第2章 第8讲 化学计算常用方法-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习教用Word

该高中化学高考复习讲义聚焦化学计算核心考点，系统整合关系式法、守恒法（元素、电荷、电子守恒）、热重分析法三大方法，按“必备知识（原理/步骤）—关键能力（真题解析）”架构梳理知识逻辑，通过考点梳理、方法指导、真题训练三阶教学流程，帮助学生构建计算思维模型，突破多步反应、数据处理等难点。 资料突出“方法建模+真题实战”特色，如守恒法教学中，结合NaBiO3纯度测定实例，通过电子得失守恒快速建立关系式，培养科学思维；热重分析模块设计“曲线解读—数据计算—化学式推断”探究活动，提升科学探究与实践能力。分层练习覆盖基础到综合，真题精选近三年江苏、全国乙卷等典型题，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生解题速度与准确率。

第8讲　化学计算常用方法 1.理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2.了解化学计算的常用方法，初步建立化学计算的思维模型。 考点一　关系式法 　　 必备知识 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。 2.解题步骤 关键能力 1.（2025·江苏期末）黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋； Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 （1）样品中FeS2的质量分数是（假设杂质不参加反应）　90.00％　。 （2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为　3.36×106　L，制得98％的硫酸质量为　15　t。 解析：（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，得关系式：Cr2～6Fe2＋～3SO2～FeS2 　 1 　 0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L　　 　 列式计算得：m（FeS2）＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100％＝90.00％。 （2）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1 mol V（SO2） 列式计算得：V（SO2）＝3.36×106 L， 则n（SO2）＝＝1.5×105 mol 由SO2 ～ SO3 ～ H2SO4 1 mol 98 g 1.5×105 mol　　 m（H2SO4）×98％ 列式计算得：m（H2SO4）＝1.5×107 g＝15 t。 2.六氯化钨（WCl6）可用作有机合成催化剂，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： 将m g WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过I离子交换柱发生反应：W＋Ba（IO3）2BaWO4＋2I；交换结束后，向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：I＋5I－＋6H＋3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S22I－＋S4。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6（摩尔质量为M g·mol－1）的质量分数为　％　。 解析：滴定时，根据关系式：WCl6～W～2I～6I2～12S2，样品中n（WCl6）＝n（W）＝n（S2）＝cV×1 mol，m（WCl6）＝cV×1 mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为×100％＝％。 3.（2025·湖南模拟节选）取制得的NaBiO3粗产品m g，加入足量的稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，生成Bi3＋，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100 mL溶液，取25.00 mL用n mol·L－1的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液V mL。该产品的纯度是　％　（用含n、m、V的代数式表示）。 解析：NaBiO3将MnSO4氧化为，自身被还原为Bi3＋，被H2C2O4还原，根据得失电子守恒，可得关系式：5NaBiO3～2Mn2＋～2～5H2C2O4～10e－，则该产品的纯度：×100％＝％。 考点二　守恒法 　　 必备知识 1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”的过程中某些量的总量保持“不变”。 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，仔细挖掘题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。常考的有以下三种守恒。 （1）元素守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变。 （2）电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等。如：Na2SO4溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（S）＋c（OH－），因溶液显中性，故c（Na＋）＝2c（S）。 （3）电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2.守恒法的解题思路 关键能力 1.〔元素守恒〕（2025·江西赣州开学考）有10.0 g Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65％的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得到的固体的质量为（　　） A.8.775 g B.11.70 g C.17.55 g D.无法计算 解析：B　恰好反应时，溶液中的溶质为NaCl，根据Cl元素守恒可得n（NaCl）＝n（HCl）＝＝0.2 mol，故蒸干溶液得到的NaCl的质量为0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.70 g。 2.〔元素守恒〕（2025·吉林梅河开学考）碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]在高温下均能分解成氧化铜，均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物，恰好消耗500 mL 1 mol·L－1的盐酸。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（　　） A.35 g B.30 g C.20 g D.15 g 解析：C　28.4 g CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L－1的盐酸，转化为CuCl2。根据Cl元素守恒，可得n（CuCl2）＝0.5 L×1 mol·L－1÷2＝0.25 mol。根据Cu元素守恒，混合物中n（Cu）＝n（CuCl2）＝0.25 mol，可知煅烧后得到的n（CuO）＝0.25 mol，质量为0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。 