人教版2024高中化学必修一第三章铁金属材料(四十二)

人教版2024高中化学必修一第三章铁金属材料(四十二)
单选题
1、浓度均为1 .0mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合(混合前后忽略溶液体积的变化)，向其中加入足量的铁粉充分反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度
A．1 .5mol/LB．2 .0mol/LC．0 .5mol/LD．1mol/L
答案：B
设混合溶液的体积为2VL，加入足量铁粉发生的离子反应为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，2Fe3++Fe=3Fe2+，初始浓度均为1 .0mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合，故第一个离子反应生成Fe2+的物质的量为Vmol，第二个离子方程式中生成Fe2+的物质的量为3Vmol，故溶液中Fe2+的物质的量浓度为：(V+3V)mol
2VL
=2mol/L，故选B。

2、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL 1mol⋅L-1的盐酸，恰好使混合物完全反应，放出
11 .2mL(标准状况)气体，向所得溶液中加入KSCN溶液不变红色。

用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，所得铁的质量为
A．2 .8gB．11 .2gC．5 .6gD．无法计算
答案：A
盐酸恰好使混合物完全溶解，且盐酸没有剩余。

向反应后所得溶液中加入KSCN溶液，不变红色，说明得到的溶液中的溶质是氯化亚铁，即混合物中的铁元素最终全部以氯化亚铁形式存在。

HCl的物质的量为1mol⋅
L-1×0 .1L=0 .1mol，根据氯元素守恒，有n(FeCl2)=1
2×n(HCl)=1
2
×0 .1mol=0 .05mol；用足量的CO在高温下还
原相同质量的此混合物，得到铁，根据铁元素守恒，有m(Fe)=n(FeCl2)×56g⋅mol-1=0 .05mol×56g⋅mol-1=2 .8g，A选项正确；
答案选A。

3、设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22 .4LCl2完全溶于水形成氯水时，转移电子数小于N A
B．1L 0 .1mol/L 醋酸中含醋酸分子数为0 .1N A
C．5 .6g铁粉在0 .1 mol 氯气中充分燃烧，转移电子数为0 .3 N A
D．标准状况下，11 .2 L HF中含有氟原子的数目为0 .5 N A
答案：A
A．标准状况下，22 .4LCl2的物质的量为1 mol，氯气与水的反应为可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，由反应方
程式可知，反应1 molCl2的同时转移1 mol电子，由于该反应为可逆反应，故1 molCl2反应转移电子数小于N A，A正确；
B．1L 0 .1mol/L 醋酸中含醋酸的物质的量为0 .1 mol，由于醋酸属于弱电解质，在溶液中要部分电离，分子数小于0 .1N A，B错误；
C．铁与氯气的反应为2Fe+3Cl2=2FeCl3~6e-，5 .6g铁粉物质的量为0 .1 mol，根据反应的计量数关系可知氯气
少量，即0 .1 mol 氯气充分反应转移电子数为0 .2 N A，C错误；
D．标准状况下， HF为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故答案选：A。

4、有关铁及其化合物的说法正确的是
A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，制备Fe(OH)
胶体
3
B．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
C．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
答案：C
A．制备Fe(OH)
胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，选项A错误；
3
B．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不显红色，选项B错误；
C．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2，选项C正确；
D．I2的氧化性较弱，故与铁反应生成FeI2，选项D错误；
答案选C。

5、为确定Fe2O3和Cu混合物的组成(假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别投入30 .0 mL
某浓度的稀硫酸中。

充分反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品质量的关系如图所示。

下列说法不正确
．．．的
是
A．各组样品均发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．1 .76 g样品充分反应后，溶液中一定存在Fe2+和Cu2+，一定不存在Fe3+
C．该混合物中n(Fe2O3)︰n(Cu)=1︰3
D．稀硫酸的浓度为3 .00 mol·L-1
答案：D
A．样品中先发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，生成的Fe3+与铜反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A项正确；
B．根据图知1 .76g样品与稀硫酸反应，此时铜过量，生成Fe2+、Cu2+，没有Fe3+，B项正确；
C．根据c(5 .28，1 .92)，设为Fe2O3为xmol，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则反应的铜也为
xmol，故5 .28=160x+64x+1 .92，解得x=0 .15mol，n(Cu)=(x+0 .03)mol=0 .45mol，n(Fe2O3)：n(Cu)=1：3，C 项正确；
D．由C项得n(H+)=6x=0 .9mol，n(H2SO4)=0 .45mol ，故c(H2SO4)=0 .45mol /0 .03L=0 .15 mol·L-1，D项错误；答案选D。

