3.2.3物质的量在化学方程式计算中的应用（习题）-【名课堂精选】2022-2023学年高一化学同步精品备课系列（人教版2019必修第一册）（解析版）

第二节金属材料基础巩固第3课时物质的量在化学方程式中的应用1．把一小块钠放入足量水中,会发生如下反应:2Na+2H2O2NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法正确的是(　　)A.反应中Na与NaOH的质量相等B.反应中H2O和H2的质量相等C.反应中H2O和H2的质量之比为2∶1D.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;H2O与H2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．（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+O22HgO，下列选项中，可以说明0.2molHg与0.2molO2充分反应后物质的种类及其数量的情况的是（）A．0.02molHgO+0.2molHgB．0.2molHgO+0.1molO2C．0.2molHgOD．0.1molHgO+0.1molHg【答案】B【解析】由2Hg+O22HgO知，显然0.2mol Hg 与0.2mol O2 充分反应后氧气有剩余，剩余氧气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1L1.0mol·L-1的氢氧化钠溶液吸收0.8mol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∶3B.1∶2C.2∶3D.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=1L×1.0mol·L-1,由碳原子守恒可得②x+y=0.8mol,解得x=0.2mol,y=0.6mol。4．将铁加入100mL某浓度的盐酸中恰好完全反应，反应后生成的气体为VL(标准状况下)，将铝加入100mL2mol·L－1NaOH溶液中恰好完全反应，充分反应后生成的气体为3VL。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2mol·L－1C．铁加入盐酸中的离子方程式为2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑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===FeCl2＋H2↑1mol2mol22.4Ln(Fe)n(HCl)VLn(Fe)＝＝mol，n(HCl)＝＝mol，2Al　＋　2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑2mol2mol67.2Ln(Al)n(NaOH)3VLn(Al)＝n(NaOH)＝＝mol，故铁与铝的物质的量不相等，A错误；n(HCl)＝n(NaOH)＝mol＝0.1L×2mol·L－1＝0.2mol，c(HCl)＝＝2mol·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500mLCuSO4溶液中，二者恰好完全反应，待充分反应后取出锌片，洗净后称量，发现锌片比原来减轻了0.5g，则该CuSO4溶液的物质的量浓度为(　　)A．0.5mol·L－1B．1mol·L－1C．1.5mol·L－1D．2mol·L－1【答案】　B【解析】根据差量法进行计算：Zn　＋　CuSO4===Cu＋ZnSO4　固体质量减轻Δm65g1mol64g1gn(CuSO4)0.5gn(CuSO4)＝＝0.5molc(CuSO4)＝＝＝1mol·L－1，B正确。6．在500mLNaOH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33.6L。该NaOH溶液的物质的量浓度为(　　)A．1.0mol·L－1　　　B．2.0mol·L－1 C．1.5mol·L－1D．3.0mol·L－1【答案】B【解析】　2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑2mol67.2Ln(NaOH)33.6Ln(NaOH)＝＝1mol，c(NaOH)＝＝2.0mol·L－1。7．以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是()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+H2OFe3O4+H2↑C．过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】A.过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；B.过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，B正确；C.过程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116g÷232g/mol=0.5mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移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H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；8．将ag二氧化锰粉末加入bmol/L的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．可以收集到氯气B．NA可表示为：[来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)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 可知随着反应的进行盐酸浓度变稀，稀盐酸不能被氧化，盐酸没有完全反应，A错误；B项，依据电子转移守恒：MnO2～MnCl2～2e-，反应中转移电子＝，NA=87d/2a，B正确；C项，盐酸过量，反应后溶液中的Cl―数目为bcNA-2d，C错误；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Al2O3制备Al(OH)3，设计了下列实验已知Al3++3+6H2O=4Al(OH)3↓。欲使铝元素利用率为100%，则消耗HCl与NaOH的物质的量之比为A．1∶1B．1∶3C．3∶1D．1∶6【答案】　A【解析】由Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O可知，生成1mol氯化铝消耗3molHCl，由Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O可知，生成3molNaAlO2消耗3molNaOH，要使元素利用率为100%，发生反应：Al3++3+6H2O=4Al(OH)3↓，故消耗盐酸与氢氧化钠的物质的量为：3mol∶3mol=1∶1，答案选A。10．将50g铁粉和氧化铁的混合物中加入200mL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+28.7363.694【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+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4。(1)3个反应中Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4属于化合反应，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(2)设混合物中Fe的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则①56x+160y=50，放出标准状况氢气4.48L(0.2mol)，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑消耗的的Fe为0.2mol，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4消耗Fe的物质的量为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(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.3796mol+0.1796mol×2=0.7388mol，c(H2SO4)==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，AlB．Fe，ZnC．Mg，CuD．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1g氢气所需要的金属的质量分别是：镁是12g；铝是9g；铁是28g；锌是32.5g，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∶2C．1∶2D．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：2FeCl3＋Fe===3FeCl2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．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=ZnCl2+H2可知65gZn完全反应可以消耗36.5gHCl，产生2g氢气；根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2可知56gFe完全反应可以消耗36.5gHCl，产生2g氢气。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30mL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：实验序号甲乙丙混合物质量/mg255385459生成气体/mL280336336(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H2的体积不等，则产生H2体积小的，说明还有酸未反应，因此甲中盐酸过量，混合物反应完全；若乙中盐酸过量，则可产生H2：×385mL≈423mL，而实际为336mL，说明乙中盐酸不足，合金过量　(2)336mL　1mol·L－1　(3)255mg和280mL　1∶1【解析】　(2)在乙或丙中，因盐酸反应完全，则可根据2HCl　～　H2↑　2　　　1n(HCl)＝×2＝3×10－2mol,c(HCl)＝＝1mol·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255mg，生成气体280mL计算。根据Mg～H2，Al～H2得：n(Mg)×24g·mol－1＋n(Al)×27g·mol－1＝255×10－3gn(Mg)＋n(Al)＝，求得：n(Mg)＝0.005mol，n(Al)＝0.005mol，n(Mg)∶n(Al)＝1∶1。15.向50mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加入过量的BaCl2溶液,得到14.51 g白色沉淀,向白色沉淀中加入过量的稀硝酸,充分反应后,沉淀减少到4.66g,并有气体产生。(1)原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度各是多少?(2)产生的气体的物质的量为多少?【答案】(1)0.4mol·L-1　1mol·L-1(2)0.05mol【解析】根据题意知,4.66g沉淀即为硫酸钡沉淀,故硫酸钠的物质的量为n(Na2SO4)=0.02mol,其浓度为c(Na2SO4)=0.02mol0.05L=0.4mol·L-1;碳酸钡沉淀的质量为14.51g-4.66g=9.85g,n(BaCO3)=0.05mol,故碳酸钠的浓度为c(Na2CO3)=0.05mol0.05L=1mol·L-1;产生的二氧化碳气体的物质的量为0.05mo。