高考化学一轮复习第2章物质的量第9讲化学计算中常用的思想和方法学案

这是一份高考化学一轮复习第2章物质的量第9讲化学计算中常用的思想和方法学案，共16页。

1．理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
2．了解化学计算的常用方法，初步建立化学计算的思维模型。
考点一 守恒法及其应用
1．现有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g溶质质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为______g(保留两位有效数字)。
解析：混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl元素守恒可得100 g×15%× eq \f(35.5,36.5) ＝m(NaCl)× eq \f(35.5,58.5) ，解得m(NaCl)≈24 g。
答案：24
2．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a ml硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b ml 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀。该混合溶液中K＋浓度为__________。
解析：把混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO eq \\al(2－,4) ===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(SO eq \\al(2－,4) )＝a ml；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b ml。根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，故n(K＋)＝(b－2a) ml，c(K＋)＝ eq \f(（b－2a） ml,0.1 L) ＝10(b－2a) ml·L－1。
答案：10(b－2a) ml·L－1
3．某强氧化剂XO(OH) eq \\al(＋,2) 可被Na2SO3还原。若还原1.2×10－3 ml XO(OH) eq \\al(＋,2) 需用30 mL 0.1 ml·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的化合价为__________。
解析：由题意知，S元素化合价由＋4升高到＋6，假设反应后X的化合价为x，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得，1.2×10－3 ml×(5－x)＝0.03 L×0.1 ml·L－1×(6－4)，解得x＝0。
答案：0
考点二 关系式法及其应用
1．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 ml·L－1氢氧化钠溶液完全中和。原混合物中硫的百分含量为________(保留两位有效数字)。
解析：由S元素守恒和有关反应可得出关系式：
S～SO2～SO3～H2SO4～2NaOH
32 g 2 ml
m(S) 0.5×10×10－3 ml
eq \f(32 g,m（S）) ＝ eq \f(2 ml,0.5×10×10－3ml) ，解得m(S)＝0.08 g，原混合物中w(S)＝ eq \f(0.08 g,0.22 g) ×100%≈36%。
答案：36%
2．准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗19.80 mL Na2S2O3溶液。测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、2S2O eq \\al(2－,3) ＋I2===S4O eq \\al(2－,6) ＋2I－。CuSO4·5H2O样品的纯度为________。
解析：根据实验流程及离子方程式得关系式：CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中n(CuSO4·5H2O)＝n(Na2S2O3)＝0.100 0 ml·L－1×0.019 8 L＝0.001 98 ml，CuSO4·5H2O样品的纯度w＝ eq \f(0.001 98 ml×250 g·ml－1,0.500 0 g) ×100%＝99.00%。
答案：99.00%
3．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，发生如下反应：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16.00 mL 0.100 ml·L－1 K2Cr2O7溶液。试样中锡的百分含量为____________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
解析：根据题给化学方程式可得Sn与K2Cr2O7的物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 ml
x 0.100 ml·L－1×0.016 L
eq \f(3×119 g,x) ＝ eq \f(1 ml,0.100 ml·L－1×0.016 L) ，解得x＝0.571 2 g，试样中锡的百分含量为w(Sn)＝ eq \f(0.571 2 g,0.613 g) ×100%≈93.2%。
答案：93.2%
考点三 差量法及其应用
1．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g。该样品的纯度(质量分数)是________________________________________________________。
解析：由题意知，(w1－w2)g为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：
eq \f(2×84,x g) ＝ eq \f(62,（w1－w2） g) ，解得x＝ eq \f(84（w1－w2）,31) ，故样品纯度为 eq \f(m（Na2CO3）,m （样品）) ×100%＝ eq \f(w1－x,w1) ×100%＝ eq \f(84w2－53w1,31w1) ×100%。
答案： eq \f(84w2－53w1,31w1) ×100%
2．16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃ 左右可发生反应：6NO＋4NH3⇌5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL。原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7，其中正确的是________(填序号)。
解析：根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH3⇌5N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)
9 mL 6 mL 1.5 mL(实际差量)
由此可知，共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL 气体。假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
答案：②③
3．白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 ml。平衡时PCl5的分解率为________。
解析：5.84 g PCl5的物质的量为 eq \f(5.84 g,208.5 g/ml) ≈0.028 ml，设参加反应的PCl5的物质的量为x ml，则有：
PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g) Δn
1 ml 1 ml
x ml 0.022 ml