3.〔元素守恒〕（2025·山西期中）铜和镁的混合物投入50 mL浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到6 720 mL气体（标准状况下），若向所得溶液加入 75 mL 4 mol·L－1 NaOH溶液时金属离子恰好完全沉淀，则浓硝酸的浓度为（　　） A.6 mol·L－1 B.10 mol·L－1 C.11 mol·L－1 D.12 mol·L－1 解析：D　铜和镁的混合物投入50 mL浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到6 720 mL气体（标准状况下），6.720 L÷22.4 L·mol－1＝0.3 mol氮的氧化物；若向所得溶液加入75 mL 4 mol·L－1 NaOH溶液时金属离子恰好完全沉淀，则生成硝酸钠为75×10－3 L×4 mol·L－1＝0.3 mol，结合氮元素守恒，浓硝酸的浓度为＝12 mol·L－1。 4.〔元素守恒〕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＝　9　，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（写出计算过程）。 2[Al（NO3）3·xH2O]　　～　　Al2O3 2×（213＋18x）　　　　　 102 　7.50 g　　　　　 1.02 g ＝ x＝9 （2）气体产物中n（O2）＝　0.01　mol。 解析：（1）根据铝元素守恒得关系式： 2[Al（NO3）3·xH2O]　～　Al2O3 2×（213＋18x） 102 7.50 g 1.02 g ＝ 解得：x＝9。 （2）n[Al（NO3）3·9H2O]＝＝0.02 mol，反应生成的n（H2O）＝＝0.17 mol，生成的H2O中含H 0.34 mol，根据氢元素守恒可知，生成HNO3的物质的量为0.36 mol－0.34 mol＝0.02 mol，根据氮元素守恒可知，生成NO2的物质的量为0.06 mol－0.02 mol＝0.04 mol。由得失电子守恒有：0.04 mol×1＝n（O2）×4，得n（O2）＝0.01 mol。 5.〔电荷守恒〕将a g Fe2O3-Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为　0.2 mol·L－1　。 解析：当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，＝，所以n（NaOH）＝n（Na＋）＝2n（S）＝n（H＋）＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c（NaOH）＝＝0.2 mol·L－1。 6.〔电子守恒〕以下是一种废钒催化剂回收工艺流程： 　 “氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为V，则需要氧化剂KClO3至少为　0.5　mol。 解析：根据得失电子守恒可知关系式6VO2＋～KClO3，n（KClO3）＝n（VO2＋）＝0.5 mol。 考点三　热重分析法 　　 必备知识 1.热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法。 2.热重曲线 （1）由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横坐标为温度，纵坐标为质量或失重百分数。 （2）实例 固体物质A热分解反应：A（固体）B（固体）＋C（气体）的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为w0，失重后试样质量为w1，则失重百分数为×100％。 3.热重分析的解题流程 （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），固体残留率＝×100％。 （4）晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 （5）失重残留物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。 （2025·甘肃高考15题节选）某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu（C7H5O2）3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数（杂质受热不分解）。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu（OH）3沉淀。Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0～92 ℃范围内产品质量减轻的原因为　　。 结晶水个数x＝　　[M（C7H5）＝121，结果保留两位有效数字]。 【流程分析】 答案：Eu（C7H5O2）3·xH2O吸潮的水分蒸发　1.7 　　 关键能力 1.（2025·江西模拟）铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的2.50 g胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：HAuCl4H＋＋AuC，下列说法正确的是（　　） A.可通过不断升温来提高浸取1的速率 B.浸渣2的主要成分是Ag C.向含1 mol HAuCl4的溶液中加入过量Zn粉使其完全还原为Au，需消耗1.5 mol Zn D.由图乙可知1 000 ℃以上时，CuSO4·5H2O最终分解产物是Cu2O 解析：D　向铜阳极泥中加入硫酸和过氧化氢，将铜转化为铜离子，浸渣主要为银和金，加入盐酸和过氧化氢，将银转化为氯化银沉淀，将金溶解得到HAuCl4溶液，向溶液中加入锌粉，将HAuCl4转化为金，分离得到金。升高温度过氧化氢易分解，不利于提高浸取1的速率，A错误；浸取2中发生反应：2Ag＋2HCl＋H2O22AgCl＋2H2O，则浸渣2的主要成分为AgCl，B错误；加入锌粉的目的是将HAuCl4转化为金，已知HAuCl4为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，由得失电子守恒可知1 mol HAuCl4完全反应时，消耗锌的物质的量为1 mol×＋1 mol×＝2 mol，C错误；n（CuSO4·5H2O）＝＝0.01 mol，根据反应前后元素的质量不变，1 000 ℃时，0.72 g固体中铜元素的质量：0.01 mol×64 g·mol－1＝0.64 g，剩下的是氧元素质量：0.72 g－0.64 g＝0.08 g，n（Cu）∶n（O）＝0.01 mol∶＝2∶1，最终分解产物为Cu2O，D正确。 2.（2025·安徽期中）8.34 g FeSO4·7H2O样品在N2气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是（　　） A.P→Q过程产生的气体为纯净物 B.x＝4，y＝1 C.加热到633 ℃剩余的固体呈黑色 D.检验固体Q的成分可用铁氰化钾试剂 解析：B　8.34 g七水合硫酸亚铁的物质的量为0.03 mol，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为4.56 g，则373 ℃前为晶体脱水的过程。633 ℃后FeSO4受热分解，由铁元素守恒可知，Q中Fe和O物质的量之比为0.03∶＝2∶3，则Q为Fe2O3，分解反应为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，因此，P→Q过程中产生的气体为混合气体，A错误；在FeSO4·7H2O→M的过程中，脱去水分子的个数为＝3，则M为四水合硫酸亚铁，x＝4，M→N过程中，脱去水分子的个数为＝3，则N为一水合硫酸亚铁，y＝1，B正确；加热到633 ℃剩余的固体为最终产物为Fe2O3，呈红棕色，C错误；检验Fe2O3中Fe3＋应用KSCN溶液，D错误。 3.（2023·全国乙卷28题节选）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＝　4　，y＝　1　。 解析：由题图可知，FeSO4·7H2OFeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3％，则失重比为19.4％时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 　三步突破热重分析题 分析图像，明确坐标含义 分析失重图像，横坐标一般是分解的温度，纵坐标一般为剩余固体的质量或固体残留率 依据性质，猜测各段反应 含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水，再失去非金属氧化物，失重最后一般为金属氧化物或金属，晶体中金属质量不减少，仍在残留固体中 整合数据找等量，列式求解 根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据，根据金属原子守恒，即可求出失重后物质的化学式，或者判断出发生的化学反应 　　 1.（2025·重庆高考15题节选）硒（Se）广泛应用于工农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下： 已知：H2Se的沸点为231 K。 Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下。 称取粗硒样品0.100 0 g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点（原理为I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6），又消耗8.00 mL。过程②中Se（Ⅳ）与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，且反应最快。过程③的离子方程式为4H＋＋H2SeO3＋4I－2I2＋Se＋3H2O。 该样品中Se的质量分数为　94.8％　。 解析：过程③是Se（Ⅳ）被KI还原为Se的过程，结合氧化还原反应规律得离子方程式：4H＋＋H2SeO3＋4I－2I2＋Se＋3H2O；加入40.00 mL 0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液和少量KI，之后用同浓度的Na2S2O3标准溶液滴定上一步生成的碘单质，又消耗8.00 mL，存在关系：Se（Ⅳ）～2I2～4Na2S2O3，根据已知条件Se（Ⅳ）与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，则n[Se（Ⅳ）]＝×（40.00＋8.00）×10－3 L×0.100 0 mol·L－1＝1.2×10－3 mol，样品中Se的含量为×100％＝94.8％。 2.（2025·安徽高考16题节选）侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出NaHCO3晶体； ③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。 已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液，持续20 min，消耗600 mL CO2 无明显现象 b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1～2 min，静置 矿泉水瓶变瘪，3 min后开始有白色晶体析出 ⅰ.实验a无明显现象的原因是CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，未达到饱和。 ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088 g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　80％　。 解析：ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于吸收水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n（CO2）＝0.088 g÷44 g·mol－1＝0.002 mol，由2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑知，n（NaHCO3）＝0.004 mol，故NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol－1＝0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100％＝80％。 3.（2024·山东高考19题节选）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示（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＋6HCl3I2＋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＋2H2OH2SO4＋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。 滴定消耗0.002 0 mol·L－1的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：由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗0.002 0 mol·L－1的KIO3碱性标准溶液V mL，则n（KIO3）＝V×10－3 L×0.002 0 mol·L－1＝2.000 0×10－6V mol，n（S）＝3n（KIO3）＝3×2.000 0×10－6V mol＝6.000 0×10－6V mol，样品中硫的质量分数是×100％＝％。 　　 1.奥克托今是一种猛（性）炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为（　　） A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.3∶2 解析：A　根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4N8H8O84CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。 2.有一在空气中放置了一段时间的NaOH固体，经分析测知其含水7％，含Na2CO3 53％，其余为NaOH。取10 g该样品恰好和100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，蒸发反应后的溶液可得到固体的质量为（　　） A.5.85 g B.10 g C.17.55 g D.11.7 g 解析：D　Na2CO3和NaOH与盐酸反应的产物都是NaCl，取10 g该样品恰好和100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，最后全部生成NaCl，蒸发得到的固体为NaCl，根据Cl元素守恒可得：n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1 L×2 mol·L－1＝0.2 mol，m（NaCl）＝0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.7 g。 