第7讲 化学计算的常用方法(Word练习)-【精讲精练】2026年高考化学一轮复习（人教版 多选）

[对应知能达标训练P343] 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1．奥克托今是一种猛(性)炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为(　　) A．1∶1　　　　　　　　 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶2 解析　根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据元素质量守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4N8H8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。 答案　A 2．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　　) A. B. C. D. 解析　设参加反应的氨气体积为x，则 2NH3N2＋3H2　ΔV 2 L　　　　　　　 2 L x　　　　　　　 (b－a) L 解得x＝(b－a) L 所以气体中NH3的体积分数为＝。 答案　C 3．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　) A．0.125 mol·L－1 B．0.175 mol·L－1 C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1 解析　设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则： Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm 1 mol 8 g x mol 0.3 g 1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g 解得x＝0.0375，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。 答案　C 4．将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　　　～　　　　nCO 2 n 0.04 L×0.5 mol·L－1 0.015 L×2 mol·L－1 解得n＝3。 答案　B 5．将0.15 mol Cu和Cu2O的混合固体投入800 mL 2 mol·L－1稀硝酸中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 mol·L－1 NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为(　　) A．260 mL B．280 mL C．300 mL D．400 mL 解析　Cu和Cu2O与稀硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3,1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu2O失去2 mol电子，而生成1 mol NO转移3 mol电子，由得失电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，所加氢氧化钠溶液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL。 答案　C 6．取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL 溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8 mol·L－1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为(　　) A．1∶2 　　　　　 B．1∶1 C．2∶1 D．2∶3 解析　设原混合物中n(K2CO3)＝x mol，n(KHCO3)＝y mol，根据总质量可得：138x＋100y＝3.38①，反应后剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH－)＝0.8 mol·L－1×0.05 L＝0.04 mol。 根据化学方程式： K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOH x mol 　　　　　　　　　　 2x mol KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O y mol　　　　　　　　　　　 y mol 可得2x＋y＝0.04②， 联立①②解方程组得： 所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01 mol∶0.02 mol＝1∶2。 答案　A 7．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为(　　) A．72%　　　　　 B．40% C．36% D．18% 解析　S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝n(NaOH)＝×0.01×0.5 mol＝0.0025 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.0025 mol，w(S)＝×100%≈36%。 答案　C 8．(2024·广西北海一模)50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是(　　) A．MnSO4·H2O属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去 C．第二个失重台阶得到的固体为MnO2 D．第三个失重台阶得到的固体为MnO 解析　MnSO4·H2O有固定组成，属于纯净物，A错误；MnSO4·H2O的摩尔质量为169 g·mol－1,50.70 g MnSO4·H2O的物质的量为0.3 mol，其中结晶水的质量为5.4 g，若50.70 g MnSO·H2O失去全部结晶水，固体质量应减少到45.3 g，由图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误；第二个失重台阶得到的固体若为MnO2，则根据锰元素守恒，MnO2的物质的量为0.3 mol，MnO2的质量为0.3 mol×87 g·mol－1＝26.1 g，与图相符，C正确；第三个失重台阶得到的固体若为MnO，则根据锰元素守恒，MnO的物质的量为0.3 mol，MnO的质量为0.3 mol×71 g·mol－1＝21.3 g，与图不符，D错误。 答案　C 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。 9．(2024·河北保定一模)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。消毒效率＝1 mol消毒剂的质量÷1 mol消毒剂得电子数。 下列说法正确的是(　　) A．ClO2和Cl2的消毒效率之比为71∶18 B．反应①生成ClO2的离子方程式：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑ C．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量不相等 D．反应②中SO2作还原剂，物质X为H2SO4 解析　ClO2中氯元素化合价由＋4变为－1时，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0变为－1时，消毒效率为，则ClO2和Cl2的消毒效率之比为∶＝27∶71，A错误；反应①中氯化钠和氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，B正确；反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4，化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，反应①发生反应：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，当反应①生成1 mol Cl2时，消耗2 mol H2SO4，反应②消耗1 mol Cl2时，生成1 mol H2SO4，C正确；由C可知，反应②为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，S元素化合价上升，SO2作还原剂，物质X为H2SO4和HCl的混合物，D错误。 答案　BC 10．向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　) A．0.75 mol·L－1　　 B．1 mol·L－1 C．1.5 mol·L－1 D．2 mol·L－1 解析　在溶液中微粒反应的顺序是Fe2＋＞ Br－，n(Cl2)＝＝0.15 mol；n(Cl－)＝0.3 mol；假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L－1，则在原溶液中 n(Fe2＋)＝0.1x mol，n(Br－)＝0.2x mol；方法一：得失电子守恒，由题意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为Fe3＋、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。也可依据分步反应或总反应求解。 答案　 D 11．(2024·长沙模拟)常温常压下，0.5 mol铝、0.5 mol 铁分别与足量稀硫酸完全反应，生成氢气的体积分别为V1和V2(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是(　　) A．V2＝11.2 L B．V1∶V2＝3∶2 C．铝、铁消耗硫酸的物质的量相等 D．反应生成的硫酸铝水解形成Al(OH)3胶体，胶体粒子数目为0.5NA 解析　由2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑可知，0.5 mol铝完全反应消耗0.75 mol硫酸，生成0.75 mol H2；由Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑可知，0.5 mol铁完全反应消耗0.5 mol硫酸，生成0.5 mol H2。常温常压下，0.5 mol H2的体积V2不是11.2 L，A错误；同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，即V1∶V2＝0.75 mol∶0.5 mol＝3∶2，B正确；由分析可知，C错误；Al(OH)3胶体粒子是由若干分子聚集在一起的集合体，故粒子数目无法计算，D错误。 答案　B 三、非选择题 12．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是______________________________________________________________________。若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为__________________________ ______________________________________________(用字母表示)。 (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为________________。 解析　　(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。 (2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol－1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。 答案　(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100% (2)CaO 13．运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。 (1)某些生物酶体系可将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如下。 ①过程Ⅰ中1 mol NO参与反应需要________mol H＋。 ②过程Ⅱ中，发生反应的n(NO)∶n(NH)＝__________。 ③过程Ⅰ→Ⅲ总反应的离子方程式为__________________________________。 (2)一定温度下，H2O2在FeCl2和FeCl3作用下氧化NO为NO的机理如图所示，Y的化学式为__________。 解析　(1)①由图示可知，过程Ⅰ为NO在酶的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO＋2H＋＋e－===NO＋H2O，则过程Ⅰ中1 mol NO参与反应需要2 mol H＋；②过程Ⅱ中发生的反应为NO＋NH＋3e－＋2H＋===H2O＋N2H4，则n(NO)∶n(NH)＝1∶1；③据图可知经过程Ⅰ→Ⅲ，NO和NH发生归中反应生成氮气和水，根据电子守恒、元素守恒可得总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O； (2)由图知，H2O2＋Y→HO2·＋X，反应中O化合价升高，则Y中铁元素化合价降低，Y的化学式为FeCl3。 答案　(1)①2　②1∶1　③NO＋NH===N2↑＋2H2O　(2)FeCl3 14．(2024·上海卷)粗盐中含有SO、K＋、Ca2＋、Mg2＋等杂质离子，已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L－1，CaCl2含量为1.11 g·L－1，向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2＋，再加入碳酸钠溶液除去Ca2＋。用该方法提纯10 L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量__________、______。 解析　MgCl2含量为0.38 g·L－1，即c(MgCl2)＝＝0.004 mol·L－1，由关系式：MgCl2～Ca(OH)2～CaO可得，提纯10 L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004 mol·L－1×10 L＝0.04 mol；粗盐水中CaCl2含量为1.11 g·L－1，即c(CaCl2)＝＝0.01 mol·L－1，n(Ca2＋)＝0.01 mol·L－1×10 L＝0.1 mol，加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.04 mol，即此时溶液中Ca2＋总物质的量为：0.1 mol＋0.04 mol＝0.14 mol，由关系式：Ca2＋～CO可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14 mol。 答案　0.04 mol　0.14 mol 学科网（北京）股份有限公司 $$