第3章 微专题8 化学方程式计算中的解题方法(word版练习)-【突破课堂】2025-2026学年高中化学必修第一册同步基础巩固练（人教版）

微专题八　化学方程式计算中的解题方法 限时50分钟　　 一、守恒法 1.已知:N+OH- NH3↑+H2O。向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. B. C. D. 2.在2 L某混合溶液中,H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的物质的量浓度相等,其中S的物质的量浓度为2.5 mol·L-1。该溶液最多能溶解铁粉的质量是(　　) A.28 g B.56 g C.78 g D.112 g 3.一定条件下,当溶液中X与H2O2分子个数比恰好为2∶5时,溶液中X被还原为较低价态,则还原产物中X元素的化合价为(　　) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 4.有一铁的氧化物样品,加入5 mol/L的盐酸240 mL可恰好完全溶解。所得溶液吸收标准状况下氯气3.36 L后Fe2+能全部变成Fe3+。该氧化物的化学式可表示为(　　) A.Fe2O3 B.Fe3O4 C.Fe4O5 D.Fe5O6 5.把7.4 g由Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100 mL溶液,其中c(Na+)=0.6 mol/L,若把等质量的混合物加热到恒重时,残留物的质量是(　　) A.3.18 g B.2.12 g C.5.28 g D.4.22 g 6.向一铁粉和氧化铜的混合物(质量为10.8 g)中加入过量的稀硫酸,产生无色气体和1.92 g红色固体,得到的溶液中只有一种金属离子,下列说法正确的是(　　) A.无色气体的体积为2.688 L B.原混合物中铁粉的质量为8.4 g C.得到的溶液中金属离子的物质的量为0.1 mol D.反应消耗的硫酸的物质的量为0.12 mol 二、关系式法 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% 8.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-1K2Cr2O7溶液16.0 mL。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)。  9.黄铁矿的主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,用浓度为 0.020 00 mol·L-1的K2Cr2O7溶液测定其中Fe2+的含量,消耗25.00 mL K2Cr2O7溶液。 已知:SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+、Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。 (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)　　　(保留3位有效数字)。  (2)煅烧10 t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为　　　　　L,制得98%的硫酸的质量为　　　　t。  (3)在降雨时,测得该硫酸厂雨水中所含水溶性无机离子的平均浓度如表(忽略OH-): 离子 K+ Na+ N S N Cl- 浓度/ (mol·L-1) 4× 10-6 6× 10-6 2× 10-5 4× 10-5 3× 10-5 2× 10-5 根据表中数据判断雨水中c(H+)=　　　。  三、差量法 10.标准状况下,将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末,在相同状况下,气体体积减少到16 L,则原混合气体中CO的体积为(　　) A.4 L B.8 L C.12 L D.16 L 11.200 ℃时,11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后,固体的质量增加了3.6 g。从以上信息中,我们得出的下列结论中不正确的是(　　) A.可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量 B.可以计算出混合气体的平均摩尔质量 C.可以计算出该反应中转移的电子数 D.可以总结出Na2O2在任何反应中既作氧化剂又作还原剂 12.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S的物质的量浓度之比为(　　) A.1∶4 B.2∶7 C.1∶2 D.3∶8 四、极值法 13.在100 mL 5.0 mol/L的FeCl3溶液中加入16.0 g铜和铁的混合物,充分反应后剩余固体1.2 g(反应前后溶液体积变化忽略不计,不考虑空气等影响)。下列有关说法不正确的是(　　) A.FeCl3溶液中的Fe3+已全部反应 B.还原剂失去电子的物质的量为0.5 mol C.原混合物中含有铜7.6 g D.