第2章 第7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（提升版）

该高中化学讲义聚焦高考化学计算核心考点，系统梳理守恒法、关系式法、差量法、新定义计算及热重曲线分析等常用方法，按方法逻辑层次构建知识网络，通过考点解析、例题精讲、真题训练环节，帮助学生建立计算思维模型，突破化学计算难点。 资料突出科学思维与科学探究融合，如热重曲线分析中引导学生提取温度-质量数据、运用元素守恒建立关系式，培养数据处理能力；设置基础巩固、能力提升分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，助力教师精准把控节奏，提升学生化学计算应考能力。

第7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1　守恒法 内涵 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” 内容 （1）元素守恒（或原子守恒）：化学反应前后各元素原子个数相等。 （2）电荷守恒：①反应前后阴、阳离子所带电荷总数必须相等；②电中性原则，即在任何电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数和阴离子所带的负电荷总数相等。 （3）得失电子守恒：在氧化还原反应中，失电子总数一定等于得电子总数，即得失电子数目相等 解题步骤 1.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1 L 0.6 mol·L－1的HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24 L NO气体（标准状况）。已知：Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O。下列说法错误的是（　　） A.发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1 mol B.得到的溶液中n（C）＝0.25 mol C.CuO与稀硝酸反应的离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O D.若混合物中含0.1 mol Cu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8 g 解析：D　HNO3的物质的量为0.6 mol·L－1×1 L＝0.6 mol，NO的物质的量为＝0.1 mol。HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1 mol，故发生还原反应的HNO3为0.1 mol，A正确；反应后溶液中的溶质为Cu（NO3）2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6 mol－0.1 mol＝0.5 mol，故n（Cu2＋）＝n（HNO3）＝0.25 mol，B正确；CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，故离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O，C正确；混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的电子总数为HNO3所得电子数，物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3 mol－0.1 mol×2＝0.1 mol，n（Cu2O）＝×0.1 mol＝0.05 mol，根据溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol，可知Cu元素共0.25 mol，原混合物中n（CuO）＝0.25 mol－0.05 mol×2－0.1 mol＝0.05 mol，混合物与稀硫酸反应时，Cu不与稀H2SO4反应，根据Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O可知，生成的Cu的物质的量n'（Cu）＝n（Cu2O）＝0.05 mol，故反应后所得的Cu的物质的量为n（Cu）＋n'（Cu）＝0.15 mol，质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，D错误。 2.抗坏血酸（维生素C）（M＝176 g·mol－1）常用作还原剂，实验室现有一份20.0 g的抗坏血酸药片样品，配制成溶液，逐渐滴加到200 mL 0.2 mol·L－1 KMnO4（H＋）溶液中，当抗坏血酸溶液全部滴加完时，高锰酸钾溶液恰好褪为无色（Mn2＋），抗坏血酸氧化反应如图过程： （1）配制该高锰酸钾溶液，需称量KMnO4的质量为　7.9　 g。 （2）高锰酸钾溶液恰好褪为无色时，生成的脱氢抗坏血酸的物质的量为　0.10　 mol。 （3）该药片样品中，抗坏血酸的质量分数为　88％或0.88　。 解析：（1）需要200 mL溶液，应用250 mL容量瓶配制，由n（KMnO4）＝cV＝0.2 mol·L－1×0.25 L＝0.05 mol，m（KMnO4）＝nM＝0.05 mol×158 g·mol－1＝7.9 g。 （2）抗坏血酸（化学式为C6H8O6）中C元素化合价变化，抗坏血酸到脱氢抗坏血酸（C6H6O6 ），1个抗坏血酸分子失去2个电子；Mn中Mn从＋7价降低到＋2价，1个Mn得到5个电子，根据电子守恒：n（抗坏血酸）×2＝n（KMnO4）×5，n（抗坏血酸）＝＝＝0.10 mol，n（抗坏血酸）＝n（脱氢抗坏血酸），则脱氢抗坏血酸物质的量为0.10 mol； （3）抗坏血酸质量m＝0.1 mol×176 g·mol－1＝17.6 g，则质量分数＝×100％＝88％（或0.88）。 考点2　关系式法 方法解读 关系式法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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。计算时，在多步反应中，每一步的转化率、利用率及最后所得产品的纯度等，可以累积进行计算 解题步骤 1.工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 用32吨含S 99％的硫黄为原料生产硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2％，SO2生成SO3的转化率是97％，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98％的硫酸　94　吨。 解析：由题意可知，32吨含硫元素99％的硫黄物质的量为＝9.9×105 mol，在第一步反应中硫元素损失了2％，则生成9.9×105 mol×98％＝9.702×105 mol二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97％转化为了三氧化硫，则生成9.702×105 mol×97％≈9.4×105 mol三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98％的浓硫酸，约为×10－6吨＝94吨。 2.称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理： ①用过氧化钠处理，得到Mn溶液； ②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物； ③酸化溶液，Mn歧化为Mn和MnO2； ④滤去MnO2； ⑤用0.100 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中Mn，共用去25.80 mL。 计算样品中MnO2的质量分数　67.3％　（保留1位小数）。 解析：由题意可得有关反应方程式为MnO2＋Na2O2Na2MnO4，3Mn＋4H＋2Mn＋MnO2↓＋2H2O，Mn＋5Fe2＋＋8H＋Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，则有关系式MnO2～Mn～Mn～Fe2＋，故w＝ ×100％＝×100％≈67.3％。 考点3　差量法 方法解读 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”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟实际差量列成比例，然后求解 解题步骤 1.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是　×100％　（列表达式）。 解析：由题意知（w1－w2）g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系： 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm 2×84 62 x w1－w2 则x＝， 故样品纯度为＝×100％＝×100％。 2.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O（g），反应后在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比为　9∶7或5∶3　。 解析： V（NO）＝＝9 mL，V（NH3）＝＝6 mL，由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（6 mL＋1 mL）＝9∶7。 考点4　新定义计算 考试中，题目常常会给一个新的定义来考查计算，做这类题主要注意以下几步： 1.理解定义：理解题目中给出的新定义，弄清楚定义中自变量代表的含义，以及它们之间的关系。 2.建立数学模型：根据定义式，将其转化为数学表达式。有时，也可以通过表示式的单位来分析计算式。 3.代入已知条件：将题目中给出的具体数值或条件代入到数学模型中。或根据已有的知识，计算出具体的变量数值。 4.进行计算：根据数学模型进行计算，注意运算顺序和单位换算。 5.检查结果：计算完成后，检查答案是否合理，是否符合化学常识。 6.总结讨论：根据试题要求，对结果用化学原理进行解释。 　已知萃取原理为M2＋＋2HRMR2＋2H＋。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率［萃取率＝×100％］与pH的变化关系如图所示。已知在pH＝1.8时，达到萃取平衡时，＝48。