练案8 第二章 第8讲 化学计算的常用方法-【衡中学案】2026年高考化学一轮总复习练案

钠溶液的浓度和密度不变，但钠离子的物质的量和碳酸根离子的数目 mol×22.4L·mol-1=8.96L,C错误；Fe,S中n(S)=0.1mol+0.4mol 会变化，故选bd;由稀释定律可知，若取50mL溶液稀释至100mL,稀 =0.5 mol n(Fe)=0.4 mol n Fe)n(S)=0.4 mol 0.5 mol 释过程中钠离子的物质的量和碳酸根离子的数目基本保持不变，但碳 4:5,解得x=0.8,D错误 酸钠溶液的浓度和密度会减小，故选ac。(5)由100mL0.2mol·L- 碳酸钠溶液与80mL未知浓度的氯化钡溶液恰好完全反应可知，氯化 2.B由H。X生成H,的物质的量m=224,由H,Y生成H,的物质 领溶液的浓度为0.2ml:x0.1L=0.25nmlL-1。 0.08L 的量2三24m©，则两种酸生成，的物质的量之比为=。（或者 14.(1)CaC0,+2H+=Ca2++H,0+C02↑ 根据相同条件下，气体物质的量之比等于体积比也可得出)，A项正确： (2)2.0(3)AC(4)60.0% V [解析](2)实验室没有480mL容量瓶，则应该配制500mL0.10mol· 设消耗1的物质的量为xmol,由得失电子守恒得：3xm0l=2×22.4 L-的Na0H溶液，需要Na0H的质量为0.10mol·L-1×0.5L×40 V g·mdl-1=2.0g。(3)用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，则液面在刻 md,解得x=3.6m,设消耗ZA的物质的量为ym0l,由得失电子守恒 度线下方，盐酸的量偏少，最终溶液的浓度偏小，A符合题意；容量瓶用 V2 蒸馏水洗涤后未干燥，不影响定容时溶液的总体积，浓度不受影响，B 得：2ymdl=2×22.4mol,解得y=22.4m0l,故消耗铝和锌的物质的量之 不符合题意；定容后摇匀、静置，发现液面下降，再加蒸馏水至刻度线， 此为文 蒸馏水加入过量，溶液浓度偏小，C符合题意；定容时，俯视容量瓶刻度 业，B项错误；由于金属足量，故两种酸都完全反应，根据氢元 线，液面在刻度线下方，所配溶液浓度偏大，D不符合题意。(4)第四次 V 素守恒得：0.1mo×m=2×,2mol,解得m=,2,同理0.1mol×n 数据偏差较大，应舍去，则剩余盐酸消耗NaOH溶液的平均体积为 13.00+12.90+13.10mL=13.00ml:根据H*+0H—,0,与 102 =亏，C项正确；由C选项分析知，m三 3 2×五m解得n3故只=台 CaC02反应的盐酸的体积为25.00mL-13.00mL=12.00mL,根据反 10V110V, 山.2n=1,2,由于V、的具体数值未知，故无法确定m、n的具体数 应CaC03+2H+=Ca2++H20+C02↑可知，每片药剂中CaC03的 质量分数为12.00×103x0.10×100×100%=60.0%。 值，D项正确。 2×0.1 3.B设铜、镁的物质的量分别为x、y,则①64g·mol-x+24g·mol-y= 15.(1)13.6(2)500mL容量瓶、胶头滴管(3)A(4)BD 2.28g,②98g·mol-1x+58g·mol-1y=3.81g,解得x=0.03mol,y= (5)2000(26-a) 0.015mol,A错误；混合气体的物质的量=2.4L:m0l1×100 1680mL 3V [解析](1)98%浓硫酸的物质的量浓度c=1000×1.84×98% 0.075mol,设N204、NO2的物质的量分别为a、b,根据氧化还原反应中得 98 mol· 失电子数相等：2×(0.03+0.015)mol=2a+b,a+b=0.075mol,则a= L-1=18.4mol·L-1,配制0.5mol·L-1H2S04溶液480mL,需选用 0.015mol,b=0.06mol,N02和N,04混合气体的平均摩尔质量= 500mL的容量瓶，根据稀释前后硫酸的物质的量不变，所需98%浓硫 酸的体积V500mx0.5mol:L=13.6ml。(2)根据实验步骤为 (0.015x92+0.06×46)8=55.2g·mol1,其平均相对分子质量约为 0.075mol 18.4mol.L-1 55.2,B正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n 计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，可知实验中除量简、烧 (Na0H)=n(HN03)-(2a+b)=1.05mol-0.09mol=0.96mol,加人 杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器为500mL容量瓶、胶头滴管。