第7讲 化学计算的常用方法-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

第二章　物质的量 第7讲　化学计算的常用方法 优化探究 大单元一　化学基本概念与化学实验基础 1 [导航·复习目标]　1.理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法,初步建立化学计算的思维模型。   2 考点一　守恒法 考点二　关系式法 考点三　差量法 考点四　列方程组进行二元混合物的计算 考点五　热重分析法 练真题 明考向 课时作业7 化学计算的常用方法 3 考点一　守恒法 方法解读 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”,或两物质在发生“相互作用”的过程中,某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种各样的守恒,如元素质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒等 解题步骤   梳理 必备知识 1.大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收,发生如下反应: NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应,则V=　　　　mL。   3.00 提升 关键能力 解析:33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol,根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知,反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1,则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol,则V==3.00×10-3 L=3.00 mL。 (2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1,与x mol O2混合,能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3,则x=　　　　。   0.04 解析: n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol,n(NO)∶ n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)=0.01 mol,根据得失电子守恒,失电子:NO N、NO2 N;得电子:O2 2;故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4,则x mol=0.05 mol×+0.01 mol× =0.04 mol。 8 2.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使Ba2+完全沉淀;另取一份加入含b mol硝酸银的溶液,恰好使Cl-完全沉淀,该混合溶液中K+浓度为　　　 　。  10(b-2a) mol·L-1 解析:混合溶液分成5等份,每份溶液浓度相同。根据Ba2++S=== BaSO4↓可知,每份溶液中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=a mol;根据Ag++Cl-===AgCl↓可知,每份溶液中n(Cl-)=n(Ag+)=b mol,根据电荷守恒可知,每一份溶液中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-),则n(K+)=b mol-2a mol=(b-2a) mol,故c(K+)==10(b-2a) mol·L-1。 考点二　关系式法 方法解读 关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中,它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法求解化学计算题的前提。 解题步骤   梳理 必备知识 1.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　　　。  36% 提升 关键能力 解析:由S元素质量守恒和有关反应可得出关系式: S~SO2~SO3~H2SO4~2NaOH 32 g　　　　　　　 　　2 mol m(S)　　　　　　　　0.5×10×10-3 mol =,解得m(S)=0.08 g,则原混合物中w(S)=×100%≈36%。 2.准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品,加适量水溶解,转移至碘量瓶中,加过量KI溶液并用稀硫酸酸化,以淀粉溶液为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗19.80 mL Na2S2O3溶液。测定过程中发生下列反应:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2、2S2+I2===S4+2I-。则CuSO4·5H2O样品的纯度:　　　　。  99% 解析:根据实验流程及离子方程式得关系式:CuSO4·5H2O~Na2S2O3,样品中n(CuSO4·5H2O)=n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.019 8 L=0.001 98 mol,则CuSO4·5H2O样品的纯度w=×100%=99%。 3.金属锡的纯度可以通过下述方法分析:将试样溶于盐酸,反应的化学方程式为Sn+2HCl===SnCl2+H2↑,再加入过量的FeCl3溶液,发生如下反应:SnCl2+2FeCl3===SnCl4+2FeCl2,最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,反应的化学方程式为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl===6FeCl3+2KCl+ 2CrCl3+7H2O。现有金属锡试样0.613 g,经上述反应后,共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。则试样中锡的百分含量为　　　　　　(假定杂质不参加反应,锡的相对原子质量为119)。  93.2% 解析:Sn与K2Cr2O7物质的量的关系: 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 3×119 g　　　　　　1 mol x　　　　　　　　　 0.100×0.016 mol x==0.571 2 g,w(Sn)=×100%≈93.2%。 考点三　差量法 方法解读 差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化,找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例,然后求解。 解题步骤   梳理 必备知识 1.16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应:6NO+4NH3⥫⥬5N2+6H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL,则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况: ①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是(　　) A.①②　　　　　　　　 B.①④ C.②③ D.③④ C 提升 关键能力 解析:根据反应前后气体体积的变化,可用差量法直接求解。 