根据氯原子守恒,可求得反应后溶液中Fe2+的浓度是7.5 mol/L 14.在一定条件下,取钠与氧气全部反应后的生成物1.5 g溶于水,所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L-1的盐酸中和,则该生成物的成分是(　　) A.Na2O B.Na2O2 C.Na2O和Na2O2 D.Na2O2和NaO2 微专题　化学方程式计算中的解题方法 1.D　向该混合溶液中加入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;向该混合溶液中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。设原溶液中Al3+的物质的量为x mol,由电荷守恒可得:3x+c=2b,x=,溶液的体积是a L,原溶液中Al3+的浓度c(Al3+)== mol·L-1,故选D。 2.D　n(S)=2 L×2.5 mol·L-1=5 mol,H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的物质的量浓度相等,则有2n(Fe2+)=n(H+)=n(Fe3+),设Fe2+、Fe3+、H+的物质的量分别为a、2a、2a。根据电荷守恒知2a+2a×3+2a= 5 mol×2,则a=1 mol,H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+,最后溶液中溶质为FeSO4,根据得失电子守恒,该溶液中最多溶解n(Fe)===2 mol,m(Fe)=2 mol×56 g·mol-1=112 g,故选D。 3.A　X中X元素的化合价为+7,一定条件下,当溶液中X与H2O2分子个数比恰好为2∶5时,溶液中X被还原为较低价态,H2O2被氧化为O2,设还原产物中X元素的化合价为a,根据得失电子守恒有(7-a)×2=2×5,解得a=+2,故选A。 归纳总结　守恒法包括原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒。原子守恒即反应前后原子种类与原子数目不变,得失电子守恒即氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数,电荷守恒即溶液中正电荷总数等于负电荷总数。在计算时利用守恒法,可以省略一些比较烦琐的情况分析,便于简化问题。 4.D　根据题意,n(HCl)=5 mol/L×0.24 L=1.2 mol,氧化物与盐酸反应时HCl中的H元素与氧化物中的O元素全部结合生成H2O,则氧化物中的n(O)=n(HCl)=0.6 mol;所得溶液吸收标准状况下氯气3.36 L即0.15 mol后Fe2+能全部变成Fe3+,此时溶液中溶质为FeCl3,n(Fe)=n(Cl-)=×(1.2 mol+0.15 mol×2)=0.5 mol,氧化物中n(Fe)∶n(O)=0.5 mol∶0.6 mol=5∶6,该氧化物的化学式可表示为Fe5O6,故选D。 5.A　7.4 g Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中n(Na+)=0.6 mol/L×0.1 L=0.06 mol,若把等质量的混合物加热到恒重时,最终得到的是碳酸钠,根据钠原子守恒可知n(Na2CO3)=0.03 mol,残留物的质量是 0.03 mol×106 g/mol=3.18 g,故选A。 6.B　审题指导　根据题意可知,产生的红色固体为Cu,无色气体为H2,得到的溶液中溶质为FeSO4,根据铜原子守恒,n(CuO)=n(Cu)==0.03 mol,m(CuO)=0.03 mol×80 g/mol=2.4 g,则原混合物中铁粉的质量为 10.8 g-2.4 g=8.4 g,n(Fe)=0.15 mol。 解题思路　铁粉发生反应Fe+2H+ Fe2++H2↑①、Fe+Cu2+ Fe2++Cu②,n(Cu)=0.03 mol,则参加反应②的铁粉的物质的量为0.03 mol,参加反应①的铁粉的物质的量为0.12 mol,生成氢气的物质的量为0.12 mol,没有指明气体所处状况,体积不一定为2.688 L,A错误;根据审题指导可知,B正确;根据原子守恒,得到的溶液中FeSO4的物质的量为0.15 mol,反应消耗的硫酸的物质的量为0.15 mol,C、D错误。 7.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 mol·L-1×0.01 L m(S)==0.08 g,原混合物中ω(S)=×100%≈36%,故选C。 8.答案　93.2% 解题思路　设试样中锡的质量为x,由题给反应可得关系式: 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 3×119 g 1 mol x 0.100×0.016 mol x= g=0.571 2 g ω(Sn)=×100%≈93.2%。 9.答案　(1)90.0%　(2)3.36×106　15　 (3)1×10-4 mol·L-1 解题思路　(1)样品在空气中充分灼烧生成SO2,结合S原子守恒和题给已知信息可得关系式: Cr2　~　6Fe2+　~　3SO2　~　FeS2 1 0.020 00 mol·L-1×0.025 L 解得m(FeS2)=0.090 00 g,则样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。 (2)FeS2　　　　　~　　　　　2SO2 1 2 mol n(SO2) 解得n(SO2)=1.5×105 mol,V(SO2)=22.4 L·mol-1×1.5×105 mol=3.36×106 L;由硫原子守恒得关系式: SO2　~　SO3　~　H2SO4 1 98 1.5×105 mol m(98%的硫酸)×98% 解得m(98%的硫酸)=1.5×107 g=15 t。 (3) 根据溶液呈电中性得c(K+)+c(N)+c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(Cl-)+c(N),将题表中数据代入得c(H+)=1× 10-4 mol·L-1。 方法指导　关系式法在化学计算中的应用 关系式是表示物质间关系的一种简化式子,可用于快速解决多步反应中的计算问题。建立关系式的思路:首先根据题目确定待求量和已知量,然后利用原子守恒等建立已知量与待求量之间的关系式,最后列式计算。 10.C　混合气体中只有CO2和Na2O2反应,设CO2的体积为V(CO2),则 2CO2+2Na2O2 2Na2CO3+O2　ΔV 44.8 L 22.4 L V(CO2) (20-16) L 44.8 L∶22.4 L=V(CO2)∶(20-16) L,解得V(CO2)=8 L,则V(CO)=(20-8) L=12 L,故选C。 11.D　设11.6 g混合气体中CO2的质量为a g,水蒸气的质量为b g,Na2O2与CO2、H2O(g)反应后固体增加的质量分别为x g、y g,则 2CO2+2Na2O2 2Na2CO3+O2　Δm 88 g 56 g a g x g x= 2Na2O2+2H2O(g) 4NaOH+O2　Δm 36 g 4 g b g y g y= 由题意知,①a+b=11.6、②+=3.6,联立①②得a=4.4、b=7.2,即混合气体中CO2和水蒸气的质量分别是4.4 g和7.2 g,A项正确;由A项分析可知,n(CO2)==0.1 mol,n(H2O)==0.4 mol,混合气体的平均摩尔质量=11.6 g÷(0.1 mol+0.4 mol)=23.2 g·mol-1,B项正确;每2 mol CO2、H2O参加反应分别转移2 mol电子,该反应中转移的电子数为0.1 mol+0.4 mol=0.5 mol,C项正确;Na2O2中氧元素为-1价,化合价既可升高,也可降低,在某些反应中可只作氧化剂,在某些反应中可只作还原剂,D项错误。 12.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(增) 56 g 1 mol 64 g 8 g 56y g y mol 64y g 8y g Fe　+　H2SO4 FeSO4+H2↑　Δm(减) 56 g 1 mol 56 g 56x g x mol 56x g 根据题意,在反应前后固体质量相等,则Δm(减)=Δm(增),即56x=8y,===,则===,故选A。 13.D　Fe、Cu均能与氯化铁溶液反应,由金属有剩余可知,氯化铁完全反应,A正确;反应中Fe3+被还原成Fe2+,则0.5 mol Fe3+得到电子的物质的量为0.5 mol,根据得失电子守恒,还原剂失去电子的物质的量为0.5 mol,B正确;铁比铜活泼,铁先与FeCl3反应,铜后反应,若只有铁,0.5 mol氯化铁消耗的Fe的物质的量为0.25 mol,固体减少的质量为14.0 g,则剩余固体的质量应为16.0 g-14.0 g=2.0 g,而实际剩余固体质量为1.2 g,故还有Cu参与反应,设参与反应的Fe的物质的量为x mol,参与反应的Cu的物质的量为y mol,则56x+64y=16.0-1.2=14.8,根据得失电子守恒可得2x+2y=0.5,解得x=0.15,y=0.1,固体混合物中m(Fe)=0.15 mol×56 g/mol=8.4 g,m(Cu)=16.0 g-8.4 g=7.6 g,C正确;100 mL 5.0 mol/L FeCl3溶液中Cl-的浓度为15 mol/L,由C项分析可知,反应后的溶液中含Fe2+、Cu2+,根据氯原子守恒,可求得反应后溶液中Fe2+、Cu2+的浓度之和是7.5 mol/L,D错误。 14.C　所得溶液恰好能被80 mL 0.50 mol·L-1的盐酸中和,中和后的产物是NaCl,则n(Na)=n(HCl)=0.50 mol·L-1×0.08 L=0.04 mol。若生成物只有Na2O2,则m(Na2O2)=×78 g·mol-1=1.56 g;若生成物只有Na2O,则m(Na2O)=×62 g·mol-1=1.24 g;若生成物只有NaO2,则m(NaO2)=0.04 mol×55 g·mol-1=2.2 g。由以上分析可知,A、B错误;若生成物为Na2O和Na2O2,质量在1.24 g与1.56 g之间,C正确;若生成物为Na2O2和NaO2,质量在1.56 g与2.2 g之间,D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $