3.2.2 物质的量在化学方程式计算中的应用（精品学案）-2022-2023学年高一化学同步学习高效学讲练（人教版2019必修第一册）.docx

1、2022-2023学年高一化学同步学习高效学讲练（精品学案）第三章 铁 金属材料第二节 金属材料第2课时 物质的量在化学方程式计算中的应用课程学习目标1.基于物质的量认识化学变化；2.掌握物质的量在化学方程式计算中的应用。学科核心素养1.知道物质发生化学变化过程中各物理量的关系，并能够进行相关计算，培养“变化观念与平衡思想”。2.通过对化学反应进行定量的计算，能够培养学生的“科学态度和社会责任”。【知识回顾】以物质的量为中心的计算【知识归纳总结】 物质的量与其他物理量之间的计算公式(1)已知物质的质量m(B)，n(B) 。(2)已知标准状况时的气体体积VB(g)，n(B) 。(3)已知物质的粒

2、子数N(B)，n(B)。(4)已知溶液中溶质的物质的量浓度c(B)，n(B)c(B)V。【新知学习】一物质的量在化学方程式中的应用物质是由原子、分子、离子等粒子构成的，物质之间的化学反应也是粒子按照一定的数目关系进行的。化学方程式中的化学计量系数可以明确表示出化学反应中粒子之间的数目关系。2Na 2H2O = 2NaOHH2 2 2 2 1 26.02102326.02102326.02102316.021023 2 mol 2 mol 2 mol 1 mol结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比，对于有气体参与的反应还等于体积之比。【例题1】将0

3、.46g金属钠加入足量水中充分反应，测得反应后溶液的体积为200mL。试计算：（1）反应生成的氢气在标准状况下的体积为多少毫升？ _（2）反应所得NaOH溶液的物质的量浓度是多少？_【答案】224mL 0.1mol/L 【解析】（1）根据2Na+2H2O=2NaOH+H2，0.46g金属钠即0.02mol，与足量的水可生成0.01mol氢气，标况下，V（H2）=0.01mol22.4L/mol=0.224L，即224mL；（2）0.02molNa与水反应可生成0.02molNaOH，c（NaOH）=0.1mol/L。二化学方程式中化学计量数与相关物理量的关系 2COO2 2CO2化学计量数 2

4、 1 2扩大NA倍 2NA NA 2NA物质的量 2 mol 1 mol 2 mol质量 56 g 32 g 88 g 44.8 L 22.4 L 44.8 L1物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤转：将已知物理量转化为物质的量设：设所求物质的物质的量为n（B）写：写出相关的化学方程式标：在相关物质化学式下面标出已知量和未知量列：列出比例式解：根据比例式求解答：简明的写出答案2计算过程中的注意事项(1)书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。(2)单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致

5、，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”，且单位要注明。(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。【例题2】向500 mL NaOH溶液中投入10.8 g Al，二者恰好完全反应后，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。则：(1)Al的物质的量为_。(2)参加反应的NaOH的物质的量为_，NaOH溶液的物质的量浓度为_。(3)生成标准状况下H2的体积为_。【答案】(1)0.4 mol(2)0.4 mol0.8 mol/L (3)13.44 L【解析】(1)n(Al)0.4 mol。(2)设参加反应的NaOH物质的

6、量是n。则2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22204 mol n则，n0.4 mol，c(NaOH)0.8 mol/L。(3)设生成标准状况下H2的体积是V。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22 mol322.4 L04 molVV13.44 L。【点睛】在解决此类定量分析题目时，首先明确化学方程式中化学计量数体现的定量关系，然后整合题干中的定量信息判断是否存在物质过量，最后按少量的物质进行定量计算，得出结果。【知识进阶】化学计算中常用的解题方法 (1)关系式法当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。根据化学方程

7、式确定关系式。写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。根据原子守恒确定关系式。示例：把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清石灰水中，求生成沉淀的质量。分析：a.写出反应方程式：3COFe2O32Fe3CO2，CO2Ca(OH)2=CaCO3H2Ob列关系式3CO3CO23CaCO3，即COCaCO3。(2)守恒法电子守恒：氧化还原反应中得电子总数等于失电子总数。电荷守恒：电解质溶液中，阳离子所带正电荷总数阴离子所带负电荷总数；离子方程式中，反应物所带电荷总数生成物所带电荷总数。(3)差量法原理：根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出“理论差量”，如反应前后的质量、物质的量

8、、气体体积等。结合题目实际差量列出比例式进行解答。示例：2Na2O22CO2=2Na2CO3 O2固体差值 2 mol 2106 g 1 mol 228 g n(Na2O2) m(Na2CO3) n(O2) 5.6 g则：【例题3】将2.3 g钠投入97.8 g水中，反应完毕后，得到100 mL溶液，计算：(1)产生的氢气在标准状况下的体积。(2)所得氢氧化钠溶液的溶质质量分数。(3)所得氢氧化钠溶液中溶质的物质的量浓度。【答案】(1)1.12 L(2)4%(3)1 molL1【解析】(1)2.3 g Na的物质的量为0.1 mol，则2Na2H2O=2NaOHH22 mol 22.4 L 0

9、.1 mol V(H2)产生的氢气在标准状况下的体积V(H2)1.12 L。(2)0.1 mol Na完全反应生成0.1 mol NaOH，氢氧化钠的质量为40 gmol10.1 mol4 g，所得溶液质量为100 g，则所得溶液中氢氧化钠的质量分数为100%4%。(3)所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为1 molL1。【点拨】解答本题要注意以下两点：(1)明确题目中涉及的化学反应。(2)明确相关的物理量和计算方法，利用相关的化学方程式计算。【效果检测】1（2021青铜峡市高级中学高一学业考试）6.5 g的锌片置于足量的稀盐酸中完全反应方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2，产生的气体在标准状

10、况下的体积是A2.24 mLB22.4 mLC224 mLD2240 mL【答案】D【详解】6.5 g Zn的物质的量n(Zn)=0.1 mol，根据方程式可知0.1 mol Zn反应产生0.1 mol H2，其在标准状况下的体积V(H2)=0.1 mol22.4 L/mol=2.24 L=2240 mL，故合理选项是D。2（2021江苏高一期中）常温下，将0.23g金属钠投入100mL水中充分反应。下列说法正确的是A0.23g金属钠中所含电子的总物质的量为0.01molB消耗水的质量为0.36gC所得NaOH的物质的量为0.01molD生成气体的体积为0.112L【答案】C【详解】A0.23

11、g金属钠的物质的量为=0.01mol，所含电子的总物质的量为0.01mol11=0.11mol，故A错误；B由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2可知，0.01molNa消耗0.01molH2O，质量为0.01mol18g/mol=0.18g，故B错误；C由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2可知，0.01molNa反应完生成0.01mol NaOH，故C正确；D由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2可知，0.01molNa反应完生成0.005mol氢气，该选项没有说明是否为标况，不能计算生成氢气的体积，故D错误；故选C。3将2.3g金属钠放入100g水中，完全反应后溶液的质量分数

12、为A100B100C100D100【答案】D【详解】2.3g钠的物质的量是0.1mol，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2可知生成氢氧化钠是0.1mol，质量是4g，氢气是0.05mol，氢气质量是0.1g，所以完全反应后溶液的质量分数为，答案选D。4（2020广州市南武中学高一月考）一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g，将其投入100g水中，产生0.2gH2，则这块钠表面的氧化钠的质量为A9.2gB10.6gC6.2gD4.6g【答案】C【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O2NaOH，2Na+2H2O2NaOH+H2

13、；收集到氢气02g，则n(H2)0.2g2g/mol0.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)2n(H2)0.2mol，m(Na)0.2mol23g/mol4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g6.2g；故答案为C。5在一定温度和压强下，20mlX2气体与30mlY2气体恰好完全反应，生成20ml气体化合物Z，则Z的化学式可能是AX2Y3BXYCX3YDXY3【答案】A【详解】在一定温度和压强下，20mlX2气体与30mlY2气体恰好完全反应，生成20ml气体化合物Z，假设气体摩尔体积为Vm，则mol X2气体与mol Y2气体恰好完全反应，生成mol气体化合物Z，根据原子守恒可知

14、，Z的化学式为X2Y3，故答案选A。6（2021吉林长春市长春外国语学校高一期末）250mL 2mol/L的稀盐酸与一定量的铁屑充分反应，铁屑全部溶解，生成标准状况下1.12L的氢气，则参加反应的铁屑的质量是A2.8gB5.6gC11.2gD78.4g【答案】A【详解】铁与稀盐酸反应过程中Fe作还原剂，HCl作氧化剂，Fe元素化合价由0升高至+2，H元素化合价由+1降低至0，根据化合价升降守恒及原子守恒可列出关系式为Fe2H+H2，生成H2的物质的量为=0.05mol，稀盐酸中氢离子的物质的量为0.25L2mol/=0.5mol，则氢离子过量，则消耗Fe的物质的量为0.05mol，Fe的质量为

15、0.05mol56g/mol=2.8g，故答案为A。7（2021河南宏力学校高一期末）标准状况下，把4.48 L CO2通过一定量的过氧化钠固体后收集到3.36 L气体，则这3.36 L气体 的质量是A4.8 gB5.4 gC6.0 gD6.6 g【答案】C【详解】令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：解得：a=2.24L，b=1.12L生成氧气的体积1.12L，小于3.36L，故二氧化碳有剩余，所以：3.36L气体中CO2体积为4.48L-2.24L=2.24L，O2的体积为1.12L，所以3.36L气体的质量为：；答案选C。8（2021云南高一期末）A、B两个烧杯中分

16、别盛有浓度和体积均相同(100ml 3mol/L)的稀盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为A：B，则加入铝粉的质量为A7gB6gC4gDg【答案】C【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质最的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为A:B=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：，解得x=0.15mol；一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol2=0.3mol；碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物

17、质的量为y，则：，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，故答案为C。9将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中，充分反应后，其结果是：A铁剩余，溶液呈浅绿色B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色CFe2+和Fe3+物质的量的比为1：6D氧化产物和还原产物的物质的量比为2：5【答案】B【分析】1.12 g铁的物质的量是n(Fe)=0.02 mol；25 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中含有溶质的物质的量n(FeCl3)=2 mol/L0.025 L=0.05 mol，根据二者反应方程式：2FeCl3+Fe=3FeCl2，可知二者反

18、应时n(FeCl3)：n(Fe)=2：1，结合氧化还原反应规律及反应关系计算。【详解】A根据上述计算可知n(Fe)=0.02 mol；n(FeCl3)=0.05 mol，根据反应方程式可知二者反应时物质的量的比n(FeCl3)：n(Fe)=2：1，则FeCl3过量，溶液为FeCl3、FeCl2的混合物，A错误；B根据选项A分析可知溶液为FeCl3、FeCl2的混合物，向其中滴入无色KSCN溶液，Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使溶液显红色，B正确；C在该反应中Fe不足量，n(Fe)=0.02 mol，则反应产生Fe2+物质的量是0.06 mol，反应后过量Fe3+的物质的量为n(F

19、e3+)=0.05 mol-20.02 mol=0.01 mol，所以Fe2+和Fe3+物质的量的比为6：1，C错误；D在该反应中FeCl2既是氧化产物，又是还原产物，其中是还原产物，是氧化产物，故氧化产物和还原产物的物质的量比为1：2，D错误；故合理选项是B。10（2021广东高一期末）将12.8g铜粉加到400mL 2mol/L的溶液中，充分反应后，下列说法正确的是(假设溶液总体积不变)A溶液中产生了黑色固体B氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2C溶液中的物质的量浓度为D溶液中和物质的量之比为1：2【答案】B【分析】铜与发生反应的离子方程式为：，12.8g铜粉的物质的量为=0.2mol

20、，400mL 2mol/L的的物质的量为2mol/L0.4L=0.8mol，显然溶液中过量，据此分析解答。【详解】A根据上述分析可知，铜粉溶解，铁离子转化为亚铁离子，不会出现黑色固体，A错误；B氧化产物为铜离子，还原产物为亚铁离子，两者物质的量之比为1：2，B正确；C溶液中的物质的量浓度等于参加反应的的物质的量浓度，为，C错误；D溶液中剩余的的物质的量为0.8mol-=0.4mol，生成的物质的量为=0.4mol,所以两者的物质的量之比为1:1，D错误；故选B。11（2021湖北高一期末）将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气4.48L。下列有关说法不正确的是

21、A该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1B反应中转移电子0.4molC该盐酸的物质的量浓度为D将标准状况下8.96L HCl气体溶于500mL水中即可配制成该盐酸【答案】D【详解】A设镁、铁的物质的量分别为xmol和ymol，则有：，解得，故知该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1，A正确，不符合题意；B反应中转移电子0.4mol，B正确，不符合题意；C该盐酸的物质的量浓度为， C正确，不符合题意；D标准状况下8.96LHCl的物质的量为0.4mol，溶于500mL水，不等于溶液体积为500mL， D错误，符合题意；故选D。12（2021天津和平区高一期末）向一定量的Fe、FeO、的混合物中加入1

22、00mL1mol/L盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标况)的气体，所得溶液中无。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是A11.2gB5.6gC2.8gD无法计算【答案】C【详解】Fe、FeO、的混合物与盐酸反应，恰好使混合物完全溶解，说明盐酸也刚好反应完，所得溶液中无，则是亚铁离子，故生成FeCl2，根据守恒关系，因此混合物中含铁的物质的量为0.05 mol，用足量CO在高温下最终得到铁单质，铁的质量为，故C正确；综上所述，答案为C。【点睛】根据题干信息判断得出产物为氯化亚铁，利用守恒关系解决这类问题。13将1.1g铁、铝混合物溶于200mL5molL-1的

23、盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6molL-1 (溶液体积变化忽略不计)，则下列表述不正确的是( )A反应中消耗HCl为0.08molB混合物中含有0.02molAlC标况下，产生H2的体积为896mLD混合物中Al与Fe的物质的量之比为11【答案】D【详解】设1.1g混合物中Fe的物质的量为n1mol，Al为n2mol，反应中消耗的盐酸的物质的量为：n=cV=0.2L(5molL-1-4.6molL-1)=0.08mol，根据反应进行计算如下： 则有56n1+27n2=1.1g，2n1+3n2=0.08mol，联合解得，n1=0.01mol，n2=0.02mol，故混合物中含有0.01mol

24、Fe，0.02molAl；A反应中消耗的盐酸的物质的量为：n=cV=0.2L(5molL-1-4.6molL-1)=0.08mol，故A不符合题意；B根据计算可知，混合物中含有0.02molAl，故B不符合题意；C根据计算可知，混合物中含有0.01molFe，0.02molAl，根据FeH2，2Al3H2，得到氢气的物质的量为0.01mol+0.03mol=0.04mol，标况下，产生H2的体积为0.04mol 22.4L/mol=0.896L=896mL，故C不符合题意；D根据计算可知，混合物中含有0.01molFe，0.02molAl，Al与Fe的物质的量之比为21，故D符合题意；答案选D

25、。14（2021重庆高一期末）是火箭的固体燃料，发生的反应为，下列说法不正确的是A完全分解产生标准状况下气体体积为B溶于水，溶液中含氮微粒的物质的量共C产生时被氧元素还原而生成的氯气有D反应中氧化产物与还原产物的分子总数之比为3：1【答案】C【详解】A依据方程式，完全分解产生4mol气体，则1molNH4ClO4完全分解产生2mol气体，其在标准状况下气体体积为，故A正确；B根据原子守恒守恒，溶于水，溶液中氮微粒的物质的量也是1mol，故B正确；C反应中， 2个N由价升高到0价， 4个O由价升高为0价，2个Cl由价降低为0价，产生时被氧元素还原而生成的氯气有，故C错误；D根据反应方程式可知：

26、2个N由价升高到0价， 4个O由价升高为0价， 2个Cl由价降低为0价，则氧化产物为和，还原产物为，氧化产物与还原产物的分子总数之比=3：1，故D正确；故答案为C。15将足量澄清石灰水加入250mL碳酸钠溶液中，过滤、干燥后得到20g沉淀。(1)发生反应的离子方程式为_。(2)碳酸钠溶液的物质的量浓度为_。(3)若取出这20g沉淀，向其中加入足量的稀盐酸充分反应，计算最终产生的气体在标准状况下的体积为_。【答案】 4.48L 【详解】(1)Na2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3和NaOH，发生反应的离子方程式为；(2) 20gCaCO3的物质的量为，结合Na2CO3+Ca(OH)2=CaC

27、O3+2NaOH可知参加反应的碳酸钠的物质的量为0.2mol，故碳酸钠的物质的量浓度；(3)20gCaCO3的物质的量为0.2mol，结合CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O可知生成CO2的物质的量为0.2mol，则其标准状况下的体积V=0.2mol22.4L/mol=4.48L。16KClO3与浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物质二氧化氯，其变化可表述为：KClO3+HCl(浓)KCl+ClO2+Cl2+ 。(1)请完成该化学方程式_(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号)。只有还原性 还原性和酸性 只有氧化性 氧化性和酸性(3)若产生7.1gCl2，则生成Cl

28、O2的质量为_g。【答案】2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O B 13.5g 【详解】(1)KClO3中氯元素化合价从+5价降低到+4价，HCl中氯元素化合价从1价升高到0价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O；(2)浓盐酸中氯元素化合价升高，反应中还有氯化钾生成，则在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，故选B；(3)若产生7.1gCl2，即0.1mol Cl2，根据方程式2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O可知，生成ClO2的物质的量为0.2mol，

29、则质量为。17按要求完成下列填空：(1)标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比为 _，氧原子个数之比 _。(2)某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。则金属M的摩尔质量_。(3)标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共8.96L，其质量为，则混合气体的平均摩尔质量为_，甲烷的体积分数为_。(4)某物质加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对的相对密度为20，则反应物的相对分子质量为_。(5)溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉

30、淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是_。【答案】3:2 1:1 27g/mol 19g/mol 75% 120g/mol 1:3 【详解】（1）标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比等于物质的量之比为=3:2；1个氧气分子中有两个氧原子，1个臭氧分子中有三个氧原子，氧原子个数之比为：=1:1；（2）金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g即=0.6mol AgCl白色沉淀，所以氯离子的物质的量是0.6mol，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，该金属氯化物质量是26.7g，物质的量为=0.2mol，解得x=3，所以金属M的摩尔质

31、量为133.5g/mol(35.5g/mol3)=27g/mol，故答案为：27g/mol；（3）设混合气体中甲烷的物质的量为x mol、CO的物质的量为y mol，则：x+y= ，16x+28y=7.6，解得：x=0.3mol，y=0.1mol；相同条件下气体体积分数等于物质的量分数=100%=75%，故答案为：75%；（4）令A的物质的量为2mol，由方程式2A=2B+C+3D，可知混合气体总物质的量为2mol+1mol+3mol=6mol，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol20=40g/mol，混合气体总质量=6mol40g/mol=240g，由质量守恒

32、定律可知A的质量等于混合气体总质量，故A的摩尔质量= =120g/mol；（5）由相同的Ba2+恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则Ba2+ =BaSO4，Fe2(SO4)3CuSO4，又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比，则两种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为:1=1:3。18（江西省赣州市会昌县第五中学2020-2021学年高一上学期第二次月考化学试题）在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_。A1mol钠无论生成氧化钠、过氧化钠还是它们的混合物，都转移NA个电子B用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热

33、，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下C铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。A点的沉淀物的化学式为_。写出A点至B点发生反应的离子方程式：_。某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_和盐酸。C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为_mL。【答案】A Mg(OH)2 +H+H2O= Al(OH)3 CO2 1

34、30 【分析】从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生+H+H2O= Al(OH)3 ，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；【详解】(1) A1mol钠无论生成氧化钠、过氧化钠还是它们的混合物，钠都失去一个电子生成钠离子，故转移NA个电子，A正确；B铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误

35、； C铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；(2) A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2； 写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式：+H+H2O= Al(OH)3；含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离； 根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16克，氢氧化镁的相对分子质量为58g/mol，故氢氧化镁的物质的量为，AB过程为AlO2-+H+H2O= Al(OH)3，共消耗盐酸的量为（30-10）10-31=0.02 mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02 mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：n(HCl)1=0.022+0.023=0.1mol，V(HCl)=，C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl，故C点使HCl体积为100mL+30mL=130mL。