课下巩固精练卷(7) 化学计算的常用方法（Word练习）-【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）

课下巩固精练卷(七)　化学计算的常用方法 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， ＝＝＝，则＝＝。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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×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×100% B．混合气体的平均相对分子质量为 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 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 ＝，解得x＝2b L，SO3的转化率为×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，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，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×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)＝×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＝＝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2FeSO4Fe2O3＋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)＝＝0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为＝224 g·mol－1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在200 ℃时，N的摩尔质量为＝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∶＝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＋2H2O===5SO＋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． B． C． D． 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，则n(SO2)＝×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＝ 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：Cr2O＋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＋2S2O===S4O＋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～3I2～6S2O，则1.200 0 g样品中含有Na2S2O3·5H2O的质量＝××248 g·mol－1＝1.140 g，样品纯度＝×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＋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===CaC2O4↓；②CaC2O4＋2H＋===Ca2＋＋H2C2O4；③2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此可得关系式：5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO，所以n(Ca2＋)＝n(MnO)＝×0.012 00 L×0.020 mol·L－1＝6.0×10－4 mol，血液样品中Ca2＋的浓度＝＝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)＝aV1×10－3 mol，根据反应BrO＋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)＝bV3×10－3 mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3aV1－bV3)×10－3 mol，苯酚与溴水反应的化学计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝(aV1－bV3)×10－3 mol，废水中苯酚的含量为＝ g·L－1。 答案： 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)＝＝50 mol， 由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式： Cu　～　Cu[Al(OH)4] ～ Al2(SO4)3 1　　　　　1　　　　　　　 50 mol　 　50 mol　　 　　25 mol 至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为＝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===2I－＋S4O，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，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×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　×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＝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)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑。 答案：BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑ 学科网（北京）股份有限公司 $