2027届高考化学一轮复习讲义：1.4　化学计算的常用方法

该高中化学高考复习讲义聚焦化学计算核心考点，涵盖守恒法、关系式法、差量法三大解题方法，按“方法原理-解题步骤-应用实例”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练（含2022江苏卷等高考题）及分层练习，帮助学生系统掌握计算技巧，突破高考难点。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“原理讲解-典例精析-真题演练”三步教学法，如热重分析中通过原子守恒推导化学式，滴定计算中构建关系式简化过程，提升学生证据推理与模型建构能力。设置基础落实与能力提升分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第4讲　化学计算的常用方法 方法一　守恒法 1.含义 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 2.解题步骤 第一步 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的物理量,列式计算求解 3.原子守恒的应用——热重分析 (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),×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。 1.(用原子守恒法求解化学式)在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为　　　　。  答案　Co3O4 解析　n(CO2)==0.06 mol,根据碳原子守恒可知,n(CoC2O4)=0.03 mol,则钴氧化物中n(Co)=0.03 mol,m(O)=2.41 g-0.03 mol×59 g·mol-1=0.64 g,故n(O)==0.04 mol,则n(Co)∶n(O)=0.03 mol∶0.04 mol=3∶4,则钴氧化物的化学式为Co3O4。 2.(用质量守恒法求解化学式)一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式　　　　。  答案　NaH 解析　化合物甲是由Na和H2反应得到的,故化合物甲中含有Na、H两种元素,又4.80 g化合物甲加热分解得到2.24 L(标准状况)H2,则化合物甲中氢元素的质量为0.20 g,钠元素的质量为4.60 g,化合物甲中Na和H的原子个数比为1∶1,可判断化合物甲的化学式为NaH。 3.(热重曲线分析)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=　　　　　　　　。  答案　(1)4　1 解析　(1)由图中信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O,则=19.4%,解得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O,则=38.8%,解得y=1。 4.(2022·江苏卷)FeS2、FeS在空气中易被氧化,将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时,FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填化学式,写出计算过程)。  答案　Fe2O3;设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,=120 g·mol-1,则=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,则56+16x=80.04,x=,即固体产物为Fe2O3 解析　由图可知,800 ℃时,氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%,设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,=120 g·mol-1,则=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,56+16x=80.04,x=,所以固体产物为Fe2O3。 方法二　关系式法 1.含义 关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子,在多步反应中,它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。解题的关键是正确书写关系式。 2.解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质,并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 (一)利用关系式法简化解题过程 1.某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为　　　　。  答案　×100% 解析　由Cr元素守恒可知:Cr2O3~K2Cr2O7,则理论产生K2Cr2O7的质量为(×294) g,而实际产量为1 000m2 g,则产率=×100%。 2.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% 答案　C 解析　由S原子守恒和有关反应可得出: 得m(S)=0.08 g,则原混合物中w(S)=×100%≈36%。 (二)关系式法在滴定计算中的应用 3.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2—KI溶液 于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为　　　　,样品中S2-的含量为　　　　(写出表达式)。  答案　浅蓝色至无色　×100% 解析　达到滴定终点时I2完全反应,可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色,且半分钟内不恢复原色;根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2~2S2,可得n(I2)过量=×0.100 0V×10-3 mol,再根据得失电子守恒可得关系式S2-~I2可知,n(S2-)=0.100 0×25.00×10-3 mol-×0.100 0V×10-3 mol=(25.00-)×0.100 0×10-3 mol,则样品中S2-的含量为×100%。 4.(2024·河北保定模拟改编)Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。 实验室测定Cr(OH)3样品纯度的步骤如下: 准确称取0.900 0 g样品,溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液,用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2,煮沸除去过量的(NH4)2S2O8,冷却至室温。再加入过量KI溶液,以淀粉溶液为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液24.0 mL(已知反应:Cr2+6I-+14H+===3I2+2Cr3++7H2O;I2+2S24+2I-) 计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)。 答案　n(S2)=24.0×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=2.4×10-3 mol。根据2Cr3+~3I2~6S2知,n[Cr(OH)3]=n(Cr3+)=8.0×10-4 mol,则0.900 0 g样品中n[Cr(OH)3]=8.0×10-4 mol×=8.0×10-3 mol,则Cr(OH)3样品的纯度为×100%≈91.56%。 5.滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10 mL废水水样于蒸馏烧瓶中,再加蒸馏水至总体积为175 mL;②先将水样调至中性,再加入氧化镁使水样呈微碱性,加热;③用25 mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O];④将吸收液移至锥形瓶中,加入2滴指示剂,用c mol·L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3],记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是　　　　 mg·L-1(用含c、V的表达式表示)。  答案　2 800cV 解析　依据滴定实验和反应化学方程式:2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O、(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3可知:2N~2NH3~(NH4)2B4O7~H2SO4,则n(N)=n(NH3)=2n(H2SO4)=2×cV×10-3 mol,m(N)=2×cV×10-3 mol×14×103 mg·mol-1=28cV mg,水样中氮的含量==2 800cV mg·L-1。 方法三　差量法 1.差量法是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、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 2.差量法解题的关键是找准“理论差量”,把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例,然后求解。如: 1.将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定),该b L 气体中NH3的体积分数是(　　) A. C. 答案　C 解析　设有x L NH3分解,则 w(NH3)=。 2.已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求: (1)原混合物中碳酸钠的质量是　　　　 g。  (2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是　　　　 L。  答案　(1)10.6　(2)3.36 解析　(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m 由　m=8.4 g 则碳酸钠的质量为19 g-8.4 g=10.6 g。 (2)剩余固体为碳酸钠,质量为19 g-3.1 g=15.9 g,物质的量为=0.15 mol,根据碳原子守恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol,标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1=3.36 L。 3.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。 ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　①CaC2O4CaCO3+CO↑ ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔 解析　①M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1,取1 mol CaC2O4·H2O,质量为146 g,当剩余质量为128 g时,质量减少了18 g,即减少1 mol H2O,结合题图知,在400 ℃时,固体的化学式为CaC2O4;当剩余质量为100 g时,质量又减少了28 g,即减少1 mol CO,CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3,所以在400 ℃至600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。 　　　　　　　　　　　　　　　　 基础落实 选择题只有1个选项符合题意 1.将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中,当溶液中的Cu2+全部被还原时,铁片质量增加0.3 g,则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　) A.0.125 mol·L-1 B.0.175 mol·L-1 C.0.25 mol·L-1 D.0.50 mol·L-1 答案　C 解析　设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol,则: 1 mol∶x mol=8 g∶0.3 g 解得x=0.037 5,硫酸铜的物质的量浓度为=0.25 mol·L-1。 2.28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　　) A.36 g B.40 g C.80 g D.160 g 答案　B 解析　28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2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,最终得到固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=n(Fe)==0.25 mol,即m(Fe2O3)=0.25 mol×160 g·mol-1=40 g。 3.在标准状况下,有750 mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2↓+O2,则生成的碘的质量是(　　) A.0.91 g B.0.81 g C.0.71 g D.0.61 g 答案　A 解析　由2O3===3O2,ΔV=780 mL-750 mL=30 mL,V(O3)=2ΔV=60 mL,1 L混合气体中含臭氧的体积为V=1 L×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2)==0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1=0.91 g。 4.将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为(　　) A.-1 mol·L-1 C.