江苏省无锡新领航教育咨询有限公司高考化学一轮复习 物质的量在化学方程式计算中的应用寒假提优辅导

江苏省无锡新领航教育咨询有限公司2014年高考化学一轮复习 物质的量在化
学方程式计算中的应用寒假提优辅导 考点一 物质的量在化学方程式计算中的应用
【知识梳理】
(1)化学方程式在量方面的含义
aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)
质量比 aMA ∶ bMB ∶ cMC ∶ dMD
物质的量比 a ∶ b ∶ c ∶ d
体积比 a ∶ b ∶ c ∶ d
(2)一般步骤
①根据题意写出并配平化学方程式。

②依据题中所给信息及化学方程式判断过量，用完全反应的量进行求解。

③选择适当的量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为x 表示]分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致”。

④列比例式，求未知量。

题型一 一般比例式法在化学方程式计算中的应用
例1 已知：IO3(－)＋5I －＋6H ＋===3I2＋3H2O 。

工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2。

①NaIO3不足时：2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI ＋3Na2SO4＋3H2SO4
②NaIO3足量时还会发生：5NaI ＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O
现模拟工业制取I2。

在含31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol ·L －1NaIO3溶液V mL 。

(1)当V ＝________mL 时，再滴NaIO3就开始析出I2。

(2)当V 为55 mL 时，生成的I2的质量为________g 。

答案 (1)50 (2)7.62 解析 (1)n(NaHSO3)＝0.3 mol ，依据化学方程式
2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI ＋3Na2SO4＋3H2SO4
2 6
n(NaIO3) 0.3 mol
6(2)＝0.3 mol(n(NaIO3))，得出n(NaIO3)＝0.1 mol V(NaIO3)＝0.05 L 即50 mL
(2)参加反应②的n(NaIO3)＝(0.055L －0.05 L)×2 mol ·L －1＝0.01mol ，依据方程式可知NaI 过量，用NaIO3求解 5NaI ＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O
1 3
0.01 mol n(I2) 3(1)＝n(I2)(0.01 mol)，求出n(I2)＝0.03 mol
题型二 差量法在化学方程式计算中的应用
(1)差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。

这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。

用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。

如：
学生姓名
年级：高一 任教学科：化学 教学次数： 教学时间： 指导教师： 教学模式： 教学地点：
上次课程学生存在的问题：物质的量相关公式及意义不熟
学生问题的解决方案： 多加练习巩固
(2)使用差量法的注意事项
①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。

②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上下一致，左右相当”。

例2 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，则该样品的纯度(质量分数)是( )
A.31w1(84w2－53w1)
B.31w1(84(w1－w2))
C.31w1(73w2－42w1)
D.31w1(115w2－84w1)
答案 A 解析样品加热发生的反应为
质量差为(w1－w2) g，故样品中NaHCO3质量为62(168(w1－w2)) g，样品中Na2CO3质量为w1 g－62(168(w1－w2)) g，其质量分数为m(样品)(m(Na2CO3))＝w1g(g)＝31w1(84w2－53w1)。

当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。

另解：假设样品有x mol NaHCO3固体，则：
据样品加热前后固体质量的关系，有w1g－x mol×84 g·mol－1＋0.5x mol×106 g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31 mol×84 g·mol－1＝84(w1－w2)/31 g，从而推知Na2CO3的质量为m(Na2CO3)＝w1 g－84(w1－w2)/31 g＝(84w2－53w1)/31 g，因此Na2CO3样品的纯度为w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m (样品)＝31w1(84w2－53w1)。

例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 mol，求平衡时PCl5的分解率。

答案78.6% 解析原n(PCl5)＝208.5 g·mol－1(5.84 g)≈0.028 mol
设分解的PCl5的物质的量为x mol
所以x＝0.022 PCl5的分解率＝0.028 mol(0.022 mol)×100%≈78.6%。

例4 一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是( )
A．16.7% B．20.0% C．80.0% D．83.3%
答案 A 解析N2＋3H2高温、高压2NH3 ΔV
1 L 3 L
2 L 2 L
由以上关系式可知反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。

设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减少20 L。

所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为120 L(20 L)×100%＝16.7%。

题型三关系式法在化学方程式计算中的应用
多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。

解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。

例5 5.85 g NaCl固体与足量浓H2SO4和MnO2共热，逸出的气体又与过量H2发生爆炸反应，将爆炸后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，问最后可得H2多少升(标准状况)。

答案 1.12 L 解析若先由NaCl浓H2SO4HCl算出HCl的量，再由MnO2＋4HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
算出Cl2的量，……这样计算非常繁琐。

