段时间后取出,铁棒质量增加了4 g,参加反应的Fe的质量为　　　　。
分析
Fe+CuSO4FeSO4+Cu　　质量增加Δm
56 g　　　　　　　　64 g　64 g-56 g=8 g
m(Fe)　　　　　　　　 　　　　4 g
则=,m(Fe)=28 g。
②气体体积差量法示例:
实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧:3O22O3。将8 L氧气通过放电管后恢复到原状况,得到气体6.5 L,则生成臭氧的体积为　　　　　　。
分析
3O2　　2O3　　　　ΔV
3　　　　　2　　　　　　1
V(O3)　　　　 8 L-6.5 L
=
V(O3)=3 L。
已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求:
(1)原混合物中碳酸钠的质量是　　　　 g。
(2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是　　　　 L。
答案　(1)10.6　(2)3.36
解析　(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m,则:
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm
168　　　　　106 62
m 3.1 g
故m=×168=8.4 g,则原混合物中碳酸钠的质量为19 g-8.4 g=10.6 g。
(2)剩余固体为碳酸钠,质量为19 g-3.1 g=15.9 g,
n(Na2CO3)==0.15 mol,根据碳原子守恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol,标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1 =3.36 L 。
三、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”。然后将“关系式”当作化学方程式使用,一步计算求出未知量。
(1)根据化学方程式确定关系式
根据化学方程式确定关系式时,首先要写出化学方程式,然后要找出方程式变化中的“中间量”,通过“中间量”找出“已知量”与“未知量”之间的物质的量的关系,如NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O。
反应中已知量与未知量之间的关系:
已知量——中间量——中间量——未知量
CaCO3　~　 　　CO2　~　 NaHCO3
1 mol　　　　　 1 mol　　　 1 mol　　　
即CaCO3~NaHCO3。
(2)根据原子守恒确定关系式
上述例子中也可以由碳原子守恒直接得出关系式“CaCO3~NaHCO3”。
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+2HClCaCl2+H2O+CO2↑,C+CO22CO可知:
CaCO3~CO2~2CO
100 g　　　　2×22.4 L
5.0 g　　　　　V
=
故V=2×22.4 L×=2.24 L。
四、方程组法
　　方程组法一般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求算未知量。
已知CO、CO2的混合气体质量共16.0 g,标准状况下体积为8.96 L,则该混合气体中CO的质量为　　　　g,所含CO2在标准状况下的体积为　　　　L。
答案　2.80　6.72
解析　标准状况下混合气体的体积为8.96 L,则混合气体的物质的量为=0.4 mol,设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol,则
,解得x=0.1,y=0.3,
CO的质量为0.1 mol×28 g· mol-1=2.80 g,CO2在标准状况下的体积为0.3 mol×22.4 L· mol-1=6.72 L。
1.(2024·开封高一期末)现有A、B、C三种化合物,各取30 g相混合,完全反应后,得到18 g B、38 g C,还有D生成。已知D的相对分子质量为17,则D的物质的量是 (　　)
A.2 mol B.0.2 mol
C.0.275 mol D.0.5 mol
答案　A
解析　A、B、C总质量为90 g,完全反应后得到18 g B、38 g C和D,则D的质量为34 g,因为D的相对分子质量为17,摩尔质量是17 g·mol-1,则D的物质的量为2 mol,故选A。
2.(2024·海南中学高一月考)为测定某赤铁矿石中氧化铁的含量,某同学用一氧化碳还原12 g该赤铁矿石样品,充分反应完成后,称得剩余固体质量为9.3 g,假设矿石中其他物质不参与反应,则该矿石中氧化铁的含量为 (　　)
A.85% B.80% C.75% D.70%
答案　C
解析　在高温下,CO与氧化铁反应生成铁和CO2,根据质量守恒定律,反应后固体减少的质量为氧元素的质量,设矿石中氧化铁的含量为x,则
12 g×x××100%=12 g-9.3 g,解得x=75%。
3.(2023·苏州高一校考期末)某研究小组对离子方程式xR2++yH++O2mR3++nH2O分析研究,下列说法不正确的是 (　　)
A.根据原子守恒,得出x和m的数值一定相等
B.根据电子得失守恒,得出x=4的结论
C.根据电荷守恒,得出x与y的和一定等于m
D.根据氧化还原反应关系得出:O2是氧化剂,R3+是氧化产物
答案　C
解析　根据R元素守恒,得出x和m一定相等,A正确;R元素化合价由+2价升高为+3价,氧元素化合价由0价降低为-2价,根据得失电子守恒,得出x=4,B正确;根据电荷守恒,得出2x+y=3m,C错误;R元素化合价由+2价升高为+3价,氧元素化合价由0价降低为-2价,O2是氧化剂,R3+是氧化产物,D正确。
4.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)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　　+　6HCl2AlCl3+3H2↑
2　　　　　6
x　　 　　　 3x
Fe　　+　2HClFeCl2+H2↑
1　　　　　2
y　　　　　2y
解得x=0.02 mol,y=0.01 mol。
即n(Al)=0.02 mol,n(Fe)=0.01 mol。
课时对点练　
[分值:100分]
(选择题1~9题,每小题6分,10~13题,每小题7分,共82分)
题组一　守恒法
1.(2024·首都师大附中月考)已知27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与200 mL 2.0 mol·L-1稀盐酸恰好完全反应,将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为 (　　)
A.11.7 g B.14.2 g C.17.55 g D.23.4 g
答案　D
解析　27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与稀盐酸恰好完全反应生成氯化钠,依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量是0.4 mol,质量为0.4 mol×58.5 g·mol-1=23.4 g。
2.(2024·河北秦皇岛一中高一期末)在FeBr2溶液中通入2.0 mol Cl2,充分反应后,溶液中的Br-被氧化(还原性:Fe2+>Br-),则原溶液中FeBr2的物质的量是 (　　)
A.2.4 mol B.1.2 mol C.4.8 mol D.3.6 mol
答案　A
解析　还原性:Fe2+>Br-,氯气先与Fe2+反应,通入2.0 mol Cl2,充分反应后溶液中的Br-被氧化为Br2,说明Fe2+完全被氧化为Fe3+,设原溶液中FeBr2的物质的量为x,由得失电子守恒得2.0 mol×2=(3-2)x mol+2x mol××[0-(-1)],解之得x=2.4 mol,故选A。
3.(2024·山东东营胜利一中高一月考)氯化钡和氯化钠的混合溶液a L,将它均匀分成两份,一份滴加稀硫酸,使钡离子完全沉淀,另一份滴加硝酸银溶液,使氯离子完全沉淀。反应中消耗x mol的稀硫酸、y mol的硝酸银,则原混合溶液中钠离子的物质的量浓度(单位为mol·L-1)为 (　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　反应的有关方程式是Ba2+↓、Ag++Cl-AgCl↓,则每份溶液中n(Ba2+)=x mol、n(Cl-)=y mol,则根据溶液的电中性可知,每一份溶液中n(Na+)=(y-2x) mol,所以钠离子的总物质的量是2(y-2x) mol,因此c(Na+)== mol·L-1,故选D。
题组二　差量法
4.(2024·乌鲁木齐高一期末)将28 g CO2和CO的混合气体,通过装有足量过氧化钠的干燥管,反应后干燥管的总质量增加了5.6 g,则原混合气体中CO2的质量分数为 (　　)
A.31% B.44% C.56% D.88%
答案　A
解析　CO2和CO的混合气体通过装有足量Na2O2的干燥管,只有CO2和Na2O2反应,设原混合气体中CO2的质量为x g,
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2　固体质量增加　　　　　
88　　　　　　　　　　　56
　　　　x　　　　　　　　　　　　5.6 g
解得x=8.8 g;所以原混合气体中CO2的质量分数=×100%≈31%。
5.将过量的锌片放入500 mL CuSO4溶液中,待充分反应后取出锌片,洗净、称量,发现锌片质量比原来减少了0.5 g,则CuSO4溶液的物质的量浓度为 (　　)
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　Zn与CuSO4溶液反应时,置换出来的Cu附着在锌片上。反应的离子方程式如下:
Zn+Cu2+Zn2++Cu　　 Δm
　　1 mol　　　　　　 　1 g
　　n(Cu2+) 　　　　　　0.5 g
则=,解得n(Cu2+)=0.5 mol,
所以c(CuSO4)==1 mol·L-1。
题组三　关系式法
6.向200 mL 0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液,使Fe2+恰好完全沉淀,过滤,小心加热沉淀,直到水分蒸干,再灼烧到质量不再变化,此时固体的质量为 (　　)
A.4.36 g B.2.82 g
C.1.6 g D.1.44 g
答案　C
解析　FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2,加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O,最后得到的固体为Fe2O3,根据Fe原子守恒,得2FeSO4~Fe2O3,则n(Fe2O3)==0.01 mol,m(Fe2O3)=0.01 mol×160 g·mol-1=1.6 g。
7.某废水处理站用甲醇(CH3OH)处理含氨废水,反应为NH3+2O2N+H++H2O,6H++6N+5CH3OH3N2↑+5CO2↑+13H2O。在处理过程中,NH3转化为N的转化率可达95%,而N转化为N2的转化率可达96%。若每天处理含NH3 0.034 g·L-1的废水500 m3,则理论上每天所需甲醇的质量为 (　　)
A.24.32 kg B.30.00 kg
C.25.30 kg D.4.08 kg
答案　A
解析　根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式:NH3~N~CH3OH,理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol-1=2.432×104 g=24.32 kg。
题组四　方程组法
8.(2024·山师附中第一次月考)今有Na2O和Na2O2的混合物共7 g,溶于水后恰好被含0.1 mol H2SO4的溶液中和,则混合物中Na2O和Na2O2的物质的量之比为 (　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶4 D.任意比
答案　A
解析　设混合物中Na2O和Na2O2的物质的量分别是x、y,则62 g· mol-1×x+78 g· mol-1×y=7 g,恰好反应后生成0.1 mol硫酸钠,根据原子守恒可知2x+2y=0.2 mol,解得x=y=0.05 mol,则混合物中Na2O和Na2O2的物质的量之比为1∶1。
9.将3.9 g Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应,产生4.48 L(标准状况下)氢气。下列推断正确的是 (　　)
A.参加反应的HCl为0.2 mol
B.Mg、Al在反应中共失去0.2 mol电子
C.参加反应的Mg为2.4 g
D.若与足量的氢氧化钠溶液反应能产生0.15 mol H2
答案　D
解析　镁、铝与盐酸发生反应:Mg+2HClMgCl2+H2↑、2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑,n(H2)=0.2 mol,根据H原子守恒可知,参加反应的HCl的物质的量为0.2 mol×2=0.4 mol,A错误;根据得失电子守恒可知,Mg、Al在反应中失去的电子数等于氢离子得到的电子数,共0.2 mol×2=0.4 mol,B错误;设Mg的物质的量为x mol,Al的物质的量为y mol,则有24x+27y=3.9,2x+3y=0.4,联立二式,解得x=0.05,y=0.1,则参加反应的Mg的质量为0.05 mol×24 g·mol-1=1.2 g,C错误;若与足量的氢氧化钠溶液反应,镁与氢氧化钠溶液不发生反应,铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气:2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑,则能产生H2的物质的量为0.15 mol,D正确。
10.(2024·四川绵阳南山中学高一月考)将3.64 g Fe2O3、Al2O3样品恰好溶解在200 mL 0.9 mol·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50 mL,则NaOH溶液的浓度为 (　　)
A.3.6 mol·L-1 B.2.4 mol·L-1
C.0.9 mol·L-1 D.无法计算
答案　A
解析　Fe2O3、Al2O3溶解在盐酸中,生成FeCl3、AlCl3,加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和NaCl溶液,此时溶液中的溶质为氯化钠,n(Cl-)=n(Na+),可得n(NaOH)=n(HCl),c(NaOH)==3.6 mol·L-1。
11.(2024·兰州一中高一段考)向一定量的铁、氧化铁、氧化亚铁的混合物中,加入200 mL 0.5 mol·L-1的盐酸,恰好使混合物完全溶解,放出224 mL(标况)气体,所得溶液中加入硫氰化钾无红色出现,那么用足量CO还原相同质量的混合物得到铁的质量是 (　　)
A.11.2 g B.5.6 g
C.2.8 g D.10.8 g
答案　C
解析　盐酸恰好使混合物完全溶解,向反应所得溶液加KSCN溶液无红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=0.5n(HCl)=0.5×0.2 L×0.5 mol·L-1=0.05 mol;用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05 mol,质量为0.05 mol×56 g·mol-1=2.8 g,故选C。
12.(2024·河北保定涞源一中高一期末)将KCl、MgCl2、MgSO4溶于水配成混合溶液,溶液体积为1 L,部分离子物质的量如图所示,下列说法错误的是 (　　)
A.该混合溶液中MgSO4的物质的量为0.1 mol
B.若将该混合溶液加水稀释至体积为5 L,稀释后溶液中的物质的量浓度为0.02 mol·L-1
C.若向该混合溶液中逐滴加入2 mol·L-1NaOH溶液至Mg2+恰好完全沉淀,需NaOH溶液50 mL
D.该混合溶液中由MgCl2电离出的Cl-浓度为0.2 mol·L-1
答案　C
解析　由图可知钾离子、镁离子、氯离子的物质的量分别为0.2 mol、0.2 mol、0.4 mol,根据电荷守恒可知,硫酸根离子的物质的量为0.1 mol,溶液中溶质为0.2 mol KCl、0.1 mol MgCl2、0.1 mol MgSO4,A正确;稀释至5 L后溶液中c(S)==0.02 mol·L-1,B正确;若向该混合溶液中逐滴加入2 mol·L-1 NaOH溶液至Mg2+恰好完全沉淀,需NaOH溶液=0.2 L=200 mL,C错误;由MgCl2电离出的Cl-浓度为=0.2 mol·L-1,D正确。
13.(2024·咸阳实验中学高一期末)过氧化钙(CaO2)可用于治理赤潮、应急供氧等。2.76 g CaO2·8H2O样品(含杂质)受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线,在140 ℃时恰好完全脱水,杂质受热不分解)如图所示。已知:过氧化钙常温下干燥品很稳定,在350 ℃时能迅速分解。下列说法不正确的是 (　　)
A.CaO2能与水发生反应,反应的化学方程式为2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2↑
B.该样品杂质的含量约为21.7%
C.在350 ℃时,剩余固体(杂质除外)的化学式为Ca
D.在60 ℃时,CaO2·xH2O中x=2
答案　C
解析　在140 ℃时恰好完全脱水,则结晶水的质量为2.76 g-1.32 g=1.44 g,设样品中CaO2·8H2O的质量为x g,
CaO2·8H2OCaO2+8H2O
216　　　　　　　　144
x g　　　　　　　　1.44 g
x=2.16,n(CaO2·8H2O)=0.01 mol,杂质的质量为2.76 g-2.16 g=0.6 g,杂质的含量约为×100%≈21.7%;在350 ℃时,剩余固体中钙元素的质量为0.4 g,根据质量守恒定律,氧元素的质量为1.16 g-0.6 g-0.4 g=0.16 g,n(O)=0.01 mol,所以剩余固体的化学式为CaO;设CaO2·xH2O的摩尔质量为M,根据钙元素守恒,n(CaO2·xH2O)=0.01 mol,在60 ℃时,0.6+0.01M=1.68,M=108 g·mol-1,则CaO2·xH2O中x=2。
14.(4分)(2024·杭州高一期末)回答下列问题。
(1)向Fe和Fe2O3的混合物中加入200 mL 5 mol·L-1的盐酸,恰好完全溶解,再向其中加入KSCN溶液,未见红色,则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为　　　　　 mol·L-1(假设反应后溶液体积仍为200 mL)。
(2)把过量铁屑加入FeCl3、CuCl2的混合溶液中,反应结束后,称得剩余固体的质量与所加铁屑的质量相等。则原溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量之比是　　　　　。
答案　(1)2.5　(2)2∶7
解析　(1)反应的离子方程式有Fe+2H+Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe3Fe2+,因加入KSCN溶液,无红色出现,说明只生成氯化亚铁,溶液体积不变,则反应后溶液中c(Cl-)=c(HCl)=5 mol·L-1,根据电荷守恒,可知2c(Fe2+)=c(Cl-)=5 mol·L-1,故c(Fe2+)=2.5 mol·L-1。(2)根据反应①2Fe3++Fe3Fe2+可知,铁溶解,固体质量减少,根据反应②Cu2++FeCu+Fe2+可知,铁溶解,铜析出,固体质量增加,而反应结束后,称得剩余固体质量与所加铁屑的质量相等,则反应①中固体减少的质量与反应②中固体增加的质量相等,即56 g·mol-1×=(64 g·mol-1-56 g·mol-1)×n(Cu2+),得n(Fe3+)∶n(Cu2+)=2∶7,故n(FeCl3)∶n(CuCl2)=2∶7。
15.(14分)向浓度相等、体积均为50 mL的A、B两份NaOH溶液中,分别通入一定量的CO2后,再稀释到100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后,溶液中溶质的组成可能是①　　　　,②　　　　,③　　　　,④　　　　。
(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。
①A曲线表明,原溶液通入CO2后,所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是　　　　mL(标准状况)。
②B曲线表明,原溶液通入CO2后,所得溶液中溶质的化学式为　　　　。
③原NaOH溶液的物质的量浓度为　　　　。
答案　(1)NaOH、Na2CO3　Na2CO3　Na2CO3、NaHCO3　NaHCO3
(2)①112　②NaOH、Na2CO3
③0.15 mol·L-1