3.将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（　　） A.4 B.3 C.2 D.1 解析：B　M的化合价为＋n价，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　　　～　　　　　　nC 2　　 　n 0.04 L×0.5 mol·L－1　0.015 L×2 mol·L－1解得n＝3。 4.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，得到的沉淀经干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是（　　） A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 解析：C　设该铅氧化物的化学式为PbxOy， PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3 16y 100y m（O）＝1.28 g 8.0 g 所以m（Pb）＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶＝3∶4。 5.将3.48 g Fe3O4完全溶解在100 mL 1 mol·L－1硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25 mL，恰好使溶液中Fe2＋全部转化为Fe3＋，Cr2全部被还原为Cr3＋。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（　　） A.0.05 mol·L－1　　　 B.0.1 mol·L－1 C.0.2 mol·L－1 D.0.3 mol·L－1 解析：B　3.48 g Fe3O4的物质的量是＝0.015 mol，完全溶解在稀硫酸中，溶液中Fe2＋的物质的量是0.015 mol，与K2Cr2O7的反应中失去0.015 mol电子。在反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价，得到3个电子，则根据得失电子守恒可知消耗K2Cr2O7的物质的量是＝0.002 5 mol，则其浓度是＝0.1 mol·L－1。 6.（2025·吉林长春模拟）38.4 g Cu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体通入0.5 L 2 mol·L－1 NaOH溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，该溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比为（　　） A.2∶3 B.3∶2 C.3∶5 D.5∶3 解析：A　38.4 g Cu的物质的量为0.6 mol，由得失电子守恒可以知道，38.4 g Cu失去的电子等于HNO3→NaNO2得到的电子，0.6×（2－0）＝n（NaNO2）×（5－3），n（NaNO2）＝0.6 mol，由Na元素守恒可知n（NaOH）＝n（NaNO2）＋n（NaNO3），则n（NaNO3）＝1 mol－0.6 mol＝0.4 mol，则该溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比为2∶3，故选A。 7.（2025·云南昆明月考）Co（OH）2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水，据图表分析，在350～400 ℃范围内，剩余固体成分为（　　） A.CoO B.CoO、Co2O3 C.Co3O4 D.Co2O3、Co3O4 解析：D　根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100 g，则n（Co）＝ mol，m（Co）＝100× g；在350～400 ℃时，固体的质量在89.25％～86.38％之间，可以通过极点进行分析，在290 ℃，n（Co）∶n（O）＝∶［÷16］≈2∶3，其化学式为Co2O3；在500 ℃ n（Co）∶n（O）＝∶［÷16］≈3∶4，其化学式为Co3O4；所以在350～400 ℃范围内，剩余固体成分为Co2O3和Co3O4，故选D。 8.（2026·江西赣州开学考）稀有气体的不活泼性是相对的，在一定条件下它们也可和某些物质（如F2等）发生化学反应。若将1.5 mol Xe和7.5 mol F2加入一定体积的容器中，于400 ℃和2 633 kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25 ℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5 mol F2。则所得产物中，氙与氟的原子个数比和该产物的分子式的说法正确的是（　　） A.1∶2　XeF2 B.1∶4　XeF4 C.1∶2　Xe2F4 D.1∶4　无法确定分子式 解析：D　根据质量守恒定律解题。7.5 mol氟气反应剩余4.5 mol氟气，反应了3 mol氟气，1.5 mol Xe与3 mol氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5∶（3×2）＝1∶4，故产物的最简式为XeF4，分子式无法确定。 9.（2025·安徽六安月考）称取54.0 g草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，M＝180 g·mol－1）加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，A、B两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式分别为（　　） A.FeC2O4、Fe2O3 B.FeC2O4、Fe3O4 C.FeC2O4·H2O、Fe2O3 D.FeC2O4·H2O、FeO 解析：B　n（FeC2O4·2H2O）＝＝0.3 mol，0.3 mol草酸亚铁的质量为0.3 mol×144 g·mol－1＝43.2 g；根据铁元素守恒，加热到400 ℃所得固体中铁元素的质量为0.3 mol×56 g·mol－1＝16.8 g，则氧元素的物质的量为＝0.4 mol，所以B点的化学式为Fe3O4；A点固体的质量恰好为0.3 mol草酸亚铁的质量，所以A点的化学式为FeC2O4。 10.（2025·宁夏银川月考）如图为CaC2O4·xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线，205 ℃时，晶体完全失水）。下列有关说法正确的是（　　） A.x的值为5 B.物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420 ℃以下热稳定，不会分解 C.无论是O2气氛还是N2气氛，CaC2O4·xH2O在不同温度时的分解产物完全相同 D.无论是O2气氛还是N2气氛，当1个CaC2O4·xH2O最终转变为C时，转移电子的个数相同 解析：B　由题意可知，100 mg固体为CaC2O4·xH2O，87.7 mg固体为CaC2O4。68.8 mg固体中，固体的摩尔质量为×128 g·mol－1≈100 g·mol－1，则其为CaCO3；38.4 mg固体中，固体的摩尔质量为×128 g·mol－1≈56 g·mol－1，则其为CaO。