找出以下关系式就可迅速求解。

设可得H2的物质的量为x,5.85 g NaCl的物质的量为0.1 mol。

NaCl ～HCl ～2(1)Cl2 ～HCl ～2(1)H2
0．1 mol x
显然x＝0.05 mol，则V(H2)＝0.05 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L。

例6 氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。

国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。

工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。

(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。

有关化学反应为
Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。

答案(1)5∶11 (2)符合解析(1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x，H2O的质量为y。

CuSO4·5H2O 的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有x＋y(×x)＝100(20.0)，x∶y＝5∶11 (2)设样品中CuCl的质量为z。

由化学反应方程式可知：CuCl～Fe2＋～Ce4＋
z(99.5 g)＝0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3L(1 mol) z＝0.244 8 g
CuCl的质量分数为0.250 0 g(0.244 8 g)×100%＝97.92%
97．92%>96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。

考点二极值法
【知识梳理】
1．极值法的含义
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。

它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。

故也称为极端假设法。

2．极值法解题的基本思路
(1)把可逆反应假设成向左或向右进行完全的反应。

(2)把混合物假设成纯净物。

(3)把平行反应分别假设成单一反应。

3．极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。

例7 将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，
金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。

下列关系式中正确的是
A．x＝V/(11.2n) B．0<x≤0.5
C．V＝33.6n(1－x) D．11.2n<V≤22.4n
思路点拨Na、Al混合物中没有具体指明Na、Al的物质的量，且二者相对量的多少与H2O反应后产生H2的量有关，故需要采用极值法来确定V的范围，根据题意求出两个端值，则实际介于两个端值之间。

解析据题意金属钠的物质的量为nx mol，Al的物质的量为n(1－x) mol，产生的H2是溶液中的H＋获得Na、Al失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量＝2(nx＋3n(1－x)) mol，根据反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑和题中“金属没有剩余”，可知n(Na)≥n(Al)，即0.5≤x<1。

当x＝1时，产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x＝0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2n<V≤22.4n，故选项D正确。

答案D
【归纳小结】
本题最重要的极值思想是确定x的范围，其最容易出现的错误是将x的范围确定为0<x<1，即全是钠或全是铝，忽略了铝自身并不能与水反应生成H2，必须有Na与H2O反应生成的NaOH参加反应，才能与水反应产生H2，从而导致错解。

由此提醒我们在使用极值法解题时两个端值的正确选取是正确解题的关键。

例8 在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有4(a) g HNO3被还原，则a∶b不可能为( )
A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．9∶2
解析Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。

(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
则有56(b)∶63(a)＝3∶8，解得：b(a)＝1(3) 此为a∶b的最小值。

(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
则有56(b)∶63(a)＝1∶4，解得：b(a)＝2(9) 此为a∶b的最大值。

所以a∶b的取值范围为1(3)≤b(a)≤2(9)，即a∶b的比值在此范围内均合理。

答案 A
考点三平均值规律及其应用整体思维法(终态法)
【知识梳理】
1．依据：若XA>XB ，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。

2．应用：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。

解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。

实际上，它是极值法的延伸。

例9 两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为( )
A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu
解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需的质量)法求解。

反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g 金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。

选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu 的摩尔电子质量可看做∞。

根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。

答案B整体思维法抛开事物之间复杂的变化关系，从整体上认识把握事物之间的联系规律，具有化繁为简，快速解题的功效，能较好的锻炼学生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。

例10 在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(标准状况)。

同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。

为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是
A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1
解析此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。

答案 B
考点4 守恒法
守恒法就是化学变化过程中存在的某些守恒关系，如：
1.化学反应前后质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、能量守恒、电荷守恒。

2.化合物中元素正负化合价总数绝对值相等(化合价守恒)、电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数守恒。

方法点击化学计算中，“守恒”无处不在，运用守恒法可以提高解题的速率，又可以提高解题的准确性，所以只要看到化学计算，就想到守恒。

例：
1.质量守恒法
例：0.1 mol某烃与1 mol过量氧气混合，充分燃烧后通过足量的Na2O2固体，固体增重15 g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8 L。

求烃的化学式。

解析：设烃的化学式为CxHy,摩尔质量为a g·mol-1,因为最后逸出的气体不仅包括反应剩余的O2，也包括烃燃烧产物CO2和水蒸气与Na2O2反应放出的O2。

烃的质量+m(O2)=Na2O2的增重+m(逸出气体)
0.1 mol×a g·mol-1+32 g·mol-1×1 mol=15 g+32 g·mol-1×16.8 L/22.4 L·mol-1
解得a=70，烃的式量为70，=5余10，烃的化学式为C5H10。

2.原子(或离子)守恒
例：用含 1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的和的物质的量之比为( )A.1∶3 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2
解析：设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y，由反应前后C原子和Na+守恒可知，可得方程组：解得
即所得溶液中和的物质的量之比为1∶3。

3.电子守恒
例：在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物为和Pb2+，则与1.0 mol Cr3+反应所需的PbO2物质的量为____________。

解析：本题考查氧化还原反应。

解题的关键是抓住电子守恒进行计算：1.0 mol×(6－3)=x×(4－2)，得x=1.5 mol。

4.电荷守恒
例如：在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若c()=0.2 mol·L-1,当加入等体积的0.2 mol· L-1 KOH 溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中K+的物质的量浓度(mol·L-1)是( )
A.0.2
B.0.25
C.0.3
D.0.45
解析：方法1：原混合液中含有的阳离子是K+、Al3+，阴离子是，加入KOH溶液后发生的反应是Al3++4OH-====+2H2O，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度是
c(Al3+)=c(K+)=×0.2 mol·L-1=0.05 mol·L-1
方法2：根据电荷守恒有：
3c(Al3+)+c(K+)=2c()
推出：c(K+)=2c()-3c(Al3+)=0.25 mol·L-1
【考题再现】
1、（2012·上海高考·11）工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为
【答案】. D【解析】本题通过元素化合物知识考查考生氧化还原反应知识和计算能力。

NH3被催化氧化转化为NO，转移电子数为5，由题意可得5VL/22.4L·mol-1×NA＝n,解之得NA＝22.4n/5V，故答案为：D。

2、（2012·江苏高考·8）设NA为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是
A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B.常温常压下，18g H2O含有的原子总数为3NA
C.标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NA
D.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
【参考答案】B
【分析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。

3.酸雨是因为过度燃烧煤和石油，生成的硫的氧化物与氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的缘故。

某次雨水的分析数据如下：
[Cl-]=6.0×10-6mol/L [Na+]=3.0×10-6mol/L
则此次雨水的pH大约为A．3 B．4 C．5 D．6
根据电荷守恒：
pH=-lg[H+]=5-lg8≈4
此题的正确答案为B。

4．(16分)A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物,相互转化关系如图所示(部分产物略去):
(1)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,C、D均为空气的主要成分,E是一种有毒气体.
①C的电子式为_______________. ②写出反应Ⅱ的化学方程式______________________.
(2)若A是淡黄色化合物,常温下D是无色气体,C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子.
①C中所含化学键的类型是____________.②写出反应Ⅲ的离子方程式______________________.
(3)将(2)中一定量的气体D通入2 L C的溶液中,在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,并将溶液加热,产生的气体与HCl物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发).
①O点溶液中所含溶质的化学式为_____________,a点溶液中各离子浓度由大到小的关系是_______________.
②标准状况下,通入气体D的体积为_____L,C溶液的物质的量浓度为_____mol·L-1.
【答案】（16分）（1）①（2分）② 2NO + 2CO2CO2 + N2 （2分）（2）①离子键、共价键（2分）② 2OH- + CO2 = CO32- + H2O （2分）
（3）① Na2CO3、NaOH (2分) c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)>c(CO32-) (2分)
② 44.8 (2分) 2.5 (2分)
【解析】(1)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是氨气。

C、D均为空气的主要成分，E是一种有毒气体，所以C是氮气，D是氧气，E是CO。

氨气发生催化氧化生成NO，NO能氧化CO生成氮气和CO2，
方程式2NO + 2CO 2CO2 + N2 。

（2）若A是淡黄色化合物，则A是过氧化钠。

常温下D是无色气体，所以D是CO2，则B是碳酸钠，C是氢氧化钠。

氢氧化钠吸收CO2即生成碳酸钠。

（3）氢氧化钠和CO2反应生成碳酸钠或者碳酸氢钠。

由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，首先生成碳酸氢钠，然后再生成CO2，且这两步反应中消耗的盐酸是相同的，所以根据图像可知，所得的溶液中氢氧化钠应该是过量的。

所以O点溶液中所含溶质的化学式为Na2CO3、NaOH 。

a点溶液是氯化钠和碳酸氢钠的混合液，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的。

碳酸氢钠水解显碱性，因此a点溶液中各离子浓度由大到小的关系是c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)>c(CO32-)。

由于最终生成的CO2是2mol，所以根据碳原子守恒可知，通入的CO2也是2mol。

根据图像可知，最终生成氯化钠是5mol，所以根据钠抑制守恒可知，氢氧化钠也是5mol，起浓度是2.5mol/L。

【巩固提高】
1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L
答案 D
解析22.4 L(标准状况下)Cl2换成22.4 L(标准状况下)N2的质量差是(71－28)g＝43 g，设氯气的体积为x L，则有
Cl2 ～N2 Δm
22．4 L 43 g
x L 74.6 g－66 g＝8.6 g
解得x＝4.48。