6NO+4NH3===5N2+6H2O(g)　ΔV(气体的体积差) 6 mL　4 mL　5 mL　6 mL　　 1 mL(理论差量) 9 mL　6 mL　　　　　　 　 17.5 mL-16 mL=1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体,还剩余1 mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)∶V(NH3)=(9 mL+1 mL)∶6 mL=5∶3;假设剩余的气体全部是NH3,则V(NO)∶V(NH3)=9 mL∶(6 mL+1 mL)=9∶7,但因该反应是可逆反应,剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体,故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间,对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 2.白色固体PCl5受热即挥发并发生分解:PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)。现将 5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中,在277 ℃达到平衡,容器内压强为1.01×105 Pa,经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol,则平衡时PCl5的分解率为　　　　。  78.6% 解析:计算PCl5的起始物质的量,利用差量法计算参加反应的PCl5的物质的量,进而计算平衡时PCl5的分解率。5.84 g PCl5的物质的量为≈0.028 mol,设参加反应的PCl5的物质的量为x,则: PCl5(g)===PCl3(g)+Cl2(g)　物质的量增大 　1　　　　　　　　　　　　　　　1 　x　　　　　　　　　　　0.05 mol-0.028 mol=0.022 mol 故x=0.022 mol,则平衡时PCl5的分解率为×100%≈78.6%。 3.取7.90 g KMnO4,加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算: (1)KMnO4的分解率为　　　 　。   60.0% 解析:根据: 2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　　　　32 g 　　m　　　　　　　　　　　　7.90 g-7.42 g 解得m=4.74 g,即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。 (2)气体A的物质的量为　　 　　。  0.095 mol 解析:根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g (即0.02 mol),生成K2MnO4为0.015 mol,生成MnO2为0.015 mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A,可知A为Cl2,结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2,可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol,即生成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。 考点四　列方程组进行二元混合物的计算 计算中的数学思想:在两种物质组成的混合物中,一般可设两个未知数x、y,题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B),寻找x、y与A、B的数学关系,由此建立二元一次方程组进行联解:。 梳理 必备知识 1.取1.77 g镁铝合金投入100 mL 2.00 mol·L-1的盐酸中,合金完全溶解,放出氢气1.904 L(已折算成标准状况)。请计算: (1)镁铝合金中镁的质量分数=　　　　(保留三位有效数字)%。  54.2 提升 关键能力 解析:根据题意得出24 g·mol-1 n(Mg)+27 g·mol-1 n(Al)=1.77 g,镁、铝与盐酸反应生成氢气,根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)= ×2,两式联立解得,n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol。镁铝合金中镁的质量分数为×100%≈54.2%。 (2)上述溶液中继续滴加V mL 1.00 mol·L-1的NaOH溶液,得到沉淀3.10 g。则V的最大值=　　　　。  220 解析: 根据上述计算,得出n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol,假设镁、铝全 部生成沉淀,则质量为0.04 mol×58 g·mol-1+0.03 mol×78 g·mol-1=4.66 g> 3.10 g,氢氧化铝为两性氢氧化物,因此沉淀达到3.10 g,消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成四羟基合铝酸钠,3.10 g沉淀中含氢氧化镁沉淀的质量为0.04 mol×58 g·mol-1=2.32 g,含氢氧化铝的质量为3.10 g-2.32 g =0.78 g,反应后溶液中的溶质为NaCl和Na[Al(OH)4],根据铝原子守恒,溶液中n{Na[Al(OH)4]}=0.02 mol,根据钠原子守恒,消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22 L,即220 mL。 2.某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  　 解析:若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体粉末若为纯净物,只能是Cu2O,根据 Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O mol　　　 mol 所以a=×64=m。 (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　 mol(用含m的最简式表示)。  解析: 设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O 　x　　　　 2x Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O 　y　　　　 y　 y 2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ 2x　 　x 根据题意所以x=。 考点五　热重分析法 热重分析法的解题步骤 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水,再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m(剩余),×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。 (5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属)∶n(O),即可求出失重后物质的化学式。 梳理 必备知识 1.(2025·安徽蚌埠模拟)采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示[注:残留率(%)=剩余固体质量÷样品质量×100%],下列说法中不正确的是(　　) A.300~400 ℃之间发生的主要反应为C+O2CO2 B.800 ℃时残留的固体是Fe3O4 C.复合材料中FeS2的质量分数为90.9% D.复合材料中FeS2与C的物质的 量之比约为1∶1 B 提升 关键能力 解析:300~400 ℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2,A正确;550~ 700 ℃之间的失重反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故800 ℃时残留的固体是Fe2O3,B错误;由图中数据可知,复合材料中碳完全反应失重9.1%,可知碳的质量分数为9.1%,FeS2的质量分数为90.9%,C正确;FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1,D正确。 