课时素养达标(8)化学计算常用方法-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习课时素养达标

6C[政气体的华款有VL则式W器=，化药鉴理 12.D[A项，根据计算，36.5gHC的物质的量1mol,溶液的体 10006 积略大于1L,所得溶液的物质的量求度略小于1mol/L,故A 22.4ac 得：V=1000wM门 错误：B项，题中未指明标准状况下，故无法计其1 mol HC1的 7.答案(1)①0.1580②ace③玻棒、胶头滴管，100mL.容 体积，故B错误：C项，盐酸的体积为V-严-36.5+1000ml 量瓶④偏小 (2)①5H,C,(0)+2Mn()+6H+2Mn2++10C02↑+ -36.5+1000L,根据计算公式c=7得到c-36.5+100四 1000p 8H0②1.2 1000p 解析(1)配制100mL0.010mol·I1酸性KMn(0溶液时所 1000p 需称量（分析天平，精确度0，O001g)aKMnO固体的质量 mol/L.-36.5干0mol/1,故C错误：D项，根据公式c 0,010mol/L×0.1L×158g/mol=0.1580g:影制一定物质的 1000p,变形脚可得到D,故D正确，门 M 量浓度溶液中步骤KM0,县有强氧化性，不能直接放在托盘 1.答案（①准精（22×+篇（或7+或7十友 5 中称量，可以放在烧杯中称量，错误，©转移时应用玻璃棒引流。 c错误，e定客时应平视刻度线，e错误，所以错误的步骤是ce 配制一定物质的量浓度溶液时用到玻璃仪器有量筒、烧杯，玻璃 7+36 棒，胶头滴管、100ml,客量瓶：按图示操作a、C会造成溶质质 减少，回定容时仰视会造成加入水偏多，这些错误操作最终会使 (3)ae玻璃棒，烧杯(4)AD(5)C1(或Br) 配制溶液浓废偏小：(2)草酸和酸性高锰酸钾反应，草酸发还原 解析(1)同一溶液，体积相等，则物质的量越大溶液求度越 剂被氧化生成二氧化碳，高锰酸钾做氧化剂被还原为M2于，极 50g 大，底搭的物质的量为：32gma=0.146mol:硫酸钾的物质 据得失电子守恒配平离子方程式，5H,CO,十2MnO+6H 0.5g 一2Mn2十十10CO2↑十8H2O:根据反应的关系式可知 的量为：174g/mo =0.00287mol:阿司匹林的物质的量为： acs)=nH,G0,)=号n(M0,)=号×0.o1molL 0.35g 0.5g 180 g/mol =0.00194mol:高锰酸钾的物质的量：158gma ×0.048L.=1.2×103mol,m(Ca2+)=40g·mol1×1.2× 0.04g 108mol=0.048g,则血液样品中Ca2+的浓度为 0.0032m0l:球酸银的物质的量：170g%=0.00024m0l:所以 0.048R×103mg·g 蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最多：故答 40.00ml. -=1.2mg/m. 8.D[实验室里需要配制480mL0.10mol·L一1CuSO1溶液，由 案为：蔗糖：(2)溶液中钾离子的物质的量为期依据(=是V= 于没有480mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则需选择 (2x0.50+0.50 500m客量瓶，溶质若为CuS)1,则需要8.0g,若是胆矶则需要 1L,溶液中钾离子的物质的量浓度为= 174+158）mal 12.5g,应配成500ml溶液而不是加入500mL水，] 9,BC[量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中 加水5ml,配制的酒精溶液体积分数为75%，故A错误：1.5V =(2×0+98）molL:故答案为：2×号0+98(3)配 个硫酸根离子的物质的量为1,5mol,NA个金属阳离子的物质 制一定物质的求度溶液一般步豫：计算、称量、溶解、移液、洗 涤、定容等。用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙 的量为1mol,令金属离子的化合价为x,根据电荷守恒可知，x三 1,5×2=3,故金偏阳离子为十3价，所以被硫酸甚可以表示为 1000m容量瓶，胶头滴管：用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的 M:(SO)s·根据硫酸根离子宁恒可知，硫酸盐的物质的堂为 仪器：玻璃棒、烧杯，故答案为：C:玻璃捧，烧杯：(4)A,容量瓶 在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶 05mol.所以孩硫酸盐的物质的量浓度为心 液体积都不产生影响，落液浓度不变，故A速：B,定客时仰视液 2.5mol·LI,故B正确：实验中需用2.0mol·L1的Na2CO 面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故B不选：C.容量瓶在 溶液950ml,配制时应选用的容量瓶的规格为1000mL,称乳 使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NC1溶液而未洗净 Na,C03的质量m=cVM=2mol·l,1×1L×106g·mol1= 容量瓶中沾有氯化钠，敦化钠能够消耗银斋子，导致溶液中银 离子浓度偏小，故C不选：D.定客摇匀后发现液面低于客量瓶 212.0g,故C正确：应称取绿航的质量为0.5L×0.2mol·L.1 的刻度线，但未微任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D ×278g·mol-1=27.8g.故D错误， 选：故选AD:(5)银离子能够与氨高子反应生成氯化银白色沉 1O.D[A.由国可知，温度升高，PhO在NaOH溶液中的溶解度增 淀，向待测液中加入少量氟化的，若产生白色沉淀啊可证明溶 大，所以PbO在NaOH溶液中的溶解是吸热反应，A错误： 液中含有银离子：故答案为：CI B.由图可知，浓度越大，Phb)在Na)H溶液中的溶解度越大，碱 14.答案(1)10.7%(2)0.25(3)3.：2 浸1需要得到圆体PbO,则应选择低求度的NaOH溶液，B错 误：C.由图可知，浓度越大，PbO在NOH溶液中的溶解度越 解析 )根据c=1000m可知NaOH溶液的质量分数为 M 大，高浓度的NOH溶液的浓度有利于PbO溶解，C错误：D.M 3×40 点落液中c(OH-)=1mol/L.PbO溶解度为110gL.根据反 1000X1,12×100%≈10.7%：(2)氢气与氧气反应，用Na0H 应PbO(s)+NaOH(q)一NaHPb):(aq)可求出c(HPh(O2） 吸收气体，所得的溶液中含有NC),说明氧气与氯气反应时， 110g 兼气有制余，用氯氧化的吸收后溶液中溶质为NaCI.NClO,根 223 g/mol I L =0.49mol/L,即存在c(HPbO2)<c(OH).D 据钠离子守恤可知溶液中n(NaOH)=n(NaC1)十n(NaClO)= 0.1L×3mol/L=0.3mol,故溶液中n(NaC)=0.3mol 正确门 1山.B[A.溶液的质量为g·ml.XVml=pXVg,溶液中溶质 0.05mol=0.25mol,溶液中n(C1)=n(NaC1)=0.25mol: (3)根据以上分析可知HCI与NaOH反应生成的NC1的物质 的质量为m=pXV×a%g,故A正确：B.溶液中溶质的物质的 的量为0.3mol一0.05mol×2=0.2mol,故n(HC1)=0.2mol. 量为m=exVxas%g=XVXa必ml,体机为V(mlD,则其物 M g/mol M (H2)=0.10mol.氧原子守使有2n(Cl2)=n(NaC1)+ Vamo (NaC1O),故2n(Cl)=n(NaOH)=0.3mol,所以n(Cl2)= -1000XpXa必mal·L-l, 0.15mol,因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比 质的量浓度为(= V×10-L. n(Cg);n(H2)=0.15mol:0.10mol=32, 故B铅误：C.溶流中溶质的物质的量为n=得m0l,溶液的体积 课时素养达标（八） 1.A[由20-30，△V=780ml.-750ml.=30ml.,V(0) 为0.001V1,则孩溶液的浓魔为c=是=0.01元 1000×m M×V 2△V=60mL1L流合气体中含臭氧的体积为V=1L×0m二 malL-,故C正确D.根据c=1000XpXa%可得，溶质质量 =0.08L,根据臭氧和KI反应的化学方程式，n(O为)=n(2) M 22.41/mo=0.0036mol.m(h)=0.0036mol×254g·mol1 0.08L. 分载为a%=6。×10%,故D正病：答案为B,] =0.91g。 637 2.B[测得反应过程中实际消耗9.8%的稀硫酸250.0良，消耗 解析(1)实脸中滴加过量的SnCL溶液(Sn+将Fe十还原为 H,S0,的物质的量为250X9.8%=0.25m0l,生成的是CuS0, Fe2+),若不徐去过量的Sn+,滴定过程中Cr(号与Sn+反 98 应.消耗KC),偏多，使结果偏大。(2)根据题意，计算出消耗 则C2(OH):CO与Cu的混合物共含有钢0.25mo,若是 KC),的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒， CuO,则质量为0.25mol×80g/mol=20g,若为Cu(OH)2CO 找出关系式，列等式计算求出铁原予的物质的量，得出铁元素的 则质量为0.25molX3×222g/mol=27.75g,故23.1g的剩 质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。 7.答案(1)n(Cu0):n(Cu20)为2；1(2)0.168L 余固体是二者的混合物：设制余国体中Cu(OH)gC()的质量为 解析(1)5.000gCuS0,·5H20物质的量为0.02mol,若生成 ag,则Cu0的质量为(23.1一a)g,根据Cu2(0H):C(~ 的全都是硫酸钢，则质登为3.2g,若全部生成氧化钢，则质量为 2H2S0和Cu0-S0可知，%+23.10三0.25，解得4曰 1.6g,若全部生成氧化亚钢，则质量为1,44g,而得到1,520g固 80 体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物 11.1g,则Cu0的质量为12g,则原混合物中Cu的质量为 质的量为xmol,氧化亚钢物质的量为ymol,则有x十2y=0.02, 2g-71×2×80mol区80=3.2，原混合物 80x+144y=1.52,解得x=0.01,y=0.005,则物质的量比 n(Cu():n(C(O)为2：1：故答案为：n(Cu(0)n(C()为 Cu2(0H)2C的质量为25.4g一3.2g=22.2g,搭此解答. 2:1。(2)生成了标准状况下0.2241.二氧化硫脚物质的量为 A.据分析，加热后的因体是碱式碳酸铜和氧化铜的混合物，A错 0.01mol,说明生成三氧化硫物质的量为0.01mo,分析得到硫 误：B.据分析，原混合物中Cu2(OH)。C),与Cu的质量比为 钢化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到O物预 22.2:3.2=111116,B正确：C.据分析，加热前后因体的质量差 为25.4g一23.1g=2.3g,园体质量差是Cu(OH)2C03分解生 的量为0.01molX2+0.005molX2X1=0.0075m0l,其标准状 成H,(O,CO,的质量减少和Cu生成Cu)的质量增加共同作用 态下的体积0.0075mol×22.4L·mol一1=0.168L:故答案为 的结果，则共生成H2O和CO,的质量大于2.3g,C错误：D.据 0.1681. 分析，加热后利余因体含有11.1g的Cu(OH)CO,与稀硫酸 8.C[机有题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起 来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不雄发现： 充分反应生成C0,的质量为2X44=22(g),则其加 反应后只有NaSO,存在于溶液中，且反应过程中SO并无损 300.0g9.8%的稀疏酸，完全溶解后溶液质量减少2.2g,最终 所得溶液质量为300+23.1一2.2一320.9(g),D错溪：故选B,] 托，根搭电中性原则：n(SO片)=乏n(N+),则原硫酸的求度 3.C[高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MO,十 为：2mol/L,故选C, 5Fe2++8H+-Mn2++5Fe3++4H.O.n(KMnO)=20.00× 9.AD[A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的童为0.4mol.根据 10a1.×0.01000mol·1.1=2.0×101mol,别 C1原子守设可得c(HCD=2X0.4m0l=8.0molL1,选项A 0.1L n(FeS04·7H2O)=5n(KMn(0)=1.0×10-8mol. 3.2g 1.0X10-1mol×1000ml×278g·mol- 正残n(S》=2gma=0.1mol,根据转移电子守恒得 o(FeS0·71H.0) 25 ml nfe+)=0.1molX2-02=0.2mol,则矿石中的n(fe+) 11.5g (3-2) ×100%≈96.7%。 