eq \f(1 ml,x ml) ＝ eq \f(1 ml,0.022 ml) ，解得x＝0.022，平衡时PCl5的分解率为 eq \f(0.022 ml,0.028 ml) ×100%≈78.6%。
答案：78.6%
1．(2023·新高考湖北卷)铜与过量H2O2反应的探究如下：
(1)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，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y， eq \f(n,m) ＝ eq \f(5,6) 。X的化学式为________。
(2)取含X粗品0.050 0 g(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0.100 0 ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗15.00 mL Na2S2O3标准溶液(已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O eq \\al(2－,3) ===2I－＋S4O eq \\al(2－,6) )。粗品中X的相对含量为________。
解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则：
CuOx eq \(=====,\s\up7(△)) CuO＋ eq \f(x－1,2) O2↑
64＋16x 80
m n
eq \f(64＋16x,m) ＝ eq \f(80,n) ，又 eq \f(n,m) ＝ eq \f(5,6) ，解得x＝2，X的化学式为CuO2。
(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2＋，Cu2＋与KI反应生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2。CuO2中Cu为＋2价、O为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I2＋4H2O，存在关系式2CuO2～3I2～6Na2S2O3，0.050 0 g粗品中m(CuO2)＝ eq \f(0.100 0 ml·L－1×15.00×10－3 L,6) ×2×96 g·ml－1＝0.048 g，w(CuO2)＝ eq \f(0.048 g,0.050 0 g) ×100%＝96.0%。
答案：(1)CuO2 (2)96.0%
2．(2022·新高考湖南卷)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 ml·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________________________________________________________________________(保留三位有效数字)。
解析：0.466 0 g硫酸钡的物质的量为 eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1) ＝0.002 ml，依据钡原子守恒可得，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量分数为 eq \f(0.002 ml×244 g·ml－1,0.500 0 g) ×100%＝97.6%。
答案：97.6%
3．(2022·浙江6月选考)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋1.8×102 kJ·ml－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。
请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石(含 CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料________kg焦炭。
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得________________kg CaO(列式计算)。
解析：(1)100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为 eq \f(100×103 g×90%,100 g·ml－1) ＝900 ml，完全分解需要吸收能量1.8
×102 kJ·ml－1×900 ml＝1.62×105 kJ，设需要投料x kg 焦炭，依题意有30 kJ·g－1×x×103 g×50%＝1.62×105 kJ，解得x＝10.8。(2)根据生产纯碱的过程可得关系式：CO2～NaHCO3～Na2CO3，每生产106 kg纯碱，消耗44 kg CO2，由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱，且由(1)计算可知，参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1，则煅烧石灰石产生CO2的质量为 eq \f(44 kg,40%×2) ＝55 kg，根据CaCO3 eq \(=====,\s\up7(高温)) CaO＋CO2↑，可获得CaO的质量为55 kg× eq \f(56,44) ＝70 kg。
答案：(1)10.8
(2) eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2) ＝70
课时跟踪练
[基础巩固]
1．奥克托今是一种猛(性)炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如下图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．3∶2
解析：选A。根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4H8N8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4H8N8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。
2．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q ＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R。参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
解析：选C。设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x g，则有
X ＋ 2Y=== Q ＋ R
9a 22a
x g 4.4 g
eq \f(9a,22a) ＝ eq \f(x g,4.4 g) ，解得x＝1.8，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，故选C。
3．将15 mL 2 ml·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 ml·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐。MCln中n值是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选B。由2MCln＋nNa2CO3===M2(CO3)n↓＋2nNaCl可得关系式：
2Mn＋ ～ nCO eq \\al(2－,3)
2 n
0．04 L×0.5 ml·L－1 0.015 L×2 ml·L－1
eq \f(2,n) ＝ eq \f(0.04 L×0.5 ml·L－1,0.015 L×2 ml·L－1) ，解得n＝3。
4．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g。此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：选C。设此铅氧化物的化学式为PbxOy，由题意可得关系式：