38 2.(2025·山东日照模拟)依据动力学原理,CaMg(CO3)2分解过程中Mg2+会比Ca2+优先向外扩散,C随后扩散到表面分解产生CO2和O2-,而Ca2+与C的结合能力较强,不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图。 下列说法错误的是(　　) A.第一阶段反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑ B.图中B点时,碳酸钙的分解率为60% C.图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO D.第二阶段图像斜率明显加大可能是因为温度较高使反应速率加快 B 解析:由题意可知Mg2+和C优先于Ca2+向外扩散,因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段,生成氧化镁和二氧化碳,而碳酸钙不反应,化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑,故A正确;第二阶段为碳酸钙分解,若其完全分解时质量分数变化为(76-52)%=24%,B点时,因碳酸钙分解损失的质量分数为(76-64)%=12%,可知此时碳酸钙分解率为50%,故B错误;C点为完全分解产物,固体成分为氧化镁和氧化钙,故C正确;第二阶段反应温度高于第一阶段,温度越高反应速率越快,固体损失相同质量的时间段,曲线斜率较大,故D正确。 练真题 明考向 42 (1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　　　　　。  1.(2023·湖北卷,节选)铜与过量H2O2反应的探究如下: CuO2 解析:在该反应中铜的质量m(Cu)=n g×= g,因为=,则m(O)=n g ×+(m-n) g= g,则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为==,则X为CuO2。 (2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。粗品中X的相对含量为　　　　　。  (已知:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2,I2+2S2===2I-+S4) 96% 解析: 在CuO2中铜为+2价,氧为-1价,结合已知反应可知,CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I-+8H+===2CuI↓+3I2+4H2O,则2CuO2~3I2~6S2,则n(CuO2)=×0.100 0 mol·L-1×0.015 L=0.000 5 mol,粗品中X的相对含量为×100%=96%。 2.(2022·湖南卷,节选)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案: 步骤:产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸; ②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液; ③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为　　　　(保留三位有效数字)。  97.6% 解析:由题意可知,硫酸钡的物质的量为=0.002 mol,依据钡原子守恒,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol,质量为0.002 mol× 244 g·mol-1=0.488 g,质量分数为×100%=97.6%。 3.(2022·浙江6月选考)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应为CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)　ΔH=+1.8×102 kJ·mol-1,石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中,连续鼓入空气,使焦炭完全燃烧生成CO2,其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中,40%的CO2最终转化为纯碱。已知:焦炭的热值为30 kJ·g-1(假设焦炭不含杂质)。 请回答: (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%,杂质不参与反应),需要投料 　　　　kg焦炭。  10.8 解析:100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为=900 mol,完全分解需要吸收能量1.8×102 kJ·mol-1×900 mol=1.62×105 kJ,设需要投料x kg焦炭,则30 kJ·g-1×x×103 g×50%=1.62×105 kJ,解得x=10.8。 (2)每生产106 kg纯碱,同时可获得  　kg CaO(列式计算)。  =70 解析: 根据生产纯碱的过程可得关系式:CO2~NaHCO3~Na2CO3,每生产106 kg纯碱,消耗44 kg CO2,由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱,且由(1)计算可知,参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1,则煅烧石灰石产生CO2的质量为=55 kg,根据CaCO3 CaO+CO2↑,可获得CaO的质量为55 kg×=70 kg。 51 4.(2024·江苏卷,节选)将8.84 mg NdCO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值  　(写出计算过程)。  答案:初始时n[Nd(OH)CO3]==0.04 mmol,根据元素守恒知,800 ℃时所得产物中n(Nd)=0.04 mmol,m(Nd)=0.04 mmol×144 g·mol-1=5.76 mg,此时的产物应为Nd的氧化物,则m(O)=6.72 mg-5.76 mg=0.96 mg,n(O)= =0.06 mmol,因此最终产物中==,最终产物为Nd2O3,由此可知焙烧过程中Nd元素的化合价不变,则没有发生氧化还原反应,600~ 800 ℃发生的反应为NdaOb(CO3)c分解为Nd2O3和CO2的反应,m(CO2)=7.60 mg-6.72 mg=0.88 mg,n(CO2)==0.02 mmol,因此550~600 ℃所得固体产物中n(Nd3+)=0.04 mmol,n(C)=0.02 mmol,==2 课时作业7　化学计算的常用方法 54 一、选择题 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 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 A 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。 55 2.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 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 B 解析：M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　　　~　　　　　nC 2　　 　　　　　　　　　　　n 0.04 L×0.5 mol·L－1　0.015 L×2 mol·L－1 解得n=3。 56 3.