-1 mol·L-1 答案　A 解析　Na和Al一同投入m g足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O===2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为a mol,结合化学方程式可知共生成2a mol H2,所得溶液中只有Na[Al(OH)4]一种溶质,其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)+m(Al)+m(H2O)-m(H2)=(46a+m) g,所得溶液的体积为 L,则该溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。 5.将21.8 g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解,称得水溶液增重18.6 g,则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是(　　) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3 答案　C 解析　 Na2O2的质量m=156 g×=15.6 g,氧化钠的质量是21.8 g-15.6 g=6.2 g,原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为=2∶1。 6.3.87 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约为(　　) A.24.1% B.40.3% C.25.9% D.48.7% 答案　B 解析　KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀,固体的质量发生了变化,实质是由于固体中K变成了Ag造成的,故可用差量法进行计算。 解得m=1.56 g,钾元素的质量分数为×100%≈40.3%。 7.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物,把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中,得到的沉淀干燥后质量为8.0 g,则此铅氧化物的化学式是(　　) A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 答案　C 解析　设此铅氧化物的化学式为PbxOy, 所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g, x∶y==3∶4。 8.(2024·苏州中学高三模拟)某硫酸铝和硫酸镁的混合物中,c(Mg2+)=2 mol·L-1,c(S)=6.5 mol·L-1,若将200 mL的此混合液中的Mg2+和Al3+分离,至少应加入1.6 mol·L-1的氢氧化钠溶液(　　) A.0.5 L B.1.625 L C.1.8 L D.2 L 答案　D 解析　根据电荷守恒得:2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(S),c(Al3+)==3 mol·L-1,加入氢氧化钠溶液使Mg2+、Al3+分离,此时NaOH转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4],由电荷守恒得:V(NaOH)===2 L。 9.从旧CPU中回收金部分流程如下 含Au固体HAuCl4溶液Au 若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原,则参加反应的Zn的物质的量是　　　　 mol。  答案　1.5 解析　1 mol HAuCl4完全被还原,HAuCl4得到3 mol e-,锌的化合价从0价升高到+2价,设参加反应的Zn的物质的量为x,根据得失电子守恒可知:2x=3 mol,x=1.5 mol,则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol。 10.(2021·浙江1月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应: 3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6) S+K2SO3K2S2O3 请计算: (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=　　　　 mL。  (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=　　　　。  答案　(1)30.0　(2)3 解析　(1)3S　+　6KOH2K2S+K2SO3+3H2O 3 6 　　 V×1.00 mol·L-1 V=0.03 L=30.0 mL (2)由题意得反应的化学方程式为 (2x+2)S　+　6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O 2x 6 0.06 L×1.00 mol·L-1 ,x=3。 能力提升 11.现将1 mol Cu2S与144 g FeO投入到足量稀硝酸溶液中,充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液,并产生NO气体。则最终反应所得NO物质的量为(　　) A.7.2 mol B.5 mol C.6.4 mol D.4 mol 答案　D 解析　Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应,铜元素化合价由+1价上升至+2价,硫元素化合价由-2价上升至+6价,铁元素化合价由+2价上升至+3价,1 mol Cu2S参与反应能够失去10 mol电子,144 g FeO物质的量为2 mol,参加反应失去2 mol电子,因此1 mol Cu2S与144 g FeO共失去12 mol电子,硝酸发生还原反应每生成1 mol NO得到电子3 mol,故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO,故选D项。 12.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度,称取11.5 g绿矾产品,溶解,配制成1 000 mL溶液;分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点,消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为(　　) A.94.5% B.96.1% C.96.7% D.97.6% 答案　C 解析　高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,n(KMnO4)=20.00×10-3L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol,则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol,w(FeSO4·7H2O)=×100%≈96.7%。 13.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染,常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式:2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　　) A.-1 mol·L-1 C.-1 mol·L-1 答案　B 解析　根据N原子守恒,可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a+b+2c) mol;再根据钠原子守恒,可知参与反应的NaOH为(a+b+2c) mol,故c(NaOH)=(a+b+2c)/V mol·L-1。 14.(2024·江西联考)将54.0 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)在氮气的氛围中加热分解,得到分解产物的热重曲线(固体质量随温度的变化情况)如图所示。 (1)A点时,固体物质的化学式为　　　　。  (2)B点时,固体只含有一种铁的氧化物,则AB段反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)FeC2O4　(2)3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑ 解析　(1)n(FeC2O4·2H2O)==0.3 mol,0.3 mol FeC2O4的质量刚好为43.2 g,故A点所得固体为FeC2O4。(2)B点时,固体只有一种铁的氧化物,由铁元素守恒知m(Fe)=0.3 mol×56 g·mol-1=16.8 g,则m(O)=23.2 g-16.8 g=6.4 g,n(O)==0.4 mol,n(Fe)∶n(O)=0.3∶0.4=3∶4,则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4,结合氧化还原反应规律知AB段反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。 15.为测定绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水的数目,某同学设计如下实验。将石英玻璃管(带两端开关K1和K2,设为装置A)称重,质量为m1 g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,质量为m2 g。按如图所示组装好装置进行实验。 操作步骤如下: a.打开K1和K2,缓缓通入N2;b.点燃酒精灯,加热;c.熄灭酒精灯;d.冷却至室温;e.关闭K1和K2;f.称量装置A。 重复上述操作步骤,直至装置A恒重(固体为FeSO4),质量为m3 g。 根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=　　　　(列式表示)。若实验时按b、a顺序操作,则x将　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  答案　　偏小 解析　根据实验记录的数据可知,绿矾样品的质量为(m2-m1) g,FeSO4的质量为(m3-m1) g,则结晶水的质量为(m2-m1) g-(m3-m1) g=(m2-m3) g,则 则有,解得x=。若实验时按b、a顺序操作,即加热后通入N2,则Fe2+可能被氧化为Fe3+,从而导致m3增大,由x的计算公式可知,x将偏小。 16.(2024·湖南常德期末)碳酸氢钠俗称小苏打,在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。 (1)甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2,充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐,请补充完整该反应方程式。 NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+　　　　;  乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数,他设计了以下两种方案: 方案一:滴定法 称取8.2 g样品溶于水,逐滴加入2.3 mol·L-1稀硫酸,待完全反应时,测定所消耗稀硫酸的体积。 (2)配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸 ①若用18.4 mol·L-1浓硫酸配制,需量取浓硫酸　　　　 mL。  ②配制过程中不需要用到的仪器是　　　　(填字母)。  ③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是　　　　。  A.没有洗涤烧杯和玻璃棒 B.定容时俯视刻度线 C.容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水 D.如果加水超过了刻度线,吸出液体使液面恰好到刻度线 (3)乙同学在用硫酸滴定样品测定含量时,在保证测定结果数值变化不大的情况下,一共进行3次测定,这样做的目的是　　　　。  方案二:称量法 乙同学按如图操作流程进行测定。 (4)操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是　　　　。  (5)操作Ⅱ的名称是　　　　。  (6)样品中NaHCO3的质量分数为　　　　(用含a的代数式表示)。  答案　(1)NH4Cl　(2)①12.5　②D　③AD　(3)减小实验误差　(4)NaCl　(5)蒸发　(6)×100% 解析　(1)该反应为NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl;(2)①配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸,据稀释前后溶质物质的量不变,可知需量取18.4 mol·L-1浓硫酸体积V= mL=12.5 mL;②配制100 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸,需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管,不需要使用漏斗,故选D;③没有洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质的物质的量偏少,由于溶液体积不变,所配制溶液浓度偏低,故A正确;定容时俯视刻度线,则溶液的体积偏小,由于溶质的物质的量不变,最终导致配制的溶液浓度偏高,故B错误;容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水,不影响溶质的物质的量及溶液的体积,因此对配制的溶液的浓度无影响,故C错误;如果加水超过了刻度线,吸出液体使液面恰好到刻度线,则溶质的物质的量减少,最终导致配制的溶液浓度偏低,故D正确;故选AD;(3)测定含量时,在保证测定结果数值变化不大的情况下,一共进行3次测定,这样做的目的是减小实验误差;(4)样品与足量盐酸反应后,得到的溶液中的溶质主要是NaCl,所以操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是NaCl;(5)将反应后溶液转移蒸发皿中蒸发,当仅剩余少量液体时,停止加热,利用余热将残留水分蒸干,然后冷却、称量,所以操作Ⅱ的名称是蒸发;(6)据反应方程式NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑可知,84 g NaHCO3参与反应,固体质量减轻84 g-58.5 g=25.5 g,现减轻(2.0-a) g,则样品中NaHCO3的质量为×84 g,所以样品中NaHCO3的质量分数为×100%。 学科网（北京）股份有限公司 $