第二章 第8讲 化学计算的常用方法（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考化学大一轮复习学案

第8讲　化学计算的常用方法 学习 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。 3．初步建立化学计算的思维模型。 考点一　根据化学方程式进行计算 基本 原理 2Na ＋ 2H2O=== 2NaOH ＋ H2↑ 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 扩大NA倍 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA 物质的量之比 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组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。 解题 步骤 (1)根据题意写出并配平化学方程式。 (2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 (3)把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。 (4)选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 　根据方程式直接计算 1．在500 mL NaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6 L，该NaOH溶液的浓度为(　　) A．1.0 mol·L-1 B．2.0 mol·L-1 C．1.5 mol·L-1 D．3.0 mol·L-1 解析：B　 2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ 2 mol 67.2 L n(NaOH) 33.6 L n(NaOH)＝＝1.0 mol，c(NaOH)＝＝2.0 mol·L-1。 2．将SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr(SO4)2，反应的化学方程式为__________________；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160 g样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126 g。若产品中杂质只有Cr(OH)SO4，则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为______________(用百分数表示，保留1位小数)。[摩尔质量/(g·mol-1)：KCr(SO4)2　283；Cr(OH)SO4　165] 解析：由题意可知，二氧化硫与酸性重铬酸钾溶液反应生成硫酸铬钾和水，反应的化学方程式为＋H2O；设硫酸铬钾的物质的量为x mol，Cr(OH)SO4的物质的量为y mol，由质量可得：283x＋165y＝3.160，由反应生成5.126 g白色沉淀(BaSO4)可得：2x＋y＝，联立方程可解得x＝0.01、y＝0.002，则样品中硫酸铬钾的质量分数为×100%≈89.6%。 答案：＋H2O　89.6% 　根据方程式的差量计算 3．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与的物质的量浓度之比为(　　) A．1∶4　　　 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 解析：A　设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe　＋　CuSO4===FeSO4＋Cu　　Δm(固体质量增加) 56 g 1 mol 64 g 　　　8 g 56y g y mol 64y g 　　　8y g Fe ＋ H2SO4===FeSO4＋H2↑　Δm(固体质量减少) 56 g 1 mol 56 g 56x g x mol 56x g 因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即56x＝8y， ，则。 4．已知：①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3.1 g，求： (1)原混合物中碳酸钠的质量是________ g。 (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是________ L。 解析：(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m。 2NaHCO3===Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168 g 62 g m 3.1 g 由，解得m＝8.4 g。 则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。 (2)剩余固体为碳酸钠，质量为19 g－3.1 g＝15.9 g，物质的量为＝0.15 mol，根据碳原子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol，标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1＝3.36 L。 答案：(1)10.6　(2)3.36 　 (1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。 (2)差量法的解题关键是找准研究对象 通常有：①固体的质量差，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究对象是液体。 考点二　守恒法 1．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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 2．守恒法解题步骤 3．质量守恒的应用——热重分析 (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。 　质量守恒的应用——热重分析 1．(2025·江西名校协作体高三联考)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：C　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 MnSO4·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。 2．在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 8.82 290～320 4.82 890～920 4.50 (1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为____________。 (2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为____________________________________。 解析：(1)n(CoC2O4·2H2O)＝，故210 ℃时固体为CoC2O4。 (2)根据钴原子守恒可知m(Co)＝0.06 mol×59 g·mol-1＝3.54 g，m(O)＝(4.82－3.54)g＝1.28 g，n(O)＝0.08 mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，剩余固体为Co3O4，则可写出化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。 答案：(1)CoC2O4　(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 　电荷守恒的应用 3．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． B． C． D． 解析：D　由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀，根据＋Ba2+===BaSO4↓可知＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH3↑＋H2O可知＝c mol，由于溶液显电中性，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+)＝，故D正确。 4．将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。 解析：当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n()＝n(H＋)＝0.1 mol·L-1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L-1。 答案：0.2 mol·L-1 考点三　关系式法 1．关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。 2．关系式法解题步骤 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(　　) A．72% B．40% C．36% D．18% 解析：C　由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g 2 mol m(S) 0.5×10×10-3 mol 得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。 2．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有： ＋2H2O===＋Fe(OH)3↓＋OH－、＋2H＋===＋H2O、＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O。 该K2FeO4样品的纯度为________%。 解析：由反应方程式可得关系式： ～～3Fe2+ 1 mol 3 mol n 0.10 mol·L-1×0.026 L n＝×0.10 mol·L-1×0.026 L， 该样品的纯度为 ×100%＝85.8%。 答案：85.8 1．[2024·浙江1月选考，20(6)]取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为______。 解析：分析可知，氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜的物质的量为1.584 g÷(64＋16)g·mol-1＝0.0198 mol，由铜原子、硫原子守恒可知，m(H2S)＝0.0198 mol×34 g·mol-1＝0.6732 g，故产品的纯度为×100%＝99%。 答案：99% 2．[2024·江苏卷，14(3)②]将8.84 mg Nd(OH)CO3(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+)∶的比值___________________________________(写出计算过程)。 解析：n[Nd(OH)CO3]＝＝4×10-5mol，550～600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减少8.84 mg－7.60 mg＝1.24 mg，焙烧产物中不含有H元素，则根据2OH－～H2O，焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5mol×18 g·mol-1×103mg·g-1＝0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，根据～CO2，发生反应的的物质的量为＝2×10-5mol，起始固体中含有的的物质的量＝n[Nd(OH)CO3]＝4×10-5mol，则剩余固体中的物质的量为4×10-5mol－2×10-5mol＝2×10-5mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol，故产物中n(Nd3+)∶n()＝(4×10-5mol)∶(2×10-5mol)＝2∶1。 答案：8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5mol，550～660 ℃时，固体分解产生H2O与CO2，质量共减少1.24 mg，其中n(H2O)＝2×10-5mol，m(H2O)＝0.36 mg，则m(CO2)＝1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，n(CO2)＝2×10-5mol，则剩余的n()＝2×10-5mol，n(Nd3+)∶n()＝(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)＝2∶1 3．[2022·湖南卷，15(6)]产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.5000 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0.4660 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。 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%。 答案：97.6% 限时规范训练8 (建议用时：45分钟　满分：55分) 一、选择题(每小题3分，共30分) 1．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　　) A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g 解析：B　铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol-1＝40 g。 2．将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到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：B　M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　　～　　　　 2 n 0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1 解得n＝3。 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：C　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。 4．在标准状况下，有750 mL含臭氧的氧气，其中臭氧完全分解后体积变为780 mL，若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中，发生如下反应：2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2↓＋O2，则生成的碘的质量是(　　) A．0.91 g　　 B．0.81 g C．0.71 g D．0.61 g 解析：A　由2O3===3O2，ΔV＝780 mL－750 mL＝30 mL，V(O3)＝2ΔV＝60 mL，1 L混合气体中含臭氧的体积V＝1 L×＝0.08 L，根据臭氧和KI反应的化学方程式，n(O3)＝n(I2)＝≈0.0036 mol，m(I2)＝0.0036 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。 5．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到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 解析：C　设此铅氧化物的化学式为PbxOy， PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3 16y 100y m(O) 8.0 g m(O)＝＝1.28 g，所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶∶＝3∶4。 6．某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1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20.00 mL。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% 解析：C　高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为＋5Fe2+＋8H＋===Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1＝2.0×10-4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10-3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。 7．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为(　　) A．0.25 mol　 B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol 解析：A　由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。 8．(2025·湖南省娄底市模拟)实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是(　　) A．FeSO4·7H2O脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x＝4，y＝1 B．FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3 C．生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2 D．把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3 解析：D　FeSO4·7H2O相对分子质量为278，100 ℃时，失重率为19.4%，278×19.4%≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O，同理可以求得200 ℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4·H2O和3H2O，300 ℃时·H2O分解生成FeSO4和H2O，A正确；FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，D错误。 9．将一定量锌与100 mL 18 mol·L-1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L-1，则下列叙述错误的是(　　) A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(标准状况) 解析：A　根据Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，无论哪个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比都为1∶1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌的物质的量为0.8 mol，质量为0.8 mol×65 g·mol-1＝52.0 g，A错误；消耗0.8 mol锌，则共转移电子1.6 mol，B正确；100 mL 18 mol·L-1的浓硫酸，其物质的量为1.8 mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L-1，则剩余硫酸的物质的量为0.2x mol，共消耗硫酸物质的量为(1.8－0.2x)mol，设生成氢气物质的量为m mol，生成二氧化硫气体物质的量为n mol，则有m＋n＝0.8，m＋2n＝1.8－0.2x，解得n＝1－0.2x，m＝0.2x－0.2，则气体中，C正确；产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8 mol×22.4 L·mol-1＝17.92 L(标准状况)，D正确。 10．实验室为测定镁铝合金中镁、铝含量，设计如下流程： 下列说法错误的是(　　) A．所加盐酸体积不少于100 mL B．沉淀1的质量为(m＋4.25)g C．沉淀1加足量NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=== [Al(OH)4]－ D．镁铝合金中镁、铝质量之比为8∶9 解析：B　由题给流程可知，镁铝合金与足量稀盐酸反应得到含有氯化铝、氯化镁的溶液和标准状况下5.6 L氢气；向溶液中加入足量氨水，将溶液中镁离子、铝离子转化为氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀1；向沉淀1中加入足量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸钠，氢氧化镁不反应，过滤得到氢氧化镁沉淀2和四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中通入过量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝。由镁铝合金和氧化铝的质量都为m g可知，氧化铝中氧原子的质量与镁铝合金中镁的质量相同，则合金中镁、铝质量之比为48∶54＝8∶9，物质的量之比为∶＝1∶1，设合金中镁、铝的物质的量为a mol，由反应生成标准状况下5.6 L氢气可得： mol＋a mol＝，解得a＝0.1。镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1 mol，则溶解合金加入5 mol/L盐酸的体积不少于×103 mL/L＝100 mL，故A正确；镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1 mol，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为m g＋0.5 mol×17 g/mol＝(m＋8.5)g，故B错误；沉淀1加足量氢氧化钠溶液发生的反应为氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故C正确；由分析可知，合金中镁、铝质量之比为48∶54＝8∶9，故D正确。 二、非选择题 11．(10分) (1)[2022·辽宁卷，18(7)]取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中，用0.0500 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为________。 (2)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知：NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3)，滴定时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。 解析：(1)根据得失电子守恒可得关系式2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w(H2O2)＝×100%＝17%。 (2)处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。 根据氮原子守恒得如下关系式： C2H5NO2～NH3·H3BO3～HCl n(C2H5NO2)＝n(HCl)＝cV×10-3 mol， 样品中氮的质量分数为 ×100%＝%。 样品的纯度≤×100%＝%。 答案：(1)17%　(2) 12．(15分)下图是100 mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题： (1)温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是________，B是________。 (2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为________________________。 (3)由A得到B的化学方程式为___________________________________。 (4)由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式。 ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ 答案：(1)CaC2O4　CaCO3　(2)CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O↑　(3)CaC2O4CaCO3＋CO↑　(4)当加热至1100 ℃～1200 ℃时，由图读得分解产物C的质量约为38 mg，C的相对分子质量为＝55.48，C相对分子质量的实验值与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO。 学科网（北京）股份有限公司 $