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是 (　　) A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 C 解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy， PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3 　　　　 16y　　　　　100y 　　　m(O)=1.28 g　　 　8.0 g 所以m(Pb)=13.7 g－1.28 g=12.42 g，x∶y=∶=3∶4。 57 4.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体。则该样品中纯碱的质量分数为(　　) A.×100% B.×100% C.×100% D.×100% 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 A 58 解析：设碳酸钠的质量为x，则： Na2CO3＋2HCl====2NaCl＋CO2↑＋H2O　固体质量增加 106　　　 　　　117　　　　　　　　　 11 x　　　　　　　　　　　　　　　　 　(n－m) g =，解得x= g，故该样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 5.碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　) A.35 g B.30 g C.20 g D.15 g 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 C 解析：碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol－1=20 g。 60 6.某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2N＋H＋＋ H2O，6H＋＋6N＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程 中，NH3转化为N的转化率可达95%，而N转化为N2的转化率可达 96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为(　　) A.24.32 kg B.30 kg C.25.3 kg D.4.08 kg 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 A 解析：根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3~N~ CH3OH，则理论上每天所需甲醇的质量为×95%× 96%××32 g·mol－1=2.432×104 g=24.32 kg。 61 7.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶 液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　) A. C. 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 D 62 解析：由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀，根据S＋Ba2＋====BaSO4↓可知n(S)=b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据N＋OH－NH3↑＋H2O可知n(N)=c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c=2b，所以x=，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)== mol·L－1，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 8.(2025·广东广州模拟)Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 Cl，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1，则原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为(　　) A.5∶2 B.2∶5 C.3∶1 D.1∶3 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 A 64 解析：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、Cl是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到＋1和＋5价，Cl－、ClO－、Cl的物质的量之比为9∶2∶1，可设物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol，则被氧 化的Cl原子的物质的量总共3 mol，Cl原子失电子的总物质的量为2 mol ×(1－0)＋1 mol×(5－0)=7 mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的Cl的物质的量为=7 mol，则参加反应的氯气的物质的量为(7 mol＋3 mol)=5 mol；由氯气生成的氯离子为7 mol，总的氯离子为9 mol，则氯化氢生成的氯离子为9 mol－7 mol=2 mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 9.把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2＋8NH3·H2O==== 6NH4Cl＋N2＋8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标 准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应 中被氧化的NH3的质量为(　　) A.3.4 g B.0.34 g C.1.36 g D.4.48 g 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 B 66 解析：由反应方程式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减小了2 mol，即体积减小44.8 L(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12－0.672) L=0.448 L。即： 3Cl2~　　　2NH3　　　~　　　N2　　 　ΔV 　　　　2 mol×17 g·mol－1　　　　　　 44.8 L 　　　　m(被氧化的NH3)　　 　　　　0.448 L 列出比例式：(2 mol×17 g·mol－1)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 10.(2025·广东阳江模拟)镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物),下列说法错误的是(　　) A.24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 mol HNO3 B.消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最大的是NO2 C.生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其他产物时所用硝酸浓度 D.