6、工业废水中含有重铬酸根离子(Cr2O72-)有毒，必须处理达标后才能排放。

工业上常用绿矾(FeSO4·7HO)做处
理剂，反应的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，下列说法不正确
．．．的是
A．将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液出现血红色
B．配制好的FeSO4溶液，为防止变质可向溶液中加入少量铁粉
C．每处理1mol Cr2O72-转移3mol电子
D．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液一段时间后，沉淀会变成红褐色
答案：C
A．绿矾水溶液中含有的Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应溶液呈红色，故A正确；
B．FeSO4易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁能和Fe3+反应生成Fe2+，所以为防止FeSO4溶液变质可向溶液中加入
少量铁粉，故B正确；
C．根据反应方程式可知Cr的化合价从反应前的+6价降低到反应后的+3价，则每处理 1mol Cr2O72−转
移 6mol 电子，故C错误；
D．向 FeSO4溶液中加入 NaOH 溶液，生成的白色沉淀Fe(OH)2容易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以一段
时间后，沉淀会变成红褐色，故D正确；
故选C。

7、探究是培养创新精神和实践能力的手段。

用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。

下列对实验现象的分析正确的是
A．①中淀粉KI试纸变蓝
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C．一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D．④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
答案：A
分析：本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②
中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过
装置④证明氯水的性质，以此解题。

A．氯气的氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。

8、向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中加入1 .92g铜粉，加热使其充分反应。

又知稀HNO3和稀H2SO4
的物质的量浓度分别为0 .1mol/L和0 .4mol/L。

下列说法正确的是(忽略反应前后溶液的体积变化)
A．所得溶液中c(H+)=0 .5mol/L
B．所得溶液中c(Cu2+)=0 .225mol/L
C．反应中转移0 .06mol的电子
D．所得气体在标准状况下的体积为0 .448L
答案：A
分析：n(Cu)=1 .92g÷64g/mol=0 .03mol，n(H+)=0 .4mol/L×0.1L×2+0.1mol/L×0 .1L=0 .09mol，
n(NO3−)=0 .1mol/L×0 .1L=0 .01mol，由反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O可得，显然硝酸根离子的物质的量不足，由硝酸根离子的物质的量及离子方程式可知0 .01mol硝酸根离子发生了反应，据此解答。

A．由分析可知，0 .01mol硝酸根离子发生反应时消耗H+的物质的量为0 .04mol，所得溶液中剩余c(H+)=
0 .09−0 .04
mol⋅L−1=0 .5mol⋅L−1，故A正确；
0 .1
B．由分析可知，0 .01mol硝酸根离子发生反应时消耗Cu的物质的量为0 .015mol，所得溶液中c(Cu2+)=
0 .015
mol⋅L−1=0 .15mol⋅L−1，故B错误；
0 .1
C．由反应离子方程式可知，0 .01mol硝酸根离子发生反应，转移0 .03mol的电子，故C错误；
D．由分析可知，0 .01mol硝酸根离子发生反应生成气体0 .01mol，在标准状况下的体积为0 .224L，故D错误；故答案选A。

多选题
9、部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。

下列推断不合理的是
A．e溶液中K+、Cl-、SCN-、Br-可以大量共存
B．b既可被氧化，也可被还原
C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
答案：AC
A．由图示知，e溶液中含有Fe3+，由反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，知Fe3+与SCN-不能大量共存，A符合题意；B．b中铁元素价态为+2价，可以被氧化到+3价，也可以被还原到0价，B说法合理，不符合题意；
C．碱溶液中含有大量OH-，与Fe3+反应会生成大量的Fe(OH)3从而形成沉淀，C符合题意；
D．Fe2+可以碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2会被空气中氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与酸反应可生成铁盐，Fe3+与Fe单质反应可生成Fe2+，D说法合理，不符合题意；
故答案选AC。

10、在焊接铜器时常用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜，其反应为CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑
+H2O(未配平)。

下列说法正确的是
A．该反应中NH4Cl被还原
B．N2是氧化产物
C．该反应中产生0 .1mol N2时，转移0 .6mol电子
D．该反应中被还原的CuO占参与反应的CuO的1
4
答案：BC
分析：根据CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑+H2O可知：Cu的化合价由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，由此分析。

A．根据分析，氯化铵中N元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化，A错误；
B．根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，氧化产物为N2，故B正确；
C．由反应可知，生成1mol N2，转移6mol电子，则产生0 .1mol N2时，转移的电子为0 .1mol×6=0 .6mol，故C 正确；
D．由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，4mol氧化铜参加反应，只有3mol作氧化剂被还原，
，故D错误；
被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3
4
故选BC。

