2019-2020学年新教材高中化学 3.2 金属材料 第二课时 物质的量在化学方程式计算中的应用课

第二课时物质的量在化学方程式计算中的应用1．不同的物质之间在发生化学反应时()A．它们的质量一定相等B．它们的物质的量一定相等C．它们的质量之比等于化学方程式中化学计量数之比D．它们的物质的量之比等于化学方程式中化学计量数之比解析物质发生化学反应时，它们的物质的量之比等于化学方程式中化学计量数之比，D正确。解析答案D答案2．将足量铁粉放入100mL0.1mol/L的AgNO3溶液中，充分反应后析出的银的质量为()A．10.8gB．6.4gC．1.08gD．3.2g解析设析出银的质量为mg，Fe＋2AgNO3===Fe(NO3)2＋2Ag2mol216g0.1×100×10－3molm解得m＝1.08g。解析答案C答案根据化学方程式计算的注意事项(1)化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，因此不纯物质必须换算成纯物质再进行计算。(2)如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算。如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移的关系进行有关计算。(3)如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种物质过量，然后根据不足量的物质进行计算。3．将28g铁粉放入100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液中，充分反应后析出的铜的质量为()A．32gB．0.64gC．6.4gD．3.2g答案B答案解析n(Fe)＝28g56g·mol－1＝0.5mol，n(CuSO4)＝0.100L×0.1mol·L－1＝0.01mol，由CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu，可知Fe过量，所以应该按照CuSO4的量进行计算。n(Cu)＝n(CuSO4)＝0.01mol，m(Cu)＝0.01mol×64g·mol－1＝0.64g。解析4．Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则①②③④所表示的金属分别是()A．Al、Mg、Fe、ZnB．Fe、Zn、Mg、AlC．Mg、Al、Zn、FeD．Zn、Fe、Mg、Al答案A答案解析利用关系式可知，当产生1molH2时所需4种金属的质量分别如下：23Al～H2Mg～H2Fe～H2Zn～H218g1mol24g1mol56g1mol65g1mol结合题图可知①②③④分别表示Al、Mg、Fe、Zn。解析5．两种金属混合物粉末15g，与足量的盐酸反应时生成标准状况下11.2L氢气，符合上述情况的金属混合物是()A．Zn、FeB．Zn、AgC．Al、CuD．Mg、Al答案C答案解析产生标准状况下11.2LH2所需电子的物质的量为1mol，提供1mol电子所需金属的质量叫摩尔电子质量，则金属平均摩尔电子质量是M(e－)＝15g/mol；Zn摩尔电子质量是32.5g/mol；Fe摩尔电子质量是28g/mol，都大于15g/mol，A错误；Zn摩尔电子质量是32.5g/mol；Ag不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，都大于15g/mol，B错误；Al摩尔电子质量是27g÷3mol＝9g/mol，Cu不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，这样一个大于15g/mol，一个小于15g/mol，可以平均到15g/mol，C正确；Mg摩尔电子质量是12g/mol；Al摩尔电子质量是9g/mol，都小于15g/mol，因此不可能平均到15g/mol，D错误。解析“摩尔电子质量”或“平均摩尔电子质量”的应用(1)摩尔电子质量：某物质在反应中转移1mol电子时该物质的质量，如Mg的摩尔电子质量为12g·mol－1，Al的摩尔电子质量为9g·mol－1。(2)平均摩尔电子质量：两种或两种以上物质的混合物在反应中转移1mol电子时混合物的质量，如2g金属混合物与酸反应生成2.24LH2(标准状况)，则平均摩尔电子质量为2g0.1mol×2＝10g·mol－1。则混合物中金属的摩尔电子质量有的小于10g·mol－1，有的大于10g·mol－1。6．将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H22.8L(标准状况)，原混合物质量可能是()A．2gB．4gC．10gD．12g答案B答案解析三种金属与稀硫酸反应的离子方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。由此可得出产生相同体积(标准状况)的氢气，消耗锌的质量最大，消耗铝的质量最小。标准状况下，2.8LH2的物质的量为0.125mol，假设金属全部为Zn时可求得金属的质量为0.125mol×65g·mol－1＝8.125g；假设金属全部为Al时可求得金属的质量为0.125mol×23×27g·mol－1＝2.25g，则金属的实际质量应介于2.25～8.125g之间，所以A、C、D错误，B正确。解析7．由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中的两种组成的10g混合物与足量的盐酸反应产生1.0gH2，则混合物中一定含有的金属是()A．ZnB．FeC．AlD．Mg答案C答案解析解法一：假设法。假设10g金属分别是纯锌、纯铁、纯镁、纯铝，则与足量盐酸反应生成H2的质量分别为413g、514g、56g、109g，从以上数据可以看出，只有10g铝生成H2的质量大于1.0g，其他三种金属生成氢气的质量均小于1.0g，因此当两种金属(共10g)与酸反应生成氢气为1.0g时，必须含有铝。解法二：平均摩尔电子质量法。该混合物的平均摩尔电子质量为10g0.5mol×2＝10g·mol－1，Zn、Fe、Mg、Al的摩尔电子质量分别为32.5g·mol－1、28g·mol－1、12g·mol－1、9g·mol－1，由于是两种金属组成的混合物，平均摩尔电子质量必介于两种金属的摩尔电子质量之间，故混合物中一定含有金属Al。解析8．将23g钠投入到m1g足量水中得到ag溶液，将24g镁投入到m2g足量盐酸中得到bg溶液。若m1＝m2，则a与b的关系是()A．abB．abC．a＝bD．无法确定解析由于m1＝m2，所以只需比较反应后溶液增加的质量即可。用差量法可知，23g钠投入水中放出1g氢气，溶液增重22g,24g镁投入盐酸中放出2g氢气，溶液增重22g，所以反应后a＝b。解析答案C答案9．将过量的锌片放入500mLCuSO4溶液中，待充分反应后取出锌片，洗净、称量，发现锌片质量比原来减少了0.5g，则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答案解析Zn与CuSO4溶液反应时，置换出来的Cu附着在锌片上。反应方程式如下：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋CuΔm1mol1gn(Cu2＋)0.5g则1molnCu2＋＝1g0.5g，解得n(Cu2＋)＝0.5mol，所以c(CuSO4)＝0.5mol0.5L＝1mol·L－1。解析“差量法”在化学计算中的应用根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓“理论差量”，如反应前后的质量、物质的量、气体体积等。该差量的大小与反应物质的有关量成正比。如把一铁棒插入CuSO4溶液后，过一段时间取出，铁棒的质量增加了4g，据此可求参加反应的Fe的质量。Fe＋CuSO4===FeSO4＋CuΔm566464－56＝8→理论差量m(Fe)4g→实际差量56mFe＝84g，所以m(Fe)＝28g。10．100mL2mol·L－1的稀盐酸与一定量的锌充分反应，锌全部溶解，生成的氢气在标准状况下的体积为1.12L，设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H＋的物质的量浓度为()A．1.5mol·L－1B．1mol·L－1C．0.5mol·L－1D．0.25mol·L－1答案B答案解析根据Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，可知反应消耗的n(H＋)＝2n(H2)＝1.1222.4×2mol＝0.1mol，溶液中剩余的n(H＋)＝0.1L×2mol·L－1－0.1mol＝0.1mol，反应后溶液中c(H＋)＝0.1mol0.1L＝1mol·L－1。解析11．在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。则：(1)写出代表各线段发生反应的离子方程式：OD段：__________________；DC段：_________________。(2)原溶液中Mg2＋、Al3＋的物质的量浓度之比为________。(3)图中C点表示当加入________molNaOH时，Al3＋已经转化成________。(4)图中线段OA∶AB＝________。答案(1)Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O(2)2∶1(3)0.8AlO－2(4)7∶1答案解析(1)氯化镁和氯化铝均可以和氢氧化钠发生反应，生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，则OD段发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；DC段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O。(2)由图可知，沉淀最大量为0.3mol，C点后沉淀量为0.2mol，可知氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol－0.2mol＝0.1mol，根据原子守恒可知Mg2＋、Al3＋的物质的量浓度之比为2∶1。解析(3)C点是Al(OH)3恰好与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，此时沉淀为氢氧化镁，Al3＋已经转化为AlO－2，氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol－0.2mol＝0.1mol，由Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，可知OA段消耗NaOH的物质的量为0.1mol×3＋0.2mol×2＝0.7mol，由Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O可知，AB段消耗NaOH的物质的量为0.1mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.7mol＋0.1mol＝0.8mol。(4)根据(3)中计算可知OA段、AB段消耗NaOH的物质的量之比为0.7mol∶0.1mol＝7∶1。解析12．在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气(标准状况)，此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27g，水槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050mol·L－1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。(1)写出该实验中发生反应的化学方程式。(2)试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数。(结果保留两位有效数字)答案(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑Na2O＋H2O===2NaOH2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(2)消耗的Al的物质的量为n(Al)＝0.27g27g·mol－1＝0.010mol，根据反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑可得由铝消耗NaOH的物质的量n(NaOH)＝0.010mol，生成的氢气的物质的量n(H2)＝0.015mol，答案那么由金属钠生成的氢气的物质的量n(H2)＝1.12L22.4L·mol－1－0.015mol＝0.035mol，根据反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可得金属钠的物质的量n(Na)＝2×0.035mol＝0.070mol，又因为反应后溶液中NaOH的物质的量n(NaOH)＝2.0L×0.050mol·L－1＝0.10mol，所以溶液中Na＋的总物质的量n(Na＋)＝0.10mol＋0.010mol＝0.110mol，答案n(Na2O)＝0.110mol－0.070mol2＝0.020mol，该钠块中钠元素的质量分数为0.110mol×23g