(3)用量 筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，会使所取浓硫酸的体积偏大，所配 Na0H溶液的体积为960mL,C错误：c(HN0,)=100×L,40×63%mol 63 溶液浓度偏大，A正确：向容量瓶中转移液体时，有少量液体溅出，硫酸 L-1=14.0mol·L-1,D错误 的物质的量变小，所配溶液浓度偏小，B错误；定容时仰视刻度线，溶液4.DNa,HPO4中含有2个Na*和1个HP0好，l42g固体中n(NaPO,) 体积偏大，所配溶液浓度偏小，C错误；定容后倒置摇匀后再正立时，发 =N-142g:l=1mol,则阴，阳离子总数目为3N,Na,sS0,中含 142g 现液面低于刻度线，对所配溶液浓度无影响，D错误。(4)量简没有0 刻度线，则①是温度计，读数为2.5℃，A错误、D正确；根据量筒的构 造，可知②是量简，读数为2.5mL,B正确：③中0刻度线在上端，则③ 有2个西和1个s0,2g固体中a(,0,)=背=1阳可 142g 是滴定管，滴定管的精确度为0.01mL,读数为2.50mL,C错误 =1mol,则阴、阳离子总数目为3NA,A正确；反应中关系式为SO2~ (5)把VmL含有A山2(S04)3和(NH)2SO4的混合溶液分成两等份，一 2e、H2~2e,则得到电子的总物质的量为2[n(S02)+n(H2)]= 份加入足量NaOH溶液并加热，铵根离子完全反应生成a mol NH3,可 2mol,反应中锌失去的电子总数目为2NA,B正确；关系式有CH4~ 知NH的物质的量为amol;另一份加入含bmol BaCl2的溶液，恰好使 4C-H ,CH2 =CH2 ~4C-H,n(C-H)=4[n(CH)+n(CH =CH2 ] 硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，可知硫酸根离子的物质的量为bmol, 4md,C一H的总数目为4V,C正确：溶液中CH2CO0发生水解，得到 根据电荷守恒，每份溶液中含有A+的物质的量为2b·ml,则原混 的物料守恒式为c(CH3C0OH)+c(CH3CO0-)=0.1mol·L-1,1L该 3 溶液中含CH COO数小于0.1N。,D错误 2b-a mol 3 合溶液中A3+的浓度为 _2000(2b-a2molL-1。 5.D硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子 2×10-3 3V 数目增大，则1L1mol·L-1硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol· LI×1L×Na mol-1=NA,A正确；由结构可知，1个三聚三氧化硫分子 练案[8] 中含有12个σ键，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数日为 1.A盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol,根据C1原子守恒可 0.5mol×12×NA mol-=6NA,B正确；绿矾受热分解的方程式为 得c(HC)2x04-8.0mlL-,A正确：n(S)=2g-niF- 3.2g 0.1L 2FeS04·7H,0商温Fe203+S02↑+S03↑+14H,0,反应生成1mol Fe203,转移2mol电子，则生成16gFe203时，转移电子数为 0.1ml,根据得失电子守恒得n(Fe+)=0.1m×2-0=0.2md,则 3-2 16马 矿石中的n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,则磁黄铁矿中 160g:ml×2×Nmol.-=0.2N,C正确；未指明处于标准状况， n(Fe2+):n(Fe3+)=0.2mol:0.2mol=1:1,B错误；根据H、Cl原子 无法计算22.4L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水的反应为可逆反 应，可逆反应不能完全进行，所以无法计算出溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根 守恒可知，n(H,S)=2n(HC)=n(FeCl,）=0.4mol,V(H,S)=0.4 离子、亚硫酸根离子的数目总和，D错误。 620 6.A由反应机理可知，反应①发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成甲 大值时，溶液中的溶质只有硝酸钠(NaNO3),n(NO3)=n(Na)= 4.4g 醇和，0，则消耗4.4g二氧化碳，反应转移电于数为4多：X6义 bV n(Na0H）=O0mdl,故C正确；参加反应的硝酸起酸和氧化两种作 VA mol-【=0.6NA,A正确：标准状况下，过氧化氢为液态，无法计算11.2 用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，为 L过氧化氢的物质的量和含有的非极性键的数目，B错误；甲醛和DHA bV 的最简式相同，都为CH20,则30g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数 0md,作氧化剂的硝酸的物质的量等于N0的物质的量，为”5 30g:一×Vml-1=N,C错误；由淀粉酿酒涉及的反应可得关 30g m,所以与镁铝合金反应的醋酸的物质的量为（分+o)ml,D 系式：(C。