第2单元 第7讲 化学计算的常用方法（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版 双选）

正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义 化学（S） 1 第二单元 物质的量 2 第7讲　化学计算的常用方法 3 整合必备知识 源于教材与课标 方法1　差量法 4 5 提升关键能力 对接高考与素养 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 整合必备知识 源于教材与课标 方法2　关系式法 18 19 提升关键能力 对接高考与素养 20 21 22 23 24 25 26 27 整合必备知识 源于教材与课标 方法3　守恒法 28 29 30 提升关键能力 对接高考与素养 31 32 33 34 35 36 37 38 39 【真题演练·感悟高考】 40 41 42 43 44 45 46 课下巩固精练卷（七） 化学计算的常用方法 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 62 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【备考目标】　1.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.理解物质的量在化学计算中的作用，提升解答计算类题目的能力。 差量法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”。这种差量可以是质量、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。如 C　＋　H2O(g)CO　＋　H2　　　Δm(气)/Δn(气)/ΔV(气) 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 12 g/1 mol/22.4 L(标况) 其解题步骤如下： 1．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 解析：选C。混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)， 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　　ΔV 44．8 L　　　　　　　　22.4 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。 2．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　) A． eq \f(84w2－53w1,31w1) B． eq \f(84w1－w2,31w1) C． eq \f(73w2－42w1,31w1) D． eq \f(115w2－84w1,31w1) 解析：选A。由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系： 2NaHCO3 eq \o(=====,\s\up7(△)) Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm(固) 2×84　　　　　　　　　　　　　　62 x g　　　　　　　　　　　　　　　(w1－w2)g x＝ eq \f(84（w1－w2）,31) ，故样品纯度为 eq \f(m（Na2CO3）,m（样品）) ＝ eq \f(w1 g－x g,w1 g) ＝ eq \f(84w2－53w1,31w1) 。 　热重曲线与热重分析法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 1．热重曲线类型 (1)剩余固体质量与温度的关系曲线 (2)失重率与温度的关系曲线 失重率＝ eq \f(m（固体样品减少）,m（固体样品）) ×100% (3)固体残留率与温度的关系曲线 固体残留率＝ eq \f(m（固体残留）,m（固体样品）) ×100% 2．解答热重分析题目的一般思路 (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)， eq \f(m（剩余）,m（1 mol晶体质量）) ×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。 3．(2022·全国卷乙)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是(　　) A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B．最高价氧化物的水化物酸性：Y<X C．100～200 ℃阶段热分解失去4个W2Z D．500 ℃热分解后生成固体化合物X2Z3 解析：选D。分析可知，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。X(B)的单质常温下为固体，故A错误；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3) ＜Y(HNO3)，故B错误；已知200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O，则质量保留百分数为 eq \f(14＋4＋11×5＋16×8,14＋4＋11×5＋16×8＋18×4) ×100%≈73.6%，则说明4个H2O未全部失去，故C错误；化合物(NH4B5O8·4H2O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则质量保留百分数为 eq \f(（11×2＋16×3）×5,（14＋4＋11×5＋16×8＋18×4）×2) ×100%≈64.1%，说明假设正确，故D正确。 4．(2023·辽宁高考节选)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。 解析：由题图可知，起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O，其物质的量是0.01 mmol，所含结晶水的质量为0.9 mg，则固体质量剩余1.6 mg时所得固体为CuSO4，加热过程中Cu元素的质量不变，则固体质量剩余0.8 mg时所得的固体是CuO，结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知，700 ℃发生的反应为CuSO4―→CuO＋SO3、SO3―→SO2＋O2，则生成的氧化物除SO2外，还有CuO、SO3。 答案：SO3　CuO 1．应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 【提醒】 在多步反应中，每一步中的转化率、利用率及最后所得产品的纯度等，可以累积进行计算。 2．解题流程 一、关系式法的基础应用 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____________。(保留两位有效数字) 解析：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 解得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝ eq \f(0.08 g,0.22 g) ×100%≈36%。 答案：36% 二、关系式法在滴定计算中的应用 2．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 0 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.00 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，结果保留三位有效数字)。 解析：Sn与K2Cr2O7存在如下关系： 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g　　　　　　　1 mol x　　　　　　　　0.100×0.016 mol x＝ eq \f(3×119 g×0.100×0.016 mol,1 mol) ＝0.571 2 g，w(Sn)＝ eq \f(0.571 2 g,0.613 0 g) ×100%≈93.2%。 答案：93.2% 3．(2024·山东高考)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标 准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退－变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： 该滴定实验达终点的现象是____________________________； 滴定消耗2×10－3 mol·L－1 KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是________(用代数式表示)。 解析：该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色；由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S～3SO2～3I2～ KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)＝V×10－3 L×0.002 mol·L－1＝2×10－6 V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2×10－6 V mol＝6×10－6 V mol，样品中硫的质量分数是 eq \f(6×10－6 V mol×32 g·mol－1,a×10－3 g) ×100%＝ eq \f(19.200V,a) %。 答案：当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　 eq \f(19.200V,a) % 1．常考的三种守恒关系 (1)原子守恒 找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如求含有1 mol FeS2的硫铁矿完全反应(不考虑过程损耗)制得的H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2 mol。 (2)电荷守恒 涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH4+)＋c(H＋)＝2c(SO42-)＋c(NO3-)＋c(OH－)。 (3)得失电子守恒 在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用到得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。 2．解题流程 一、原子守恒的应用 1．(2022·浙江1月选考)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算： (1)x＝________________________________________(写出计算过程)。 (2)气体产物中n(O2)＝____________mol。 解析：(2)n(样品)＝n(Al)＝ eq \f(1.02 g,102 g·mol－1) ×2＝0.02 mol，气体产物中n(H2O)＝ eq \f(3.06 g,18 g·mol－1) ＝0.17 mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02×3 mol－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝ eq \f(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03,2) mol＝0.010 0 mol。 答案：(1)9 计算过程： 2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O3 2(213＋18x)g　　　102 g 7．50 g　　　　 　1.02 g eq \f(2（213＋18x）,7.50) ＝ eq \f(102,1.02) 解得x＝9 (2)0.010 0 2．某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为______________________。 答案： eq \f(190m2,147m1) ×100% 二、电荷守恒(电中性)的应用 3．有CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 的物质的量浓度为3 mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(　　) A．5.6 g B．11.2 g C．22.4 g D．33.6 g 解析：选B。n(SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) )＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液中阳离子的浓度相同，则有c(Cu2＋)＝c(Fe3＋)＝c(H＋)，其物质的量也相同，设Cu2＋、Fe3＋、H＋三种离子的物质的量均为n，根据电荷守恒可知，2n＋3n＋n＝0.3 mol×2，解得n＝0.1 mol，Cu2＋、Fe3＋、H＋都能与Fe反应生成Fe2＋，最后溶液溶质的成分为FeSO4，则n(FeSO4)＝0.3 mol，根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，质量为0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2 g。 4．若测得雨水中所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表： 离子 K＋ Na＋ NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) Cl－ 浓度/(mol·L－1) 4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5 根据表中数据判断试样的pH＝________。 解析：根据表格提供的离子可知，NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) )＋c(H＋)＝2c(SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) )＋c(NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) )＋c(Cl－)，将表格中的数据代入得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则pH＝4。 答案：4 三、得失电子守恒的应用 5．4.6 g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　) A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，结合得失电子守恒可得，n(OH－)＝ eq \f(4 480,22 400) ×1 mol＋ eq \f(336,22 400) ×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51 g。 1．(2024·江苏高考节选)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＋)∶n(CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) )的比值：________。 解析：n[Nd(OH)CO3]＝ eq \f(8.84×10－3 g,221 g·mol－1) ＝4×10－5 mol，其中n(OH－)＝4×10－5 mol，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 eq \f(1,2) ×4×10－5 mol×18 g·mol－1×103 mg·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CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ～CO2，发生反应的CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) 的物质的量为 eq \f(0.88×10－3 g,44 g·mol－1) ＝2×10－5 mol， 起始固体中含有的CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) 的物质的量＝n[Nd(OH)CO3]＝4×10－5 mol，则剩余固体中CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) 的物质的量为4×10－5 mol－2×10－5 mol＝2×10－5 mol，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(CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) )＝(4×10－5 mol)∶(2×10－5 mol) ＝2∶1。 答案：2∶1 2．(2023·全国卷乙节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝______，y＝________。 解析：由题图可知，FeSO4·7H2O―→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比约为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为 eq \f(19.4%×7,45.3%) ≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－ eq \f(38.8%×7,45.3%) ≈1。 答案：4　1 3．(2022·湖南高考节选)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： 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－1H2SO4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)。 解析：BaCl2·2H2O的质量分数为 eq \f(（137＋71＋36） g/mol×\f(0.466 0 g,233 g/mol),0.500 0 g) ×100%＝97.6%。 答案：97.6% 一、选择题 1．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SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 的物质的量浓度之比为(　　) A．1∶4 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 解析：选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， eq \f(n（H2SO4）,n（CuSO4）) ＝ eq \f(x,y) ＝ eq \f(8,56) ＝ eq \f(1,7) ，则2－),\s\do1(4)) eq \f(c（H＋）,c（SO）) ＝ eq \f(1×2,1＋7) ＝ eq \f(1,4) 。 2．3.87 g含KCl和KBr的样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生沉淀的质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为(　　) A．24.1% B．40.3% C．25.9% D．48.7% 解析：选B。KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生变化是K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。 K　～　Ag　　　Δm 39　 　108　　　69 m　　　　　　　6.63 g－3.87 g＝2.76 g 解得m＝1.56 g，钾元素的质量分数为 eq \f(1.56 g,3.87 g) ×100%≈40.3%。 3．将a L SO3气体通过灼热的装有催化剂(V2O5)的硬质玻璃管，反应后测得气体体积增大了b L(气体体积均在同温、同压下测定)，则下列叙述正确的是(　　) A．SO3的转化率为 eq \f(2（b－a）,a) ×100% B．混合气体的平均相对分子质量为 eq \f(80a,b) C．反应前与反应后气体的密度之比为(a＋b)∶a D．混合气体中SO2的体积分数为 eq \f(b,2（a＋b）) 解析：选C。设生成二氧化硫的体积为x，则反应的三氧化硫的体积为x。 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) 　ΔV 2 L　　　 2 L　　　1 L　 1 L x b L eq \f(2 L,x) ＝ eq \f(1 L,b L) ，解得x＝2b L，SO3的转化率为 eq \f(2b,a) ×100%，故A错误；同温、同压下气体的体积之比等于物质的量之比，反应后气体的总体积为(a＋ b)L，则混合气体的平均相对分子质量为 eq \f(80a,a＋b) ，故B错误；同温、同压下反应前后的气体的密度之比等于反应前后气体的平均相对分子质量之比，反应前气体的相对分子质量为80，反应后平均相对分子质量为 eq \f(80a,a＋b) ，则反应前与反应后气体的密度之比为(a＋b)∶a，故C正确；反应后气体的总体积为(a＋b)L，混合气体中SO2的体积分数为 eq \f(2b,a＋b) ×100%，故D错误。 4．密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　) A．17∶44 B．22∶17 C．17∶22 D．2∶1 解析：选C。根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol密胺需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。 5．某KOH固体在空气中放置了一段时间，经分析测得其含水2.8% (质量分数，下同)、含K2CO3 37.3% ，取1 g该样品加入25 mL 2 mol·L－1的盐酸溶解后，多余的HCl用33.9 mL 1.0 mol·L－1KOH溶液恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体的质量为(　　) A．1 g B．3.725 g C．0.797 g D．2.836 g 解析：选B。题给反应中最终溶液中的溶质为KCl，n(KCl)＝n(HCl)＝0.025 L×2 mol·L－1＝0.05 mol，m(KCl)＝0.05 mol×74.5 g·mol－1＝3.725 g。 6．将0.15 mol Cu和Cu2O混合固体投入800 mL 2 mol·L－1的稀硝酸溶液中，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－1NaOH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：选C。Cu和Cu2O与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为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要转移3 mol电子，由得失电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝ eq \f(2,3) ×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，氢氧化钠溶液的体积V＝ eq \f(1.5 mol,5 mol·L－1) ＝0.3 L＝300 mL，故C正确。 7．将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是(　　) A.FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O D．将处于380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4 eq \o(=====,\s\up7(△)) Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ 解析：选D。从图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O) ＝ eq \f(8.34 g,278 g·mol－1) ＝0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为 eq \f(6.72 g,0.03 mol) ＝224 g·mol－1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在200 ℃时，N的摩尔质量为 eq \f(5.10 g,0.03 mol) ＝170 g·mol－1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；将处于380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶ eq \f(2.40 g－0.03 mol×56 g·mol－1,16 g·mol－1) ＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。 8．为测定某区域空气中SO2的含量，课外小组的同学将空气样品通入200 mL 0.100 mol·L－1的酸性KMnO4溶液中(假定样品中无其他还原性气体，SO2可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋2H2O===5SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋2Mn2＋＋4H＋。若空气流量为a L·min－1，经过b min溶液恰好褪色，则该空气样品中SO2的含量(单位：g·L－1)为(　　) A． eq \f(8,25ab) B． eq \f(16,25ab) C． eq \f(8,5ab) D． eq \f(16,5ab) 解析：选D。根据题干信息，经过b min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为a L·min－1×b min＝ab L，消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.2 L×0.100 mol/L＝0.02 mol，根据方程式：5SO2～2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ，则n(SO2)＝ eq \f(n（KMnO4）,2) ×5＝0.05 mol，则m(SO2)＝0.05 mol×64 g/mol＝3.2 g，则该空气样品中SO2的含量为 eq \f(3.2 g,ab L) ＝ eq \f(16,5ab) g·L－1。 二、非选择题 9．利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)的纯度。称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成100 mL溶液。取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液____________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。 解析：利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终点时，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复即可说明达到滴定终点。根据题中反应可得：Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ～3I2～6S2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ，则1.200 0 g样品中含有Na2S2O3·5H2O的质量＝ eq \f(6×20.00×10－3 L×0.009 50 mol·L－1,1) × eq \f(100,24.80) ×248 g·mol－1＝1.140 g，样品纯度＝ eq \f(1.140 g,1.200 0 g) ×100%＝95.0%。 答案：蓝色褪去，且半分钟内不恢复　95.0 10．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。 (1)已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则其中的x＝________。 (2)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。 解析：(1)由电荷守恒可得x＝2。(2)血样处理过程中发生反应的离子方程式依次是：①Ca2＋＋C2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ===CaC2O4↓；②CaC2O4＋2H＋===Ca2＋＋ H2C2O4；③2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此可得关系式：5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ，所以n(Ca2＋)＝ eq \f(5,2) n(MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) )＝ eq \f(5,2) ×0.012 00 L×0.020 mol·L－1＝6.0×10－4 mol，血液样品中Ca2＋的浓度＝ eq \f(40 g·mol－1×6.0×10－4 mol,20.00 cm3) ＝1.2×10－3 g·cm－3＝1.2 mg·cm－3。 答案：(1)2　(2)1.2 11．化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。 Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液。 Ⅱ.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。 Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水。 Ⅳ.向Ⅲ所得溶液中加入过量KI。 Ⅴ.用b mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 已知：①I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6； ②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色； ③。 废水中苯酚的含量为___________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。 解析：n(BrO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) )＝aV1×10－3 mol，根据反应BrO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) ＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3aV1×10－3 mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bV3×10－3mol，n1(Br2)＝ eq \f(1,2) bV3×10－3 mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3aV1－ eq \f(1,2) bV3)×10－3 mol，苯酚与溴水 反应的化学计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝ eq \f(1,3) n2(Br2)＝(aV1－ eq \f(1,6) bV3)×10－3 mol，废水中苯酚的含量为 eq \f(（aV1－\f(1,6)bV3）×10－3 mol×94 g·mol－1,V2×10－3 L) ＝ eq \f(94（6aV1－bV3）,6V2) g·L－1。 答案： eq \f(94（6aV1－bV3）,6V2) 12．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下： 注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃。 若银铜合金中铜(M＝63.5 g·mol－1)的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________mol Cu[Al(OH)4]，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液__________L。 解析：5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝ eq \f(5.0×103 g×63.5%,63.5 g·mol－1) ＝50 mol， 由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式： Cu　～　Cu[Al(OH)4] ～ eq \f(1,2) Al2(SO4)3 1　　　　　1　　　　　　　 eq \f(1,2) 50 mol　 　50 mol　　 　　25 mol 至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为 eq \f(25 mol,1.0 mol·L－1) ＝25.0 L。 答案：50　25.0 13．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子的废水、应急供氧等。 (1)已知：I2＋2S2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ===2I－＋S4O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(6)) ，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2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a、c、V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 eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ，则样品中CaO2的质量分数为 eq \f(cV×10－3×72,2×a) ×100%＝ eq \f(0.036cV,a) ×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)溶液由蓝色变为无色，且30 s内不恢复蓝色　 eq \f(0.036cV,a) ×100%　(2)CaO 14．(2025·江苏南通模拟)由草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O，相对分子质量为449]煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为____________________________________________________________。 解析：44.9 g 草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1 mol，含有结晶水的物质的量是0.4 mol，质量是0.4 mol×18 g·mol－1＝7.2 g，A点→B点固体质量减少44.9 g－37.7 g＝7.2 g，即B点固体是BaTiO(C2O4)2，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据钡原子守恒可知，碳酸钡的质量是0.1 mol×197 g·mol－1＝19.7 g，钛氧化物的质量是27.7 g－19.7 g＝8.0 g，其中氧原子的物质的量是 eq \f(8.0 g－4.8 g,16 g·mol－1) ＝0.2 mol，所以该氧化物是TiO2，设生成 的CO和CO2的物质的量分别是x mol、y mol，则x mol＋y mol＝0.4 mol－0.1 mol＝0.3 mol，依据得失电子守恒可知，x mol＝y mol＋0.1 mol，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2 eq \o(=====,\s\up7(220～470 ℃)) BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑。 答案：BaTiO(C2O4)2 eq \o(=====,\s\up7(220～470 ℃)) BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑ $