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专题13物质的量在化学方程式计算中的应用
1.(广东省汕头一中2023-2024学年高一上学期期末)某混合物质量为20克,有Al、Fe、Cu、Zn四种单质中的某两种组成,跟足量稀盐酸反应,产生标准状况下11.2LH2,则此混合物中不可能的组成是
A.Fe和Al B.Zn和Al C.Cu和Al D.Fe和Zn
【答案】D
【分析】
标准状况下,11.2LH2的物质的量为,假设均属都为+2价,根据电子转移守恒,金属物质的量为0.5mol,金属平均摩尔质量为。
【详解】
A.Fe的摩尔质量为56g/mol,如Al为+2价,其摩尔质量为,符合条件,A项不选;
B.Zn的摩尔质量为65g/mol,如Al为+2价,其摩尔质量为,符合条件,B项不选;
C.如Al为+2价,其摩尔质量为,Cu不和稀盐酸反应,摩尔质量视作无穷大,符合条件,C项不选;
D.Fe的摩尔质量为56g/mol,Zn的摩尔质量为65g/mol,均大于40g/mol,不符合条件,D项选;
答案选D。
2.(福建省莆田第一中学2023-2024学年高一上学期期末)将一定量的锌与100mL?浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A?标准状况将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的,则下列叙述中错误的是
A.气体A为和的混合物
B.反应中共消耗
C.气体A中和的体积比为4:1
D.反应中共转移3mol电子
【答案】C
【分析】
浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐降低,继续与锌反应生成氢气,所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物,根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【详解】
生成气体的物质的量为:=1.5mol,溶液稀释至1L,测得溶液的pH=1,所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol,参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L?0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设反应生成xmolSO2,ymolH2,
由此列出方程组:,解之得x=0.3,y=1.2,所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
A、气体A为SO2和H2的混合物,故A不符合题意;
B、反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,故B不符合题意;
C、由上述分析可知,V(SO2):V(H2)=1:4,故C符合题意;
D、在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,故D不符合题意。
故选C。
3.(湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一上学期期末)在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量浓度之比为4∶2∶1,现加入适量的铁粉,充分反应后使溶液中三种离子的物质的量浓度之比变为1∶3∶9,则参与反应的铁粉与原溶液中Fe2+的物质的量之比为
A.5∶3 B.5∶4 C.5∶6 D.4∶5
【答案】A
【详解】
因氧化性∶Fe3+>Cu2+>Fe2+,混合溶液中加入适量的铁粉,充分反应后使溶液中三种离子的物质的量浓度之比变为1∶3∶9,溶液中仍然含有Fe3+,说明Cu2+未参与反应,加入Fe粉仅与反应Fe3+,设原Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量分别为4amol、2amol、amol,反应消耗Fe的物质的量为x,根据方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+可知,消耗Fe3+的物质的量为2xmol,,生成Fe2+的物质的量为3xmol,则(4a-2x)∶2a∶(a+3x)=1∶3∶9,化简可得x=amol,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为amol∶amol=5∶3,答案选A。
4.(浙江省宁波市2023-2024学年高一上学期期末九校联考)将一定质量的合金投入稀溶液中,充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的溶液,生成沉淀的质量与所加溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A.合金中的质量比为
B.生成的气体体积为
C.;
D.合金充分反应后,剩余硫酸的物质的量为
【答案】C
【分析】
由图可知,金属溶于硫酸时,硫酸过量,OA段发生,AB段镁离子、铝离子均转化成沉淀,120mL-140mL段发生,此段沉淀减少的物质的量为氢氧化铝即n(氢氧化铝)=0.1,则氢氧化镁的物质的量为0.1mol,结合氢氧化铝的物质的量以及溶解消耗20mL的氢氧化钠可求得氢氧化钠的浓度,据此分析。
【详解】
A.由以上分析可知氢氧化铝和氢氧化镁的物质的量均为0.1mol,则合金中镁、铝的物质的量
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