2．标准状况下，6.72 L NO2通入水后，收集到5.04 L气体，则被氧化的NO2的体积是
A．1.68 L B．2.52 L C．0.56 L D．1.12 L
答案 A
解析由于3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，从反应方程式可以看出体积差量部分就是被氧化的那一部分，所以被氧化的NO2的体积是6.72 L－5.04 L＝1.68 L。

3．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：3Cl2＋8NH3·H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。

在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为
A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g
答案 B
解析由反应式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 L，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2 mol(质量为34 g)，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12－0.672) L＝0.448 L。

即：
3Cl2～2NH3 ～N2 ΔV
2 mol×17 g·mol－1 44.8 L
m(被氧化的NH3) (1.12－0.672) L
列出比例式：(2 mol×17 g·m ol－1)∶44.8 L＝m(被氧化的NH3)∶(1.12－0.672)L，则m(被氧化的NH3)＝0.34 g。

4．取3.5 g某二价金属的单质投入50 g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5 g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。

该金属的相对原子质量为( )
A．24 B．40 C．56 D．65
答案 A
解析n(HCl)＝36.5 g·mol－1(50 g×18.25%)＝0.25 mol
R＋2HCl===RCl2＋H2↑
二价金属最大摩尔质量＝0.125 mol(3.5 g)＝28 g·mol－1
二价金属最小摩尔质量＝0.125 mol(2.5 g)＝20 g·mol－1
20<Mr<28。

5．1.40 g含有碱金属(M)及其氧化物(M2O)的混合物，与水反应生成1.79 g碱，求混合物的成分及其组成。

答案混合物由碱金属K及其氧化物K2O组成，K的质量约为0.498 g，K2O的质量约为0.902 g。

解析由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。

即讨论1.40 g全部为碱金属单质及1.40 g全部为碱金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题。

设M的相对原子质量为a。

2M＋2H2O===2MOH＋H2↑ M2O＋H2O===2MOH
若1.40 g全部为碱金属单质，则产生的MOH的质量为a(1.40(a＋17)) g；若1.40 g全部为碱金属氧化物，则产生的MOH的质量为a＋8(1.40(a＋17)) g。

有a＋8(1.40(a＋17))<1.79<a(1.40(a＋17))，解得24.3<a<61.03，只有钾符合条件。

设K和K2O的质量分别为x g和y g。

则g＝1.79 g(2×56y)解得x≈0.498，y≈0.902。

6．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04g
答案 B
解析最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n (OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子数即：n (OH－)＝22 400(4 480)×1 mol＋22 400(336)×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。

7．将0.34 g Cu和CuO的混合物加入约12 mol·L－1浓硫酸中，并加热使其完全溶解，然后用NaOH溶液中和过量硫酸，再用水稀释到0.5 L，加入纯铁粉1.85 g，反应后过滤、干燥，得不溶物1.89 g。

求置换出的铜的质量及原混合物中铜的质量分数。

答案置换出的铜的质量为0.32 g，原混合物中铜的质量分数约为70.59%。

解析设置换出的铜的质量为x。

CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu 差量Δm
64 8
x 1.89 g－1.85 g＝0.04 g
有64∶x＝8∶0.04 g；解得x＝0.32 g。

设混合物中Cu的质量为y g，则CuO为(0.34－y) g，其中含Cu[(0.34－y)×80(64)]g。

则0.32＝y＋[(0.34－y)×80(64)]。

解得y＝0.24，所以，铜的质量分数为0.34 g(0.24 g)×100%≈70.59%。

8．在一定条件下，有a L O2和O3的混合气体，当其中的O3全部转化为O2时，体积变为1.2a L，求原混合气中O2和O3的质量百分含量。

答案w(O2)＝50%，w(O3)＝50%
解析解法一由阿伏加德罗定律，结合化学方程式的意义可知，化学方程式中气体化学式的系数比等于反应物与生成物的物质的量之比也等于相同条件下反应物与生成物气体体积之比。

设混合气体中O3占x L，则O2为(a－x)L
2O3===3O2
2 L
3 L
x L (3/2)x L
(3/2)x＋(a－x)＝1.2a，解得x＝0.4a
根据阿伏加德罗定律：n(O3)∶n(O2)＝V(O3)∶V(O2)＝0.4a∶0.6a＝2∶3，w(O2)＝(2×48)＋(3×32)(3×32)×100%＝50%，w(O3)＝1－50%＝50%。

解法二差量法
2O3===3O2 ΔV
2 3 3－2＝1
x 1.2a－a＝0.2a
所以x＝0.2a×2＝0.4ª以下解法同解法一。