策略29　化学中的速解速算技巧
金点子：
化学中的速算速解主要有下列六项：
1．不同金属与酸反应放氢量的速算
（1）同质量的不同金属与过量酸反应，生成氢气的体积比 =       ×化合价的比
如相同质量的Fe、Mg、Al与过量盐酸反应放出氢气的体积比为1/28 : 1/12 : 1/9。
（2）同的“物质的量”的不同金属与过量酸反应放H2的体积比 = 化合价之比。
如等物质的量的Na、Mg、Al与过量盐酸反应放H2的体积比为1 : 2 : 3 。
值得注意的是：活泼金属K、Ca、Na等与酸反应时，活泼金属不但与酸中H+反应，当酸不足时还能与H2O电离产生的H+反应。
2．同物质的量浓度、不同价态的盐酸盐与同体积同浓度的硝酸银溶液xx反应产生沉淀的速算
（1）同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，在同体积时消耗同浓度的硝酸银溶液的体积比等于化合价之比，即1 : 2 : 3 。
（2）同物质的量浓度、同体积的硝酸银溶液，若分别与同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液xx反应生成沉淀时，消耗盐溶液的体积比等于盐酸盐价数的倒数比，即 V(NaCl) : V(MgCl2) : V(AlCl3) = 1/1 : 1/2 : 1/3 = 6 : 3 : 2 。
3．关于pH的速算
（1）强酸与强酸、强碱与强碱、强酸与强碱的不同pH等体积混合后pH值的速算：
①不同pH的等体积的两种强酸混合后，若二者pH相差≥2时，混合后pH应是原pH小的数值加0.3 。
例：pH = 2和pH = 5的两强酸混合后pH值为2 + 0.3 = 2.3 。
②不同pH等体积的两强碱混合，若二者pH相差≥2时，将原pH大的数值减0.3，就得混合后溶液的pH 。
例：将pH = 14与pH = 10的两强碱溶液混合后pH为14 — 0.3 = 13.7
③同体积的稀强酸与稀强碱溶液混合，若pH之和为14，则混合后为中性，pH等于7。若混合后pH之和不为14，则要看两溶液pH与7的差值，混合后溶液呈什么性质由pH与7的差值大的来决定。再把此pH用0.3处理。为碱性时把原碱的pH减0.3，显酸性时把原酸的pH加0.3 。
例：pH = 2与pH = 9的强酸、强碱溶液等体积混合时，pH为2.3 。pH = 12与pH = 6的两强碱与强酸溶液等体积混合后pH为11.7 。
（2）强酸与强碱稀溶液高度稀释时，溶液的pH接近7，酸则微小于7，碱则微大于7 。如：将pH = 5的某酸溶液稀释1000倍，则溶液的pH约等于7，微小于7 。
（3）不同体积不同pH的强酸、强碱混合后的pH的速算
若两强酸混合时，要用H+的总物质的量与总体积求出c(H+)来计算pH。
若两强碱混合时，要用OH—的总物质的量与总体积求出c(OH—)来计算pH。
若一酸一碱（均为强电解质）混合后应先判断混合后溶液可能的酸碱性，即通过H+与OH—的物质的量比较，浓度大的显该性，计算公式如下：
显酸性时c（H+）混 = {n（H+）— n（OH—）} / V总
显碱性时c（OH—）混 = {n（OH—）— n（H+）} / V总
4．有机物燃烧的有关速算
(1) 气态烃（C≤4）xx燃烧生成CO2和H2O（气）时的体积变化与含氢原子数的关系的速算：
①体积不变时，气态烃中含4个氢原子。
②体积变小时，气态烃中氢原子少于4个。
③体积变大时，气态烃中氢原子数一定多于4个。
(2) 气态烃（C≤4）燃烧生成CO2和液态水时的速算。
已知烃气体体积与过量O2xx燃烧后体积缩小时，则氢原子数（设为y）为：
y = 4（V氧 — V余） / V烃
例：10 mL某气态烃与50 mLO2xx燃烧得到液态水和体积为35mL的混合气（同温同压），此气态烃可能是什么？
y = 4（50mL—35mL）/ 10mL = 6
∴此烃可能是C2H6、C3H6、C4H6,又三种烃10mL燃烧耗氧气分别为35mL、45mL、55mL，C4H6不可能，以此得烃可能为C2H6、C3H6。
5．由某些有机物分子量推求分子式的速算
（1） 烃类分子式
设分子量为M：
①M/14能除尽，可推知此烃为烯烃或环烷烃，其商数为此烃的碳原子数。
②（M+2）/14能除尽，可推知为炔烃或二烯烃，其商数为此烃的碳原子数。
③（M—2）/14能除尽，可推知为烷烃，其商数为此烷烃的碳原子数。
④（M+6）/14能除尽，可推知为苯或苯的同系物，其商数为苯或苯的同系物的碳原子数。
注：也可通过M/14，看余数获得结果。
（2）推求具有饱和烃基（有的是苯基）的一元烃的含氧衍生物分子式和类别的速算：
①（M—10）/14能除尽，可推知为苯酚或苯酚同系物等，其商数为碳原子数。
②（M—10）/14余6，可推知为饱和一元醛或酮，其商数为碳原子数。
③（M—10）/14余8，可推知为一元羧酸或一元酯，其商数减1为碳原子数。也可以是一元醇或醚，其商数为碳原子数。
6．由CO2、NO混合气体（设NO2不与Na2O2反应），经足量的Na2O2反应后得到气体的量，推求CO2和NO的体积关系的速算：
（1）当V(CO2) : V(NO) ≥ 1 : 1时，得到的气体体积均缩小到原混合气体的1/2 。
（2）当V(CO2) : V(NO)  < 1 : 1 时，得到的气体体积即为原来NO的体积，混合气体缩小了的体积（差值）即为CO2的体积。

经典题：
例题1 ：（1995年全国高考）在体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为    (    )

方法： 从反应前的原子数之比考虑。
捷径：反应前容器内氮原子数和氧原子数之比为a：(a+2b)，反应后仍为a：(a+2b)，故答案为C。
总结： 因反应前后原子个数守恒，所以反应前容器原子数之比与反应后相等。
例题2 ：（1994年全国高考）38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4 mL(标准状况), 反应消耗的HNO3的物质的量可能是 （   ）
A．1.0×10－3mol    B．1.6×10－3mol    C．2.2×10－3mol    D．2.0×10－3mol
方法：利用氮原子个数守恒求解。
捷径：38.4 mg铜为0.6×10－3mol，标准状况下22.4 mL气体为10－3mol。根据氮元素守恒得消耗HNO3的物质的量为：2n (Cu)+n (气体) = 2×0.6×10－3mol + 10－3mol = 2.2×10－3mol 。以此得答案为C。
总结：此题不可用浓硝酸与铜反应的化学方程式进行计算，因浓硝酸为适量，随着反应的进行，其浓度逐渐降低，故反应生成的气体为一混合物。
例题3 ：（1993年全国高考）在一个6 L的密闭容器中,放入3 LX(气)和2 LY(气),在一定条件下发生下列反应: 4X(g)+3Y(g)      2Q(g)+nR(g) ，达到平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加5%,X的浓度减小1/3，则该反应后方程式中的n值是（    ）
A．3              B．4              C．5              D．6
方法：从反应前后化学计量数的变化分析。
捷径：因达到平衡后, 容器内温度不变, 混和气体的压强比原来增加，说明生成物中分子式前的化学计量数之和大于反应物中分子式前的化学计量数之和，即2+n>4+3，n>5。再分析选项，可得答案为D。
总结：此题如通过反应过程中的始态及终态进行计算，则非常繁杂。
例题4 ：（1991年三南高考）某元素的原子量为59, 在其氧化物中该元素的质量百分比为71%,则它的化合价是        （   ）
A．+1   B．+2     C．+3    D．+4
方法：假想法。
捷径：假设该元素氧化物的化学式为AOn，则其化学式量为59÷71% = 83 ，其中含有氧原子的个数为(83－59)÷16 ＝ 1.5 ，因氧为－2价，则A的化合价为1.5×2=3。以此得答案为C。
总结：此种方法不仅适用于氧化物，也适用于其它物质化学式及化合价的分析。
例题5 ：（1997年上海高考）在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol / L的盐酸，恰好使混合物xx溶解，并放出448 mL 气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子。则下列判断正确的是   （    ）
A．混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1︰1︰3
B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl—离子的物质的量之比为1︰2
C．混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D．混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
方法：根据量量关系分析获解。
捷径：由放出H2的量可知，在Fe+2H+=Fe2++H2中Fe为0.02 mol。又因为溶液中无Fe3+，Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，在这一反应中Fe与Fe2O3是等物质的量反应的，所以原混合物中Fe单质物质的量比Fe2O3多0.02 mol 。因而C可能是正确的。又因为盐酸恰好使Fe、FeO、Fe2O3全部溶解，且全部生成FeCl2，所以Fe2+离子与Cl—离子物质的量之比为1︰2（不考虑Fe2+水解）B为正确。设Fe2O3为x mol，Fe为（x+0.02）mol，FeO为 y mol。根据HCl的量可列方程2x+x+0.02+y=0.2/2，除此之外，再无别的已知条件，因而各固体物质的量均不能具体确定，所以C也正确。因此答案为BC。
总结：该题看似复杂，但若理清反应间量的关系，正确作答是不会有太大困难的。
例题6 ：（1998年上海高考）某强酸溶液pH=a，强碱溶液pH=b，已知a+b=12，酸碱溶液混合后pH=7，则酸溶液体积V(酸)和碱溶液体积V(碱)的正确关系为（    ）
A．V（酸）=102V（碱）            B．V（碱）=102V（酸） 
C．V（酸）=2V（碱）             D．V（碱）=2V（酸）
方法：根据n (H+)= n (OH—)求解。
捷径：强酸溶液的pH=a，c (H+)=10—a， 强碱溶液的pH=12—a，c (H+)=10—(12—a) ，      c (OH—) =10—14/10—(12－a )=10—(2+a)， 又因为c (H+)•V(酸) = c (OH—)•V(碱)，V(碱)/V(酸) = c (H+)/ c (OH—)=10—a/10—（2+a）=100 。以此得答案为B。
总结：常温下若某酸溶液与某碱溶液的pH之和等于14，则c (H+)= c (OH—)，若pH之和等于13，则c (H+)=10 c (OH—)，反之pH之和等于15，则c (OH—)=10 c (H+)，其推论方法与解析中的叙述相似。
如果本题中未强调是强酸、强碱溶液，只要有一种弱酸或弱碱，就不能按此法求解。因为这种问题变得复杂多了。
例题7 ：（2000年上海高考）铜和镁的合金4.6 gxx溶于浓HNO3，若反应中硝酸被还原只产生4480 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．9.02g            B．8.50g           C．8.26g           D．7.04g
方法：采用守恒法和差量法求解。
捷径：（解法一）N2O4      2NO2，将N2O4换算成NO2，则NO2总的物质的量为（4.48L+0.336L×2）÷22.4 L•mol—1=0.23 mol。设合金中含铜 x mol，镁 y mol。则有64x+24y=4.6，根据氧化还原反应中得失电子守恒得：2（x+y）=0.23×1 ，解之得 x = 0.046 mol，y = 0.069 mol 。生成Cu（OH）20.046 mol，Mg（OH）2 0.069 mol，其质量之和0.046 mol×98g•mol—1+0.069mol×58g•mol—1=8.51 g
（解法二）因为放出NO2气体共0.23 mol，根据得失电子守恒可知Cu和Mg物质的量之和为0.115 mol，生成氢氧化物增重为OH—：2×0.115 mol ，OH—质量为2×0.115mol×17g/mol=3.91 g，其氢氧化物总质量为4.6g+3.91g=8.51g 。
总结：对比两种解法不难看出，采用守恒关系，找出差量比设未知数列方程求解要简单得多。
例题8 ：（1998年上海高考）近年来，工业上用Mg（NO3）2替代浓H2SO4作为制取浓HNO3的脱水剂（以下数据均为质量百分比浓度）。65%HNO3（质量为M1）中加72%   Mg（NO3）2溶液（质量为M2）后蒸馏，分别得到97.5%HNO3和60%Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）。
（1）若蒸馏过程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均无损失，求蒸馏前投料比M1/M2的值。
（2）蒸馏过程中，若H2O的损耗占总质量的5.0%，即有（M1+M2）×5.0%的H2O流失，则投料时，比值M1/M2应该        （选填增大，减小或不变）。
方法：根据量量关系获解。
捷径：（1）[解法一]设原65%HNO3为100g，72%Mg（NO3）2为 x g