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0 g
eq \f(16y,100y) ＝ eq \f(m（O）,8.0 g) ，解得m(O)＝1.28 g，所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝ eq \f(m（Pb）,M（Pb）) ∶ eq \f(m（O）,M（O）) ＝3∶4，此铅氧化物的化学式为Pb3O4。
5．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等。原溶液中H＋与SO eq \\al(2－,4) 的物质的量浓度之比为( )
A.1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
答案：A
6．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温、同压下测定)，该b L 气体中NH3的体积分数是( )
A． eq \f(2a－b,a) ×100% B． eq \f(b－a,b) ×100%
C． eq \f(2a－b,b) ×100% D． eq \f(b－a,a) ×100%
解析：选C。设有x L NH3分解，则
2NH3(g) eq \(,\s\up7(铁触媒),\s\d5(△)) N2(g)＋3H2(g) ΔV
2 1 3 2
x L (b－a) L
eq \f(2,x L) ＝ eq \f(2,（b－a） L) ，解得x＝b－a，该b L气体中NH3的体积分数为 eq \f(a－（b－a）,b) ×100%＝ eq \f(2a－b,b) ×100%。
7．某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2 eq \(=====,\s\up7(酶)) NO eq \\al(－,3) ＋H＋＋H2O，6H＋＋6NO eq \\al(－,3) ＋5CH3OH eq \(=====,\s\up7(酶)) 3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为NO eq \\al(－,3) 的转化率可达95%，而NO eq \\al(－,3) 转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为( )
A．24.32 kg B．30 kg
C．25.3 kg D．4.08 kg
解析：选A。根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3～NO eq \\al(－,3) ～ eq \f(5,6) CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为 eq \f(0.034 g·L－1×500×103 L,17 g·ml－1) ×95%×96%× eq \f(5,6) ×32 g·ml－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。
8．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SO eq \\al(2－,4) 完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c ml NH3。原溶液中Al3＋的物质的量浓度(ml·L－1)为( )
A． eq \f(2b－c,2a) B． eq \f(2b－c,a)
C． eq \f(2b－c,6a) D． eq \f(2b－c,3a)
解析：选D。向混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SO eq \\al(2－,4) 完全沉淀，根据SO eq \\al(2－,4) ＋Ba2＋===BaSO4↓可知，n(SO eq \\al(2－,4) )＝b ml；向混合溶液中加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NH eq \\al(＋,4) ＋OH－ eq \(=====,\s\up7(△)) NH3↑＋H2O可知，n(NH eq \\al(＋,4) )＝c ml；由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，解得x＝ eq \f(2b－c,3) ，由于溶液的体积是a L，因此原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝ eq \f(\f(2b－c,3) ml,a L) ＝ eq \f(2b－c,3a) ml·L－1，故D正确。
9．CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L(已折算为标准状况)，求：
(1)固体的成分和物质的量之比为________。
(2)标准状况下生成O2的体积为________。
解析：(1)5.000 g CuSO4·5H2O的物质的量为0.02 ml，若全部生成氧化铜，则质量为1.600 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.440 g，而在题给条件下得到1.520 g固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜的物质的量为x ml，氧化亚铜的物质的量为y ml，有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.520，解得x＝0.01，y＝0.005，二者的物质的量之比n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1。
(2)标准状况下，0.224 L二氧化硫的物质的量为0.01 ml，说明生成三氧化硫的物质的量为0.01 ml，由题意可知，硫元素、铜元素化合价降低，氧元素化合价升高，根据得失电子守恒得到O2的物质的量为 eq \f(0.01 ml×2＋0.005 ml×2×1,4) ＝0.007 5 ml，在标准状况下的体积为0.007 5 ml×22.4 L·ml－1＝0.168 L。
答案：(1)n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1 (2)0.168 L
10．测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)的纯度：
步骤①：准确称取14.00 g产品，在特定条件下配制成250 mL 溶液。
步骤②：取25.00 mL步骤①中溶液于250 mL锥形瓶中，加入60.00 mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10.00 mL 25% H2SO4溶液，摇匀，发生反应2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。
步骤③：向步骤②反应后溶液中加入0.250 0 ml/L Na2C2O4标准溶液进行滴定，消耗20.00 mL Na2C2O4溶液。
步骤④：把步骤②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为60.00 mL。
亚硝酰硫酸的纯度为________(精确到0.1%)。
解析：把步骤②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复题述步骤，消耗草酸钠标准溶液的体积为60.00 mL，根据得失电子守恒，有60.00 mL×10－3 L/mL×0.250 0 ml/L×2×(4－3)＝60.00 mL×10－3 L/mL×c(KMnO4)×(7－2)，解得c(KMnO4)＝0.100 0 ml/L；滴定过程中，NOSO4H、草酸钠为还原剂，高锰酸钾为氧化剂，因此根据得失电子守恒，有20.00 mL×10－3L/mL×0.250 0 ml/L×2×(4－3)＋n(NOSO4H)×(5－3)＝60.00 mL×10－3 L/mL×0.100 0 ml/L×(7－2)，解得n(NOSO4H)＝0.010 00 ml，故250 mL溶液中含有NOSO4H的物质的量为0.100 0 ml，产品中亚硝酰硫酸的纯度为 eq \f(0.100 0 ml×127 g/ml,14.00 g) ×100%≈90.7%。
答案：90.7%
[素养提升]
11．(2024·广州第二中学模拟)将Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO eq \\al(－,3) ，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1。原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为( )
A．5∶2 B．2∶5
C．3∶1 D．1∶3
解析：选A。Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、ClO eq \\al(－,3) 是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到＋1价和＋5 价，Cl－、ClO－、ClO eq \\al(－,3) 的物质的量之比为9∶2∶1，可设它们的物质的量分别为9 ml、2 ml、1 ml，被氧化的Cl原子的总物质的量为3 ml，Cl原子失电子的总物质的量为2 ml×(1－0)＋1 ml×(5－0)＝7 ml；根据氧化还原反应中得失电子相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 ml，即被还原的Cl原子的物质的量为 eq \f(7 ml,0－（－1）) ＝7 ml，故参加反应的氯气的物质的量为 eq \f(7 ml＋3 ml,2) ＝5 ml；由氯气生成的氯离子的物质的量为7 ml，总的氯离子的物质的量为9 ml，故氯化氢电离产生的氯离子的物质的量为9 ml－7 ml＝2 ml，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。
12．铁粉可与高温水蒸气反应，若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32 g，则参加反应的铁粉的物质的量是( )
A．0.5 ml B．1 ml
C．1.5 ml D．2 ml
解析：选C。
3Fe＋4H2O(g) eq \(=====,\s\up7(高温)) Fe3O4＋4H2 Δm(固)
3 ml 64 g
n(Fe) 32 g
eq \f(3 ml,n（Fe）) ＝ eq \f(64 g,32 g) ，解得n(Fe)＝1.5 ml。
13．将铁、氧化铁、氧化铜组成的m g混合物粉末放入盛有100 mL 5.00 ml·L－1盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24 L H2(标准状况)，残留固体2.56 g，过滤，滤液中无Cu2＋，将滤液加水稀释到500 mL，测得其中c(H＋)为0.200 ml·L－1。下列说法正确的是( )
A．m＝15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28 ml
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2 ml FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
答案：A
14．镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)。下列说法错误的是( )
A．24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 ml HNO3
B．消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2
C.生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其他产物时所用硝酸浓度
D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4
解析：选D。A.24 g(1 ml)镁与硝酸反应失去2 ml电子，根据得失电子守恒可知，生成的NH4NO3的物质的量为 eq \f(1×2,5－（－3）) ml＝0.25 ml，同时生成1 ml Mg(NO3)2，根据氮原子守恒可知，消耗HNO3的物质的量为0.25 ml×2＋1 ml×2＝2.5 ml，A正确；B.生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2，B正确；C.硝酸浓度较大时，硝酸根离子的氧化性强于氢离子的氧化性，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；D.生成等物质的量的NO和N2O需要的电子的物质的量之比为(5－2)∶[(5－1)×2]＝3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，D错误。
15．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，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：
(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？________，理由是_____________________________________________________________
______________________________________________________。
(2)盐酸中溶质的物质的量浓度为__________________________________________________。
(3)合金中Mg的物质的量为____________，Mg、Al的物质的量之比为________。
解析：(1)对比甲、乙数据，乙中加765 mg合金时生成的氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加1 020 mg 合金时生成氢气的体积不变，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应。
(2)加入1 020 mg镁铝合金粉末时，最多只能生成672 mL 氢气，说明盐酸最多只能生成672 mL氢气，n(H2)＝ eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1) ＝0.03 ml，根据关系式2HCl～H2可知，n(HCl)＝0.03 ml×2＝0.06 ml，盐酸中溶质的物质的量浓度为 eq \f(0.06 ml,0.03 L) ＝2 ml·L－1。
(3)由于甲组中盐酸是过量的，所以用甲组数据来计算。设Mg的物质的量为x ml，Al的物质的量为y ml，生成氢气的物质的量为 eq \f(0.56 L,22.4 L·ml－1) ＝0.025 ml，依题意有24x＋27y＝0.51，x＋ eq \f(3,2) y＝0.025，解得x＝0.01，y＝0.01，所以Mg、Al的物质的量之比为1∶1。
答案：(1)甲 甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能 (2)2 ml·L－1 (3)0.01 ml
1∶1
方法解读
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等
解题步骤
方法解读
关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法求解化学计算题的前提
解
题
步
骤
方法解读
差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解
解题步骤
实验序号
甲
乙
丙
合金质量/mg
510
765
1 020
气体体积/mL
560
672
672