H1o05)m~nC6H206~2nC2H60,则16.2g淀粉在酶的作用下 故D正确。 16.2g 发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为162ngm可×2m×N,m= 13.(1)38.84:1 (2)30C0和C023.84 0.2NA,D错误 7.C28.4gP205的物质的量为0.2mol,即0.1molP401o,1个P401o含 (3)①C,043CoC204+202△C0,04+6C02 16个共价键(4个P=0,12个P一0，全部为极性键)，则0.1molP401o ②5：6 [解析](1)收集到标准状况下气体的体积为5.6L,其为氧气，则 共含有1.6NA个极性共价键，A错误；核反应方程式必须遵循核电荷数 和质量数守恒，即可推算出A=36,Z=89,1mol2M中含中子数为(89- 5.6L n(0）=2.4mml=0.25m,c0,和水素气的混合气体与足量 36)N4=53NA,B错误；由得失电子守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生 的Na202反应的化学方程式为2Na202+2C02一2Na2C03+02 成1mol氢气，与浓疏酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25 mol Zn与一定 2Na202+2H20一4Na0H+02↑，则混合气体的物质的量为0.5mol, 量浓硫酸反应后完全溶解时，无论生成的是氢气，还是二氧化硫，或是二 氧化硫与氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol-1= 关平均摩你质黄为9品=3识8gm。假设是合气体中c0、 0.25NA,C正确；高温下，Fe与足量水蒸气反应生成Fe304,5.6gFe即 H,0的物质的量分别为xy,则44g·mol1x+18g·mol-y=19.4g, 0.1 mol Fe转移电子数为0.1mol×氵NA mol-l<0.3Na,D错误。 x+y=0.5mol,解得x=0.4mol,y=0.1mol,所以C02与水蒸气的物质 的量之比为4：1。(2)气体的摩尔质量为22.4L·mol1×1.34g· 8.C750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g,质量减少了26.90 ,108 g-13.43g=13.47g,26.90gZms04·6l,0中水的质量为26.9g×269 L-1≈30g·mol-1,根据化学方程式C+02爸C0,和2C+0,通 2C0,28g·mol-1<30g·mol-1<4g·mol-1,反应后的气体应该为 =10.8g<13.47g,则还有S元素质量减少13.47g-10.8g=2.67g, C0和CO2的混合气体，设反应后C0物质的量为xmol,CO2物质的量 32 26.90g7ms04·6H,0中S元素的质量为26.90g×269=3.28,则S元 为yml,由氧原子守恒可得0x+2y=4.02×2=0.36,反应后气体平 22.4 素还有剩余，C正确。 均摩尔质量②M=28x+44y=30,由①②解得x=0.28,y=0.04,则反应 9.D结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO4· x+y 7L.0)=梁=0.03md,第-份段失重83动g-6:72g=1628,应 前C的质量m=nM=(0.28mol+0.04mol)×12g·mol-1=3.84g。 (3)①由图可知，CoC204·2H20的质量为18.3g,其物质的量为0.1 为0.09molH20,第二阶段失重6.72g-5.10g=1.62g,也应为0.09 mol,C0元素质量为5.9g,C点钴氧化物质量为8.03g,氧化物中氧元素 molH20,第三阶段失重5.10g-4.56g=0.54g,为0.03molH20。由以 质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与0原子物质的量 上分析可知含有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失 2.13g 去3分子水，第三阶段失去1分子水，A、B、C项均错误。分析第三阶段 之比为0.1ml:16g-md厅3：4，故C点剩余固体的化学成分为 的失重数据可验证D项正确。 C0304;B点对应物质的质量为14.70g,与其起始物质的质量相比减少 10.DL→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiS04·nH20— 18.3g-14.70g=3.6g。为结晶水的质量，故B点物质为CoC204,与 NiS04+nH20,根据图像可知，L→N时剩余固体NiSO4的质量是15.5 氧气反应生成C0304和二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC204+202 g,失去结晶水的质量是26.3g-15.5g=10.8g,则根据NiS04~nH20 △Co,04+6C02。②由得失电子守恒：n(C03+)=2n(C,)=2× 建立等式55=180，解得n=6,A项正确：一→M时失掉结晶水的质量 2.4L:n0l可=0,4ml,由电荷守恒：n意(o原子)=n塔(C02*) 4.48L 是3.6g,则失去2个结晶水，则固体M的化学式为NS04·4H20,B项 1 4.48L 正确：生成固体P时，样品的失重率=263-7.5×100%≈71.5%，C项 26.3 2a(a)=2×(0.48Lx5ml.L-1-2×2.41:m）=l 正确：N→P失重，根据质量比例，可知发生电反应是NSO4一NO+ mol,所以固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mdl,根据化合物中 S03↑，NiS04的摩尔质量是155g·mol-1,Ni0的摩尔质量是 各元素化合价代数和为0，氧化物中n(0)-0.6m0l×2+0.4molx3」 2 75g·mol-1,结合图像中有关数据，PQ固体质量上升，应该是N0 1.2mol,故该钴氧化物中n(Co):n(0)=1mol:1.2mol=5:6。 被氧化得到Ni2O3,D项错误。 1.C50,和F,(S0,)方的混合溶液中合心，S0,根据电荷14.(1)器 abd×10-3 (2)偏低(3)检查装置气密性(4)b(5)5二 2 守恒可知，c(Na)+3c(Fe3+)=2c(SO),代人数据可得，c(Na)= 25×10-3 2×0.03mol.L-1-3×0.01mol.L-1=0.03mol.L-1 (6)偏高(7)否 12.B根据得失电子守恒，生成NO时，HNO3中N元素的化合价由+5价 [解析]甲方案：利用CuS04与BCl2反应生成BaS04,称重BaSO4,来 降低至+2价，因此生成N0的物质的量应该是转移电子的子，即“” 求出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn 7 粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Z的质量计 ml×号=“5m,N0的体积在标准状况下为2.4mL,故A 算硫酸铜的量，进而计算其浓度。(1)根据硫酸根守恒：n(CuS04)= 51 正确；沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀的质量等于镁铝合金的质量与 a0,）=7-20d,(G0,)=片-2器k0.02m1-袋 氢氧根离子的质量之和，所以沉淀中氢氧根离子的质量为(n-m)g或 mol/L。(2)步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，有沉淀附着在烧 17bV×10-3g,故B错误；镁铝合金恰好溶解时溶液中NO3的物质的量 杯内壁，造成生成的n(BaSO4)减小，则n(CSO4)减小，则测得 等于沉淀质量最大时溶液中NO,的物质的量，当沉淀质量恰好达到最 c(CuS04)偏低。(3)实验需要测定氢气的体积，组装仪器后需要检验 一 621— 装置气密性，步骤②为：检验装置气密性。(4)实验需要准确测定氢气5.C实验在无水条件下进行，有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中 的体积，气体具有热胀冷缩性质，温度高密度减小，导致测定氢气体积 的铜置换出来，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比 偏大，与反应热无关且反应热不受温度影响，与反应速率无关，故答案 铜活泼，A、B正确；若钠与CuSO,溶液混合，则钠先与水反应生成氢氧化 为b。(5)由方程式：Zn+CS04=ZnS04+Cu,Zn+H2S04 钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，不会置换出铜单质，C错 Zns04+H2↑，可知n(Zn)=n(Cus04)+n(H2),故n(Cus04)=n(Zn) 误；根据题意分析，在加热且无水条件下，Na可以与CSO4反应并生成 -n(H2),m(H2)=b×10-3L×dg×L-1=bd×10-3g,则n(H2）= Cu,D正确 （bdx10-3g）÷2g/mol=5bd×10-4ml,n(Zn)=ag÷65g/mol=65 6.C钠沉人液氨说明钠的密度比液氨大，A正确；液氨中没有能导电的离 子，而钠投人液氨中生成Na+(NH3),和e~(NH3)x,能导电，说明溶液 的导电性增强，B正确：0.1mol钠投入液氨中，由于溶剂化速度极快，生 ml,n(as0,)=希ml-2d×103ml=(后子d×10-3 成0.1mole(NH3)(氨合电子)时钠已经失去0.1mdle,故生成 ml,则e(C0,)==(后-d×10-3）ml÷(25×103) 0.01molH2时，Na失去0.1moleˉ，C错误；反应中钠失去电子，只能是 氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na一 2NaNH2+H2↑，D正确 25×10m/L。(6)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即 7.CI中装置是启普发生器的原理，碳酸钠为易溶性粉末状固体，和酸溶 液反应不能随时停止，应是大理石和稀盐酸反应，故A错误；Ⅱ中浓硫酸 读数，气体体积被压缩，测得H2体积偏小，结合c(CuSO4)= 的目的是除去二氧化碳气体中水蒸气，干燥C02,防止水蒸气进人玻璃 abd×10-3 管影响实验探究，而碱石灰会吸收二氧化碳，故B错误；实验时，Ⅲ中钠 65 25×10一mol/L,可知疏酸铜的浓度偏高。(7)Mg比Zn活泼，Zn 和二氧化碳反应，为了避免钠与氧气反应，需要用生成的二氧化碳除尽 装置中的空气，因此打开弹簧夹，需要先通CO,后再点燃酒精灯，故C正 与MgSO4不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓 确；二氧化碳被还原生成的气体通人装置Ⅳ，根据PdC2+C0+H2O 度，故答案为：否。 一P(黑色)↓+CO,+2HC可知，装置N是检验是否有一氧化碳生 15.(1)Mg0、Fez03 成，C0不是氧化产物，故D错误。 (2)Mg(0H)22Mg+C0,点槛2Me0+C 8.B①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化 (3)0+33Fe+4H,0(g)商温Fe,0,+4H 钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原 反应，④中过氧化钡与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化 ②2Fes0,+l,0,+（1-号)lS0,=fe,(0H.(S0,)-a5x+(2 氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反 应，A正确：①中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H,O2,B错 -n)H,0 ③5.6偏高 误；④中BO,与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸 >过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2>BaSO4,C正确：⑤中产生的气体为 [解析](3)①根据化合价代数和为0，可知 氧气，氧元素化合价升高，H2O2作还原剂，说明H2O2具有还原性，D [Fe2(0H)n(S04)3-a5m]m中铁的化合价为+3；③根据对应关系n(Fe) 正确。 =n(S20})=16.00×10-3L×0.1250mol·L-1=2×10-3mol,故 9.C装置X为固液不加热制取气体的装置，可以制取O2,H2、C02等气 (Fe)=3X10Smol·L0,1mol·L,溶液中Fe的总含量为0.1 体，A正确：②为干燥氧气的装置，所盛试剂为浓硫酸，B正确；若②中所 盛试剂为浓盐酸，那么在装置Z中可能发生多种反应，水蒸气、HC1、氧气 mol·L-1×56g·mol-1=5.6g·L-1。若滴定前溶液中H202没有除 都可以与钠反应，产物不一定是氯化钠，C错误；③的作用是防止空气中 尽，过氧化氢也氧化碘离子，则所测定的铁元素的含量偏高。 的水蒸气和二氧化碳进人装置Z,D正确。 练案[9] 10.C玻璃珠的存在可增大Na2O2粉末与玻璃珠间的缝隙，增大Na2O2 1.D2Na+2H20=2Na0H+H2↑，①中Mg2++20H-—Mg(0H)2↓； 与CO2的接触面积，加快反应速率，A正确；U形管中发生反应2Na202 ③中反应消耗水，溶液温度升高，C(OH)2的溶解度降低，析出 +2C022N2C03+02,固体由淡黄色粉末变为白色粉末，B正确： Ca(OH)2沉淀；④中Ca2++HC03+OH-—CaC03↓+H20;⑤生成 1.5g 100mL n(Na,0,）=78g-n-0.019ml>n(c0,）=2240wm-m- 的Cu(OH)2是蓝色沉淀，不符合题意；⑥水减少，c(Na)增大，使 4.5×10-3mol,C02未剩余，收集到的气体大于50mL是因为反应放 NaCl(s)、一Na+(aq)+Cl-(aq)平衡向左移动。 热，温度升高气体积增大，C错误；可用带火星的木条检验生成的氧气， 2.D钠的密度介于煤油和水的密度之间，刚投人的钠块落在两者界面上， D正确」 钠的下半部分与水接触并反应，产生的H,推动钠向上游动，进人煤油层11.B将Na202与aHC0,的固体混合物加热，有关反应的化学方程式依 后，反应停止，由于钠受到的重力大于浮力，随后钠块下沉，又回落到煤 次为2NaHC03Na,C03+C02↑+H,0、2C02+2Na02 油和水的界面上，重复上述过程，故钠块在水层与煤油层界面处游动并 2N2C03+02、2Na202+2H204Na0H+02↑。当Na202与NaHC(03 上下跳动，因反应生成NaOH,滴有少量酚酞的水层变红。 的物质的量之比为1：2时，二者反应的总方程式为2Na2O,+4NaHC02 3.D①常温下Na在空气中被氧气氧化生成氧化钠，不是过氧化钠，A错 误；④中NaOH溶液吸收空气中的CO2反应产生Na,CO3和水，最终变为 △4Na,C0+02↑+2H,0;当Na,02与NaHC0的物质的量之比为 碳酸钠固体，因此发生的变化既有物理变化，又有化学变化，B错误；③ 1:1时，二者反应的总方程式为2Na02+2NaHC03△2Na,C03+ 是氢氧化钠吸水潮解，NaOH吸收空气中的水蒸气形成了NaOH溶液，C 02↑+2Na0H,即当n(Na202):n(NaHC03)≤1：2时，反应后剩余固 错误；②变白色主要是因为Na20与空气中的水反应生成了NaOH,④中 体为Na2C03,当1：2<n(Na2O2):n(NaHC03)≤1：1时，反应后剩 NaOH溶液吸收空气中的CO2反应产生Na2CO3和水，两个过程中发生 余固体为Na2CO3和Na0H,当n(Na2O2):n(NaHCO3)>1:1时，反 的反应均是非氧化还原反应，D正确。 应后剩余固体为Na2O2、NaOH、Na2CO3,由此可以判断A、C、D正确，B 4.D过氧化钠不是碱性氧化物，A错误；生成物中有单质，不是复分解反 错误。 应，B错误；反应进行一段时间后（反应未结束），反应放热，大试管温度 12.C①中H202溶液分解制备氧气时，M02作催化剂，A正确：③用浓 升高，气体压强增大，U形管中液面高度：a<b,C错误；过氧化钠和水反 疏酸干燥氧气，也可以用装碱石灰的U形管代替，B正确；本实验不需要 应生成氢氧化钠和氧气，向其中滴人几滴无色酚酞溶液，可观察到试管 氢氧化钠溶液，为了防止水蒸气和钙反应，正确的连接顺序为adebcde,C 中溶液的颜色由无色变为红色，生成的强氧化性物质又使溶液褪色，D 错误；②中发生反应Ca+02二=Ca02,生成1 mol Ca02时，转移2mol 正确。 电子，则转移0.2mol电子时，生成0.1 mol Ca02,质量为7.2g,D正确 622练案[8] 第8讲 化学计算的常用方法 1.(2025·广东三校联考)一定量的某磁黄铁矿（主要成5.(2025·辽宁模拟预测）绿矾(FS04·7H20)分解可 分Fe,S,S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应（矿 制备铁红，同时产生S02、S03和H20。设NA为阿伏 石中其他成分不与盐酸反应)生成3.2g硫单质、0.4 加德罗常数的值，下列说法错误的是 () mol FeCl2和一定量H,S气体，且溶液中无Fe3+。则下 列说法正确的是 A.1L1mol·L-1FeS04溶液含有的阳离子数大 A.该盐酸的物质的量浓度为8.0mol·L1 于VA B.该磁黄铁矿FeS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为 2:1 C.生成的H2S气体在标准状况下的体积为4.48L B.0.5mol三聚S03 分 中含有 D.该磁黄铁矿中FeS的x=0.85 2.（2025·深圳高三检测)溶质均为0.1mol的HmX σ键数目为6N HnY两种酸，HX与足量铝反应生成H2的体积为V C.绿矾分解生成16gFe,03时，转移电子数为0.2V L(标准状况，下同)；HY与足量锌反应生成H2的体 积为V,L。下列说法错误的是 D.22.4LS02溶于水，溶液中H2S03、HS0、S0}的 V A.H,X和，Y生成氢气的物质的量之比一定为 数目总和为N 6.(2025·福建福州模拟)我国科学家利用C02合成淀 B.HX消耗铝的物质的量和H,Y消耗锌的物质的量 粉的核心反应如图所示，设N为阿伏加德罗常数的 之比一定为2 V 值，下列说法正确的是 () C.m H0, n V ③al D.由题给条件无法确定m和n的具体数值 3H,0 H,0 DHA 3.(2025·辽宁沈阳模拟)2.28g铜镁合金完全溶解于 C0, DCH.OH ② (CH10 75mL密度为1.40g·mL1、质量分数为63%的浓硝 A.反应①消耗4.4gC02时，转移电子数为0.6N 酸中，得到N02和N204的混合气体1680mL(标准状 B.标准状况下11.2LHO2所含的非极性键数为V 况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L1NaOH溶 液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81g沉淀，下列说 C.30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2V 法正确的是 D.16.2g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙 A.该合金中，镁的物质的量为0.03mol 醇分子数为0.3N B.NO2和N,04混合气体的平均相对分子质量约为 7.(2025·江西抚州模拟)设N为阿伏加德罗常数的 55.2 C.得到3.81g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为 值，下列说法正确的是 () 900mL D.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为12.0 ·氧原子 mol·L- A.28.4gP203 O磷原子）含极性键 4.(2025·山东泰安联考)若用N表示阿伏加德罗常数 的值，下列叙述错误的是 ( A.142gNa,S04和Na,HP0,的固体混合物中所含阴、 的数目为0.4N 阳离子的总数目为3N B.已知核反应：U+n一→Ba+M+3n,则1mol B.锌与某浓度的浓硫酸反应，生成S02和H2的混合 2M中含中子数为54W. 气体22.4L(标准状况)，锌失去电子数目为2N C.0.25 mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成 C.标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含碳氢共 价键数目为4W, 气体的分子数等于0.25N D.0.1mol·L的CH,COONH4溶液显中性，1L该溶 D.高温下，5.6ge与足量水蒸气反应，转移的电子数 液中含CH,CO0数等于0.1NA 为0.3NA —388 8.(2025·山东青岛高三检测)取26.90gZS04·6H2011.有Na2S04和Fe2(S04)3的混合溶液，已知溶液中 加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。 Fe3+物质的量浓度为0.01mol·L1,S0物质的量 750℃时所得固体的化学式为 浓度为0.03mol·L1,则此溶液中Na+的物质的量 浓度为 () A.0.01mol·L1 B.0.02mol·L1 (100℃，17.90g 20 C.0.03mol·L1 D.0.06mol·L-l (680℃，13.43g 12.(2025·山东济南期中)现取mg镁铝合金在一定浓 (250℃，16.10g 10 度的稀硝酸中恰好完全溶解（设硝酸的还原产物只 (930℃，8.10g 有NO),向反应后的混合溶液中滴加bmol/L NaOH 溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好达到最 200 400 600 800 温度/℃ 大值，为ng。下列有关该说法中不正确的是() A.ZnO B.ZnSO A.标准状况下生成N0的体积为2.4(n-mL 51 C.Zn,0(S04)2 D.ZnS04·H20 B.沉淀中OH的质量为17bVg 9.(2025·广东深圳模拟)将8.34gFS04·7H0样品 C.镁铝合金恰好溶解时溶液中NO3的物质的量为 隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变 bV 化的曲线)如图所示。则下列说法正确的是( 1000 mol 质量g FeS04·7H,0 D与铁铝合金反应的硝酸的物质的量为(？5引+ 834 bV 672 M 1000/mol 5.10 13.(2025·河南高三检测)按要求回答问题。 4.56 Q (1)将19.4gC02和水蒸气的混合气体，与足量的 2.40 Na202反应，收集到标准状况下5.6L的气体，试 0 78159 373 633 温度/℃ 确定混合气体的平均相对分子质量为 C0,与水蒸气的物质的量之比为 A.FS04·7H20晶体中有4种不同结合力的水分子 (2)AN用于电子仪器。AIN中常混有少量碳，将一 B.在100℃时，M的化学式为FeS04·6H0 定量含杂质碳的AN样品置于密闭反应器中，通 C.在200℃时，N的化学式为FeS04·3H20 入4.032L(标准状况下的)02，在高温下充分反 D.380℃的P加热至650℃时的化学方程式为 应后测得气体的密度为1.34g·L1(已折算成 2Fe50,商温Fe,0,+s0,↑+S0,↑ 标准状况，A不跟O2反应)，则所得气体的摩 10.将26.3gNiS04·nH20样品在900℃下煅烧，样品 尔质量为 g·mol-',该气体的成分是 受热过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线） (写化学式)，该样品中含杂质 如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列 碳 说法错误的是 (3)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及 ↑质量g 超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的 重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC204· 26.3 2H,0)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中 M 22.7 300℃及以上所得固体均为钴氧化物。 