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课件（鲁琼版）

该高中化学高考复习课件聚焦化学计算专题，覆盖关系式法、守恒法（元素、电荷、电子守恒）、热重分析法等核心考点，对接高考评价体系，通过近五年真题分析明确守恒法占比45%、热重分析为高频热点，归纳多步反应计算、混合物成分分析等常考题型，构建完整解题模型。 课件亮点在于“真题演练+方法建模+素养提升”，如2025重庆高考硒含量测定题用关系式法突破，2024山东高考硫含量测定题结合电子守恒，培养科学思维中的证据推理能力。特设“三步突破热重分析”等技巧，配套分层检测，助力学生掌握解题规律，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第8讲　化学计算常用方法 复习目标 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。 CONTENTS 考点一　关系式法 考点二　守恒法 考点三　热重分析法 真题演练 课时跟踪检测 考点一　关系式法 目录 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。 高中总复习·化学 目录 2. 解题步骤 高中总复习·化学 目录 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＋＋2H2O S ＋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％　 高中总复习·化学 目录 解析： 据方程式4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋ 2H2O S ＋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％。 高中总复习·化学 目录 （2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况） 为 L，制得98％的硫酸质量为 t。 解析： 4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋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。 3.36×106　 15　 高中总复习·化学 目录 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）2 BaWO4＋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＋2S2 2I－＋ 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 ⁠。 ％　 高中总复习·化学 目录 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％＝ ％。 高中总复习·化学 目录 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％＝ ％。 ％　 高中总复习·化学 目录 考点二　守恒法 目录 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。 高中总复习·化学 目录 （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。 高中总复习·化学 目录 2. 守恒法的解题思路 高中总复习·化学 目录 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：　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。 √ 高中总复习·化学 目录 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 √ 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 高中总复习·化学 目录 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 √ 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 高中总复习·化学 目录 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＝ ， 　（写出计算过程）。 9　 2[Al（NO3）3·xH2O]　　～　　Al2O3 2×（213＋18x）　　　　　 102 　7.50 g　　　　　 1.02 g ＝ x＝9 高中总复习·化学 目录 解析： 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。 高中总复习·化学 目录 （2）气体产物中n（O2）＝ mol。 解析： 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。 0.01　 高中总复习·化学 目录 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 ⁠。 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。 0.2 mol·L－1　 高中总复习·化学 目录 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 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。 0.5　 高中总复习·化学 目录 考点三　热重分析法 目录 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。 高中总复习·化学 目录 （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％。 高中总复习·化学 目录 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。 高中总复习·化学 目录 （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 　　。 高中总复习·化学 目录 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 高中总复习·化学 目录 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：HAuCl4 H＋＋ AuC ，下列说法正确的是（　　） 高中总复习·化学 目录 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 √ 高中总复习·化学 目录 解析：　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＋H2O2 2AgCl＋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； 高中总复习·化学 目录 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。 高中总复习·化学 目录 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 √ 高中总复习·化学 目录 解析：　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2FeSO4 Fe2O3＋ 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。 高中总复习·化学 目录 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＝ ，y＝ ⁠。 4　 1　 高中总复习·化学 目录 解析：由题图可知，FeSO4·7H2O FeSO4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。 高中总复习·化学 目录 　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 高中总复习·化学 目录 真题演练 目录 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。 高中总复习·化学 目录 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＋2Na2S2O3 2NaI＋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 ⁠。 该样品中Se的质量分数为 ⁠。 4H＋＋H2SeO3＋4I－ 2I2＋Se＋3H2O 94.8％　 高中总复习·化学 目录 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％。 高中总复习·化学 目录 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： 高中总复习·化学 目录 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 高中总复习·化学 目录 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％　 高中总复习·化学 目录 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2NaHCO3 Na2CO3＋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％。 高中总复习·化学 目录 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）。 高中总复习·化学 目录 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。 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。 高中总复习·化学 目录 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＋2H2O H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋ 6HCl 3I2＋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％＝ ％。 ％　 高中总复习·化学 目录 课时跟踪检测 目录 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：　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C4N8H8O8 4CO↑＋4N2↑＋ 4H2O↑，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 高中总复习·化学 目录 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：　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。 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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：　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。 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：　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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 12.〔多选〕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2∶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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 高中总复习·化学 目录 解析：　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正确；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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 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 。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 ⁠。 CoC2O4　 3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 解析：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，nCo）∶n（O）＝3∶4，反应的化学方程式：3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 （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 、 ⁠。 解析：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。 Pb2O3　 PbO　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 高中总复习·化学 目录 $