2020届高考化学一轮复习专题一物质的量考点3化学反应计算的常用方法（2）（含解析） 9页

化学反应计算的常用方法（2）1、现有MgO和Fe3O4的混合物7.6g,向其中加入1mol·L-1的H2SO4溶液100mL恰好完全反应,若将15.2g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为(  )A.13.6g      B.12g        C.6g         D.3.2g2、现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解(假定硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液,当滴加到V mL时,得到沉淀质量恰好为最大值n克,则下列有关该实验的说法中不正确的是(  )A.沉淀中氢氧根的质量为(n-m)克B.恰好溶解后溶液中的离子的物质的量为C.生成标准状况下NO气体的体积为D.与合金反应的的物质的量为3、将agFe2O3,Al2O3样品溶解在过量的200mLpH为1的硫酸溶液中,然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+,Al3+刚好完全沉淀。用去NaOH溶液100mL。则NaOH溶液的浓度为(  )A.0.1mol·L-1     B.0.2mol·L-1     C.0.4mol·L-1     D.0.8mol·L-14、9.8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中,当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96LNO2和2.24LN2O4气体,向反应的溶液中加入足量的氨水,则生成的沉淀质量为(  )A.18克       B.20克       C.22克       D.24克5、向21.6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1mol/L硝酸溶液,充分反应,放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c()可能为(  )A.0.45mol/L     B.0.6mol/L     C.0.75mol/L     D.0.9mol/L6、常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20mLpH=14的溶液,然后用1mol/L的盐酸滴定,沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列选项正确的是(  )nA.原合金质量为0.92g             B.产生氢气0.04molC.图中m值为1.56g              D.图中V2为60mL7、铝碳酸镁[AlaMgb•(CO3)c•(OH)d•eH2O]用于治疗慢性胃炎.称取3.01g铝碳酸镁样品,溶于50mL2mol•L-1的盐酸(过量),收集到气体112mL(标准状况);往所得溶液中加入40mL3mol•L-1的NaOH溶液,过滤,将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g;再将滤液稀释到100mL,测得溶液中OHˉ的浓度为0.1mol•L-1.由计算可以确定e的值为(  )A.4          B.5          C.7          D.88、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL,将它均分成两份。一份滴加稀硫酸,使Ba2+离子完全沉淀;另一份滴加AgNO3溶液,使Cl-离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的Na+的物质的量浓度(单位:mol·L-1)为(  )A.(y-2x)/a     B.(2y-4x)/a     C.(2y-2x)/a     D.(y-x)/a9、研究发现,硝酸越稀,还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应,没有气体放出。在反应结束后的溶液中,逐滴加入4mol·L-1NaOH溶液,所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示下列说法不正确的是(  )A.OC段反应离子方程式:H++OH-H2OB.溶液中结合OH-能力最强的离子是H+,最弱的离子是Al3+C.溶液中=0.012molD.欲测定F点沉淀的质量,实验步骤是过滤、洗涤、干燥、称量n10、将镁铝合金投入到5002的盐酸中,固体完全溶解,收集到气体5.6(标准状况下)。向反应所得溶液中加入4的氢氧化钠溶液,沉淀达到最大值为13.60,则的值为(  )A.11.48      B.9.35       C.8.50       D.5.1011、实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4。2.50g软锰矿(含MnO280%)进行实验制得KMnO4产品0.165g,可恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全。（1）.2.50g软锰矿含MnO2的物质的量为为__________。(保留3位有效数字,下同)（2）该KMnO4产品的纯度__________。12、某无色溶液中可能含有H+、、Mg2+、Fe3+、Al3+、、等离子,当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液,生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示。请回答下列问题:（1）.ab段生成的沉淀的化学式:                       （2）cd段沉淀减少的反应方程式:                      （3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因:                         （4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为                       13、向100mLBaCl2、AlCl3和FeCl3的混合溶液A中,逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B,产生的沉淀的物质的量(n)和加入溶液B的体积(V)关系如图。n（1）当加入B溶液110mL时,溶液中的沉淀为(化学式)__________________________。（2）.从90mL至100mL之间加入10mLB溶液时发生的离子反应方程式__________________________________________________。（3）将A、B溶液中各溶质的物质的量浓度填入下表。溶质Na2SO4        NaOHBaCl2        AlCl3        FeCl3        c(mol/L)__________________________________________________14、0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL2mol·L-1H2SO4溶液中,然后再滴加1mol·L-1NaOH溶液。请回答:（1）若在滴加NaOH溶液的过程中,沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1=160mL时,则金属粉末中n(Mg)=__________mol,V2=__________mL。（2）若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=__________mL。15、如图所示是200mgMnC2O4·2H2O晶体放在坩埚里加热分解时,所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定,但其中锰元素的化合价在300℃以下不变)。n试回答下列问题:（1）写出B点固体产物的化学式:__________（2）从B点到C点过程中固体物质质量不变的原因是__________（3）通过计算确定D点产物的相对分子质量,并推断其合理的化学式:__________（4）从D点到E点过程中固体物质质量增加的原因是__________答案1.B解析：2.C解析：反应至沉淀量最大时,生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁,根据质量守恒定律,其中镁、铝元素的质量等于合金的质量mg,所以沉淀中氢氧根离子的质量为(n-m)g,故A正确;当沉淀量最大时,溶液中的溶质只有硝酸钠(NaNO3),硝酸根离子与钠离子的物质的量相等,,故B正确;在沉淀中,氢氧根离子的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量,也等于合金失去电子的物质的量,也等于反应过程中转移的电子数目,即,根据得失电子守恒,生成NO时HNO3中N原子得3个电子,因此生成NO的物质的量应该是转移电子数目的三分之一,即,其在标准状况下体积为n,故C错误;参加反应的硝酸有两种作用,作为酸的HNO3(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量,即,作氧化剂的的物质的量等于NO的物质的量,即,所以与合金反应的的物质的量为,故D正确。3.B解析：4.B解析：5.C解析：6.C解析：7.A解析：加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为:n(HCl)=2mol/L×0.05L=0.1mol,则反应后的溶液中n(Cl-)=0.1mol, 生成二氧化碳的物质的量为:n(CO2)= =0.005mol,根据C原子守恒,3.01g样品中含有0.005molCO32-;由于反应后氢氧根离子过量,则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量,则氢氧化镁的物质的量为: =0.03mol,根据质量守恒可知,3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol; 40mL3mol•L-1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为:3mol/L×0.04L=0.12mol, 反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为:n(OH-)=0.1L×0.1mol•L-1=0.01mol, 反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH,根据离子电荷守衡:n(Cl-)+n(OH-)+n(AlO2-)=n(Na+),则:n(AlO2-)=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol,根据质量守恒,3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol; n生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol,0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子,生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子,设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x,则:0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol,解得:x=0.08mol, 则3.01g样品中含有水的质量为:3.01g-27g/mol×0.01mol-24g/mol×0.03mol-60g/mol×0.005mol-17g/mol×0.08mol=0.36g,该水的物质的量为:=0.02mol,所以a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)=0.01mol:0.03mol:0.005mol:0.08mol:0.02mol=2:6:1:16:4, 即:a=2、b=6、c=1、d=16、e=48.B解析：9.B解析：铁铝合金与足量很稀的HNO3充分反应,被氧化为Al3+、Fe3+,由题意可知,反应始终没有气体生成,可以得出不会有氮的氧化物生成,由于硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元索的化合价越低,可以推测N元素由+5变成了-3价,由图可得硝酸过量,加入的氢氧化钠溶液应先与硝酸反应,再生成沉淀,当沉淀完全后,继续加入氢氧化钠溶液,沉淀量不变,可得OH-与发生了反应,则随着NaOH的滴加,发生的反应依次有:①H++OH-H2O,②Fe3++3OH-Fe(OH)3;Al3++3OH-Al(OH)3,③,④,A项,由上述分析可知,OC段为剩余的硝酸与氢氧化钠反应,离子反应方程式:H++OH-H2O,正确;B项,根据发生反应的顺序可知,结合OH-能力最强的离子是H+,最弱的离子是,错误;C项,由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mL,由可知溶液中,正确:D项,欲测定F点沉淀的质量,应将互不相溶的固体与液体分离,并洗涤附着的沉淀,再干燥称量,故实验步骤是过滤、洗涤、干燥、称量,正确。10.Dn解析：收集到气体5.6L、(标准状况下),其物质的量为,生成0.25mol氢气转移的电子的物质的量为0.25mol×2=0.5mol,反应中Al~Al3+~Al(OH)3~3e-,Mg~Mg2+~Mg(OH)2~2e-,可知镁、铝在反应中失去的电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量,即氢氧根离子的物质的量等于转移电子的物质的量等于0.5mol,则氢氧根离子的质量为17g/mol×0.5mol=8.5g,13.60g为氢氧化铝和氢氧化镁的质量之和,根据质量守恒可得:mg+8.5g=13.60g,解得:m=13.60-8.5=5.10g.故选D11.1.0.0230mol;2.95.8%解析：12.1.Al(OH)3、Mg(OH)22.Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O3.加入的NaOH与原溶液中反应生成NH3·H2O4.n(H+):n(Al3+):n(Mg2+):n():n()=2:2:3:4:9解析：1.本题考查元素化合物的性质与图象。由于溶液无色,溶液中不含Fe3+,生成沉淀出现部分溶解,所以沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝混合物.2.沉淀减少即氢氧化铝溶于氢氧化钠.3.最初不生成沉淀即溶液中氢离子先与NaOH反应,由于溶液中含Al3+,则不含,加氢氧化钠沉淀不变化,只能是溶液中含铵根离子.4.先假设氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠1mol,则铝离子1mol,生成氢氧化铝消耗氢氧化钠3mol,则图中生成氢氧化镁消耗3mol氢氧化钠,镁离子1.5mol,铵根离子2mol,氢离子1mol,根据溶液中电荷守恒,可求出硫酸根离子为4.5mol,则得出5种离子物质的量比例关系.13.1.BaSO4、Fe(OH)32.Al(OH)3+OH-+2H2O,Ba2++BaSO4↓3.1;1;1;0.2;0.1解析：n14.1.0.06;440;2.400解析：15.1.MnC2O42.MnC2O4在100~205℃时较稳定3.其相对分子质量为71,化学式为MnO;4.MnO与空气中的O2发生化合反应,生成新的锰的氧化物解析：类比碳酸盐的分解并结合MnC2O4的分子组成及图像分析,D点产物由Mn和O两种元素组成。,,。故产物为MnO(满足化合价),其相对分子质量Mr=55+16=71。