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则Zn2＋的萃取率为　98　％（保留两位有效数字）。 解析：设滤液中Zn2＋初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知＝48，设萃取后水相中n（Zn2＋）＝x，则有机相中n（ZnR2）＝n0－x ，根据＝＝48，即＝48，解得x＝ ，萃取率＝×100％＝×100％＝×100％≈98％。 1.（2025·四川高考16题节选）双水杨醛缩乙二胺（H2L，Mr＝268）的锰配合物（MnLClx）常用作有机氧化反应的催化剂。现对MnLClx配合物中x的值进行测定。 ①移取20.00 mL 3.5 mg·mL－1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.030 00 mol·L－1的维生素C（C6H8O6）溶液充分混合，放置3～4分钟。 ②往上述锥形瓶中加入5滴1％的淀粉溶液，立即用0.010 00 mol·L－1的I2标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20 mL。 上述测定过程所涉及的反应如下： 2MnLClx＋xC6H8O62MnL＋xC6H6O6＋2xHCl　I2＋C6H8O6C6H6O6＋2HI 根据实验数据，MnLClx中x＝　1　（保留整数）。 解析：根据双水杨醛缩乙二胺（H2L，Mr＝268）和相对原子质量可以计算得出M（MnLClx）＝[55＋（268－2）＋35.5x]g·mol－1＝（321＋35.5x）g·mol－1，移取的MnLClx质量为20.00 mL×3.5 mg·mL－1＝70 mg，维生素C的物质的量为0.01 L×0.030 00 mol·L－1＝0.000 3 mol＝0.3 mmol，I2消耗的维生素C的物质的量为0.01 mol·L－1×0.020 2 L＝0.000 202 mol＝0.202 mmol，所以与MnLClx反应的维生素C的物质的量为0.3 mmol－0.202 mmol＝0.098 mmol，根据反应的化学计量关系（2 mol MnLClx与x mol维生素C反应）进行计算：＝，保留整数解得x≈1。 2.（2025·新课标卷28题节选）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： Al（OH）3 Fe（OH）3 Mg（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 1.3×10－33 2.8×10－39 5.6×10－12 5.5×10－16 （1）加入NaOH “调pH＝6”，过滤后，滤渣②是Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中Al3＋的浓度为　1.3×10－9　 mol·L－1。 （2）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为　5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg5（OH）2·4H2O↓　　。 （3）1.0 kg蛇纹石 “矿化”固定CO2，得到0.466 kg Mg5（CO3）4（OH）2·4H2O，相当于固定CO2　89.6　 L（标准状况）。 解析：（1）加入NaOH “调pH＝6”，c（H＋）＝10－6 mol·L－1，c（OH－）＝10－8 mol·L－1，c（Fe3＋）＝＝ mol·L－1＝2.8×10－15 mol·L－1＜1×10－5 mol·L－1，c（Al3＋）＝＝ mol·L－1＝1.3×10－9 mol·L－1＜1×10－5 mol·L－1，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是Fe（OH）3、Al（OH）3；滤液中Al3＋的浓度为c（Al3＋）＝＝ mol·L－1＝1.3×10－9 mol·L－1。 （2）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”，确定反应离子及反应物为Mg2＋、OH－、CO2，将产物Mg5（CO3）4（OH）2·4H2O拆分为Mg（OH）2·4MgCO3·4H2O，再配平得5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg（OH）2·4MgCO3·4H2O将产物合并；发生反应5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg5（OH）2·4H2O↓。（3）0.466 kg Mg5（OH）2·4H2O物质的量为＝1 mol，根据C元素守恒得Mg5（OH）2·4H2O～4C～4CO2，固定CO2的物质的量为4 mol，标准状况下的体积为4 mol×22.4 L·mol－1＝89.6 L。 3.（2025·重庆高考15题节选）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％。 热点题型4　热重曲线分析与计算 　“热重曲线”类试题一般以图像和文字组合的形式呈现，以质量保留量或者失重比随温度变化的曲线为载体，考查反应物的化学式、产物的判断、结晶水的数目以及反应方程式的书写等，侧重考查学生提取图表信息的能力、处理数据的能力，以及元素守恒、关系式等化学思想。 对于含有结晶水的某固体热分解反应的过程主要有两个变化阶段：（1）固体失去结晶水形成A固体的过程；（2）A固体热分解的过程。对于具体的图像具体分析，有可能分步失去结晶水，继续加热A固体可能分解生成多种物质。若A固体为盐或氧化物，随着温度的升高，继续分解可能失去一些挥发性的物质，如CO2等气体，而金属元素一般以化合态的形式残留在最终产物中。 将24.2 g Cu（NO3）2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。在T1～T2 ℃过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为　2Cu（NO3）22CuO＋4NO2↑＋O2↑　。 继续升温至T3 ℃时生成的固体产物为　Cu2O　（填化学式）。 【要点图解】 （1）分析曲线、提取信息。阅读题目给予信息，明确物质的组成及类别、物质的性质及变化特点，结合热重曲线，确定物质实际发生变化及固体质量变化的原因。一般结晶水合物先失去结晶水，再继续发生分解，铵盐产生NH3，碳酸盐产生CO2，硫酸盐产生SO2或SO3，氢氧化物产生H2O。 （2）找等量，列式求解。结合固体质量变化或固体残留率变化，找出等量，设未知数，列出关系式或方程式，进而求出未知数，确定剩余固体的化学组成。如固体物质A热分解反应：A（固体）B（固体）＋C（气体）。若反应物A的初始质量为W0，失重后产物B的质量为W1，则失重百分数＝×100％。 （3）计算原则 ①金属元素始终残留在固体中，且元素守恒； ②释放气体中的非金属元素（一般是C、N、S）与样品中对应元素守恒。 1.对2.3 g产品（K2Cu（C2O4）2·4H2O晶体）进行热重分析，其相关曲线如图所示： 注：A（51，90.77）即51 ℃时，物质反应后质量是反应前质量的90.77％。（其他依此类推） （1）A点到B点分解的化学方程式为　K2Cu（C2O4）2·2H2OK2Cu（C2O4）2＋2H2O　。 （2）C点固体的成分为　K2CuO2　。 解析：（1）A点失重2.3 g×（1－90.77％）≈0.21 g，为水的质量，水的物质的量为≈0.012 mol，2.3 g K2Cu（C2O4）2·4H2O约为0.005 9 mol，则其中H2O物质的量为0.024 mol，说明加热至生成A物质时K2Cu（C2O4）2·4H2O失去了一半的结晶水，A为K2Cu（C2O4）2·2H2O，同理可得B为K2Cu（C2O4）2，则A点到B点分解的化学方程式为K2Cu（C2O4）2·2H2OK2Cu（C2O4）2＋2H2O。 （2）C点为K2Cu（C2O4）2受热分解放出气体二氧化碳，剩余固体质量分数为44.62％，剩余固体质量为2.3 g×44.62％≈1 g，根据元素守恒可知，n（K）＝2×0.005 9 mol＝0.011 8 mol，n（Cu）＝0.005 9 mol，n（O）＝≈0.01 mol，则剩余物质中n（K）∶n（Cu）∶n（O）≈2∶1∶2，则C点固体的成分为K2CuO2。 2.（2024·贵州高考15题节选）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下。 称取m g十二钨硅酸晶体{H4[SiW12O40]·nH2O，相对分子质量为M}，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w％，计算n＝　　；若样品未充分干燥，会导致n的值　偏大　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 解析：由题干可知，十二钨硅酸晶体的物质的量为 mol，失去的全部结晶水的物质的量为n·或 mol，n·＝，故n＝＝；若样品未充分干燥，则加热时失重偏高，会导致n的值偏大。 3.NiSO4可形成多种结晶水合物，采用热重分析法测定某NiSO4·nH2O样品所含的结晶水数。将样品在900 ℃下进行煅烧，失重率随时间变化如图，B点时失去全部结晶水，n的值为　6　；D点固体的化学式为　Ni2O3　。 解析：B点时失去n个结晶水，失重率为41.1％，则×100％＝41.1％，解得n＝6。故样品化学式为NiSO4·6H2O，取1 mol（即263 g）NiSO4·6H2O进行分析，D点失重263 g×68.46％≈180 g。1 mol NiSO4·6H2O分解失去全部结晶水质量减少108 g，NiSO4分解生成NiO和SO3，失重80 g，共失重188 g，失重率为×100％＝71.5％，即C点为NiO。则D点应是样品分解产生的NiO再被空气中O2氧化，在C点基础上增重8 g[（71.5％－68.46％）×263 g≈8 g]，即增加0.5 mol O，因此D点固体组成为NiO·0.5O，即D点固体的化学式为Ni2O3。 4.称取45.7 mg Zn3（PO4）2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3（PO4）2·2H2O和Zn3（PO4）2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为　145～195 ℃　。 解析：根据图像，加热到90 ℃时，四水合磷酸锌[Zn3（PO4）2·4H2O]开始逐渐分解，当生成Zn3（PO4）2·2H2O，所得Zn3（PO4）2·2H2O的质量为×45.7 mg＝42.1 mg，此时温度为145 ℃，当生成Zn3（PO4）2·H2O，所得Zn3（PO4）2·H2O的质量为×45.7 mg＝40.3 mg，此时温度为195 ℃，因此当获得Zn3（PO4）2·2H2O和Zn3（PO4）2·H2O的混合产品时，烘干时的温度范围为145～195 ℃。 1.将1 L 1.0 mol·L－1 CuSO4溶液与1 L 0.1 mol·L－1Fe2（SO4）3溶液混合（忽略混合后溶液体积变化），向其中加入一定质量的Fe粉，充分反应后，固体质量不变，则反应后溶液中Fe2＋的物质的量浓度为（　　） A.0.1 mol·L－1 B.0.35 mol·L－1 C.0.5 mol·L－1 D.0.65 mol·L－1 解析：C　先发生反应：Fe＋2Fe3＋3Fe2＋，再发生反应：Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋，充分反应后，固体质量不变，说明参加反应Fe的质量等于析出Cu的质量，n（Fe3＋）＝1 L×0.1 mol·L－1×2＝0.2 mol，溶液中Fe3＋完全反应消耗Fe为0.2 mol×＝0.1 mol，生成Fe2＋为0.1 mol×3＝0.3 mol，设析出的Cu为x mol，则析出x mol Cu消耗Fe为x mol，则有：56（x＋0.1）＝64x，解得x＝0.7，则反应后溶液中n（Fe2＋）＝0.3 mol＋n（Cu）＝0.3 mol＋0.7 mol＝1 mol，故c（Fe2＋）＝＝0.5 mol·L－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.过氧化银（Ag2O2）广泛应用于抗菌消毒和化学能源等领域，NaClO-NaOH溶液与AgNO3溶液反应，能制得纳米级Ag2O2，用该方法制得的Ag2O2会含有少量的Ag2O。可用热重分析法测定Ag2O2的纯度，其步骤如下：取27.12 g样品在N2气氛下加热，测得剩余固体的质量与温度的关系曲线如图所示，下列说法错误的是（　　） A.制备Ag2O2反应的离子方程式为2Ag＋＋2OH－＋ClO－Ag2O2↓＋Cl－＋H2O B.CD段发生反应的化学方程式为2Ag2O4Ag＋O2↑ C.AB段反应转移的电子的物质的量为0.2 mol D.样品中Ag2O2的质量分数约为91.45％ 解析：C　根据题意，NaClO-NaOH溶液与AgNO3溶液反应，能制得纳米级Ag2O2，该反应的化学方程式为2AgNO3＋NaClO＋2NaOHAg2O2↓＋NaCl＋H2O＋2NaNO3，反应的离子方程式为2Ag＋＋2OH－＋ClO－Ag2O2↓＋Cl－＋H2O，A正确；AB段质量变化Δm＝27.12 g－25.52 g＝1.6 g，说明失去的是O2的质量；Ag2O2分解产生Ag2O、O2，反应方程式为2Ag2O22Ag2O＋O2↑；CD段质量变化Δm＝25.52 g－23.76 g＝1.76 g，是Ag2O发生分解反应产生Ag、O2，该反应方程式为2Ag2O4Ag＋O2↑，B正确；AB段发生反应：2Ag2O22Ag2O＋O2↑，每有1 mol O2产生，转移2 mol电子，现在反应产生O2的物质的量n（O2）＝＝0.05 mol，则反应过程中转移的电子的物质的量为n（e－）＝0.05 mol×2＝0.1 mol，C错误；AB段发生反应为2Ag2O22Ag2O＋O2↑，n（Ag2O2）＝2n（O2）＝2×＝0.1 mol，则样品中Ag2O2的质量分数w（Ag2O2）＝×100％≈91.45％，D正确。 4.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，与稀硫酸反应溶液中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。 5.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），根据电子转移守恒可知，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，未指出是否处于标准状况，故在标准状况下的体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L，C错误；在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，反应后溶液中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。 6.采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示，下列说法中不正确的是（　　） A.300～400 ℃之间发生的主要反应为C＋O2CO2 B.800 ℃时残留的固体是Fe3O4 C.复合材料中FeS2的质量分数为90.9％ D.复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1∶1 解析：B　300～400 ℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；550～700 ℃之间的失重反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1％，可知碳的质量分数为9.1％，FeS2的质量分数为90.9％，C正确；FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D正确。 7.把5.1 g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6 L H2（标准状况）。请计算铝的物质的量为　0.1　 mol，镁的质量为　2.4　 g。 解析：设镁的物质的量x mol，铝的物质的量y mol。 得x＝0.1，y＝0.1；n（Al）＝0.1 mol，m（Mg）＝0.1 mol×24 g·mol－1＝2.4 g。 8.盖尔达法是测定牛奶样品中蛋白质含量的一种常用方法，其原理是把牛奶中的氮元素完全转化成氨。为测定某款牛奶的蛋白质含量，取60.0 g牛奶样品，经盖尔达法处理后，用50.00 mL 1.00 mol·L－1硫酸将其完全吸收（其他物质不与硫酸反应），再加入19.00 mL 4.00 mol·L－1氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵。请计算：（计算结果均保留3位有效数字） （1）所用NaOH的物质的量为　7.60×10－2　mol。 （2）样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为　2.40×10－2　mol。 （3）若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0％，则样品中蛋白质的质量分数为　4.00％　。 解析：氨气与硫酸反应的方程式为2NH3＋H2SO4（NH4）2SO4，NaOH溶液与硫酸反应的方程式为2NaOH＋H2SO4Na2SO4＋2H2O。（1）所用NaOH的物质的量为0.019 L×4 mol·L－1＝7.60×10－2 mol。 （2）样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为0.05 L×1 mol·L－1×2－0.019 L×4 mol·L－1＝2.40×10－2 mol。 （3）样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为2.40×10－2 mol，即氮元素的物质的量为2.40×10－2 mol，若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0％，则样品中蛋白质的质量分数为×100％＝4.00％。 9.胆矾晶体是硫酸铜的结晶水合物，其化学式为CuSO4·5H2O，在加热情况下，按温度不同，胆矾晶体会历经一系列的变化，得到不同组成的固体。 （1）称取0.100 0 g含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入0.100 0 mol·L－1氢氧化钠溶液28.00 mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.100 0 mol·L－1硫酸中和，消耗硫酸10.08 mL，则试样中胆矾的质量分数为　98％　。（试样中的杂质不与酸、碱反应） （2）将1.250 g纯净的胆矾晶体置于　坩埚　（填写仪器名称）中加热一段时间，测得剩余固体质量为0.960 g。剩余固体中结晶水的质量分数为　16.7％　（保留三位有效数字）。 解析：（1）n（NaOH）＝0.10 mol·L－1×0.028 L＝0.002 8 mol，n（H2SO4）＝0.10 mol·L－1×0.010 08 L＝0.001 008 mol，所以与CuSO4反应的NaOH的物质的量是：0.002 8 mol－0.001 008 mol×2＝0.000 784 mol，因此CuSO4·5H2O的质量是（0.000 784 mol÷2）×250 g·mol－1＝0.098 g， 则试样中胆矾的质量分数为×100％＝98％； （2）固体加热需要使用坩埚；1.250 g纯净的胆矾晶体中m（CuSO4）＝×160 g·mol－1＝0.8 g，所以在剩余固体质量0.960 g中含有的结晶水质量是0.960 g－0.8 g＝0.160 g，因此剩余固体中结晶水的质量分数为×100％≈16.7％。 10.已知：PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3＋3H2OH3PO3＋3HCl；PCl5＋4H2OH3PO4＋5HCl。现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.020 mol O2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4 （2H3PO3＋O22H3PO4）。往反应后的溶液中加入15.725 g Ca（OH）2，充分反应后磷元素全部转化为Ca3（PO4）2沉淀，过滤后得到2.5 L滤液，测得c（OH－）＝0.01 mol∙L－1。计算： （1）所得Ca3（PO4）2（M＝310 g·mol－1）沉淀的质量　9.30 g　； （2）滤液中各溶质的物质的量浓度　Ca（OH）2为0.005 mol∙L－1，CaCl2为0.044 mol∙L－1　。 解析：（1）加入15.725 g Ca（OH）2，其物质的量为＝0.212 5 mol；过滤后得到2.5 L滤液，测得c（OH－）＝0.01 mol∙L－1，剩余Ca（OH）2的物质的量为＝0.012 5 mol，则与H3PO4、HCl反应的Ca（OH）2的物质的量为0.212 5 mol－0.012 5 mol＝0.200 0 mol。通入0.020 mol O2，由反应2H3PO3＋O22H3PO4可得出由H3PO3转化生成的H3PO4的物质的量为0.040 mol，n（H3PO3）＝0.040 mol。设原溶液中n（H3PO4）＝x mol，由H3PO3～3HCl、H3PO4～5HCl，可求出生成HCl的物质的量为（0.040×3＋5x）mol，依据酸碱中和反应，可得出：（0.040×3＋5x）＋（0.040＋x）×3＝0.200 0×2，x＝0.020。依据P、Ca2＋的关系，可得出如下关系式：2P～Ca3（PO4）2，n[Ca3（PO4）2]＝＝ ＝0.030 mol，m[Ca3（PO4）2]＝0.030 mol×310 g·mol－1＝9.30 g，即所得Ca3（PO4）2沉淀的质量9.30 g。 （2）反应后，P元素全部转化为Ca3（PO4）2沉淀，Ca（OH）2过量，HCl全部转化为CaCl2，则溶液中的溶质为Ca（OH）2和CaCl2。过滤后得到2.5 L滤液，测得c（OH－）＝0.01 mol∙L－1，则c[Ca（OH）2]＝＝0.005 mol∙L－1，根据题（1）得x＝0.020，故c（CaCl2）＝＝＝0.044 mol∙L－1。所以原溶液中所含Ca（OH）2的物质的量浓度为0.005 mol∙L－1，CaCl2的物质的量浓度为0.044 mol∙L－1。 11.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　BaTiO（C2O4）2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑　。 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→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，根据元素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 mol＝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＋y＝0.4－0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y＋0.1，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↑。 12.研究发现Znx热分解得到ZnO 的过程可分为两步。某实验小组称取11.2 g Znx固体进行热重分析，第一步的固体失重率为8.0％，第二步的固体失重率为 19.6％，则Znx的化学式为　Zn2CO3　。（固体失重率＝×100％） 解析：由题意可知，碱式碳酸锌热分解得到氧化锌的过程中，第一步加热失去水生成碳酸锌，第二步加热分解失去二氧化碳生成氧化锌，则水的物质的量为≈0.05 mol、二氧化碳的物质的量为≈0.05 mol、氧化锌的物质的量为＝0.1 mol，由元素守恒可知，x∶y∶z＝0.1 mol∶0.05 mol×2∶0.05 mol＝2∶2∶1，则碱式碳酸锌的化学式为Zn2CO3。 13.将所得的18.3 g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O，M＝183 g·mol－1）高温灼烧，其热重分析曲线如图： 写出B点对应的物质的化学式：　CoO　，CD段发生反应的化学方程式为　6CoO＋O22Co3O4　。 解析：由题意可知，草酸钴晶体的摩尔质量为183 g·mol－1，由钴元素守恒可知，B点固体中氧原子的物质的量为＝0.1 mol，则B点所得固体的化学式为CoO，同理可得，D点固体中氧原子的物质的量为≈0.133 mol，则D点所得固体的化学式为Co3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CoO＋O22Co3O4。 14.某同学一家每天做饭约消耗320 g天然气，天然气的主要组成部分是CH4，标准状况下，CH4的密度为　0.714 g·L－1　（保留3位有效数字），可估算该家每天做饭消耗天然气体积约为　448　L（标准状况），家用天然气会添加微量的有特殊臭味的泄漏警告剂四氢噻吩（C4H8S），一般添加量是20～50 mg·m－3。若洋洋家一年使用的天然气约为310 m3，则标准状况下，一年消耗的气态四氢噻吩的体积范围为　1.58～3.95 L　（保留3位有效数字）。 解析：甲烷的摩尔质量是16 g·mol－1，在标准状况下甲烷的密度为≈0.714 g·L－1；320 g甲烷的物质的量为＝20 mol，一家每天做饭消耗天然气体积约为20 mol×22.4 L·mol－1＝448 L；310 m3的天然气中含四氢噻吩的质量范围为310 m3×20 mg·m－3～310 m3×50 mg·m－3，即6.2 g～15.5 g，四氢噻吩（C4H8S）的摩尔质量为88 g·mol－1，则四氢噻吩的体积范围是×22.4 L·mol－1～×22.4 L·mol－1，即1.58～3.95 L。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $