课时作业9 化学计算的常用方法-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考化学大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业9化学计算的常用方法 (总分：60分) 一、选择题（每小题3分，共27分。每小题只有1个 6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、FeO,的混合物中加 选项符合题意) 入150mL4mol·L1的稀硝酸，恰好使混合物 1.28g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O, 完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶 固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到 液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的 的固体质量为 ( H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到 A.36g B.40g 的铁的物质的量为 () C.80g D.160g A.0.25 mol B.0.2 mol 2.将15mL2mol·L1Na2C03溶液逐滴加入 C.0.3 mol D.0.35 mol 40mL0.5mol·L1MC1n盐溶液中，恰好将溶液 7.(2024·湖南娄底一模)实验探究是化学学习的方 中的M+完全沉淀为碳酸盐，则MCL,中n值是 法之一，某化学实验小组进行FeSO,·7H2O在 N2气氛中受热分解实验，其热重曲线如图所示。 A.4 B.3 根据实验结果或现象，所得结论不正确的是 C.2 D.1 ( 3.在一个容积为6L的密闭容器中，放入3molX(g) 50 FeSO. 45.3% 和2molY(g),在一定条件下发生反应：4X(g)+ 40.- FeSo,·yHO 38.8% nY(g)一2Q(g)十6R(g),反应达到平衡后，容器 30 内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X Fes0,·xHo 2 19.4% 的浓度减小兮，则该反应中的值为 0 A.2 B.3 FeSO,·7HO/ 050100150200250300 C.4 D.5 温度/℃ 4.为了检验某含有Na HCO3杂质的Na2CO3样品的 A.x=4,y=1 纯度，现将1g样品加热，其质量变为心2g,则该 B.FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说 样品的纯度（质量分数）是 明生成的物质为FezO3 A.84w,-53wX100% C.生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液 31w 褪色，说明产生了SO, 84w1一w2X100% D.把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉 31o C 73w2一42w1×100% 淀生成，不能证明其气态产物中含有SO 31w 8.某同学设计如下实验测定绿矾产品（主要成分为 115w2-84w1×100% FeSO,·7H2O)的纯度，称取11.5g绿矾产品，溶 D. 31w1 解，配制成1000mL溶液；分别量取25.00mL待 5.用足量的C0还原13.7g某铅氧化物，把生成的 测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01000mol·L CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀 高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的 干燥后质量为8.0g,则此铅氧化物的化学式是 平均体积为20.00mL。根据数据计算该绿矾产 品的纯度约为 () A.PbO B.Pb2 O3 A.94.5% B.96.1% C.PbsO D.PbO2 C.96.7% D.97.6% (横线下方不可作答) 363 第二章 物质的量 9.(2024·山东青岛二模)实验室为测定镁铝合金中 有机溶剂，已知：S4N+6OH+3H2O== 镁、铝含量，设计如下流程： S2O3+2SO3+4NH3↑ →气体5.6L(标准状况下) 测定产品纯度： 5mol·L 「.蒸氨：取0.4g固体样品加入三颈烧瓶中，再 镁铝合 盐酸 足量NaOH 沉 金mg 溶液 加入足量NaOH溶液并加热，将蒸出的NH3通 足量 →淀 溶氨水 1 过滤 入含有50mL0.1mol·L1H2SO4标准溶液的 液过滤 锥形瓶中。 →滤液1 i.滴定：用0.1mol·L1的NaOH溶液滴定剩 沉淀2← 余的H2SO4,记录消耗NaOH溶液的体积。重 ①通过 复实验3次，数据如下表所示： 得分 固体量CO, 滤 液 实验序号 初始读数/mL 最终读数/mL mg②过滤、 ① 0.20 20.22 洗涤、灼烧 ② 0.40 24.85 下列说法错误的是 ③ 1.00 20.98 A.所加盐酸体积不少于100mL 用NaOH标准溶液滴定H,SO,溶液之前，需要 B.沉淀1的质量为(m十4.25)g 润洗滴定管，润洗滴定管的操作为 C.沉淀1加足量NaOH溶液反应的离子方程式为 ,滴定时选用的指示 A1(OH)3+OH-[A1(OH)4] 剂为 ,制得的SN4的纯度为 D.镁铝合金中镁、铝质量之比为8：9 (保留两位有效数字)。 二、非选择题（共33分） 12.(13分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改 10.(10分) 得分 善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)25.35gMnS04·H2O样品受热分解过程的 回答下列问题： 得分 热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图 (1)已知：L2+2S,O?—2I+S,O%,测定制备 所示。 的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： 质量g↑ 25.35 第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入 22.65 过量的bgKI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴 入少量2mol·L1的H2SO4溶液，充分反应。 13.05 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 11.45--1------1- 0280 8501150温度/℃ 第三步：逐滴加入浓度为cmol·L1的Na2S,O3 ①300℃时，所得固体的化学式为 溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是 ②1150℃时，反应的化学方程式为 若滴定消耗Na2S,O,溶液VmL,则样品中CaO2 (2)若称取100 g MgCO3·nH2O晶体进行热重 的质量分数为 (用字母表示)。 分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n= (2)已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放 (取整数)。 出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚 中加热并逐渐升高温度，测得样品质量随温度的 100 90 82.3 变化如图所示，则350℃左右所得固体物质的化 80 70 学式为 60 mlg↑ 50 40 39.2 2.16 3 30 230400430630 8301030 TIC 0.72 11.(10分)(2024·黑龙江绥化3月联考)四氮化四 0.56 硫(SN4,S为+2价)是重要的硫氮二元化合物， 50 150250350T/℃ 室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCL,等 红对勾·讲与练 364 高三化学体溶质：综合以上分析，容量瓶所不具备的功能有BCE。 (4)玫用固体NaCO3配制题述Na,CO3溶液，所需 Na2CO3的质量为0.2mol·L×0.5L×106g/mol= 10.6g,①不正确；定容时，应平视刻度线，⑤不正确；综合 以上分析，该同学的错误步骤有2处，故选B。 课时作业8阿伏加德罗常数的综合应用 1.A甲醇分子中碳原子和氧原子均是sp杂化，因此0.32g (0.01mol)甲醇中所含sp杂化的原子数为0.02VA,A正 确；0.5mol/L的K2SO1溶液的体积不确定，其中含有的 K+数不一定为VA,B错误；一定条件下，5.6g铁粉 (0.1mol)与过量的硫粉充分反应生成FeS,转移的电子数为 0.2NA,C错误：71gCl2的物质的量是1mol,完全溶于水后 部分氯气和水反应，因此所得浅黄绿色溶液中的CI、 ClO、HCI)粒子数之和小于2VA,D错误。 2.C常温下，NO2会转化为N2O1:2NO2-一N2O,46g NO2分子的数目小于NA,故A错误：HPO1部分电离产生 PO,100mL0.1mo1·L-1HPO1溶液中PO的数目 小于0.01NA,故B错误；1个CH COOH分子含有7个6 键，30g(0.5mol)CH COOH含有o键的数目为3.5VA,故 C正确：浓硫酸中含有H2SO1分子，100mL18.4mol·L1 的浓硫酸中H的数目小于3.68NA,故D错误。 3.C金刚石中1mol碳原子平均形成2molC一C,故12g金 刚石中含有2NA个共价键，A错误：溶液体积未知，故无法 计算氢离子的个数，B错误；标准状况下，ND3为气态，20g 20 ND,的物质的量为14十2X3mol=1mol,含有的质子数为 (7十1×3)Na=10VA,C正确；2g氢气的物质的量为1mol, 电解水生成2g氢气，外电路通过2VA个电子，D错误。 4.D1 mol NH.含有的共价键数目为3NA,A错误；Na2O2 和水反应的化学方程式：2Na,O,十2H2O -4NaOH+ O2◆，1 mol Na2O2与水完全反应时转移的电子数为NA,B 错误；SiO2晶体中，1个Si与4个O形成4个Si一O共价 键，60g(1mol)SiO,晶体中含有4NA个共价键，C错误；一 个NaC1和一个NH,Cl中所含的质子数都是28个，无论二 者按什么比例混合，总物质的量为0.50l时，混合物中质 子数为14NA,D正确。 5.BpH=2即c(H)=102mol/L,故1LpH=2的HCI溶 液中含H的数目为102NA,A错误；NaH十H2O= NaOH十H,◆中H的化合价由一1和十1归中到0，转移 1个电子，故生成1molH2,转移NA个电子，B正确；6号元 素为碳元素，碳原子含有的质子数为6，但中子数却不一定 为6，故1mol6号元素的原子一定含有6NA个质子，中子数 不一定为6VA,C错误；通式CnH,的有机物可能是单烯 烃，也可能是环烷烃，为环烷烃时不含双键，D错误。 6.DH21%O中氢原子无中子，1O的中子数为10，则0.1mol H218O中含有的中子数为VA,A错误；由反应的化学方程式 可知，每生成2 mol ClO2转移电子数为2mol,则每生成 67.5gClO2,即1 mol ClO2转移电子数为NA,B错误：未给 出草酸溶液的体积，无法计算氢离子的物质的量，C错误； 1个二氧化碳分子中含有2个。键和2个π键，则标准状况 下，22.4LCO2,即1 mol CO2中含6键数目为2.0NA,D正确。 7.C标准状况下，2.24LNO中含有电子数为1.5VA,A项 错误；由化学方程式知：消耗0.3 mol NO,则生成0.75mol CO,,每个CO2分子中含有2个。键，故生成的CO2中。键 数目为0.75×2N=1.5NA,B项错误；生成3.4gNH3的 物质的量为17g/mo1 3.4g =0.2mol,由反应的化学方程式知，能 消除CO的物质的量为0.5mol,故数目为0.5VA,C项正 确；由于该反应是可逆反应，0.5 mol CO、0.2 mol NO和 0.3molH2O在容器中不能完全反应，故转移电子数小于 NA,D项错误。 8.D不知道溶液的体积，无法计算C1数目，A错误：CIO发 生水解，1L0.5mol·L1的Ca(C1O)2溶液中所含C1O的 数目小于NA,B错误；1 mol Cl2参加反应，发生歧化反应， 转移的电子数目为VA,C错误；27gHO物质的量为 1.5mol,含有的共价键数目为1.5Va×2=3NA,D正确。 以对勾·讲与练·高三化学 -58 9.A反应①为CO2十4H2=CH十2H2O,每生成1mol CH1,消耗H,分子数目为4VA,A正确：标准状况下，2.24 HCHO物质的量为0.1mol,1个HCHO分子中含有的中子 数为6+8=14，故2.24 L HCHO中含中子数目为1.4VA, B错误：反应③中CO,→CHOH碳元素从十4价降为一2 价，每生成3.2g即0.1 mol CH:OH,转移电子数目为 0.6NA,C错误；HCOOH溶液中HCOOH和H2O中都含 氢原子，故氢原子数目大于0.2NA,D错误。 10.C一个C02分子含有2个π键，题中没有说明是不是标 准状况条件下，无法计算π键个数，A项错误；每生成1mol N2转移的电子数为12VA,生成2.8g(0.11mol)N2转移的 电子数为1.2NA,B项错误；KNO3晶体含有的离子为K NO,则0.1 mol KNO晶体中含有离子数目为0.2Na,C 项正确；因为S水解使溶液中S2的数目小于0.1NA,D 项错误。 11.A10g质量分数为28%的NaOH溶液中，含2.8g NaOH和7.2g水，二者含氢原子总数为0.87VA,A正确； 没有给出溶液的体积，无法计算粒子个数，B错误：根据反 应的化学方程式可知，生成1 mol NaSCN时转移的电子数 目为2VA,C错误：没有标清楚气体所处的状况·无法计算 气体的物质的量，D错误。 12.C基态铜原子最外层有1个电子，1mol基态铜原子的最 外层电子数为NA,A正确；反应Cu十H2O2十4NH·H2O =[Cu(NH3),]+十2OH+4H2O中氧元素由-1价下 降到-2价，18gH2O的物质的量为1mol,当生成1mol H2O时消耗0.25molH2O2,转移0.5mol电子，B正确； 1个NH中存在3个N一H,Cu和氨气之间存在4个配位 键，也是6键，故1mol[Cu(NH)1]+含有6键数目为 16NA,C错误：1个OH与1个一OH所含有的质子数都 为9个，D正确。 13.BC02的结构式为O-C-0,1个C02分子含有2个π 键，则标准状况下，33.6LCO2含有的π键的物质的量为 1.5mol×2=3mol,数目为3NA,但选项并未标明为标准 状况下，A错误；1个CHOH分子含有5个极性键，则16g 16g CH,OH含有的极性键的物质的量为32g/maX5= 2.5mol,数目为2.5NA,B正确；CHOH被氧化生成1个 HCHO转移2个电子，则生成1 mol HCHO转移电子 2mol,数目为2NA,C错误：1个DHA中sp杂化的原子 为2个亚甲基中的碳原子和2个羟基中的氧原子，共4个 原子，即1 mol DHA中sp杂化的原子数为4NA,D错误。 14.C1molH2O2中含3molg键，故为3VAc键，A错误；由 题图可知，总反应为氢气和氧气在催化剂作用下生成过氧 化氢：H,十O, 催化剂H,0,电子转化关系为H,0 2e,则合成1molH2O2,转移电子数为2NA,B错误； 1molH2O2含18mol电子，为18NA个电子，C正确；标准 状况下过氧化氢不是气体，不确定其物质的量，D错误。 课时作业9化学计算的常用方法 1.B28gFe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2Og 固体，Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,本身具有强氧化 性，充分反应后生成Fe(OH)3沉淀，过滤后滤渣加强热，最 终得到的固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(FeO,)= 28g zn(Fe)=2×56g,ml7=0.25mol,即m(Fe:0,)= 0.25molX160g·mol-1=40g。 2.BM的化合价为十n,Na2CO3与MCL,反应对应的关系 式为 2M+ nCO 2 n 0.04L×0.5mol·L10.015L×2mol·L-1 解得n=3。 3.B根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说 明正反应为气体总物质的量增大的反应，则有4十n<2十6， 所以n<4,C、D项不符合题意；温度、容积不变，气体压强之 比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的物质的 30 一 量增加了5molX5%=0.25mol,由于平衡时X浓度减小了 3,所以X减小了1mol,根据差量法， 4X(g)十nY(g)=2Q(g)十6R(g)△n 4 mol (4-n)mol 1 mol 0.25 mol 4一)m010.25m0,解得n=3,A项不符合题意，B项符 4 mol 1 mol 合题意。 4.A由题意知(w1一w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2 和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg,由此可得如 下关系： 2NaHC0,△Na,C0,+C0,++H,0△m 2×84g 106g 62g x g (w1一2）g 则x=84(01一2 ,故样品统度为m(Na,C0×100%= 31 m(样品) (w1一x)g×100% 84w2-53LX100%。 311 5.C设此铅氧化物的化学式为PbO,, Pb,O,~yLO]~yCO~yCO,~yCaCO 16y 100y m(0)=1.28g 8.0g 所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42g, m(Pb)m(O) z y-M(Pb)M(O) 3：4。 6.A由题意可知，混合物中的铁元素全部转化为Fe(NO,)2,根 据氮元素守恒可得，n[Fe(NO)2]=（0.15L×4mol·L1 22,4224o1)×2=0,25mol,则n(Fe)=0.25mol,阶 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0.25mol。 7.D FeSO,·7H,O相对分子质量为278,100℃时，失重比为 19.4%,278×19.4%≈54，即分解生成FeS01·4H2O和 3H2O,同理可以求得200℃时，FSO1·4H,0分解生成 FeSO1·H2O和3H2O,300℃时，FeSO,·H2O分解生成 FeSO,和H,O,A正确；FeSO,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F©O,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SO,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,故D错误。 8.C高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为 MnO +5Fe2+8H-Mn +5Fe +4HO,n(KMnO,) 20.00×10-3L×0.01000mol·L1=2.0×10-1mol,则 n(FeSO1·7H20)=5n(KMnO1)=1.0×10tmol, 1.0x10m0lx1,00m×278g·ma1 25 mL w(FeSO1·7H,O)= 11.5g 100%≈96.7%。 9.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、氯化镤的溶液和标准状况下5.6L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 羟基合铝酸根离子，氢氧化镁不反应，过滤得到沉淀2氢氧 化镁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mg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、铝质量之比等于A1,O3中O、AI的相对原子质量和之 比为48：54=8：9，设镁、铝的质量分别为8g,9g,则物质 8 g 的量之比为24gm0:27gm0=1:1,设合金中镁，铝的 物质的量为amol,由反应生成标准状况下5.6L氢气可得 -58 3a 5.6L mol+amol=22,4Lmo,解得a=0.1。钱铝合金中 镁、铝的物质的量都为0.1mol,则溶解合金加入5mol/L盐 酸的体积不少于0.1molX20.1molX3×10mL/L 5 mol/L 100mL,故A正确；镁铝合金中镁、铝的物质的量都为 0.1mol,则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为mg十 0.5mol×17g/mol=(m十8.5)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A1(OH)3十 OH一A1(OH)1门，故C正确；由分析可知，合金中镁、 铝质量之比为8：9，故D正确。 10.(1)①MnSO1②3MnO2= 150CMn0,+0,◆(2)1 解析：(1)①25.35 g MnSO1·H2O样品中，n(Mn)= n(MnSO·H2O)=0.15mol,其中n(H2O)=0.15mol, m(H20)=2.7g,300℃时，所得固体质量为22.65g,减小 的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水，此时固体为 MnSO1。②温度继续升高，固体MnSO,受热分解生成锰 的氧化物和0.15mol硫的氧化物，850℃时，固体质量由 22.65g减小到13.05g,减小的质量为9.6g,则疏的氧化 物的相对分子质量为64，故为S02,则此时的固体为 MnO2:l150℃时固体为MnO,分解所得，由锰元素质量 守恒，则m(Mn)=n(Mn)×55g·mol厂1=8.25g,则氧化 物中m(0)=11.45g-8.25g=3.2g,n(0)=0.2mol,故 n(Mn):n(O)=0.15mol:0.2mol=3:4,则该氧化物为 MnO1,故反应的化学方程式为3MnO, 1150℃Mh0, O2个。(2)由题图知400℃时剩余质量为82.3g,这是该晶 体失去结晶水后的质量，则有18肌十84 18n100g-82.3g.解 100g 得n≈1。 11.从滴定管上口加入少量NaOH标准溶液，倾斜着转动滴定 管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2一3次酚酞 92% 解析：用标准液润洗滴定管时，从滴定管上口加入少量 NOH标准溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然 后从下口放出，重复2~3次；滴入最后半滴NaOH标准液， 溶液由无色变为粉色，且半分钟内不变色，则达到滴定终 ,点；HSO1物质的量=0.05L×0.1mol·L=0.005mol,吸 收完氨气后，剩余的HSO,消耗NaOH标准液20.00mL (②数值相差太大，舍去)，即0.02L×0.1mol·L1= 0.002mol,按反应关系H2SO1~2NaOH,剩余的H2SO 有0.001mol,则吸收氨气消耗了0.004 mol H2 SO1。按反 应关系S,N1~4NH~2H,SO1可知，样品中SN1有 0.002mol,即S,N,产品绕度=0.002molX184g/m0× 0.4g 100%=92%。 12.(1)溶液由蓝色变无色，且30s内不恢复蓝色 36cV×10×100%(2)Ca0 解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2~I2 2S,0,则样品中Ca0,的质量分数为VX10×72g× 2Xa g 100%-36cVX10×10%。(2)Ca0,·8H,0的摩尔质 量为216g·mol1,故2.16g过氧化钙晶体为0.01mol, 350℃左右所得固体质量为0.56g,根据钙元素守恒，可知 为CaO。 第三章化学实验基础 课时作业10化学实验的常用仪器和基本操作 1.C从“水”中析出NCl的基本方法是蒸发结晶，需要用到蒸 发皿、玻璃棒、三脚架，不需要泥三角，C符合题意。 2.C根据图示，装置X含储液杯和流速调节器，与滴液漏斗 作用相同，故选C。 3.C常温下，铝或铁遇浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，故可用铝 或铁制容器盛装浓硝酸、浓硫酸，A正确；乙醇、苯都易辉发 参考答案“公。