则蒸馏后97.5%的HNO3质量为100g×65%÷97.5%=    g，蒸馏后Mg（NO3）2溶

液的质量为100g+xg—     g =（    +x）g，所以72%• xg=60%• （   +x）g，x =     g，

M1︰M2=100︰      =0.6

[解法二]由题意可知，蒸馏前后溶液质量不变。所以：

，解之得：       = 0.6

（2）根据解法二，

解之：            ﹥ 0.6，其比值将增大。

总结：这是一道看似深奥实则比较简单的xx。它需要学生认真分析题意，找出其数量之间关系，列出方程可顺利求解。

金钥匙：
例题1 ：有不纯的CuCl2粉末13.5 g，内含有一种杂质，当与足量AgNO3溶液反应时可析出29 g AgCl沉淀。则该粉末中含有的杂质可能是（     ）
A．KCl        B．CaCl2       C．ZnCl2        D．BaCl2
方法：通过将某一混合物假定为纯净物进行分析，然后再估算。
捷径：假定13.5 g全为CuCl2时，可生成AgCl 28.7 g ，其质量小于29 g ，因此粉末中杂质的含氯量应大于CuCl2，故答案为B。
总结：此类xx通过假定纯净物进行求解有两种方法。一是正向求解，即通过假定混合物为纯净物，依据混合物质量求算；二是逆向求解，即通过生成的沉淀物的质量，求算混合物中原假定的一种纯净物的质量。在解题时到底采用何种方法，通常是根据题中所给数据确定(通常要求质量数据能被摩尔质量除清。
例题2 ：相同体积的3x%与 x%的硫酸溶液混合，所得溶液的质量分数是（    ）
A．等于2x%    B．大于2x%    C．小于2x%    D．大于或等于2x%
方法：首先从等质量进行分析，然后再分析等体积下的质量分数。
捷径：如果为相同质量的3x%与 x%的硫酸溶液混合，设其质量为m，则混合后溶液的质量分数为 =                      。

因硫酸的密度大于水的密度，且溶液越浓，密度越大，故相同体积的3x%与 x%的硫酸溶液混合时，3x%硫酸溶液的质量大于x%的硫酸溶液的质量，因浓度大的硫酸质量大，故混合时，所得溶液的质量分数大于相同质量所得溶液的质量分数，即大于2x%，选B。
总结：当溶液的密度大于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数大于其质量分数之和的一半；当溶液的密度小于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数小于其质量分数之和的一半(如浓氨水、乙醇水溶液等)。
例题3 ：800℃时，将1molCO和1mol水蒸气通入2 L密闭容器中进行反应CO（气）+H2O（气）= CO2（气）+H2（气）达平衡时，测得容器内CO2为0.3mol/L，此时再向容器内通入1mol水蒸气并保持温度不变，则达平衡时CO2物质的量可能是（    ）
A．0.3mol       B．0.6mol        C．0.9mol        D．1.2mol  
方法：根据平衡移动原理，通入水蒸气，使平衡向正反应方向移动，通过求得范围求解。  
捷径：根据可逆性质，算得CO2的物质的量应介于0.6mol至1mol之间，故选C 。
总结：部分学生因将浓度0.3mol/L，考虑成物质的量而出错。
例题4 ：将装有若干毫升O2和50 mL NO2的混合气体的试管倒置于水中，当试管中液面稳定时，在相同条件下剩余气体体积为10 mL。则原混合气体中O2的体积可能是多少？
方法：此题为一循环反应，其NO2与H2O反应有如下循环过程：
3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO          ①
2NO + O2 = 2NO2                 ②
将①×2 —② 得：4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3 ，以此可通过合并后的总反应解题。
捷径：因剩余的10 mL气体未知，分析可能为O2，可能为NO，以此需分别分析求解。
（1）设剩余的10 mL气体O2，参加反应的O2体积为x，根据合并后的反应可得如下关系式：4NO2      ～     O2
4mL            1mL
50mL           x
解之得：x = 12.5 mL，
O2的总体积为12.5+10=22.5（ml）
(2) 设剩余的10mL气体为NO，参加反应的O2体积为y，由反应3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO可知，相当于过剩NO2气体30 mL，由题意可得如下关系：
NO2      ～     O2
       4mL             1mL
（50 — 30）mL       y
解之得：y = 5 mL
所以，混合气体中O2的体积可能为22.5 mL 或5mL。
总结：将循环反应通过反应关系进行合并，可使解题变得一目了然。
例题5 ：跟2.7g铝xx反应所需的稀硝酸，最多能溶解铁的质量为（   ）  
A．2.8g          B．5.6g        C．2.7g       D．8.4g
方法：本题采用估算法，应考虑到铁有+2和+3两种价态。
捷径：等物质的量Al→Al3+与Fe→Fe3+消耗硝酸一样多。2.7gAl为0.1mol，而0.1mol的铁为5.6g，由于生成Fe3+还可以与Fe反应，估算知溶解的铁应大于5.6g，故选D。
总结：铁具有变价是该题的关键所在。与稀硝酸反应时，硝酸过量，则生成Fe3+，而当铁过量时，则由于发生2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，使得溶解的铁的量增加。
例题6 ：A、B两种元素组成x、y两种化合物，已知x中含A 44%，y中含A 34.4%，x的分子式为AB2，则y的分子式为    （    ）  
A．AB        B．A2B         C．AB3          D．A3B
方法：此题如通过设A、B的原子量进行计算便显得很繁，解题时可通过估算获解。
捷径：x（即AB2）中含A 44%，而y中含A 34.4%，比x中含A量少，所以y分子中A∶B的原子个数比小于1∶2，故选C 。
总结：化学式中元素间比例关系的求算，对于选择题，则大部分采用估算获得结果。
例题7 ：质量比为30∶11∶8的N2、CO2、CO的混合气体通过灼热且过量的焦炭，充分反应后所得混合气体的平均分子量为      （    ）
A．28         B．30.2         C．36         D．40.5  
方法：通过反应后的化学式量分析而获解。
捷径：分析题中气体，只有CO2与焦炭反应，由于焦炭过量，CO2将全部转变成CO。又 N2和CO的化学式量均为28，故充分反应后所得混合气体的平均分子量为28。选A。
总结：题中“质量比为30∶11∶8”是解答该题的多余数据。如果用此数据将质量比化成物质的量之比，再通过反应进行平均分子量的计算，则将要耗费很多时间。
例题8 ：还原金属氧化物得金属M，质量减少了50.5% ，已知M的原子量为55，则该金属氧化物的分子式为（   ） 
A．M2O      B．M2O3     C．M2O7      D．MO2
方法：根据反应后质量减少一半多一点进行估算。
捷径：反应后质量减少一半左右，知金属氧化物中氧元素的质量与锰元素的质量近似相等。分析四个选项，只有C选项符合要求(1molC中M元素110g，O元素56g)。
总结：该题也可采用差量法求解，但较为繁杂。
例题9 ：将0.3molCu2S与足量浓硝酸反应，生成硝酸、硫酸、一氧化氮、水。则参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸物质的量为 （    ）
Ａ．1.0mol        Ｂ．1.2mol       Ｃ．0.3mol      Ｄ．2.2mol
方法：采用拆分法，从形成的硝酸盐进行分析。
捷径：因为在反应中未被还原的硝酸的物质的量应为生成的硝酸铜的物质的量的2倍。故未被还原的硝酸的物质的量为：0.3mol×2×2＝1.2mol  选Ｂ。
总结：该题的一般解法是：先写出反应的化学方程式并配平，再根据Cu2S的物质的量求出未被还原的硝酸的物质的量。如能采用拆分法，便使解题变得方便快速。
例题10 ：两种金属组成的合金50g，与Cl2反应，消耗Cl271g，则组成该合金的金属可能是                                                          (    )
A．Na 和Al      B．Ca和 Zn      C．Fe和Mg      D．Cu和Ag
方法：引入摩尔电子质量及平均摩尔电子质量的概念，进行简便运算。
捷径：本题的金属分别失去1、2、3个电子形成+1、+2、+3价的金属阳离子，因为失去的电子不同，不好进行比较，所以我们要引入一个摩尔电子质量的概念，摩尔电子质量：金属失去1摩尔电子的质量，单位为g。很明显金属的摩尔电子质量等于其1mol的质量除以其化合价。则Na、 Al 、Ca、 Zn 、Fe、Mg 、Cu、Ag的摩尔电子质量分别为23g、9g、20g、32.5g、18.7g（FeCl3中的铁离子为+3价）、12g、32g、108g。
50g合金与71gCl2反应，71gCl2就是1mol氯气，即2molCl原子，即50g合金失去2mol电子，平均25g合金失去1mol电子, 25g就是平均摩尔电子质量。也就是一种合金的摩尔电子质量要大于25g,另一种合金的摩尔电子质量要小于25g才符合题意。对照答案，所以选B 。  
总结：该题一般的解法是：每组进行二元一次方程组的解答，从中找出符合题意的答案。但这样解答很繁琐。

聚宝盆：
近几年来，高考化学xx中各类大小有计算因素的题目在选择、填空题中出现较多，且有一定难度，用常规解法，既繁又慢，若掌握一些化学速算的方法，就会化繁为简，大大提高解题速度。要知道，解题有法，但无定法。在解题时，必须在通读xx、看懂题意的基础上，从题目中的数据和信息着手，寻找解题的思路与方法。当有多种方法时，应考虑其{zj0}方案。化学中的速解速算，对一些基础较弱的学生，还能快速提高解题能力，使他们树立起信心，战胜畏难情绪，从而提高化学成绩。

热身赛：
1．有两种金属混和粉末15 g,加入足量的稀盐酸 充分反应后，得到 11.2 L氢气（标准状况下），则下列各组金属中肯定不能构成上述混和物的是（   ）
A．Mg、Al      B．Mg、Ag       C．Cu、Zn       D．Al、Fe
2．在150℃、1.01×105Pa时，乙炔与气体A（CH3OH、HCHO、CH2＝CH2、HCOOH
中的一种）的混和气体与足量氧气燃烧，生成的CO2是原混和气体体积的1.6倍，水蒸汽的体积是它的1.4倍，则乙炔与气体A的体积比是      (    )
 A．1∶1       B．2∶1        C．3∶2        D．1∶3
3．质量为25.6 g的KOH和KHCO3混合物在250℃下煅烧，冷却后称重，减少4.9 g，则原混合物中KOH和KHCO3的关系是    (     )
A．KOH>KHCO3                B．KOH<KHCO3   
C．KOH=KHCO3                D．任意比混合
4．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，若将20 mLNO与30 mLNO2混合(同条件)通入足量NaOH溶液，{zh1}剩余气体的体积是  (     )
A．10mL       B．3.33mL        C．0mL        D．20mL
5．有一含硅和铁的铝合金样品，取两份等质量的样品，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成等量的气体，则此样品中含铁和硅的比是  （    ）
A．质量之比为2：1                   B．质量之比为4：1
C．物质的量之比为2：1               D．物质的量之比为1：1
6．有FeSO4和CuSO4混合溶液30mL，其中[SO42-]=0.1mol/L。投入少量的锌粉充分反应（不考虑盐的水解），反应后测得溶液中不含Cu2+，尚余下Fe2+的物质的量是溶液中Zn2+物质的量的一半，则投入的锌粉质量是  （    ）
A．0.065g        B．0.13g         C．1.3g         D．10.25g
7．在相同条件下，把Mg、Al、Fe分别投入到质量相等的足量的稀H2SO4中，反应后三种溶液的质量仍相等，则投入的Mg、Al、Fe三种金属的质量关系是（    ）
A．Mg＝Al＝Fe                    B．Al＞Mg＞Fe
C．Fe＞Al＞Mg                    D．Mg＞Al＞Fe
8．A、B两种元素可形成A2B和A2B3两种化合物，在A2B中A与B质量比为7：4，则在A2B3中A与B的质量比为（    ）
A．7：4        B．7：8          C．7：12        D．7：16
9． 两种金属混合物共重20.75 g，投入足量的盐酸中，得到11.2 L H2（标准状况），则混合物可能的组成     (     )
A ．Zn和Ag      B．Mg和Fe      C．Mg和Cu     D．Mg和Al
10．使一定量的PH3和H2的混合气体依次通过两支加热的硬质玻璃管，{dy}支玻管中装有铜屑，第二支玻管中装有氧化铜。气体在{dy}支玻管中发生如下反应：3PH3＋3Cu=Cu3P2＋3H2，玻管质量增加4.96 g；第二支玻管中通过气体后质量减小5.76 g。求原混合气中PH3和H2的物质的量之比。

大检阅：
1．AC  2．C  3．B  4．C  5．BC  6．B  7．B  8．C  9．BC
10．4：3。第二支试管中氧化铜失去的质量为氧元素，其物质的量是5.76/16=0.36 mol，与氧元素结合成H2O的是氢元素，相当于H2亦为0.36 mol。{dy}支试管获得的质量是磷元素，其物质的量为4.96/31=0.16 mol，即原PH3为0.16 mol，它释放的H2为0.24 mol，原H2则为0.36－0.24=0.12 mol