11、由下列实验操作、现象得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
答案：AD
A．向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故 A正确；
B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变为棕黄色，氯水中的氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故B错误；
C．Fe2(SO4)3具有强氧化性，将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中，铜粉和Fe2(SO4)3反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，铜粉溶解，不能说明金属铁比铜活泼，故C错误；
D．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中，金属钠与CO2反应，产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，黑色颗粒即为碳，则二氧化碳中碳元素化合价从+4降低到0，说明二氧化碳表现出氧化性，故D正确；
答案选AD。

12、实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙，已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式
为： Mg (OH) Δ
2O；碳酸钙高温下分解。

某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12 .9g水垢样
品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图所示。

关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是
A．由ab段减少的质量可知水垢中含有0 . 9g氢氧化镁
B．b点剩余固体的成分为CaCO3.MgO和Mg (OH) 2
C．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12 .0-x) g
D．最终剩余固体质量x=7 . 6g
答案：AB
分析：根据氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。

据此分析判断。

A．由图象可知，氢氧化镁完全分解生成水的质量为12 .9g-12g=0 .9g，设12 .9g水垢中氢氧化镁的质量为y
Mg(OH)2ΔMgO+H2O
5818
y0 .9g
58 18=y
0 .9g
,y=2 .9g，由ab段减少的质量可知水垢中含有2 .9g氢氧化镁，故A错误；
B．根据图象可知，b点温度下固体质量刚好不再减少，说明氢氧化镁恰好完全分解，碳酸钙还没有分解，b点剩余固体的成分为CaCO3.MgO，故B错误；
C．根据图象可知，c点到d点是碳酸钙受热分解，减少的质量即为二氧化碳的质量，与等质量的碳酸钙与足量稀盐酸反应生成的二氧化碳的质量相等，若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为
(12 .0-x) g，故C正确；
D．由A得碳酸钙为12 .9g-2 .9g=10g，若10g碳酸钙完全分解，生成二氧化碳的质量为4 .4g，剩余固体的质
量为12 .9g-0 .9g-4 .4g=7 .6g，最终剩余固体质量x=7 . 6g，故D正确；
故选AB。

填空题
13、查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液
中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋，AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。

试回答下列问题：(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是______(填字母)。

A．测定这两种溶液的pH
B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI­淀粉溶液来区别
D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
(2)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，
服用维生素C可解毒，下列叙述不正确的是______(填字母)。

A．亚硝酸盐被还原
B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋
D．亚硝酸盐是还原剂
(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若用反应所得的酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选
用的最佳试剂是________(填字母)。

A．Cl2 B．Fe
C．H2O2 D．HNO3
(4)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离
子方程式：_____________。

(5)已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾(K2FeO4)，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发
生反应生成氢氧化铁胶体，高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_________________。

答案： B D C 6H＋+5NO2-+2MnO4-=5NO3-+2Mn2＋+3H2O 净水、消毒
分析：(1)A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；
B．甲基橙的变色范围是3 .1-4 .4；
C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；
D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成白色沉淀；
(2)由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
(3)Cl2.HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；
(4)把酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，二者发生氧化还原反应；
(5)高铁酸钾具有氧化性可以消毒杀菌，在水中被还原为三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸
附悬浮杂质的作用。

(1)A．NaNO2是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NaCl是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶
液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH鉴别，A不符合题意；
B．甲基橙的变色范围是3 .1～4 .4，所以NaNO2和NaCl溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，B符合题意；
C．在酸性条件下，NaNO2和I-反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，Cl-和I-不反应，现象不同，所以可以用酸性条件下的KI­淀粉溶液来区别，C不符合题意；
D．在H＋条件下，NO2-不与Ag+反应，Cl-和Ag+反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，现象不同，所以可以用
AgNO3和HNO3两种试剂来区别，D不符合题意；
故合理选项是B。

(2)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被还原，则维生素
具有还原性，而亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，维生素C是还
原剂。

故合理选项是D。

(3)由于Cl2.HNO3都能氧化Fe2＋，但能引入新的杂质，铁不能氧化Fe2＋，H2O2的还原产物是H2O，不引入杂质，
所以最佳试剂为H2O2，故合理选项是C。

(4)酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为
6H++5NO2-+2MnO4-=5NO3-+2Mn2++3H2O。

(5)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。

小提示：本题考查了氧化还原反应的有关概念、配平、物质的作用、物质的鉴别、盐的水解等。

在氧化还原反
应中物质的作用与元素化合价关系密切，元素处于最高化合价，物质具有氧化性，元素处于最低价态，物质具
有还原性，元素处于中间价态，则既有氧化性，又有还原性。