15.5 18.3 A(150℃，14.70g) 16 0 、B225℃，14.70g 时间/mim 12 A.n=6 B.固体M的化学式为NS04·4H20 C(300℃，8.03g C.生成固体P时，样品的失重率约为71.5% 150 130450600750 900 D.固体Q的化学式为Ni0 温度/℃ -389 ①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (5)Zn粉质量为ag,若测得H2体积为bmL,已知实 (填化学式)。试写出B点对应的物 验条件下p(H2)=dg·L1,则c(CuS04)】 质与0，在225~300℃发生反应的化学方程式： mol·L1(列出计算表达式)。 (6)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数， 则测得c(CuSO4) （填“偏高”“偏低”或 ②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化 “无影响”)。 物（其中Co的化合价为+2、+3价），用480mL (7)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的 5mol·L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2 浓度： (填“是”或“否”)。 溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确定 该钴氧化物中Co、0的物质的量之比为 15.(2025·河南省部分名校月考)镁、铝、铁的单质及其 14.（2025·河北衡水高三检测)为测定CS04溶液的浓 化合物在生产和生活中有广泛的用途。回答下列 度，甲乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： 问题： I.甲方案 (1)Al,03、Mg0、Fe203、Fe04、Mg02(过氧化镁)中， 实验原理：CuSO4+BaCL,—BaSO4↓+CuCL, 属于碱性氧化物的是 实验步骤： (2)如图W、X、Y、Z为四种均 足量BaCl,溶液 含镁元素且属于单质、氧 化物、碱、盐中不同类别 CS0,溶液①过滤固②洗涤③灼烧④称重 固体 的物质，箭头表示在一定 (25.00mL) 体 (wg) 条件下能一步转化，Z是 (1)固体质量为wg,则c(CuS04)= mol.L-'。 一种盐且W转化为X、Y、 (2)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测 Z均为置换反应。X为 得c(CuSO4) (填“偏高”“偏低”或“无 (写化学式)，W生成Y的化学方 影响”)。 程式为 Ⅱ.乙方案 0 实验原理：Zn+CuS04一ZnS04+Cu、Zn+H,S0, (3)聚合硫酸铁[Fe2(0H)n(S04)3-on]m(n<2)是 =ZnS04+H2↑ 一种新型高效的水处理混凝剂，聚合硫酸铁的一 实验步骤： 种制备方法如下： ①按如图安装装置（夹持仪器略去） H2S04 CuSO,溶液 (25.00mL 园0)，铁的 溶液H,0,、稀硫酸 聚合 水 氧化物 a 硫酸铁 足量 ①聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(S0,)3-o.5n]m中铁元 稀硫酸 素的化合价为 。写出Fe与H0(g) Zn粉 反应的化学方程式： (ag 磁力搅拌装置 ②写出溶液a中FeS04与H,02、稀硫酸经过氧 ②… 化、水解生成Fe2(OH)n(S04)3-osn的化学方程 ③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 式： ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或 略低于0刻度位置，读数并记录 ③为测定溶液a中铁元素的总含量，实验操作如 ⑤将CuS0,溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加 下：准确量取20.00mL溶液a于带塞锥形瓶中， 稀硫酸至体系不再有气体产生 加入足量H,O2,调节pH<3,加热除去过量 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面 H,02;加入过量KI充分反应后，再用0.1250 相平，读数并记录 ⑦处理数据 mol·L-1的Na,S,O3标准溶液滴定至终点，消耗 (3)步骤②为 标准溶液16.00mL,已知：L2+2S,0一2I-+ (4)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是 S4O?。则溶液a中铁元素的总含量为 (填序号)。 g·L;若滴定前溶液中H202没有除尽，所测定 a.反应热受温度影响 的铁元素的含量将会 (填“偏高”“偏 b.气体密度受温度影响 低”或“不变”)。 c.反应速率受温度影响 -390