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物质的量在化学方程式计算中的应用
一、单选题（共8题）
1．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 mol/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量(　　)
A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g
2．14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用2.24L(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．9.6g B．6.4g C．12.8g D．1.6g
3．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g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为（　　）
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
4．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：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)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为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
5．某稀溶液中含有4mol 和2mol ，向其中加入1.2mol Fe，充分反应（已知被还原为NO），最终溶液体积为1L，下列说法正确的是
A．所得溶液中 B．所得溶液中
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
6．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 6.272L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2g。下列判断不正确的是
A．原HNO3溶液的物质的量浓度为2.24 mol·L－1
B．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2 mol
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4.48g
7．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，假设此条件下NO2为气态），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
8．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
二、非选择题（共11题）
9．学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。

(2)铜与过量反应的探究如下：

实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
10．一定条件下，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 。
11．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)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。
已知：2MnO ＋5 ＋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 (保留小数点后一位)。
12．称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量 。
（2）固体混合物中氧化铜的质量 。
13．大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：
请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)与恰好完全反应，则 。
(2)若与混合，能与溶液恰好完全反应全部转变成，则 (写出计算过程)
14．已知一定量的氢气在氯气中燃烧，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)= 。
15．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：3O22O3。
(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。
16．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)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。
17．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。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．溶液
(2)将和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 ，原混合物中的质量为 。
(3)为探究的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和溶液，用传感器测定密闭装置中分压(的分压气体总压强)，测得分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃之前，装置中分压增大的主要原因是 ；温度升高到50℃之后，装置中分压急剧增大的原因是 。
18．向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求：
(1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。
(2)图像中，m1= 。
(3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。
19．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取一定量的粉末，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＋)＝ mol·L－1。
(2)样品中n(Fe)：n(Fe3O4)＝ 。
参考答案：
1．C
碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1mol/L盐酸500mL，盐酸溶质的物质的量为0.5mol，则CuCl2为0.25mol，根据Cu元素质量守恒，则可知原混合物中含有0.25molCu，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则质量为0.25mol×80g/mol=20g，C选项正确；
答案选C。
2．C
由题目可知，n(O2)=0.1mol，
设Cu、Au的物质的量分别为x、y，则
根据电子守恒列方程：
2x=0.1mol×4
计算得出：x=0.2mol
m(Cu)=0.2mol×64g/mol=12.8g，所以C选项正确。
3．D
设碳酸钠的质量为m，则：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增重
106 117 11
m (b a)g
所以，解得，故该样品中纯碱的质量分数为，D项正确；
4．B
由反应式可得出每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，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2 mol(质量为34 g)，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)∶44.8 L＝m(被氧化的NH3)∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)＝0.34 g。
5．B
A．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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；
6．B
A. 根据N元素守恒，原HNO3溶液的物质的量浓度为2.24 mol·L－1，故A正确；
B. 参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是，故B错误；
C. Fe2+的物质的量为0.21mol， Fe3+的物质的量为0.14mol，反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3，故C正确；
D. 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应后的溶液含Fe3+的物质的量为0.14mol，所以还可以溶解铜粉0.07mol，质量是0.07mol ×64g/mol=4.48g，故D正确；
7．A
A．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．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，故B正确；
C．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．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；
8．C
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-=AlO+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。
9．(1) 具支试管 防倒吸
(2) Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4) 滴入最后半滴标准液,溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准液，溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.0005mol，粗品中X的相对含量为。
10．98%
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。
11． 40 5.2
(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
12． 0.100mol 2.40g
（1）过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4，
加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol；
故答案为0.100mol；
（2）根据（1）的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，
设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：
80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，
氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g，
故答案为2.40g。
13． 3.00
(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)的物质的量为=1.5mol，根据反应、可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5mol，则=3.00L=3.00mL；
(2)n(NaOH)=1.00mol/L0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n()=0.06mol，n(NO):n(NO2)= ，故n(NO)= 0.05mol，n(NO2)= 0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NO 、NO2 ；得电子O2 ；故0.05mol3+0.01mol1=xmol4，则mol。
14． 5.0 15∶4或3.75∶ 1
本题考查化学计算，（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。
点睛：化学计算中一般常用特殊计算方式，如得失电子数目守恒、元素守恒、极端假设等等，像本题采用电荷守恒的方法进行求解，在列电荷守恒时，一定注意前面的系数，该离子带有多少个电荷，前面的系数就是多少。
15．(1)35.6
(2)3
（1）设原有1 mol O2，则有0.3mol氧气参加反应：
则反应后混合气的总物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol，所以==≈35.6 g·mol-1。
（2）
解得V=3 L，所以臭氧为3L。
16．(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)
(3)NA
(4)166.46
（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，即；
（3）当标准状况下有11.2 L氯气生成时，即0.5molCl2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。
17．(1) c a
(2) 和 2：1 168g
(3) 温度升高，气体的总压强增大，分压增大 分解生成使分压增大
（1）空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应，故空气与熔融反应前需依次通过c．溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；
（2）和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、、，
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：
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，装置中分压急剧增大的原因是分解生成使分压增大。
18．(1)NaCl、CuCl2
(2)120
(3)8.3%
（1）向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；
（2）设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，，，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；
（3）M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，，，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。
19． 0.14 4:1
(1)由于向反应后溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知反应后生成的物质为FeCl2，又由题意知，粉末与盐酸恰好完全反应，放入盐酸的量为0.028L×1 mol/L=0.028mol，依据氯离子守恒，故产生FeCl2的物质的量为0.014mol，则c(Fe2＋)＝=0.14mol/L，故答案为0.14；
(2)由生成标准状况下的气体体积为134.4 mL，可知其物质的量n(H2)==0.006mol，再根据Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑,由n(H2)可知该反应中消耗的单质铁为0.006mol，生成的FeCl2为0.006mol。Fe3O4、Fe、HCl三者共同反应，反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，在该反应中生成的n(FeCl2)= 0.014mol-0.006mol=0.008mol，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应消耗的单质铁为0.002mol，故样品中n(Fe)= 0.006mol+0.002mol=0.008mol，Fe3O4为0.002mol，故样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=4：1，故答案为4：1。

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