14、工业上过氧化氢(H2O2)可用于生产过硼酸钠(NaBO3)、过碳酸钠(x Na2CO3⋅y H2O2)、亚氯酸钠(NaClO2)等。

(1)3mol H2O2与_______g NaBO3合有的氧原子数相等。

(2)过碳酸钠(x Na2CO3⋅y H2O2)具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，取0 .1mol过碳酸钠固体与足量稀盐酸反应
产生8 .8g CO2。

①x=_______。

②若0 .1mol过碳酸钠的质量是31 .4g，则0 .05mol过碳酸钠中含H原子的物质的量是_______。

(3)现有一瓶浓度为5 .3mol⋅L−1的过氧化氢溶液，其密度是1 .06g⋅cm−3，则该过氧化氢溶液中H2O2的质量分数
是_______。

(4)在碱性环境中，可用亚氯酸钠溶液吸收大气中的NO，其反应的化学方程式为
4NO+3NaClO2+4NaOH=4NaNO3+3NaCl+2H2O。

①NaClO2中Cl元素的化合价是_______。

②用300mL1mol⋅L−1NaClO2溶液能吸收NO(标准状识)的体积是_______L。

答案：(1)164
(2) 2 0 .3mol
(3)17%
(4) +3 8 .96
（1）3mol H2O2含氧氧原子6mol，则NaBO3的物质的量为6mol
=2mol，质量为2mol×82g/mol=164g，故填164；
3
（2）①8 .8g CO 2的物质的量为8 .8g
44g/mol =0 .2mol，根据反应方程式Na 2CO 3+2HCl=2NaCl+CO 2↑+H 2O，可知Na 2CO 3的物质的量为0 .2mol ，所以x=
0 .2mol 0 .1mol
=2，故填2；
②根据题意，0 .1mol 过碳酸钠的质量是31 .4g ，则其摩尔质量为
31 .4g
0 .1mol
=314g/mol，由其化学式x Na 2CO 3⋅
y H 2O 2可知，M r =(2×106+34y)g/mol =314g/mol，解得y=3，则其化学式可写为2Na 2CO 3⋅3H 2O 2，0 .05mol 2Na 2CO 3⋅3H 2O 2含H 原子的物质的量为3×2×0 .05=0 .3mol，故填0 .3mol ； （3）现有一瓶浓度为5 .3mol ⋅L −1的过氧化氢溶液，其密度是1 .06g ⋅cm −3，根据c =
1000ρωM
，可得ω=
cM 1000ρ
=
5 .3mol/L ×34g/mol 1000×1 .06g/cm 3
=17%，故填17%；
（4）①NaClO 2中Na 元素+1价，O 元素-2价，所以Cl 元素的化合价是+3，故填+3； ②300mL 1mol ⋅L −1NaClO 2的物质的量为1mol ⋅L −1×0 .3L=0 .3mol，根据反应4NO+3NaClO 2+4NaOH =4NaNO 3+3NaCl+2H 2O，消耗的NO 物质的量为0 .3mol ×4
3
=0 .4mol，标准状况下的体积
为0 .4mol ×22 .4L/mol=8 .96L，故填8 .96。

15、将xgFe 、FeO 和Fe 2O 3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL 稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO 气体aL ，溶液中Fe 元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H 2反应质量减少yg 。

根据以上数据计算稀硝酸的浓度为___mol·L -1
(写出计算过程)。

答案：
3(12x -y)
56
+
a 22 .4
0 .5
mol·L -1
根据反应3H 2+Fe 2O 3△2Fe+3H 2O ，H 2+FeO △Fe+H 2O 质量减少yg ，减少的质量为氧的质量，所以m(Fe)=(12
x-y)g ，故n(Fe)=
(12
x−y)g 56g
mol ，再根据 Fe 2O 3+6HNO 3=2Fe(NO 3)3+3H 2O ，3FeO+10HNO3 =3Fe(NO 3)3+NO ↑+5H 2O ，
Fe+4HNO 3=Fe(NO 3)3+NO ↑+2H 2O ，可得 n(HNO 3)= n(Fe)×3+ n(NO)，已知n(Fe)=
(12
x−y)g 56g
mol=
(12
x−y)56
，
n(NO)=aL
22 .4L mol=a
22 .4mol ，n(HNO 3)=3×(1
2
x−y)56
+a 22 .4，c(HNO 3)=n
V =
[3×
(1
2x−y)56+a 22 .4
]mol 0 .5L
=
[3×
(1
2x−y)56+a 22 .4
]0 .5
mol/L ；。