生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 D 68 解析：24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应失去2 mol电子，根据得失电子守恒，则生成的NH4NO3为 mol=0.25 mol，同时生成1 mol Mg，根据氮原子守恒，则消耗的硝酸为0.25 mol×2＋1 mol×2=2.5 mol，A正确；生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最大的是NO2，B正确；硝酸浓度较大时硝酸根离子的氧化性强于氢离子，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；生成等物质的量的NO和N2O需要电子的物质的量之比为(5－2)∶(5－1)×2 =3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 二、非选择题 11.(2025·广东湛江期中测试)某学生用 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验,测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等,体积均为50 mL)。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 盐酸的体积 50.0 mL 50.0 mL 50.0 mL m(混合物) 13.56 g 21.88 g 25.36 g V(CO2)(标准状况) 3.36 L 5.04 L 5.04 L 70 (1)则该学生所用盐酸的物质的量浓度是　　　　mol/L。  4.5 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 解析：混合物与盐酸发生反应：H＋＋HC====CO2↑＋H2O，由实验Ⅰ、Ⅱ数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验Ⅰ中盐酸有剩余、固体混合物完全反应。若实验Ⅱ中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由实验Ⅱ、Ⅲ数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验Ⅱ中盐酸完全反应，根据实验Ⅰ的数据可知，生成5.04 L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56 g×=20.34 g＜21.88 g，故实验Ⅱ中盐酸完全反应、固体混合物有剩余。 (1)求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04 L，结合H＋＋HC====H2O＋CO2↑可知n(HCl)==≈0.225 mol，盐酸的浓度为c=== 4.5 mol/L。 (2)50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是　　　　g。  20.34 解析：由表中数据可知，由于固体混合物从13.56 g→21.88 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入13.56 g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88 g→25.36 g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入25.36 g混合物时盐酸不足，50 mL该盐酸恰好能溶解题述组成的混合物的质量是13.56 g×=20.34 g。 (3)上述固体混合物中KHCO3的质量分数是　　　　(用小数表示，保留两位小数)。  0.44 解析：加入13.56 g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H＋＋HC====CO2↑＋H2O，可知n(混合物)= n(CO2)===0.15 mol，设13.56 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x＋y=0.15 mol、84x＋100y=13.56 g，解得y=0.06 mol、x=0.09 mol，KHCO3的质量分数是≈0.44。 74 12 .(2025·广东阳江期末测试)已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2。反应形成的固体混合物(含Fe2O3和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe)∶m(O)表示。 (1)上述固体混合物中，m(Fe)∶m(O)不可能是　　　　　(填字母)。  a.21∶9　　　　　b.21∶7.5　　　　c.21∶6 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 ac 解析：固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，m(Fe)∶m(O)= 56×2∶16×3=7∶3，假设只有FeO，则m(Fe)∶m(O)=56∶16=7∶2，为二者的混合物，则21∶9＜m(Fe)∶m(O)＜21∶6，即不可能为a、c，故选a、c。 75 (2)若m(Fe)∶m(O)=21∶8，则Fe2O3被CO还原的百分率为　　　　　。  33.3% 解析：m(Fe)∶m(O)=21∶8，设Fe2O3原有1 mol，被还原的百分率为x，则==，解得x≈33.3%。 (3)设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则A%和混合物中m(Fe)∶m(O)的 关系式为[用含m(Fe)、m(O)的代数式表示]A%=　　　 　　；请在下图中画出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形。  3－ 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 77 解析：令Fe2O3为100 mol，被CO还原的百分率为A%，则A mol Fe2O3发生反应： Fe2O3＋CO2FeO＋CO2 A mol　　 　　 2A mol 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 故混合物中m(Fe)=100 mol×2×56 g/mol， m(O)=[(100－A)mol×3＋2A mol]×16 g/mol， 整理得A=300－700，即A%=3－； 根据该表达式可以做出A%和m(Fe)∶m(O)关 系的图形为 (4)如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m(Fe)∶m(O)[令m(Fe)∶m(O)=21∶a，写出a的取值范围]。将结果填入下表。 混合物组成(用化学式表示) a的取值范围             Fe2O3、Fe3O4 8＜a＜9 Fe3O4、FeO 6＜a＜8 Fe2O3、Fe3O4、FeO 6＜a＜9 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 解析：根据分步反应：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO 3FeO＋CO2，采用假设法讨论：①如果全是Fe2O3，则m(Fe)∶ m(O)= 112∶48=21∶9；如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)=168∶64= 21∶8；如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则8＜a＜9；②如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)=168∶64=21∶8；如果全是FeO，则m(Fe)∶ m(O)=56∶16 =21∶6；如果混合物组成为FeO、Fe3O4，则6＜a＜8；③如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4、FeO，则6＜a＜9。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 12 $$