0.4mol一0.2mol=0.2mol,则磁黄铁矿中(Fe2+)：n(Fe3+) 4.B[铁的盒属活动性强于Cu,Fe先与氯化铁反应，Fe反应究后 =0.2mol0,2mol=1:1,选项B错误：C.根据H,C1原子守 Cu与氯化铁反应，离子方程式分别为Fe+2Fe+一3Fe2+,Cu +2Fe+Cu2++2Fe2+,0.5 mol Fe+能消耗0.25 mol Fe, 桓可知，n(H:S)=7n(HCI)=n(FeCl,)=0.4mol,V(H2S)= 质量为14g,0.5 mol Fe3+能消耗Cu0.25mol,质量为16g,现 0.4mol×22.4L·mol1=8.96L,选项C错误，D.FcS中n(S 剩余金属14.8g,说明两种金属都参与反应，下ε反应完，刺余因 =0.1mol十0.4mol=0.5mol,n(Fe)-0.4mol,则有n(Fe)t 体为Cu,假设铁，铜混合物中参与反应的下ea mol,参与反应的 n(S)=0.4mol:0.5mol=4:5,解得x=0.8,选项D正确。 Cu有ymol,则有56x十64y=14.8g,2x+2y=0.5mol,解得x 10.BC[8.34gFeS0·7H2)样品的物质的量为0.03mol,其中 =0.15mol,y=0,1mol,据此解答。A.由分析可知，剩余固体是 m(HO)=0.03m0l×7×18g·mol厂1=3.78g,如晶体全部失 Cu,故A错误：B.由分析可知，国体混合物中参与反应的u有 去站品水，圆体的质量应为8.34g一3,78g=4,56g,可知在加 0.1mol,则原来含有的钢的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g 热到373℃之前，品体失去部分站品水·加热至635℃时，同体 =9.6g,故B正确，C.溶液中的n(Fe+）十n(Cu+)=0.15mol 的质量为2.40g,应为铁的氧化物，其中1(Fe) 十0,1mol十0.5mol=0.75mol,故C错误：D.由分析可知，铁 n(FeSO4·7HO)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol× 钢混合物中参与反应的Fe为0.15mol,故D错误：故进B。] 56g·mol1=1.68g,则固体中m(0)=2.40g-1.68g= 5.A[A.根据Zm+2H2S0,(求)一ZnS0+S0↑+2H20 0.72g,n(0)=0.045mol,则n(Fe)￥n(0)=0.03mol: Zn十H2SO,—ZmSO,十H↑，无论哪个反应，产生气体与消耗 0.045mol=2:3,则国体Q的化学式为Fe2O。温度为78℃ 锌的物质的量之比都为1：1，产生0.8mol气体，则共消耗锌物 时，固体质量为6.72g:其中m(FS0)=0.03mol× 质的量为0.8mol.质量为0.8mal×65g·ml1=52.0g,故A 152g·mo-1=4.56g,m(H20)=6.72g-4.56g=2.16g, 错误：B.根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子 n(H2 O)=0.12 mol.(H2 O):n(FeSO)=0.12 mol 1.6mol,故B正确；C.100mL18mol·L1的浓硫酸，其物质的 0.03mol=41,则化学式为FeS01·4HO,故A错误：温度 量为1.8mol,将反应后的溶液稀释至400mL,测得溶液中 为159℃时，固体质量为5.10g,其中m(HO)5.10g c(H十)=xmol·L.1,则剩余硫酸物质的量为0.2.xmol,共消耗 4.56g=0.54g,n(H20)=0.03mol,剿n(HgO):n(FcS0)= 硫酸物质的量为(1.8一0.2r)mol,设生成氢气物的量为 0.03mol0.03mol=1:1,则化学式为FeSO·H20,故B正 nmol,生成二氧化硫气体物质的量为nmol,别有m十n=0.8, 确：N的化字式为FeSO·HO,P的化学式为FeSO,在隔绝 m十2n=1.8一0.2x.解得n=1一0.2x.m=0.2r一0.2，则气体中 n(S0,) n(H)0.2x=故C正确：D.根据产生0.8mol气体，则生 1-0.2x 空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO·HO高温 FeS)十H2O,故C正确：P的化学式为FSO,Q的化学式为 F2)3,铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫 成气体体积约为0,8mol×22,4L·moF1=17,92L(标准状 生成，根据原子守恒，必有S)生成，故D错误门 况)，故D正确。 11.答案(1)酸式(2)淀粉溶液当滴人最后一滴NS:(方溶 6.答案(1)偏大(2)n(Cr2O号)=5.000×102mol·L1× 67.5aV2 22.00ml×103L·mL.1=1.100×10-3mal.由滴定时 液时，溶液由蓝色变为无色，且30$内不恢复原色 V CrO→Cr2+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的 解析(1)由于CO具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的 关系式：Cr(片~6Fe2+(或Cr2(O房+14H++6Fe2+ 橡胶常，故步骤I中量取20.00mL.C1()溶液所用的仪器为酸 6Fe3+十2C++7H2(0),则n(Fe2+)=6n(Cr2O号)=6×1.100 式滴定常。(2)根据滴定过程中的反应：2十2NSO与 ×10-3mol=6.600×10-3mol,样品中铁元素的质量：m(Fe) 2NaI十NSO,且1可以使淀粉溶液变为蓝色，故指示剂X 6.600×10一8mol×56g·mo1=0.3696g,样品中铁元索的质 为淀粉溶液：滴定终点的实验现象是当滴入最后一滴N脚SO 量分数：mFe)=03696gX100%=12.32%。 溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色：根据反 3.000g 应方程式：2C1O2+8H++10I一51+2C1十4H202+ 638 2NaS2O—2Na1+Na,S,O6,不难找出关系式如下：2CIO27.(1)DE (2)① ~5l~10N,S,0,故有n(C0z)=5n(Na:S0)=5× 仪器编号 d aV,×10-3mol,原C0,溶液中m(C0)=号×aVX10- mol×100=2×10-2aV2 改正的名称 500mL容量瓶 酸式滴定管 V mol,原CO,溶液的浓度为 @往细口容器中加液体组成过滤装置（其他合理答案均可） 2×10-2aV 67.5g·mol-1× -mol ③关闭活塞，向滴定管中加适量水，用滴定管爽将滴定管固定在 铁架台上，观察是否漏水，若不漏水，将活塞旋转180°，重复上述 20.00×10-81 16.5 aVs g.L.1。 操作 12.答案(1)溶液由蓝色变无色·且30s内不恢复蓝色 8.D[粗盐提纯的实验操作包括：溶解、过滤、燕发：溶解过程需要 36rV×10×100%(2)Ca0 使用的仪器是烧杯、玻病棒：过滤过程禽要使用的仪器是浇杯、 福斗，玻璃棒、铁架台（包括铁图）：蒸发过程中需要使用的仅需 解析(1)根据得失电子守恒，可得关系式CO,一一 是酒精灯，燕发皿，玻璃棒，铁架台（包括铁图）。A。孩仪器为漏 25,0,附样品中Ca0,的虞量分数为VX10×72x100% 斗，过滤过程中需要使用，A项不逃：B.该仪器为玻璃棒，溶解、 2×a 过滤，蒸发过程中都需要使用，B项不选：C,该仅器为落发显，蒸 =36VX10×100%.(2)Ca02·8l,0的摩尔质量为 发过程中霄要使用，C项不选：D.该仪器为坩埚，粗盐提纯的实 验中不需要使用，D项选：答案选D.门 216g·mol1,故2.16g过氧化钙品体为0.01mol,350℃左 9,D[A,用pH试纸检测溶液的pH时，不能涧湿，A错濮：B胶 右所得固体质量为0.56g,根据钙原子守但，可知为C(O. 粒也能造过滤纸，则用过滤的方法无法分离氢真化铁胶体和氧 化铁溶液，B错误：C.实验室制得的乙炔气体中会混有H2S和 课时素养达标（九） PH3,HS、PH2都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误，D.装 1,D[A,高锰酸钾为强氧化剂，不能敲击，否则容易发生爆炸，A 置丁中H()的浓度和体积相等，可以通过观察产生气泡的快 错误：B.基准物质必领具备纯度高、性质稳定、组成每定、摩尔质 慢来比较MO2和FC1对H2O2分解的催化效果，D正确：故 量尽可能大等条件，B错误：C,烫伤时，立射用冷水冲洗再处理， 选D。] 若皮肤未破，涂他和碳酸氢的于伤处，若皮肤已破，涂1%的高镊 10.AD[A.实验前，先通入CO2排净装置内的空气，以防止产生 酸钾溶液，C错误：D.溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗 的C)与玻璃管中的空气在加热条件下发生爆炸，然后再点燃 涤，再用水冲洗，避免对皮肤的伤害，D正确：故选D门 甲处酒精喷灯，实验结束后最先熄灭乙处酒精灯，A错误：B.甲 2.D[A.客量瓶和滴定管使用前需要检漏，A项正确：B.高锰酸 处发生的反应是二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，甲 钾固体见光或受热都会分解，应装在棕色广口瓶中避光保存，B 项正确C.乙酸酯水解生成乙酸和乙醇，水解程度越大，其pH 处反应的化学方程式是C0,+C高温2C0,B正确：C.丙左侧号 越小，可用H计监测乙酸乙酯的水解程度，C项正确：D.溶液燕 管刚喇露出赏子，由装置的特点可知，丙处试管可防止液体倒 发浓缩时，蒸发皿应流放置在三脚架的泥三角上或铁架台的铁 吸，C正确，D.由装置的特点可知，丁装置可以收桑未反应的二 固上加热，不能用坩埚钳夹持燕发皿直接加热燕发常液，D项 氧化碳，一氧化碳不与氢氧化纳溶液反应，不能吸救一氧化碳 错误 气体，D铅误，] 3.D[A.加水至刻度线1~2cm处改用股头滴管滴加，图中操作 11.D[A.将黑木耳灰化，应该在坩埚中灼烧，装置图为 合理，A正确：B.加热时虽然铝离子水解，但生成的硫酸是难辉 发性酸，蒸干硫酸铝溶液最终可以得到A2(SO)3,B正确C.挤 压胶头谪管，使少量水选入烧瓶，氨气极易溶于水导致烧瓶中气 体压斑减小，在外界大气压强作用下，滴有酚酸的水会沿导气管 用的仪器有①、②、⑤、⑦和⑨，故A正确：B.用 进入烧瓶，酚酞溶液遏碱变为红色，周此会看到产生红色喻泉，C 正确：D,提纯粗苯甲酸用重结品法，主要步骤为：加热溶解，趁热 过滤，冷却结晶，过滤，洗涤，不使用蒸馏装置，D错误：故选D门 4,A[A.澳水中的次溴酸遇光易分解且溴水易膚蚀檬胶塞，所以 胶头滇管把浓硝酸滴入木耳灰，使木耳灰溶解，用过滤的方法 溴水应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，A预正确： B.使用前分液漏斗有两处要检漏，上口塞子和下口旋塞，所以在 分液漏斗的检漏操作时，应先向分液隔斗中加少量水，检查旋塞 芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，再检查玻璃塞是否满水， 待确认不漏水后方可使用，B项错误：C.蒸恤实脸时，若温度计 获得滤液，过滤装置图为 ,选用的仪器有①、⑤、 的水银球低于支管口，则收集到低沸，点的馏分，C项错误：D.配 制一定物质的量浓度的溶液时，客量瓶中有少量的水不会干扰 实验结果，D项错误。 5.B[A.他和食盐水制取乙炔不需要加热，故A错误：B.氧气不 易落于水，通过排出水的体积可以测量)的体积，故B正确： ⑦和四，故B正确：C,检验滤液中的F+,取少量滤液于试管 C,的烧A(OH)得到A2所需温度较高，应该使用坩埚，故 中，用胶头滴管滴加几滴KSCN溶液，若落液变红说明含有 C辑误：D.CO与HCI均会与氢氧化销溶液反应，故D错误：故 F+,迹用③、③和0，故C正确：D.利用上远仪器进行硫酸钢 选B。 站品水含量的测定，需要称重，缺少天平，故D错误：远D门 6,答案(1)be(2)蒸馏 12.(1)②(2)广口瓶里长短导管位置错误(3)无法确定由于 (3)21Γ+H20+2HT—12+2H20 橡皮管使分液漏斗与烧瓶形成一个连通装置，压强始终保持平 (4)取步骤④后溶液少许滴入试管中，在滴加儿滴淀粉溶液，若 衡，无论漏气与否，液体均能顺利流下（其他合理答案也可） (4)向烧杯中注入洗涤剂（蒸馏水），充分搅拌后使沉淀沉降，用 溶液变蓝测说明此水溶液中含有碘单质（合理答案即可） (5)65 顿析法将清液倒出，重复数次 解析由流程可知，①为坩埚中灼烧，②为溶解、浸泡，③为过 课时素养达标（十） 滤，分离出含碘离子的溶液，①中发生2I十H20十2H一一12 1.A[A.温度对苯甲酸，氯化的的溶解度的影响不同，可以重结 十2H2O,⑤中加四氯化碳革取，分液，⑤中蒸锦分离出碘单质。 品法除去苯甲酸中的氯化钠，A正确：B.二氧化碳和复化氧都会 (1)步骤①需要坩埚、泥三角，三肿架，酒精灯。(2)由分析可知， 被氨氧化钠溶液吸收，B错误：C,乙酸正丁酯和正丁醇互溶，不 步骤⑤的操作名称是燕怕。(3)步廉①中过氧化氨将1氧化生 能分液分离，应该使用蒸馏法分离，C错误：D.碳酸氢纳不稳定， 成12，自身被还原为H20,离子方程式为21+H2O2+2H 受热分解为碳酸的和水、二氧化碳，加热使得碳酸氢纳转化为碳 一2十2H2O。(4)淀粉和碘单质反应生成蓝色物质，可以用淀 酸钠，故不可以加热法除去碳酸氨钠国体中的碳酸钠，D错误： 粉检验碘单质。取步骤④后溶液少许于试管中，向试管中滴加 故选A。] 淀粉溶液，观察，若溶液变蓝则说明此水溶液中含有碘单质，若 2.C[祖苯甲酸样品中含有少量NC和泥沙，由于苯甲酸的溶解 不变蓝，则不含碘单质。(5)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，剽 度随温度升高而增大，溶解，加热后需趁热过滤，除掉泥沙：对热 海带灰中含有的硫酸盐，碳酸韭等，在实验步骤⑤中实现与碘 的滤液进行冷却站晶，再次过滤得到苯甲酸园体，洗涤、干燥后 分离 得到苯甲酸晶体，据此分析回答。A,由上述分析可知，由于苯甲 639课时素养达标（八） 化学计算常用方法 基础巩固练 5.(2025·聊城模拟)将一定量锌与100mL 选择题只有1个选项符合题意 18mol·L1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时 1.在标准状况下，有750mL含臭氧的氧气，其中臭 产生0.8mol气体（不考虑气体在溶液中的溶 氧完全分解后体积变为780mL,若将此含臭氧 解)，将反应后的溶液稀释至400mL,测得溶液 的氧气1L通入碘化钾溶液中，发生如下反应： 中c(H+)=xmol·L1,则下列叙述错误的是 2KI+O3+H2O一2KOH+2+O2,则生成 ( 的碘的质量是 ( A.共消耗锌48.0g A.0.91g B.0.81g B.共转移电子1.6mol C.0.71g D.0.61g C.气体中nS02)-1-0.2z n(H2)0.2(.x-1) 2.(2025·广州模拟)有Cu2(OH)2CO3与Cu的混 D.生成气体体积约为17.92L(标准状况) 合物25.4g,在空气中加热一段时间.得剩余固 6.测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2m(SO1)a]m样品 体23.1g,向该固体中加入300.0g9.8%的稀硫 中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g,置 酸，固体完全溶解，测得反应过程中实际消耗 于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴 9.8%的稀硫酸250.0g。下列说法正确的是 加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为 ( A.剩余固体为纯净物 Fe+),充分反应后，除去过量的Sn+。用 B.原混合物中Cu2(OH)2CO3与Cu的质量比 5.000×10一2mol·L1K2Cr2(O,溶液滴定至终 为111：16 点（滴定过程中Cr2O-与Fe2+反应生成Cr3+ C.上述加热过程中共生成H2O和CO2的质量 和Fe3+),消耗K2Cr2O1溶液22.00mL。 为2.3g (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁 D.最终所得溶液质量为318.7g 的质量分数的测定结果将 (填“偏大” 3.某同学设计如下实验测定绿矾样品（主要成分为 “偏小”或“无影响”)。 FeSO1·7H2O)的纯度，称取11.5g绿矾产品， (2)计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。 溶解，配制成1000mL溶液：分别量取25.00mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01000 mol·L1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰 酸钾溶液的平均体积为20.00mL。根据数据计 算该绿矾样品的纯度约为 ( ) A.94.5% B.96.1% C.96.7% D.97.6% 4.铁、混合粉末18.0g加入100mL5.0mol·L1 7.CuSO·5H2O在不同温度下失水和分解，随着 FcCl溶液中，剩余固体质量为3.2g。下列说法 温度升高分别生成CuSO,→CuO-→Cu2O→Cu, 正确的是 现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热 A.剩余固体是Fe和Cu 定时间后，得到1.520g固体，测得生成的S0 B.固体混合物中铜的质量是9.6g 的体积为0.224L(已折算为标准标况)，求： C.反应后溶液中n(Fe2+)十n(Cu2+)=0.5mol (1)固体的成分和物质的量比 D.反应后溶液中n(Fe2+)=0.15mol (2)标准状态下生成O2的体积 387 考能提升练 11.C1O2很不稳定，产物溶于水可以得到C1O2溶 选择题有1个或2个选项符合题意 液。为测定所得溶液中CO2的含量，进行了下 8.将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀疏酸中， 列实验： 步骤I:准确量取ClO2溶液20.00mL,稀释成 再投入7g铁粉收集到1.68LH2(标准状况)， 100.00mL试样：量取V1mL试样加入到锥形 同时，Fe和Fc2O3均无剩余，为了中和过量的硫 瓶中： 酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L 步骤Ⅱ：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI 的NaOH溶液150ml。则原硫酸的物质的量浓 晶体，振荡后，静置片刻： 度为 ( 步骤Ⅲ：加入指示剂X,用amol·L1的 A.1.5 mol/L B.0.5 mol/L Na2S2O2溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液 C.2mol/L D.1.2 mol/L V2 mL. 9.一定量的某磁黄铁矿（主要成分FerS,S为 已知：2ClO2+8H++101512+2C1 一2价)与100mL盐酸恰好完全反应（矿石中其 +4H2O 他成分不与盐酸反应)生成3.2g硫单质、 12+2Na2S203-2Nal+Na2S06 0.4 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无 (1)步骤I中量取20.00mLC1O2溶液所用的 仪器为 Fe3+。则下列说法正确的是 (选填“酸式”或“碱式”)滴定管。 ( (2)指示剂X为 ,滴定终点的实验现象 A.该盐酸的物质的量浓度为8.0mol·L 是 B.该磁黄铁矿FerS中Fe2+与Fe3+的物质的量 原CIO2溶液的浓度为 g·L-1 之比为2：1 (用含字母的代数式表示)。 C.生成的H2S气体在标准状况下的体积为 12.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表 4.481 水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 D.该磁黄铁矿中FeS的x=0.8 (1)已知：L2+2S2O号-—2I+S1O,测定 10.8.34 g FeSO1·7H2O(M=278g·mol-1)样 制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步 品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度 骤如下： 变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是 第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入 过量的bgKI品体，加入适量蒸馏水溶解，再滴 ( 入少量2mol·L1的H2S)4溶液，充分反应。 1质量g 第二步：向上述锥形瓶中加入儿滴淀粉溶液。 FcS0a·7H20 8.34 第三步：逐滴加入浓度为cmol·L1的 6.72 M Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现 N 5.10 的现象是 4.56 2.40 若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL,则样品中 078159 373 635温度1℃ CaO2的质量分数为 (用字母表示)。 (2)已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解 A.温度为78℃时，固体M的化学式为 放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在 FeSO4·5H2O 坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温 B.温度为159℃时，固体N的化学式为 度的变化如图所示，则350℃左右所得固体物 FeSO·H2O 质的化学式为 C.在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程 mig 式为FeS0,·H,0商温FeSO,+H,0 2.16 D.取适量380℃时所得的样品P,隔绝空气加 0.72 热至650℃，得到一种固体Q,同时有两种 0.56 0 无色气体生成，Q的化学式为FeaO 50150250350?彩 388