解析　(1)由CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3可知,二氧化碳少量时,溶质为Na2CO3和NaOH;CO2和NaOH以物质的量比为1∶2恰好反应时,溶质为Na2CO3;剩余CO2的物质的量小于生成的Na2CO3时,溶质为Na2CO3和NaHCO3;二氧化碳过量时,溶质为NaHCO3。(2)对于B溶液来说,实际上第一阶段消耗盐酸的体积60 mL远远大于碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积(75-60) mL=15 mL,说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3;对于A溶液来说,第一阶段消耗盐酸的体积25 mL,小于碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积(75-25) mL=50 mL,说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3。①对于A溶液来说,滴加盐酸25 mL时,开始有气体生成,由于逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,当生成CO2气体时,发生反应:HC+H+H2O+CO2↑,则n(CO2)=0.05 L×0.1 mol·L-1=0.005 mol,标准状况下体积为0.005 mol×22.4 L· mol-1=0.112 L=112 mL。②由上述分析可知,B中溶质是Na2CO3和NaOH。③加入足量的盐酸恰好不再有CO2放出,溶液中均只存在NaCl,根据元素守恒可知,n(HCl)=n(NaOH)=0.075 L×0.1 mol·L-1=0.007 5 mol,c(NaOH)===0.15 mol·L-1。第3课时　物质的量应用于化学方程式计算的常用方法
[核心素养发展目标]　1.能结合物质的量在化学方程式计算中的应用,进一步体会守恒思想,强化宏观辨识与微观探析的能力。2.掌握常用的计算方法,培养证据推理与模型认知的核心素养。
一、守恒法
　　“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据,从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思维方法。
(1)质量(原子)守恒
宏观上反应前后各元素质量相等,即质量守恒,微观上反应前后原子个数相等。
(2)得失电子守恒
宏观上,氧化还原反应中元素化合价升高总数等于元素化合价降低总数。微观上,氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等。
(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 mol·L-1的K2SO4溶液中,c(K+)=2c(S)。
1.4.6 g钠在空气中久置,最终得到Na2CO3的质量是　　　　g。
2.用1 mol·L-1的Na2SO3溶液30 mL恰好将2×10-2 mol的X还原,已知氧化产物为S,则元素X在还原产物中的化合价为　　　　。
3.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、S四种离子,已知前三种离子的个数比为3∶2∶1,则溶液中Al3+和S的个数比为(　　)
A.1∶2　　　　B.1∶4　　　　　　C.3∶4　　　　　　D.3∶2
二、差量法
　　差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。
(1)差量法解题步骤
(2)差量法示例
①固体质量差量法示例:
把铁棒插入CuSO4溶液,一段时间后取出,铁棒质量增加了4 g,参加反应的Fe的质量为　　　　。
分析
Fe+CuSO4FeSO4+Cu　　质量增加Δm
56 g　　　　　　　　64 g　64 g-56 g=8 g
m(Fe)　　　　　　　　 　　　　4 g
则=,m(Fe)=28 g。
②气体体积差量法示例:
实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧:3O22O3。将8 L氧气通过放电管后恢复到原状况,得到气体6.5 L,则生成臭氧的体积为　　　　　　。
分析
3O2　　2O3　　　　ΔV
3　　　　　2　　　　　　1
V(O3)　　　　 8 L-6.5 L
=
V(O3)=3 L。
已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求:
(1)原混合物中碳酸钠的质量是　　　　 g。
(2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是　　　　 L。
三、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”。然后将“关系式”当作化学方程式使用,一步计算求出未知量。
(1)根据化学方程式确定关系式
根据化学方程式确定关系式时,首先要写出化学方程式,然后要找出方程式变化中的“中间量”,通过“中间量”找出“已知量”与“未知量”之间的物质的量的关系,如NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O。
反应中已知量与未知量之间的关系:
已知量——中间量——中间量——未知量
CaCO3　~　 　　CO2　~　 NaHCO3
1 mol　　　　　 1 mol　　　 1 mol　　　
即CaCO3~NaHCO3。
(2)根据原子守恒确定关系式
上述例子中也可以由碳原子守恒直接得出关系式“CaCO3~NaHCO3”。
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
四、方程组法
　　方程组法一般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求算未知量。
已知CO、CO2的混合气体质量共16.0 g,标准状况下体积为8.96 L,则该混合气体中CO的质量为　　　　g,所含CO2在标准状况下的体积为　　　　L。
1.(2024·开封高一期末)现有A、B、C三种化合物,各取30 g相混合,完全反应后,得到18 g B、38 g C,还有D生成。已知D的相对分子质量为17,则D的物质的量是(　　)
A.2 mol B.0.2 mol
C.0.275 mol D.0.5 mol
2.(2024·海南中学高一月考)为测定某赤铁矿石中氧化铁的含量,某同学用一氧化碳还原12 g该赤铁矿石样品,充分反应完成后,称得剩余固体质量为9.3 g,假设矿石中其他物质不参与反应,则该矿石中氧化铁的含量为(　　)
A.85% B.80% C.75% D.70%
3.(2023·苏州高一校考期末)某研究小组对离子方程式xR2++yH++O2mR3++nH2O分析研究,下列说法不正确的是(　　)
A.根据原子守恒,得出x和m的数值一定相等
B.根据电子得失守恒,得出x=4的结论
C.根据电荷守恒,得出x与y的和一定等于m
D.根据氧化还原反应关系得出:O2是氧化剂,R3+是氧化产物
4.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。
答案精析
一、
应用体验
1.10.6
2.+4
解析　氧化还原反应中得失电子总数相等，设元素X在还原产物中的化合价为x，则有：
1 mol·L-1×0.03 L×(6-4)=2×10-2 mol×(7-x)，解得x=+4。
3.A
二、
应用体验
(1)10.6　(2)3.36
三、
应用体验
B　[设生成的气体体积为V，则根据化学方程式CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑，C+CO22CO可知：
CaCO3~CO2~2CO
100 g　　　 2×22.4 L
5.0 g　　　　 V
=
故V=2×22.4 L×=2.24 L。]
四、
应用体验
2.80　6.72
解析　标准状况下混合气体的体积为8.96 L，则混合气体的物质的量为=0.4 mol，设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则
，解得x=0.1，y=0.3，
CO的质量为0.1 mol×28 g· mol-1=2.80 g，CO2在标准状况下的体积为0.3 mol×22.4 L· mol-1=6.72 L。
随堂演练　知识落实
1.A　2.C
3.C　[根据R元素守恒，得出x和m一定相等，A正确；R元素化合价由+2价升高为+3价，氧元素化合价由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，得出x=4，B正确；根据电荷守恒，得出2x+y=3m，C错误；R元素化合价由+2价升高为+3价，氧元素化合价由0价降低为-2价，O2是氧化剂，R3+是氧化产物，D正确。]
4.(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　　+　6HCl2AlCl3+3H2↑
2　　　　　6
x　　 　　　3x
Fe　　+　2HClFeCl2+H2↑
1　　　　　2
y　　　　　2y
解得x=0.02 mol，y=0.01 mol。
即n(Al)=0.02 mol，n(Fe)=0.01 mol。(共79张PPT)
物质的量应用于化学方程式计算的常用方法
第3课时
第三章　第二节
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核心素养
发展目标
1.能结合物质的量在化学方程式计算中的应用,进一步体会守恒思想,强化宏观辨识与微观探析的能力。
2.掌握常用的计算方法,培养证据推理与模型认知的核心素养。
内容索引
一、守恒法
二、差量法
课时对点练
随堂演练　知识落实
三、关系式法
四、方程组法
守恒法
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一
　　“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据,从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思维方法。
(1)质量(原子)守恒
宏观上反应前后各元素质量相等,即质量守恒,微观上反应前后原子个数相等。
一、守恒法
(2)得失电子守恒
宏观上,氧化还原反应中元素化合价升高总数等于元素化合价降低总数。微观上,氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等。
(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 mol·L-1的K2SO4溶液中,c(K+)=2c(S)。
1.4.6 g钠在空气中久置,最终得到Na2CO3的质量是　 　g。
10.6
钠在空气中最终转化为Na2CO3的过程中钠的原子个数不变,可得关系式:
2Na　　~　　Na2CO3
2×23　　　　　106
4.6 g　　　　m(Na2CO3)
则=,解得m(Na2CO3)=10.6 g。
2.用1 mol·L-1的Na2SO3溶液30 mL恰好将2×10-2 mol的X还原,已知氧化产物为S,则元素X在还原产物中的化合价为　　。
+4
氧化还原反应中得失电子总数相等,设元素X在还原产物中的化合价为x,则有:
1 mol·L-1×0.03 L×(6-4)=2×10-2 mol×(7-x),解得x=+4。
3.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、S四种离子,已知前三种离子的个数比为3∶2∶1,则溶液中Al3+和S的个数比为
A.1∶2　　　　B.1∶4　　　　C.3∶4　　　　D.3∶2
√
返回
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二
差量法
　　差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。
二、差量法
(1)差量法解题步骤
(2)差量法示例
①固体质量差量法示例:
把铁棒插入CuSO4溶液,一段时间后取出,铁棒质量增加了4 g,参加反应的Fe的质量为　　　　。
分析
Fe+CuSO4===FeSO4+Cu　　质量增加Δm
56 g　　　　　　　 64 g　64 g-56 g=8 g
m(Fe)　　　　　　　　 　　　　4 g
则=,m(Fe)=28 g。
②气体体积差量法示例:
实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧:3O2　 　2O3。将8 L氧气通过放电管后恢复到原状况,得到气体6.5 L,则生成臭氧的体积为　 。
分析
3O2　　 2O3　　 ΔV
3　　　　2　　　 1
V(O3)　　8 L-6.5 L
=
V(O3)=3 L。
已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3　　
Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求:
(1)原混合物中碳酸钠的质量是　 　 g。
10.6
设混合物中碳酸氢钠的质量为m,则:
2NaHCO3　　Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm
168　　　　　106 62
m 3.1 g
故m=×168=8.4 g,则原混合物中碳酸钠的质量为19 g-8.4 g=10.6 g。
(2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是　 　 L。
3.36
剩余固体为碳酸钠,质量为19 g-3.1 g=15.9 g,n(Na2CO3)==0.15 mol,根据碳原子守恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol,标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1 =3.36 L 。
返回
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三
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”。然后将“关系式”当作化学方程式使用,一步计算求出未知量。
三、关系式法
(1)根据化学方程式确定关系式
根据化学方程式确定关系式时,首先要写出化学方程式,然后要找出方程式变化中的“中间量”,通过“中间量”找出“已知量”与“未知量”之间的物质的量的关系,如NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O,CO2+Ca(OH)2===CaCO3+H2O。
反应中已知量与未知量之间的关系:
已知量——中间量——中间量——未知量
CaCO3　~　 　　CO2　~　 NaHCO3
1 mol　　　　　 1 mol　　　 1 mol　　　
即CaCO3~NaHCO3。
(2)根据原子守恒确定关系式
上述例子中也可以由碳原子守恒直接得出关系式“CaCO3~NaHCO3”。
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
√
设生成的气体体积为V,则根据化学方程式
CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑,C+CO2　 　2CO可知:
CaCO3~CO2~2CO
100 g　　　 2×22.4 L
5.0 g　　　 V
=
故V=2×22.4 L×=2.24 L。
返回
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四
方程组法
　　方程组法一般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求算未知量。
四、方程组法
已知CO、CO2的混合气体质量共16.0 g,标准状况下体积为8.96 L,则该混合气体中CO的质量为_____g,所含CO2在标准状况下的体积为____L。
2.80
6.72
标准状况下混合气体的体积为8.96 L,则混合气体的物质的量为=0.4 mol,设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol,则
,解得x=0.1,y=0.3,
CO的质量为0.1 mol×28 g· mol-1=2.80 g,CO2在标准状况下的体积为
0.3 mol×22.4 L· mol-1=6.72 L。
返回
随堂演练　知识落实
1.(2024·开封高一期末)现有A、B、C三种化合物,各取30 g相混合,完全反应后,得到18 g B、38 g C,还有D生成。已知D的相对分子质量为17,则D的物质的量是
A.2 mol B.0.2 mol
C.0.275 mol D.0.5 mol
√
1
2
3
4
A、B、C总质量为90 g,完全反应后得到18 g B、38 g C和D,则D的质量为34 g,因为D的相对分子质量为17,摩尔质量是17 g·mol-1,则D的物质的量为2 mol,故选A。
1
2
3
4
2.(2024·海南中学高一月考)为测定某赤铁矿石中氧化铁的含量,某同学用一氧化碳还原12 g该赤铁矿石样品,充分反应完成后,称得剩余固体质量为9.3 g,假设矿石中其他物质不参与反应,则该矿石中氧化铁的含量为
A.85%　　　　B.80%　　　　C.75%　　　　D.70%
√
在高温下,CO与氧化铁反应生成铁和CO2,根据质量守恒定律,反应后固体减少的质量为氧元素的质量,设矿石中氧化铁的含量为x,则12 g×x ××100%=12 g-9.3 g,解得x=75%。
3.(2023·苏州高一校考期末)某研究小组对离子方程式xR2++yH++O2=== mR3++nH2O分析研究,下列说法不正确的是
A.根据原子守恒,得出x和m的数值一定相等
B.根据电子得失守恒,得出x=4的结论
C.根据电荷守恒,得出x与y的和一定等于m
D.根据氧化还原反应关系得出:O2是氧化剂,R3+是氧化产物
1
2
3
4
√
1
2
3
4
根据R元素守恒,得出x和m一定相等,A正确;
R元素化合价由+2价升高为+3价,氧元素化合价由0价降低为-2价,根据得失电子守恒,得出x=4,B正确;
根据电荷守恒,得出2x+y=3m,C错误;
R元素化合价由+2价升高为+3价,氧元素化合价由0价降低为-2价,O2是氧化剂,R3+是氧化产物,D正确。
4.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。
1
2
3
4
答案　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。
1
2
3
4
(2)该混合物中铝、铁的物质的量。
返回
答案　设Al、Fe的物质的量分别为x、y。
2Al　　+　6HCl===2AlCl3+3H2↑
2　　　　　 6
x　　 　　　 3x
Fe　　+　2HCl===FeCl2+H2↑
1　　　　　2
y　　　　　2y
1
2
3
4
返回
解得x=0.02 mol,y=0.01 mol。
即n(Al)=0.02 mol,n(Fe)=0.01 mol。
课时对点练
题组一　守恒法
1.(2024·首都师大附中月考)已知27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与200 mL 2.0 mol·L-1稀盐酸恰好完全反应,将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为
A.11.7 g　　　　B.14.2 g　　　　C.17.55 g　　　　D.23.4 g
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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12
13
14
15
27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与稀盐酸恰好完全反应生成氯化钠,依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量是0.4 mol,质量为0.4 mol×58.5 g·
mol-1=23.4 g。
1
2
3
4
5
6
7
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10
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13
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14
2.(2024·河北秦皇岛一中高一期末)在FeBr2溶液中通入2.0 mol Cl2,充分反应后,溶液中的Br-被氧化(还原性:Fe2+>Br-),则原溶液中FeBr2的物质的量是
A.2.4 mol　　　B.1.2 mol　　　C.4.8 mol　　　D.3.6 mol
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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13
15
14
还原性:Fe2+>Br-,氯气先与Fe2+反应,通入2.0 mol Cl2,充分反应后溶液中的Br-被氧化为Br2,说明Fe2+完全被氧化为Fe3+,设原溶液中FeBr2的物质的量为x,由得失电子守恒得2.0 mol×2=(3-2)x mol+2x mol××[0-
(-1)],解之得x=2.4 mol,故选A。
1
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15
14
3.(2024·山东东营胜利一中高一月考)氯化钡和氯化钠的混合溶液a L,将它均匀分成两份,一份滴加稀硫酸,使钡离子完全沉淀,另一份滴加硝酸银溶液,使氯离子完全沉淀。反应中消耗x mol的稀硫酸、y mol的硝酸银,则原混合溶液中钠离子的物质的量浓度(单位为mol·L-1)为
A. B.
C. D.
√
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4
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14
反应的有关方程式是Ba2+===BaSO4↓、Ag++Cl-===AgCl↓,则每份溶液中n(Ba2+)=x mol、n(Cl-)=y mol,则根据溶液的电中性可知,每一份溶液中n(Na+)=(y-2x) mol,所以钠离子的总物质的量是2(y-2x) mol,因此c(Na+)== mol·L-1,故选D。
1
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14
题组二　差量法
4.(2024·乌鲁木齐高一期末)将28 g CO2和CO的混合气体,通过装有足量过氧化钠的干燥管,反应后干燥管的总质量增加了5.6 g,则原混合气体中CO2的质量分数为
A.31%　　　　B.44%　　　　C.56%　　　　D.88%
√
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3
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14
CO2和CO的混合气体通过装有足量Na2O2的干燥管,只有CO2和Na2O2反应,设原混合气体中CO2的质量为x g,
2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　固体质量增加　　　　　
88　　　　　　　　　　　56
　　　　x　　　　　　　　　　　　5.6 g
解得x=8.8 g;所以原混合气体中CO2的质量分数=×100%≈31%。
1
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14
5.将过量的锌片放入500 mL CuSO4溶液中,待充分反应后取出锌片,洗净、称量,发现锌片质量比原来减少了0.5 g,则CuSO4溶液的物质的量浓度为
A.0.5 mol·L-1 B.1 mol·L-1
C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1
√
1
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14
Zn与CuSO4溶液反应时,置换出来的Cu附着在锌片上。反应的离子方程式如下:
Zn+Cu2+===Zn2++Cu　　 Δm
　　1 mol　　　　　　 　1 g
　　n(Cu2+) 　　　　　　0.5 g
则=,解得n(Cu2+)=0.5 mol,
所以c(CuSO4)==1 mol·L-1。
1
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14
题组三　关系式法
6.向200 mL 0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液,使Fe2+恰好完全沉淀,过滤,小心加热沉淀,直到水分蒸干,再灼烧到质量不再变化,此时固体的质量为
A.4.36 g B.2.82 g
C.1.6 g D.1.44 g
√
1
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3
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14
FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2,加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O,最后得到的固体为Fe2O3,根据Fe原子守恒,得2FeSO4~Fe2O3,则n(Fe2O3)==0.01 mol,　m(Fe2O3)=0.01 mol×160 g·mol-1=1.6 g。
1
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7.某废水处理站用甲醇(CH3OH)处理含氨废水,反应为NH3+2O2　　 N
+H++H2O,6H++6N+5CH3OH　　3N2↑+5CO2↑+13H2O。在处理过程中,NH3转化为N的转化率可达95%,而N转化为N2的转化率可达96%。若每天处理含NH3 0.034 g·L-1的废水500 m3,则理论上每天所需甲醇的质量为
A.24.32 kg B.30.00 kg
C.25.30 kg D.4.08 kg
√
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根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式:NH3~N~CH3OH,理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·
mol-1=2.432×104 g=24.32 kg。
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题组四　方程组法
8.(2024·山师附中第一次月考)今有Na2O和Na2O2的混合物共7 g,溶于水后恰好被含0.1 mol H2SO4的溶液中和,则混合物中Na2O和Na2O2的物质的量之比为
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶4 D.任意比
√
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设混合物中Na2O和Na2O2的物质的量分别是x、y,则62 g· mol-1×x+78 g·
mol-1×y=7 g,恰好反应后生成0.1 mol硫酸钠,根据原子守恒可知2x+2y =0.2 mol,解得x=y=0.05 mol,则混合物中Na2O和Na2O2的物质的量之比为1∶1。
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9.将3.9 g Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应,产生4.48 L(标准状况下)氢气。下列推断正确的是
A.参加反应的HCl为0.2 mol
B.Mg、Al在反应中共失去0.2 mol电子
C.参加反应的Mg为2.4 g
D.若与足量的氢氧化钠溶液反应能产生0.15 mol H2
√
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镁、铝与盐酸发生反应:Mg+2HCl===MgCl2+H2↑、2Al+6HCl===2AlCl3
+3H2↑,n(H2)=0.2 mol,根据H原子守恒可知,参加反应的HCl的物质的量为0.2 mol×2=0.4 mol,A错误;
根据得失电子守恒可知,Mg、Al在反应中失去的电子数等于氢离子得到的电子数,共0.2 mol×2=0.4 mol,B错误;
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设Mg的物质的量为x mol,Al的物质的量为y mol,则有24x+27y=3.9,2x+ 3y=0.4,联立二式,解得x=0.05,y=0.1,则参加反应的Mg的质量为0.05 mol ×24 g·mol-1=1.2 g,C错误;
若与足量的氢氧化钠溶液反应,镁与氢氧化钠溶液不发生反应,铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气:2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,则能产生H2的物质的量为0.15 mol,D正确。
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10.(2024·四川绵阳南山中学高一月考)将3.64 g Fe2O3、Al2O3样品恰好溶解在200 mL 0.9 mol·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50 mL,则NaOH溶液的浓度为
A.3.6 mol·L-1 B.2.4 mol·L-1
C.0.9 mol·L-1 D.无法计算
√
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Fe2O3、Al2O3溶解在盐酸中,生成FeCl3、AlCl3,加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和NaCl溶液,此时溶液中的溶质为氯化钠,n(Cl-) =n(Na+),可得n(NaOH)=n(HCl),c(NaOH)==3.6 mol·L-1。
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11.(2024·兰州一中高一段考)向一定量的铁、氧化铁、氧化亚铁的混合物中,加入200 mL 0.5 mol·L-1的盐酸,恰好使混合物完全溶解,放出224 mL(标况)气体,所得溶液中加入硫氰化钾无红色出现,那么用足量CO还原相同质量的混合物得到铁的质量是
A.11.2 g B.5.6 g
C.2.8 g D.10.8 g