从图中可以看出，第1步CaC2O4·xH2O转化为CaC2O4，质量由100 mg减少到87.7 mg，根据质量守恒规律有＝，x≈1，A错误；图中信息显示，在N2气氛中，温度从205 ℃升高到420 ℃时，固体的质量保持不变，则物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420 ℃以下热稳定，不会分解，B正确；在O2气氛中，CaC2O4、O2反应生成CaCO3、CO2，在N2气氛中，CaC2O4分解生成CaCO3、CO，二者的产物不同，C错误； C为CaO，O2气氛中1个CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO和2个CO2，转移2个电子，在N2气氛中，1个CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO、1个CO2和1个CO，转移1个电子，转移电子的个数不同，D错误。 11.（2025·宁夏银川月考）1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63％的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL （换算为标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是（　　） A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1 B.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是70％ C.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 D.得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL 解析：B　设铜、镁的物质的量分别为x mol、y mol，根据题意列方程组，解得x＝0.02，y＝0.01，n混＝＝0.05 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a mol、b mol，则根据得失电子守恒和题意列方程组解得a＝0.01，b＝0.04。c（HNO3）＝＝ mol·L－1＝14.0 mol·L－1，A正确； N2O4、NO2的物质的量分别为0.01 mol、0.04 mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则NO2的体积分数是×100％＝80％，B错误； Cu和Mg的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol，二者物质的量之比为2∶1，C正确；当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，沉淀量最大，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n（NaOH）＝n（HNO3）－（2a＋b）＝0.05 L×14.0 mol·L－1－0.06 mol＝0.64 mol，氢氧化钠溶液体积为＝640 mL，D正确。 12.向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu（NO3）2和NO气体。在所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol·L－1 NaOH溶液，生成沉淀质量为19.6 g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是（　　） A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1∶1 B.原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol·L－1 C.产生的NO的体积为2.24 L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1 mol 解析：D　向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝0.5 mol·L－1×1.0 L＝0.5 mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6 g，其物质的量为＝0.2 mol，根据铜元素守恒有n（Cu）＋2n（Cu2O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.2 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝13.6，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.2，解得x＝0.1，y＝0.05，则n（Cu）∶n（Cu2O）＝0.1 mol∶0.05 mol＝2∶1，A错误；根据N元素守恒可知，n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3），根据转移电子守恒可知，3n（NO）＝2n（Cu）＋2n（Cu2O），所以3n（NO）＝2×0.1 mol＋2×0.05 mol，解得n（NO）＝0.1 mol，根据Na元素守恒可知，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝0.5 mol·L－1×1.0 L＝0.5 mol，所以n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.1 mol＋0.5 mol＝0.6 mol，原硝酸溶液的浓度为＝2.4 mol·L－1，B错误；由B中计算可知n（NO）＝0.1 mol，其在标准状况下的体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L，C错误；向Cu、Cu2O与硝酸反应后的溶液中加入NaOH溶液，NaOH与Cu（NO3）2反应，剩余的NaOH与HNO3反应，最后为NaNO3溶液，根据氮元素守恒可知，n（HNO3）＋2n[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），所以n（HNO3）＝n（NaNO3）－2n[Cu（NO3）2]＝0.5 mol－2×0.2 mol＝0.1 mol，D正确。 13.（1）在空气中加热10.98 g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 8.82 290～320 4.82 890～920 4.50 ①加热到210 ℃时，固体物质的化学式为　CoC2O4　。②经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2　。 （2）PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中各物质质量随温度的变化如图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为　Pb2O3　、　PbO　。 解析：（1）①n（CoC2O4·2H2O）＝0.06 mol，Δm＝（10.98－8.82）g＝2.16 g＝m（H2O），失去n（H2O）＝＝0.12 mol，故210 ℃时固体为CoC2O4。②根据钴元素守恒可知m（Co）＝3.54 g，m（O）＝（4.82－3.54）g＝1.28 g，n（O）＝0.08 mol，n（Co）∶n（O）＝3∶4，反应的化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。 （2）n（PbO2）＝0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应的物质是PbO。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $