有关金属混合物反应的计算 专项训练 -2026-2027学年高一上学期化学人教版必修第一册

**基本信息** 聚焦高中化学混合物反应计算，以守恒法（电子、元素、电荷）为核心方法体系，构建"反应阶段分析-守恒关系应用-定量计算"的逻辑链条，强化科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |金属与混酸反应|8题|电子守恒法、分段反应分析法|氧化还原原理→反应先后顺序→气体/沉淀量计算| |合金组成计算|7题|元素守恒法、质量差量法|合金成分→反应产物→元素含量推导| |综合反应计算|8题|电荷守恒法、多步反应关联法|复杂体系→关键守恒关系→综合量求解|

有关混合物反应的计算 1．（2025春•吴江区校级月考）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（　　） A．原混合酸中的物质的量为0.1mol B．OA段产生的是NO，AB段发生的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气 C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4 D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣1 2．（2024秋•亭湖区校级月考）有铝、铁组成的混合物，分为等质量的两份，分别投入到足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出氢气体积比为2：1（同温同压下）．则该混合物铝和铁的关系正确的是（　　） A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为2：3 C．质量之比为56：27 D．条件不足无法计算 3．（2026•模拟）依次向100mL稀硫酸和稀硝酸的混酸中分别加入锌粉和铜粉的固体混合物，实验数据如表所示（硝酸根的还原产物只有NO） 实验序号 ① ② ③ ④ 混酸体积/mL 100 100 100 100 固体质量/g 1.94 3.88 5.82 7.76 生成气体的体积（标况）/L 0.448 0.896 0.896 1.12 剩余固体质量/g 0 0 1.92 3.21 下列说法中不正确的是（　　） A．混酸中H2SO4浓度为0.7mol/L B．原固体混合物中n（Cu）：n（Zn）＝1：2 C．实验③中，剩余固体为锌粉和铜粉的固体混合物 D．实验④的气体中含H2物质的量是0.01mol 4．（2026春•江津区校级期末）现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中氮元素降至最低价态，且无气体放出。在反应结束后的溶液中逐滴加入2mol•L﹣1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．OC段发生的反应离子方程式为H++OH﹣＝H2O B．b与a的差值为0.02 C．原稀硝酸中所含HNO3的物质的量为0.172mol D．铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为5：3 5．（2026春•遂宁期末）已知由FeSO4和Cu（NO3）2组成的混合物17.08g，加入100mL1.4mol・L﹣1硫酸充分反应，生成标准状况下448mLNO，得到溶液a．向溶液a中通入一定量Cl2至恰好完全反应后，再加入11.2g铁粉，充分反应后过滤，得到标准状况下VmLH2和固体mg。下列说法不正确的是（　　） A．固体中有铁粉和铜粉，m＝6.4g B．原混合物中FeSO4的物质的量为0.1mol C．V＝2240 D．混合物与硫酸反应的离子方程式为 6．（2026春•沙市区校级月考）2.16g铜镁合金完全溶解于50mL未知浓度的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1344mL（标准状况）。向反应后的溶液中加入320mL1mol/L的NaOH溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为3.52g。若将盛有1344mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法不正确的是（　　） A．实验室探究铜与浓硝酸的实验，需要标注的图标有 B．该合金中铜的质量是1.92g C．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是8mol•L﹣1 D．通入的O2的体积（标准状况下）V＝448mL 7．（2026春•河北校级期末）将总物质的量为0.03mol的铜镁合金完全溶解于100mL1.4mol/L的稀硝酸中，得到NO气体，再向反应后的溶液中加入VmL1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，称得该沉淀质量为2.14g，则下列说法不正确的是（　　） A．生成的NO气体在标准状况下的体积为0.448L B．该合金质量为1.12g C．合金完全溶解后所得溶液中剩余硝酸为0.05mol D．V＝120mL 8．（2026春•湖北期末）向一定质量的Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu（NO3）2和448mLNO气体（标准状况下）。在所得溶液中加入1.0mol•L﹣1的NaOH溶液180mL，生成沉淀的质量为4.9g，此时溶液呈中性且铜离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是（　　） A．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为0.75mol•L﹣1 B．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.18mol C．原样品混合物中Cu和Cu2O的质量之比为2：9 D．若将混合物中Cu2O全部替换为等质量Cu，反应生成NO的物质的量减小 9．（2026春•重庆校级月考）取mg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24L的O2（已折算到标准状况）一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为13.8g。则m等于（　　） A．7.0 B．8.4 C．9.8 D．10.2 10．（2026春•琼山区校级期中）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列错误的是（　　） A．原混合酸中的物质的量为0.1mol B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生的是氢气 C．溶液中的最终溶质为FeSO4 D．原混合酸中H+浓度为3.5mol•L﹣1 11．（2026春•红桥区校级期中）为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80.0mL13.5mol•L﹣1的浓HNO3中。待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体6.72L（标准状况），并测得H+浓度为1mol•L﹣1。假设反应后溶液的体积仍为80.0mL。下列说法中错误的是（　　） A．被还原的硝酸的物质的量为0.3mol B．合金中银的质量分数为36% C．6.72L气体中NO和NO2的体积比为2：1 D．向反应后的溶液中加入700mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，使金属离子恰好沉淀完全 12．（2026春•渝中区校级期中）将7.6g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，有部分金属未溶解；继续加入400mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，并得到标准状况下1.12LNO，此时溶液中不含Fe2+，则下列说法正确的是（　　） A．原混合物中铜和铁的物质的量之比为1：1 B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L C．第一次剩余的金属重量为4.8g D．向反应后的溶液中加入铁粉，最多可以溶解9.8g 13．（2026春•天津校级期中）3.04g铜镁合金完全溶解于100mL 14.0mol•L﹣1的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL（标准状况），向反应后的溶液中加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子完全沉淀时，得到5.08g沉淀．下列说法不正确的是（　　） A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 B．被还原的硝酸的物质的量是0.12mol C．得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% 14．（2025秋•湘潭期末）某干燥白色固体可能含有Na2CO3，NaHCO3、NaOH中的一种或几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制成240mL溶液，并向该溶液中滴加0.5mol•L﹣1的盐酸，得到标准状况下CO2体积（假设气体全部逸出）与消耗盐酸体积的关系如图所示（忽视溶液体积的变化）。下列说法错误的是（　　） A．AB段发生的离子反应为：H+═CO2↑+H2O B．V＝0.672 C．白色固体可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物 D．B点时溶液中的钠离子浓度为0.2mol•L﹣1 15．（2026春•天津校级月考）现有100mL混酸溶液，HNO3和H2SO4的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L。向该混合溶液中加入0.03mol铜粉，加热使其充分反应（假设溶液体积变化忽略不计），下列说法不正确的是（　　） A．整个反应过程中，共转移了0.06mol电子 B．反应后所得气体产物为NO，标准状况下体积为0.224L C．所得溶液中Cu2+的浓度为0.15mol/L D．充分反应后，铜粉有剩余 16．（2026春•武昌区校级月考）将CH4、NO、NO2的混合气体17.92L（已折算成标准状况），在催化剂作用下完全反应，最终变成CO2、N2和水蒸气，生成的混合气体通过碱石灰，碱石灰增重16.0g。则原混合气体中NO2的物质的量为（　　） A．0.1mol B．0.2mol C．0.3mol D．0.4mol 17．（2025秋•小店区校级期末）将1.08g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到NO2和N2O4混合气体672mL（已换算为标准状况下的体积），向反应后的溶液A中加入380mL2.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为1.76g。下列说法正确的是（　　） A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是33% C．溶液A最多还可溶解该种合金9.72g D．原硝酸中HNO3的物质的量浓度是16mol/L 18．（2025秋•榆林期末）将1mol•L﹣1的稀硫酸加入含有氧化铁的铁屑中，当固体混合物恰好完全溶解时，消耗稀硫酸300mL，同时收集到标准状况下的气体3.36L，往溶解的溶液中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象。时混合物中铁单质与氧化铁的物质的量之比约为（　　） A．3：2 B．4：1 C．1：1 D．2：1 19．（2025秋•大连校级期末）质量为13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸。在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红、为中和过量的稀硫酸，并使Fe元素全部转化为Fe（OH）2沉淀，恰好消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（　　） A．2.25mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．0.6mol/L 20．（2025秋•绍兴期末）部分被氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理： 下列说法不正确的是（　　） A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B．样品中氧原子的物质的量为0.02mol C．溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol D．V＝448 21．（2025秋•吉林期末）向100mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示（忽略溶液体积的变化）。下列有关分析正确的是（　　） A．由图像可知，Fe3+的氧化性弱于Cu2+ B．加入少量铁粉时，发生的离子反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．a点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.25mol/L D．原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量之比为1：2 22．（2025秋•河池期末）密闭刚性容器由可自由移动的活塞隔成A、B两室，室温下向A中充入由H2和O2组成的混合气体，向B中充入3mol空气，此时活塞的位置如图所示，用电火花引燃，使其完全反应并恢复室温后，活塞最终停留在容器正中间。下列说法正确的是（　　） A．引燃前A室气体所含原子的物质的量为6mol B．引燃前若A室混合气体总质量为42g，则n（H2）：n（O2）为5：1 C．B室气体的密度是同温同压下H2密度的7.25倍 D．反应前后容器内气体压强比为3：1 23．（2025秋•华阴市期末）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的硝酸0.5L，固体物质完全反应，得到8.96L（换算为标准状况下）NO和NO2的混合气体及Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，恰好使金属离子完全沉淀，沉淀质量为39.2g。将得到的NO和NO2混合气体与一定量氧气一起通入水中，恰好完全生成硝酸。下列有关说法正确的是（　　） A．硝酸浓度为2.4mol/L，固体与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol B．Cu、Cu2O物质的量之比为1：1 C．一定量氧气标准状况下的体积为3.36L D．产生的NO2为0.1mol 参考答案与试题解析 1．（2025春•吴江区校级月考）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（　　） A．原混合酸中的物质的量为0.1mol B．OA段产生的是NO，AB段发生的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气 C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4 D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣1 【分析】A．OA段发生反应为：，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算； B．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应； C．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸； D．根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度。 【解答】解：A．OA段发生的反应为：，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中，所以原混合酸中硝酸根离子的物质的量为0.1mol×2＝0.2mol，故A错误； B．OA段发生的反应为：，产生NO，AB段发生的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生的反应为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，产生氢气，故B正确； C．第二份溶液中硝酸全部被还原，因为溶液中有硫酸根离子，并且Fe全部转化为Fe2+，所以最终溶液中溶质为FeSO4，故C正确； D．反应最终消耗14.0gFe，其物质的量为，所有的铁都以硫酸亚铁的形式存在于溶液中，根据守恒可知，每份溶液中含硫酸0.25mol，所以硫酸的浓度是，故D正确； 故选：A。 2．（2024秋•亭湖区校级月考）有铝、铁组成的混合物，分为等质量的两份，分别投入到足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出氢气体积比为2：1（同温同压下）．则该混合物铝和铁的关系正确的是（　　） A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为2：3 C．质量之比为56：27 D．条件不足无法计算 【分析】只有Al和NaOH溶液反应生成氢气，Mg和Al都与HCl反应生成氢气，NaOH溶液和稀盐酸足量，所以与盐酸反应生成的氢气减去与NaOH溶液生成的氢气就是Mg和盐酸生成的氢气，根据生成氢气的量计算Al、Mg的物质的量之比． 【解答】解：相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，只有Al和NaOH溶液反应生成氢气，Fe和Al都与HCl反应生成氢气， 设投入到足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，生成H2的物质的量分别为2mol、1mol， 在NaOH溶液中：2Al～3H2，生成1mol氢气需Al的物质的量mol； 在盐酸中：molAl生成1mol H2，Fe生成（2 mol﹣1 mol）＝1 mol， 由Fe～H2，需n（Fe）＝n（H2）＝1 mol， 所以n（Al）：n（Fe）＝2：3，质量之比是（2×27）：（3×56）＝9：28。 故选：B。 3．（2026•模拟）依次向100mL稀硫酸和稀硝酸的混酸中分别加入锌粉和铜粉的固体混合物，实验数据如表所示（硝酸根的还原产物只有NO） 实验序号 ① ② ③ ④ 混酸体积/mL 100 100 100 100 固体质量/g 1.94 3.88 5.82 7.76 生成气体的体积（标况）/L 0.448 0.896 0.896 1.12 剩余固体质量/g 0 0 1.92 3.21 下列说法中不正确的是（　　） A．混酸中H2SO4浓度为0.7mol/L B．原固体混合物中n（Cu）：n（Zn）＝1：2 C．实验③中，剩余固体为锌粉和铜粉的固体混合物 D．实验④的气体中含H2物质的量是0.01mol 【分析】①②固体完全反应，气体成倍增加说明硝酸过量，③加固体但气体不再增加说明硝酸消耗完。④气体又增加说明金属与硫酸反应产生H2。根据实验①（或②）的数据，，生成NO，每个N原子得3e﹣，得电子总数为0.02mol×3＝0.06mol，设n（Cu）＝a mol、n（Zn）＝b mol，得64a+65b＝1.94；2a+2b＝0.02×3（得失电子守恒），求出a＝0.01、b＝0.02。 【解答】解：A．n（Cu）：n（Zn）＝1：2，求硫酸用实验④的数据，实验④中硝酸中的氮全部转化为一氧化氮，H2SO4中的硫全部转化为硫酸盐。设n（Cu）＝y mol，得64y+65×2y＝7.76，y＝0.04mol，m（Cu）＝0.04mol×64g/mol＝2.56g，则m（Zn）＝5.2 g，则消耗的都是Zn，消耗的m（Zn）＝7.76g﹣3.21g＝4.55g、，所以硫酸根离子是0.07 mol，则H2SO4是0.07 mol，，故A正确； B．根据上面计算，n（Cu）：n（Zn）＝1：2，故B正确； C．n（Cu）：n（Zn）＝1：2，设n（Cu）＝y mol，根据实验③数据得64y+65×2y＝5.82，求出m（Zn）＝3.9 g、m（Cu）＝1.92 g，剩余固体只有铜，故C错误； D．实验④多的气体是氢气，V（H2）＝（1.12﹣0.896）L＝0.224L，n（H2）＝0.01 mol，故D正确； 故选：C。 4．（2026春•江津区校级期末）现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中氮元素降至最低价态，且无气体放出。在反应结束后的溶液中逐滴加入2mol•L﹣1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．OC段发生的反应离子方程式为H++OH﹣＝H2O B．b与a的差值为0.02 C．原稀硝酸中所含HNO3的物质的量为0.172mol D．铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为5：3 【分析】OC段反应：NaOH中和过量硝酸；CD段反应：沉淀Fe3+、Al3+；DE段反应：NaOH与反应；EF段反应：溶解Al(OH)3；F点只剩Fe(OH)3沉淀。 【解答】解：A．OC段溶液剩余过量稀硝酸，加入氢氧化钠先发生酸碱中和，离子方程式为H++OH﹣＝H2O，故A正确； B．b是两种氢氧化物总沉淀的物质的量，a是只剩Fe(OH)3沉淀的物质的量，b与a的差值就是Al(OH)3的物质的量。溶解氢氧化铝反应，消耗NaOH体积10 mL，n（OH﹣）＝2×0.01＝0.02mol，因此，n[Al(OH)3]＝0.02mol差值为0.02，故B正确； C．根据氮元素守恒，原稀硝酸中的氮元素反应后分为两部分，一部分是以硝酸根的形式与铝离子、铁离子共存于溶液中，金属阳离子沉淀阶段一共消耗80 mL浓度为2mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀三价金属离子时金属所带总正电荷等于消耗OH﹣的总物质的量，依据溶液电中性，与金属结合的硝酸根物质的量就等于0.08L×2mol/L＝0.16mol，另一部分N元素被还原为铵根离子，对应图像DE段6 mLNaOH溶液专门和铵根发生反应，铵根物质的量等于这段NaOH的物质的量，也就是0.006L×2mol/L＝0.012mol，每1 mol铵根都来自1 mol 硝酸的还原，因此全部硝酸的总物质的量为0.16mol+0.012mol＝0.172mol，故C正确； D．由EF段溶解Al(OH)3消耗10 mL2mol/LNaOH溶液，反应，则Al(OH)3物质的量为0.02 mol，即混合物中铝粉物质的量为0.02 mol，沉淀铝离子需要消耗0.06 mol OH﹣；CD段沉淀铝、铁两种金属离子共消耗80 mL同浓度氢氧化钠，对应氢氧根总物质的量为0.16 mol，扣除沉淀铝所用的氢氧根后，剩余0.10 mol OH﹣全部用于沉淀Fe3+，结合Fe3++3OH﹣＝Fe(OH)3↓，能算出铁粉物质的量为，Al粉与Fe粉物质的量之比为，故D错误； 故选：D。 5．（2026春•遂宁期末）已知由FeSO4和Cu（NO3）2组成的混合物17.08g，加入100mL1.4mol・L﹣1硫酸充分反应，生成标准状况下448mLNO，得到溶液a．向溶液a中通入一定量Cl2至恰好完全反应后，再加入11.2g铁粉，充分反应后过滤，得到标准状况下VmLH2和固体mg。下列说法不正确的是（　　） A．固体中有铁粉和铜粉，m＝6.4g B．原混合物中FeSO4的物质的量为0.1mol C．V＝2240 D．混合物与硫酸反应的离子方程式为 【分析】混合物加硫酸，酸性下Fe2+把还原生成NO；溶液a通Cl2将所有Fe2+氧化为Fe3+；再加铁粉，依次还原Fe3+、置换Cu2+、与H+产生H2。由题，，反应过程发生反应，由，设混合物中n[Cu（NO3）2]＝y，则2y＝0.02，解得y＝0.01mol。设n（FeSO4）＝x，则152x+188×0.01＝17.08，解得x＝0.1mol。硫酸提供n（H+）＝（0.1×1.4×2）mol＝0.28mol，反应消耗H+＝（0.02×4）mol＝0.08mol，剩余n（H+）＝0.20mol。通入Cl2后全部铁为Fe3+，n（Fe3+）＝0.1mol，n（Cu2+）＝0.01mol。加入铁粉，依次发生如下反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，消耗Fe0.05mol，剩余Fe：0.15mol；Cu2++Fe＝Cu+Fe2+，消耗Fe0.01mol，生成Cu0.01mol，剩余Fe：0.14mol；，0.20mol H+消耗Fe0.10mol，生成n（H2）＝0.10mol，V（H2）＝0.1mol×22400mL/mol＝2240mL；最终剩余铁粉：（0.14﹣0.10）mol＝0.04mol，固体总质量m＝（0.01×64+0.04×56）g＝2.88g。 【解答】解：A．由分析可知，反应后得到0.01mol Cu和0.04mol剩余Fe，总固体质量m＝（0.01×64+0.04×56）g＝2.88g，故A错误； B．反应过程发生反应，由，设混合物中n[Cu（NO3）2]＝y，则2y＝0.02，解得y＝0.01mol。设n（FeSO4）＝x，则152x+188×0.01＝17.08，解得x＝0.1mol，故B正确； C．由分析可知，反应后剩余H+为0.2 mol，与Fe反应生成0.1 mol H2，标准状况下体积为2240 mL，故C正确； D．酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为，故D正确； 故选：A。 6．（2026春•沙市区校级月考）2.16g铜镁合金完全溶解于50mL未知浓度的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1344mL（标准状况）。向反应后的溶液中加入320mL1mol/L的NaOH溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为3.52g。若将盛有1344mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法不正确的是（　　） A．实验室探究铜与浓硝酸的实验，需要标注的图标有 B．该合金中铜的质量是1.92g C．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是8mol•L﹣1 D．通入的O2的体积（标准状况下）V＝448mL 【分析】氢氧化镁、氢氧化铜沉淀的质量和 ＝ 合金质量+金属阳离子结合的OH﹣的质量，则m（OH﹣）＝3.52g﹣2.16g＝1.36g，，因此金属总失电子n（e﹣）＝n（OH﹣）＝0.08mol，据此分析。 【解答】解：A．铜与浓硝酸常温即可反应，反应产生的氮氧化物有毒，必须通风；浓硝酸具有强腐蚀性，易溅入眼睛，应使用护目镜；反应放热，容器会发烫，需防热烫；实验后手上可能会沾染酸液，需及时洗手；本反应不需要加热，不存在明火，因此不需要标注明火图标，故A错误； B．设n（Cu）＝xmol，n（Mg）＝ymol，可列方程：，x＝0.03，y＝0.01，故合金中的m（Cu）＝0.03mol×64g/mol＝1.92g，故B正确； C．金属离子恰好沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，因此。混合气体总物质的量，设n（NO2）＝nmol，n（N2O4）＝mmol，，解得n＝0.04，m＝0.02，气体中氮原子的总物质的量为n（N）＝0.04+2×0.02＝0.08mol；总，故，故C正确； D．混合气体与O2、水反应生成硝酸，由电子守恒，O2得电子总数等于金属失电子总数，，标准状况下体积为0.02mol×22.4L/mol＝448mL，故D正确； 故选：A。 7．（2026春•河北校级期末）将总物质的量为0.03mol的铜镁合金完全溶解于100mL1.4mol/L的稀硝酸中，得到NO气体，再向反应后的溶液中加入VmL1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，称得该沉淀质量为2.14g，则下列说法不正确的是（　　） A．生成的NO气体在标准状况下的体积为0.448L B．该合金质量为1.12g C．合金完全溶解后所得溶液中剩余硝酸为0.05mol D．V＝120mL 【分析】0.03 mol的铜镁合金完全溶解于 100mL 1.4mol/L 的稀硝酸中，铜镁合金失电子0.06mol，根据电荷守恒，Cu2+、Mg2+所带电荷总物质的量为0.06mol，加氢氧化钠生成的2.14g氢氧化物沉淀中含氢氧根离子的物质的量为0.06mol，根据元素守恒，0.03 mol的铜镁合金的质量为2.14g﹣0.06mol×17g/mol＝1.12g；根据得失电子守恒，硝酸得电子的物质的量为0.06mol，N元素化合价由+5降低为+2，所以生成NO得物质的量为0.02mol；根据N元素守恒，铜镁合金完全溶解于 100mL 1.4mol/L 的稀硝酸后，所得溶液中硝酸根离子的物质的量为0.1L×1.4mol/L﹣0.02mol＝0.12mol；根据电荷守恒，溶液中剩余氢离子的物质的量为0.12mol﹣0.06mol＝0.06mol；加氢氧化钠沉淀完全后，所得溶液中溶质只有NaNO3，根据元素守恒n（NaOH）＝n（）＝0.12mol，则加入氢氧化钠溶液的体积为。 【解答】解：0.03 mol的铜镁合金完全溶解于 100mL 1.4mol/L 的稀硝酸中，铜镁合金失电子0.06mol，根据电荷守恒，Cu2+、Mg2+所带电荷总物质的量为0.06mol，加氢氧化钠生成的2.14g氢氧化物沉淀中含氢氧根离子的物质的量为0.06mol，根据元素守恒，0.03 mol的铜镁合金的质量为2.14g﹣0.06mol×17g/mol＝1.12g；根据得失电子守恒，硝酸得电子的物质的量为0.06mol，N元素化合价由+5降低为+2，所以生成NO得物质的量为0.02mol；根据N元素守恒，铜镁合金完全溶解于 100mL 1.4mol/L 的稀硝酸后，所得溶液中硝酸根离子的物质的量为0.1L×1.4mol/L﹣0.02mol＝0.12mol；根据电荷守恒，溶液中剩余氢离子的物质的量为0.12mol﹣0.06mol＝0.06mol；加氢氧化钠沉淀完全后，所得溶液中溶质只有NaNO3，根据元素守恒n（NaOH）＝n（）＝0.12mol，则加入氢氧化钠溶液的体积为； A.生成的NO气体在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL，故A正确； B.0.03 mol的铜镁合金的质量为2.14g﹣0.06mol×17g/mol＝1.12g，故B正确； C.溶液中剩余氢离子的物质的量为0.12mol﹣0.06mol＝0.06mol，则合金完全溶解后所得溶液中剩余硝酸为0.06mol，故C错误； D.加入氢氧化钠溶液的体积为V＝120mL，故D正确； 故选：C。 8．（2026春•湖北期末）向一定质量的Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu（NO3）2和448mLNO气体（标准状况下）。在所得溶液中加入1.0mol•L﹣1的NaOH溶液180mL，生成沉淀的质量为4.9g，此时溶液呈中性且铜离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是（　　） A．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为0.75mol•L﹣1 B．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.18mol C．原样品混合物中Cu和Cu2O的质量之比为2：9 D．若将混合物中Cu2O全部替换为等质量Cu，反应生成NO的物质的量减小 【分析】A．根据N元素守恒，n（HNO3）＝n（NO）+n（NaNO3），； B．根据氮元素守恒，反应后溶液中n（HNO3）剩余+2n[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），； C．根据铜守恒n（Cu）+2n（Cu2O）＝0.05mol，电子守恒2n（Cu）+2n（Cu2O）＝3×0.02mol＝0.06mol，解得n（Cu）＝0.01mol，n（Cu2O）＝0.02mol； D．等质量的Cu2O和Cu，Cu失电子总数更多：144gCu2O失电子2mol，生成；144gCu失电子，生成NO1.5mol。 【解答】解：A．n（HNO3）＝n（NO）+n（NaNO3），，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0mol/L×0.18L＝0.18mol，故n（HNO3）＝0.2mol，浓度为，故A错误； B．反应后溶液中n（HNO3）剩余+2n[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），，故n（HNO3）剩余＝0.18mol﹣2×0.05mol＝0.08mol，故B错误； C．根据电子守恒2n（Cu）+2n（Cu2O）＝3×0.02mol＝0.06mol，铜守恒n（Cu）+2n（Cu2O）＝0.05mol，n（Cu）＝0.01mol，n（Cu2O）＝0.02mol，质量比为（0.01mol×64g/mol）：（0.02mol×144g/mol）＝2：9，故C正确； D．等质量的Cu2O和Cu，Cu失电子总数更多：144gCu2O失电子2mol，生成；144gCu失电子，生成NO1.5mol，生成NO物质的量增大，故D错误； 故选：C。 9．（2026春•重庆校级月考）取mg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24L的O2（已折算到标准状况）一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为13.8g。则m等于（　　） A．7.0 B．8.4 C．9.8 D．10.2 【分析】铜镁失去的电子总物质的量＝生成氮氧化物得到电子的物质的量＝氧气得到的电子总物质的量；，每个O2反应得4个电子，因此得电子总物质的量为0.1mol×4＝0.4mol，即铜镁共失0.4 mol电子；铜镁离子生成氢氧化物沉淀时，结合的OH﹣物质的量等于金属失电子的总物质的量。 【解答】解：，每个O2反应得4个电子，因此得电子总物质的量为0.1mol×4＝0.4mol，即铜镁共失0.4 mol电子；铜镁离子生成氢氧化物沉淀时，结合的OH﹣物质的量等于金属失电子的总物质的量，因此m（OH﹣）＝0.4mol×17g/mol＝6.8g；沉淀质量＝合金质量+OH﹣质量，因此m＝13.8g﹣6.8g＝7.0g， 故答案为：A。 10．（2026春•琼山区校级期中）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列错误的是（　　） A．原混合酸中的物质的量为0.1mol B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生的是氢气 C．溶液中的最终溶质为FeSO4 D．原混合酸中H+浓度为3.5mol•L﹣1 【分析】酸性条件下氧化性顺序：，因此加入铁粉后分三个阶段反应：OA段发生反应为：Fe4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸根消耗完后，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；最终消耗14.0 g Fe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n（FeSO4），进而计算硫酸的物质的量浓度，据此分析； 【解答】解：A．OA段消耗5.6 g Fe，离子方程式Fe4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，消耗的的物质的量为0.1 mol，原混合酸中物质的量为0.1mol，故A正确； B．OA段发生反应为：Fe4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，所以OA段产生的是NO，BC段产生H2，故B正确； C．全部被还原为NO逸出，最终铁粉过量，溶液中的最终溶质为FeSO4，故C正确； D．总H+物质的量：OA段消耗0.4mol H+，BC段消耗Fe为，对应消耗0.2mol H+，总n（H+）＝0.4mol+0.2mol＝0.6mol，故，故D错误； 故选：D。 11．（2026春•红桥区校级期中）为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80.0mL13.5mol•L﹣1的浓HNO3中。待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体6.72L（标准状况），并测得H+浓度为1mol•L﹣1。假设反应后溶液的体积仍为80.0mL。下列说法中错误的是（　　） A．被还原的硝酸的物质的量为0.3mol B．合金中银的质量分数为36% C．6.72L气体中NO和NO2的体积比为2：1 D．向反应后的溶液中加入700mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，使金属离子恰好沉淀完全 【分析】A．被还原的硝酸生成NO、NO2，根据氮原子守恒计算被还原硝酸的物质的量； B．根据氮原子守恒计算参加反应的HNO3的物质的量，进而计算起酸性作用的硝酸的物质的量，而起酸性作用硝酸的转化为硝酸铜、硝酸银，根据电荷守恒可知，硝酸铜、硝酸银中含有的硝酸根物质的量等于转移电子物质的量，设合金中Cu为xmol、Ag为ymol，根据二者总质量、电子转移守恒列方程计算解答； C．设NO为amol、NO2为bmol，根据二者总物质的量、电子转移守恒列方程计算解答； D．金属离子恰好沉淀完全时，溶液中溶质为NaNO3，根据氮原子守恒计算溶液中硝酸根离子物质的量，由钠离子守恒可知n（NaOH）＝n（NaNO3），进而计算加入氢氧化钠溶液体积。 【解答】解：A．被还原的硝酸生成NO、NO2，根据氮原子守恒，被还原硝酸的物质的量＝n（NO）+n（NO2）0.3mol，故A正确； B．剩余硝酸为1mol/L×0.08L＝0.08mol，根据氮原子守恒，参加反应的HNO3的物质的量为0.08L×13.5mol/L﹣0.08mol＝1mol，则起酸性作用的硝酸的物质的量为1mol﹣0.3mol＝0.7mol，而起酸性作用硝酸的转化为硝酸铜、硝酸银，根据电荷守恒可知，硝酸铜、硝酸银中含有的硝酸根物质的量等于转移电子物质的量，即转移电子为0.7mol，设合金中Cu为xmol、Ag为ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：，解得x＝0.3，y＝0.1，故合金中Ag的质量分数为100%＝36%，故B正确； C．设NO为amol、NO2为bmol，根据二者总物质的量、电子转移守恒有：，解得a＝0.2，b＝0.1，故NO和NO2的体积比为0.2mol：0.1mol＝2：1，故C正确； D．金属离子恰好沉淀完全时，溶液中溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，溶液中硝酸根离子物质的量0.08L×13.5mol/L﹣0.3mol＝0.78mol，由钠离子守恒可知n（NaOH）＝n（NaNO3）＝0.78mol，需要加入氢氧化钠溶液体积为0.78L＝780mL，故D错误； 故选：D。 12．（2026春•渝中区校级期中）将7.6g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，有部分金属未溶解；继续加入400mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，并得到标准状况下1.12LNO，此时溶液中不含Fe2+，则下列说法正确的是（　　） A．原混合物中铜和铁的物质的量之比为1：1 B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L C．第一次剩余的金属重量为4.8g D．向反应后的溶液中加入铁粉，最多可以溶解9.8g 【分析】总体可以看作是7.6g混合物质与600mL硝酸反应生成0.1mol NO、铁离子和铜离子；设铁为xmol，铜为ymol，列方程：56x+64y＝7.6，3x+2y＝0.1×（5﹣2）（电子数守恒），计算得出：x＝0.05mol，y＝0.075mol，计算得到7.6g混合物中含铁质量为0.05mol×56g/mol＝2.8g；含铜质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g。第一阶段反应生成1.12L即0.05mol NO，有部分金属未溶解，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余，可以看作是部分金属混合物质与200mL硝酸反应生成1.12L即0.05mol NO；铁铜全都生成二价的离子，发生的反应离子方程式为：3Fe+8H++23Fe2++2NO↑+4H2O；3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；Fe比Cu活泼，硝酸少量时Fe与硝酸先反应，可知有0.05mol Fe、0.025mol Cu溶解，得到0.05mol Fe（NO3）2、0.025mol Cu（NO3）2，按氮元素守恒，200mL稀硝酸中含N元素为0.02mol，则硝酸的浓度为；第一次剩余的金属为0.05mol Cu、质量为3.2g，继续加入400mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，并得到标准状况下1.12LNO，此时溶液中不含Fe2+，发生，铜继续溶解，硝酸过量，反应所得为硝酸铁、硝酸铜和多余硝酸的混合物。 【解答】解：A．原混合物中Cu和Fe的物质的量之比为3：2，故A错误； B．稀硝酸的物质的量浓度为1.0mol/L，故B错误； C．第一次剩余的为3.2gCu，故C错误； D．反应后所得为硝酸铁、硝酸铜和多余HNO3的混合物，向其中加入铁，若加入Fe粉的物质的量最大为n，则铁和硝酸生成硝酸铁之后，Fe和硝酸铁继续反应生成硝酸亚铁，Fe和硝酸铜发生置换得到硝酸亚铁和Cu，相当于与7.6gCu和Fe混合物提供了0.05mol Fe再加nmol的Fe共（n+0.05）mol Fe与600mL 1.0mol/LHNO3混合，只有铁溶解转变为硝酸亚铁而铜不反应，则按3Fe+8H++23Fe2++2NO↑+4H2O可知；n＝0.175 mol，即最多可溶解铁的质量为0.175mol×56g/mol＝9.8g，故D正确； 故选：D。 13．（2026春•天津校级期中）3.04g铜镁合金完全溶解于100mL 14.0mol•L﹣1的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL（标准状况），向反应后的溶液中加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子完全沉淀时，得到5.08g沉淀．下列说法不正确的是（　　） A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 B．被还原的硝酸的物质的量是0.12mol C．得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% 【分析】金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，沉淀中氢氧根的质量为5.08g﹣3.04g＝2.04g，氢氧根的物质的量为0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.12mol， 令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x＝0.04 y＝0.02，由此分析解答． 【解答】解：属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，沉淀中氢氧根的质量为5.08g﹣3.04g＝2.04g，氢氧根的物质的量为0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.12mol， 令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x＝0.04 y＝0.02， A、该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A正确； B、NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.1mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.1﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.1﹣a）×2×1＝0.12，解得a＝0.08，N2O4 的物质的量＝0.1mol﹣0.08mol＝0.02mol，所以被还原的硝酸的物质的量为：0.08+0.02×2＝0.12mol，故B正确； C、反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为1.4mol﹣0.08mol﹣0.02mol×2＝1.28mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64L＝640mL，故C错误； D、由B可知：NO2的体积分数是100%＝80%，故D正确； 故选：C。 14．（2025秋•湘潭期末）某干燥白色固体可能含有Na2CO3，NaHCO3、NaOH中的一种或几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制成240mL溶液，并向该溶液中滴加0.5mol•L﹣1的盐酸，得到标准状况下CO2体积（假设气体全部逸出）与消耗盐酸体积的关系如图所示（忽视溶液体积的变化）。下列说法错误的是（　　） A．AB段发生的离子反应为：H+═CO2↑+H2O B．V＝0.672 C．白色固体可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物 D．B点时溶液中的钠离子浓度为0.2mol•L﹣1 【分析】图像中，0～100mL阶段无CO2生成，发生的反应是：OH﹣+H+＝H2O、H+＝ ；100～160mL阶段（AB段）有CO2生成，发生的离子反应为：H+＝ CO2↑+H2O；A点溶液的溶质为NaCl、NaHCO3，B点为NaCl，据以上分析解答。 【解答】解：A．图像中，0～100mL阶段无CO2生成，发生的反应是：OH﹣+H+＝ H2O、H+＝ ；100～160mL阶段（AB段）有CO2生成，发生的离子反应为：H+＝CO2↑+H2O，故A正确； B．AB段消耗盐酸体积：160mL﹣100mL＝60mL＝0.06L；n（HCl）＝0.5mol/L×0.06L＝0.03mol；根据H+＝ CO2↑+H2O，n（CO2）＝0.03mol；标准状况下体积：V＝ 0.03mol×22.4L/mol＝0.672L，故B正确； C．0～100mL阶段消耗盐酸的物质的量：0.5mol/L×0.1L＝0.05mol；AB段消耗盐酸0.03mol，说明转化为消耗0.03mol HCl，剩余0.05mol﹣0.03mol ＝0.02mol，HCl用于中和OH﹣，说明固体中一定含NaOH，不可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物（NaHCO3与NaOH不能共存），故C错误； D．B点溶质为NaCl，n（NaCl）＝n（HCl）总＝0.5mol/L×0.16L＝0.08mol；溶液总体积：240mL+160mL＝400mL＝0.4L；c（Na+）＝c（Cl﹣） 0.2mol/L，故D正确； 故选：C。 15．（2026春•天津校级月考）现有100mL混酸溶液，HNO3和H2SO4的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L。向该混合溶液中加入0.03mol铜粉，加热使其充分反应（假设溶液体积变化忽略不计），下列说法不正确的是（　　） A．整个反应过程中，共转移了0.06mol电子 B．反应后所得气体产物为NO，标准状况下体积为0.224L C．所得溶液中Cu2+的浓度为0.15mol/L D．充分反应后，铜粉有剩余 【分析】计算混合液中离子物质的量：，总n（H+）＝0.02mol+0.1mol/L×0.1L×2＝0.04mol，n（Cu）＝0.03mol，反应离子方程式为，可知H+少量，按H+计算反应量。 【解答】解：A．参与反应的Cu为，转移电子为0.015mol×2＝0.03mol，故A错误； B．生成NO的物质的量为，标准状况下体积为0.01mol×22.4L/mol＝0.224L，故B正确； C．生成铜离子的物质的量为0.015 mol，溶液体积为0.1 L，浓度为，故C正确； D．初始Cu为0.03 mol，仅反应0.015 mol，铜粉有剩余，故D正确； 故选：A。 16．（2026春•武昌区校级月考）将CH4、NO、NO2的混合气体17.92L（已折算成标准状况），在催化剂作用下完全反应，最终变成CO2、N2和水蒸气，生成的混合气体通过碱石灰，碱石灰增重16.0g。则原混合气体中NO2的物质的量为（　　） A．0.1mol B．0.2mol C．0.3mol D．0.4mol 【分析】标准状况下，气体总物质的量。反应后，生成的混合气体通过碱石灰，碱石灰吸收CO2和水蒸气，增重16.0 g即为CO2和水蒸气的总质量。设CH4的物质的量为 a mol，则反应生成CO2amol（质量44a g）和H2O 2a mol（质量36a g），总质量 ＝ 44a+36a＝80a g ＝ 16.0 g，解得 a＝0.2 mol。 【解答】解：标准状况下，气体总物质的量，碱石灰吸收CO2和水蒸气，增重16.0 g即为CO2和水蒸气的总质量；设CH4的物质的量为 a mol，则反应生成CO2amol和H2O 2a mol，总质量 ＝ 44a+36a＝80a g ＝ 16.0 g，解得 a＝0.2 mol，CH4为0.2 mol，剩余NO和NO2的总物质的量＝总物质的量—CH4物质的量＝0.8﹣0.2＝0.6 mol，即 b+c＝0.6；根据电子守恒：CH4氧化（C从﹣4价升至+4价，失8电子）失电子数为8a；NO被还原（N从+2价降至0价，得2电子）得电子数为2b；NO2被还原（N从+4价降至0价，得4电子）得电子数为4c。得失电子守恒：8a＝2b+4c。代入 a＝0.2，得 1.6 ＝ 2b+4c，即 b+2c＝0.8。联立方程：b+c＝0.6、b+2c＝0.8解得 c＝0.2 mol，b＝0.4 mol。因此，NO2的物质的量为0.2 mol。 故选：B。 17．（2025秋•小店区校级期末）将1.08g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到NO2和N2O4混合气体672mL（已换算为标准状况下的体积），向反应后的溶液A中加入380mL2.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为1.76g。下列说法正确的是（　　） A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是33% C．溶液A最多还可溶解该种合金9.72g D．原硝酸中HNO3的物质的量浓度是16mol/L 【分析】A．根据合金质量和沉淀质量计算，设铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，金属离子恰好全部转化为沉淀时，沉淀为 Cu（OH）2和Mg（OH）2，沉淀质量与合金质量的差值为氢氧根离子的质量，m（OH﹣）＝1.76﹣1.08＝0.68g，，铜和镁均在反应中失去两个电子，可得2x+2y＝0.04； B．混合气体总物质的量0.03mol，设NO2的物质的量为amol，N2O4的物质的量为bmol，由得失电子守恒得方程组：a+b＝0.03和a+2b＝0.04； C．溶液A中剩余，结合反应分析； D．原硝酸总物质的量 n（HNO3）＝n（NaOH）+n（还原）＝0.76mol+（0.02+2×0.01）mol＝0.80mol。 【解答】解：A．根据合金质量和沉淀质量计算，设铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，金属离子恰好全部转化为沉淀时，沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，沉淀质量与合金质量的差值为氢氧根离子的质量，m（OH﹣）＝1.76﹣1.08＝0.68g，，铜和镁均在反应中失去两个电子，可得2x+2y＝0.04，得方程组：64x+24y＝1.08和x+y＝0.02，解得x＝0.015，y＝0.005，物质的量之比为3：1，故A错误； B．设二氧化氮的物质的量为amol，四氧化二氮的物质的量为bmol，混合气体总物质的量0.03mol，由得失电子守恒得方程组：a+b＝0.03和a+2b＝0.04，解得n（NO2）＝0.02mol，n（N2O4）＝0.01mol，NO2体积分数为，故B错误； C．溶液A中剩余，根据反应，（M代表单质铜或镁），氢离子为限制反应物，可溶解合金的物质的量为，合金平均摩尔质量为：，最多还可溶解合金的质量为0.27mol×54g/mol＝14.58g，故C错误； D．原HNO3总物质的量 n（HNO3）＝n（NaOH）+n（还原）＝0.76mol+（0.02+2×0.01）mol＝0.80mol，溶液体积是50mL，原硝酸浓度为，故D正确； 故选：D。 18．（2025秋•榆林期末）将1mol•L﹣1的稀硫酸加入含有氧化铁的铁屑中，当固体混合物恰好完全溶解时，消耗稀硫酸300mL，同时收集到标准状况下的气体3.36L，往溶解的溶液中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象。时混合物中铁单质与氧化铁的物质的量之比约为（　　） A．3：2 B．4：1 C．1：1 D．2：1 【分析】消耗的硫酸恰好溶解固体混合物，往溶解的溶液中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中溶质为FeSO4，根据硫酸根守恒可以计算硫酸亚铁的物质的量，设Fe2O3、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，根据铁原子守恒、电子转移守恒列方程计算解答。 【解答】解：消耗的硫酸恰好溶解固体混合物，往溶解的溶液中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中溶质为FeSO4，根据硫酸根守恒：n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.3L×1mol/L＝0.3mol，设Fe2O3、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，根据铁原子守恒有：2x+y＝0.3，反应生成氢气为0.15mol，根据电子转移守恒有：2x+0.15×2＝2y，联立解得x＝0.05，y＝0.2，故n（Fe）：n（Fe2O3）＝0.2mol：0.05mol＝4：1， 故选：B。 19．（2025秋•大连校级期末）质量为13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸。在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红、为中和过量的稀硫酸，并使Fe元素全部转化为Fe（OH）2沉淀，恰好消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（　　） A．2.25mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．0.6mol/L 【分析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，再加入NaOH溶液，使FeSO4全部转化为Fe（OH）2沉淀，反应后溶液中溶质为Na2SO4，由硫酸根离子守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4），由钠离子守恒可知n（Na2SO4）n（NaOH），以此来解答。 【解答】解：Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，再加入NaOH溶液，使FeSO4全部转化为Fe（OH）2沉淀，反应后溶液中溶质为Na2SO4，由硫酸根离子守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4），由钠离子守恒可知n（Na2SO4）n（NaOH），则n（H2SO4）＝n（Na2SO4）n（NaOH）0.2L×3mol/L＝0.3mol，该稀H2SO4的物质的量浓度为2mol/L， 故选：B。 20．（2025秋•绍兴期末）部分被氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理： 下列说法不正确的是（　　） A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B．样品中氧原子的物质的量为0.02mol C．溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol D．V＝448 【分析】滤液A中不含Cu2+，则滤渣3.2g为Cu，滤液A中不能含有Fe3+，滤液A含有FeSO4及过量的硫酸，再加入NaOH并将滤渣灼烧，最终得到固体3.2g是Fe2O3，生成VmL气体为H2； A．Cu能与Fe3+反应； B．根据Fe元素守恒计算合金中Fe元素质量，样品中氧原子质量＝合金质量﹣铁元素质量﹣铜元素质量，进而计算样品中氧原子物质的量； C．反应消耗的硫酸转化为硫酸亚铁，根据Fe原子守恒计算滤液中A中FeSO4的物质的量，再根据硫酸根离子守恒计算消耗硫酸的物质的量； D．消耗的硫酸中的氢元素转化为氢气和水，根据合金中氧原子物质的量计算生成水的物质的量，再根据氢原子守恒计算生成氢气的物质的量，进而计算氢气体积。 【解答】解：A．滤液A中不含Cu2+，说明合金与硫酸反应后Cu元素全部以Cu单质形式存在，由Cu能与Fe3+反应，故滤液A没有Fe3+，故A错误； B．滤渣3.2g为Cu的质量，滤液A含有FeSO4及过量的硫酸，再加入NaOH并将滤渣灼烧，最终得到固体3.2g是Fe2O3，则n（Fe原子）＝2n（Fe2O3）＝20.04mol，m（铁元素）＝0.04mol×56g/mol＝2.24g，故样品中n（O）0.02mol，故B正确； C．反应消耗的硫酸转化为硫酸亚铁，根据Fe原子守恒，滤液中A中n（FeSO4）＝n（Fe原子）＝0.04mol，根据硫酸根离子守恒可知n（H2SO4）＝n（FeSO4）＝0.04mol，故C正确； D．消耗的硫酸中的氢元素转化为氢气和水，根据合金中氧原子守恒可知n（H2O）＝n（O）＝0.02mol，根据氢原子守恒：n（H2）＝n（H2SO4）﹣n（H2O）＝0.04mol﹣0.02mol＝0.02mol，故标准状况下V（H2）＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，即448mL，故D正确； 故选：A。 21．（2025秋•吉林期末）向100mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示（忽略溶液体积的变化）。下列有关分析正确的是（　　） A．由图像可知，Fe3+的氧化性弱于Cu2+ B．加入少量铁粉时，发生的离子反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．a点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.25mol/L D．原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量之比为1：2 【分析】A．加入铁粉的初期没有残留固体，说明混合溶液中加入铁粉先发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，后发生反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu； B．加入少量铁粉时，发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+； C．加入铁粉0.56g～1.68g时，加入Fe为1.68g﹣0.56g＝1.12g，完全反应可以生成Cu为：64g/mol＝1.28g，而剩余物为1.28g为Cu，加入铁粉从1.68g～2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g﹣1.28g＝0.56g，Fe没有参与反应，所以加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+与Fe恰好反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式计算n（Fe3+）、n（Cu2+），再计算n[Fe2（SO4）3]、n（CuSO4），而n（FeSO4）＝n（），进而计算c（FeSO4）； D．根据C中分析计算可知n[Fe2（SO4）3]、n（CuSO4），进而计算二者物质的量之比。 【解答】解：A．加入铁粉的初期没有残留固体，说明混合溶液中加入铁粉先发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，后发生反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，所以Fe3+的氧化性强于Cu2+，故A错误； B．加入少量铁粉时，发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，故B错误； C．a点溶液中溶质为FeSO4，由Fe+2Fe3+＝3Fe2+可知，n（Fe3+）＝20.02mol，则Fe2（SO4）3为0.01mol，由Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+可知，n（Cu2+）0.02mol，则CuSO4为0.02mol，故c点溶液中c（FeSO4）＝c（）0.5mol/L，故C错误； D．由C中计算可知，原溶液中Fe2（SO4）3为0.01mol、CuSO4为0.02mol，故原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2，故D正确； 故选：D。 22．（2025秋•河池期末）密闭刚性容器由可自由移动的活塞隔成A、B两室，室温下向A中充入由H2和O2组成的混合气体，向B中充入3mol空气，此时活塞的位置如图所示，用电火花引燃，使其完全反应并恢复室温后，活塞最终停留在容器正中间。下列说法正确的是（　　） A．引燃前A室气体所含原子的物质的量为6mol B．引燃前若A室混合气体总质量为42g，则n（H2）：n（O2）为5：1 C．B室气体的密度是同温同压下H2密度的7.25倍 D．反应前后容器内气体压强比为3：1 【分析】氢气与氧气用电火花引燃发生的反应为：2H2+O2＝2H2O，由阿伏加德罗定律可知，A室中混合气体的物质的量为：3 mol×2＝6 mol；由题意可知，反应后A室中气体的物质的量为3 mol，设混合气体中氢气、氧气的物质的量分别为amol、bmol，若氢气过量，氢气和氧气的物质的量分别为5 mol、1 mol；若氧气过量，氢气和氧气的物质的量分别为2 mol、4 mol。 【解答】解：A．引燃前A室气体的物质的量为6 mol，混合气体中氢气和氧气都是双原子分子，则混合气体所含原子的物质的量为：6 mol×2＝12 mol，故A错误； B．若引燃前A室中H2过量，氢气和氧气的物质的量分别为5 mol、1 mol，则混合气体总质量为：5 mol×2 g/mol+1 mol×32 g/mol＝42 g，故B正确； C．空气的平均相对分子质量为29，同温同压下气体的密度之比等于相对分子质量之比，则B室气体的密度是同温同压下氢气密度的倍数为：14.5，故C错误； D．反应前混合气体的物质的量为6 mol，反应后混合气体的物质的量为3 mol，由相同条件下气体的物质的量之比等于气体压强之比可知，反应前后容器内气体压强比为：6 mol：3 mol＝2：1，故D错误； 故选：B。 23．（2025秋•华阴市期末）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的硝酸0.5L，固体物质完全反应，得到8.96L（换算为标准状况下）NO和NO2的混合气体及Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，恰好使金属离子完全沉淀，沉淀质量为39.2g。将得到的NO和NO2混合气体与一定量氧气一起通入水中，恰好完全生成硝酸。下列有关说法正确的是（　　） A．硝酸浓度为2.4mol/L，固体与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol B．Cu、Cu2O物质的量之比为1：1 C．一定量氧气标准状况下的体积为3.36L D．产生的NO2为0.1mol 【分析】标准状况下8.96L NO和NO2即物质的量为0.4mol，溶液加NaOH溶液至金属离子已完全沉淀，根据氮元素守恒得到n（HNO3）＝0.4mol+n（NaNO3）＝0.4mol+1.0×1.0L＝1.4mol，硝酸的物质的量浓度为2.8 mol/L，设27.2g Cu和Cu2O的混合物中Cu物质的量为xmol，Cu2O物质的量为ymol，加入氢氧化钠使金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，该沉淀为氢氧化铜，根据铜守恒建立关系，64x+144y＝27.2，98（x+2y）＝39.2，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，因此Cu的物质的量为0.2mol，Cu2O的物质的量为0.1mol，据此分析； 【解答】解：A．消耗的硝酸物质的量n（HNO3）＝0.4mol+2×（0.2+0.1×2）mol＝1.2mol，而总的硝酸物质的量为1.4mol，因此Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余为0.2mol，故A错误； B．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1，故B错误； C．氧气得电子总数等于Cu和Cu2O的混合物失电子总数，，V（O2）＝3.36L，故C正确； D．Cu和Cu2O的混合物失电子总数等于NO和NO2的混合气体得电子总数，设NO2的物质的量为amol，NO的物质的量为（0.4﹣a）mol，可得0.1×2×（2﹣1）+0.2×2＝a×（5﹣4）+（0.4﹣a）×（5﹣2），解得a＝0.3mol，故D错误； 故选：C。 学科网（北京）股份有限公司 $