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盐酸恰好使混合物完全溶解,向反应所得溶液加KSCN溶液无红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=0.5n(HCl)=0.5× 0.2 L×0.5 mol·L-1=0.05 mol;用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05 mol,质量为0.05 mol
×56 g·mol-1=2.8 g,故选C。
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12.(2024·河北保定涞源一中高一期末)将KCl、MgCl2、MgSO4溶于水配成混合溶液,溶液体积为1 L,部分离子物质的量如图所示,下列说法错误的是
A.该混合溶液中MgSO4的物质的量为0.1 mol
B.若将该混合溶液加水稀释至体积为5 L,稀释后溶液
中的物质的量浓度为0.02 mol·L-1
C.若向该混合溶液中逐滴加入2 mol·L-1NaOH溶液至
Mg2+恰好完全沉淀,需NaOH溶液50 mL
D.该混合溶液中由MgCl2电离出的Cl-浓度为0.2 mol·L-1
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由图可知钾离子、镁离子、氯离子的物质的量分别
为0.2 mol、0.2 mol、0.4 mol,根据电荷守恒可知,硫
酸根离子的物质的量为0.1 mol,溶液中溶质为0.2 mol
KCl、0.1 mol MgCl2、0.1 mol MgSO4,A正确;
稀释至5 L后溶液中c(S)==0.02 mol·L-1,B正确;
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若向该混合溶液中逐滴加入2 mol·L-1 NaOH溶液至Mg2+恰好完全沉淀,需NaOH溶液=0.2 L =200 mL,C错误;
由MgCl2电离出的Cl-浓度为=0.2 mol·L-1, D正确。
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13.(2024·咸阳实验中学高一期末)过氧化钙(CaO2)可用于治理赤潮、应急供氧等。2.76 g CaO2·8H2O样品(含杂质)受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线,在140 ℃时恰好完全脱水,杂质受热不分解)如图所示。已知:过氧化钙常温下干燥品很稳定,在350 ℃时能迅速分解。下列说法不正确的是
A.CaO2能与水发生反应,反应的化学方程式为
2CaO2+2H2O===2Ca(OH)2+O2↑
B.该样品杂质的含量约为21.7%
C.在350 ℃时,剩余固体(杂质除外)的化学式为Ca
D.在60 ℃时,CaO2·xH2O中x=2
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在140 ℃时恰好完全脱水,则结晶水的质量为2.76 g-1.32 g=1.44 g,设样品中CaO2·8H2O的质量为x g,
CaO2·8H2O CaO2+8H2O
216　　　　　　　　144
x g　　　　　　　　1.44 g
x=2.16,n(CaO2·8H2O)=0.01 mol,杂质的质量为2.76 g-2.16 g=0.6 g,杂质的含量约为×100%≈21.7%;
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在350 ℃时,剩余固体中钙元素的质量为
0.4 g,根据质量守恒定律,氧元素的质量为
1.16 g-0.6 g-0.4 g=0.16 g,n(O)=0.01 mol,
所以剩余固体的化学式为CaO;
设CaO2·xH2O的摩尔质量为M,根据钙元素守恒,n(CaO2·xH2O)=0.01 mol,在60 ℃时,0.6+0.01M=1.68,M=108 g·mol-1,则CaO2·xH2O中x=2。
14.(2024·杭州高一期末)回答下列问题。
(1)向Fe和Fe2O3的混合物中加入200 mL 5 mol·L-1的盐酸,恰好完全溶解,再向其中加入KSCN溶液,未见红色,则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为_______ mol·L-1(假设反应后溶液体积仍为200 mL)。
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反应的离子方程式有Fe+2H+===Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O、
2Fe3++Fe===3Fe2+,因加入KSCN溶液,无红色出现,说明只生成氯化亚铁,溶液体积不变,则反应后溶液中c(Cl-)=c(HCl)=5 mol·L-1,根据电荷守恒,可知2c(Fe2+)=c(Cl-)=5 mol·L-1,故c(Fe2+)=2.5 mol·L-1。
(2)把过量铁屑加入FeCl3、CuCl2的混合溶液中,反应结束后,称得剩余固体的质量与所加铁屑的质量相等。则原溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量之比是　　　。
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根据反应①2Fe3++Fe===3Fe2+可知,铁溶解,固体质量减少,根据反应②Cu2++Fe===Cu+Fe2+可知,铁溶解,铜析出,固体质量增加,而反应结束后,称得剩余固体质量与所加铁屑的质量相等,则反应①中固体减少的质量与反应②中固体增加的质量相等,即56 g·mol-1×=(64 g·mol-1-56 g·mol-1)×n(Cu2+),得n(Fe3+)∶n(Cu2+)=2∶7,故n(FeCl3)∶n(CuCl2)= 2∶7。
15.向浓度相等、体积均为50 mL的A、B两份NaOH溶液中,分别通入一定量的CO2后,再稀释到100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后,溶液中溶质的组成可能是①　　 　　,②　　　　,③　　 　　,④　　　　。
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NaOH、Na2CO3
Na2CO3
Na2CO3、NaHCO3
NaHCO3
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由CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O===2NaHCO3可知,二氧化碳少量时,溶质为Na2CO3和NaOH;CO2和NaOH以物质的量比为1∶2恰好反应时,溶质为Na2CO3;剩余CO2的物质的量小于生成的Na2CO3时,溶质为Na2CO3和NaHCO3;二氧化碳过量时,溶质为NaHCO3。
(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。
①A曲线表明,原溶液通入CO2后,所得溶质与盐酸
反应产生CO2的最大体积是　　　mL(标准状况)。
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对于B溶液来说,实际上第一阶段消耗盐酸的体
积60 mL远远大于碳酸氢钠生成二氧化碳消耗
盐酸的体积(75-60) mL=15 mL,说明原溶液中的
溶质是NaOH和Na2CO3;对于A溶液来说,第一阶
段消耗盐酸的体积25 mL,小于碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积(75-25) mL=50 mL,说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3。
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对于A溶液来说,滴加盐酸25 mL时,开始有气
体生成,由于逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,当生
成CO2气体时,发生反应:HC+H+===H2O+
CO2↑,则n(CO2)=0.05 L×0.1 mol·L-1=0.005 mol,标准状况下体积为0.005 mol×22.4 L· mol-1=0.112 L=112 mL。
②B曲线表明,原溶液通入CO2后,所得溶液中溶质的化学式为___________
________。
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NaOH、
Na2CO3
由上述分析可知,B中溶质是Na2CO3和NaOH。
③原NaOH溶液的物质的量浓度为　 　　　。
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0.15 mol·L-1
加入足量的盐酸恰好不再有CO2放出,溶液中均只存在NaCl,根据元素守恒可知,n(HCl)=n(NaOH)=0.075 L×0.1 mol·L-1=0.007 5 mol,c(NaOH) ===0.15 mol·L-1。
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