第2章 第9讲 化学计算的常用方法(课件PPT)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案

该高中化学高考复习课件聚焦“化学计算的常用方法”专题，依据高考评价体系系统梳理守恒法、关系式法、差量法三大核心方法，结合课标要求明确物质的量“桥梁”作用及思维模型构建。通过近三年高考真题分析，归纳出守恒法占比45%、差量法（含热重曲线）占30%的高频考点分布，形成针对性备考体系。 课件亮点在于“真题体验+方法建模+限时训练”三维设计，如以2024江苏卷热重曲线题为例，示范“设1mol晶体—算失重—定化学式”三步解题法，培养学生科学思维与证据推理素养。“关键能力提效能”栏目通过12道典型题解析（含电荷守恒、得失电子守恒应用），帮助学生掌握答题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第9讲　化学计算的常用方法 返回 ‹#› 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。 3．初步建立化学计算的思维模型。 [课标标准] 返回 ‹#› 1 考点一 2 考点二 3 考点三 栏 目 导 引 4 真题体验 5 限时规范训练 返回 ‹#› 1．守恒法含义 (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”。 (2)守恒法是一种思维方法，运用守恒规律，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，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。 考点一 守恒法 返回 ‹#› 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＋)＝＝。 ③得失电子守恒 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。 返回 ‹#› 2．守恒法的解题思路 返回 ‹#› 1．有CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且的物质的量浓度为3 mol·L-1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(　　) A．5.6 g　　　　　　　 B．11.2 g C．22.4 g D．33.6 g B 返回 ‹#› 解析：B　＝0.1 L×3 mol·L-1＝0.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液中阳离子的浓度相同，则有c(Cu2+)＝c(Fe3+)＝c(H＋)，其物质的量也相同，设Cu2+、Fe3+、H＋三种离子的物质的量均为n，根据电荷守恒可知，2n＋3n＋n＝0.3 mol×2，解得n＝0.1 mol，Cu2+、Fe3+、H＋都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液溶质的成分为FeSO4，则n(FeSO4)＝0.3 mol，根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，质量为0.2 mol×56 g·mol-1＝11.2 g。 返回 ‹#› 2．4.6 g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL的 N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　) A．9.02 g　　　　　　　 B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 解析：B　最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，结合得失电子守恒可得，n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol-1＝8.51 g。 B 返回 ‹#› 3．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。 (1)计算x的值(写出计算过程)。 (2)气体产物中n(O2)＝________mol。 返回 ‹#› 解析：(1)由题意知，n(Al2O3)＝＝0.01 mol，由铝原子守恒，知·xH2O为0.02 mol，则0.02×(213＋18x)＝7.50，解得x＝9。(2)0.02 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的Al2O3为0.01 mol，产生的H2O是＝0.17 mol，设2 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的NO2、O2、HNO3分别为a mol、b mol、c mol，可得2[Al(NO3)3·9H2O]aNO2↑＋bO2↑＋cHNO3↑＋17H2O↑＋Al2O3，由N原子守恒得a＋c＝6、由H原子守恒得c＋34＝36、由O原子守恒得2a＋2b＋3c＋17＋3＝36，解得b＝1，故0.02 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的O2为0.01 mol。 返回 ‹#› 答案：(1) 2[Al(NO3)3·xH2O]　～　Al2O3 2(213＋18x) 102 7．50 g 1.02 g x＝9 (2)0.01 返回 ‹#› 1．关系式法含义 (1)涉及多步反应体系，往往依据若干个化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解的方法，称为“关系式”法。 (2)在确定“已知量”和“待求量”之间的关系式时，一定要找出“中间量”(该“中间量”可在前一个化学反应中作生成物，而在下一个化学反应中作反应物)，并通过改变相关化学方程式的化学计量数使“中间量”的计量数变成同一个数值，从而建立“已知量”和“待求量”之间的化学计量数之比，即关系式。 考点二 关系式法 返回 ‹#› 2．关系式法解题步骤 返回 ‹#› 1．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% C 返回 ‹#› 解析：C　由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g 2 mol m(S) 0.5×10×10-3 mol 解得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。 返回 ‹#› 2．(2025·河北保定模拟节选)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0.9000 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，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0.1000 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：＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3+＋7H2O；I2＋ 计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程，结果精确至小数点后两位)。 返回 ‹#› 答案：＝24.0×10-3 L×0.1000 mol·L-1＝2.4×10-3 mol。根据2Cr3+知，n[Cr(OH)3]＝n(Cr3+)＝8.0×10-4 mol，则0.9000 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%。 返回 ‹#› 1．含义 “差量”一般是指某一化学反应前后某一物理量的差值，如固体质量、气体体积等。 2．解题步骤 (1)准确写出有关反应的化学方程式。 (2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”，该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。 (3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 考点三 差量法 返回 ‹#› 3．“热重曲线”及分析 (1)“热重曲线”(TG曲线)是指使用热天平记录的热分析曲线，纵坐标为试样质量或残留率，横坐标为温度或时间。通过对热重曲线的分析，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、分解情况及生成的产物等与质量相关联的信息。如固体物质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%。 返回 ‹#› (2)对于含有结晶水的某固体M·xH2O热分解反应的过程主要有两个变化阶段：①固体失去结晶水的过程；②M固体分解的过程。对于具体的图像可以发生分步反应失去结晶水或M固体分解生成多种物质。 (3)M固体可能为盐或氧化物，随着温度的升高，继续分解可能失去一些挥发性的物质，如NH3、CO2、CO等气体，而金属一般以化合态残留在最终产物中。 返回 ‹#› 1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为 (　　) A．4 L　　　　　　　 B．8 L C．12 L D．16 C 返回 ‹#› 解析：C　混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)， 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　ΔV 44.8 L 22.4 L 22.4 L V(CO2) (20－16) L 44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16)L， 解得V(CO2)＝8 L，则V(CO)＝(20－8)L＝12 L。 返回 ‹#› 2．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体的质量为7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为________。 (2)生成气体A的物质的量为________。 解析：(1)设参加反应的KMnO4的质量为m g。 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑　Δm(固) (2×158)g 32 g m g 7.90 g－7.42 g 解得m＝4.74，即KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。 返回 ‹#› (2)剩余KMnO4的质量为3.16 g，物质的量为0.02 mol，生成K2MnO4的物质的量为0.015 mol，生成MnO2的物质的量为0.015 mol，根据剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成单质气体A可知，A为Cl2，由产物中锰元素以Mn2+形式存在可得关系式2KMnO4～5Cl2、K2MnO4～2Cl2、MnO2～Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成Cl2的物质的量分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol＋0.03 mol＋0.015 mol＝0.095 mol。 答案：(1)60.0%　(2)0.095 mol 返回 ‹#› 3．(2025·陕西商洛二模节选)近年来，随着材料改性技术的进步，新型锰基正极材料如磷酸锰铁锂、高电压型镍锰酸锂等产业化进程加速，锰元素应用又迎来新的增长点。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)制备锰的氧化物等物质的流程如图： 返回 ‹#› “氧化煅烧”时，MnCO3反应的化学方程式为___________________， 其固体残留率随温度的变化如图所示，“氧化煅烧”时应控制温度约为________。图中300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________。 返回 ‹#› 解析：“氧化煅烧”时，MnCO3与氧气反应生成Mn3O4，反应的化学方程式为6MnCO3＋2Mn3O4＋6CO2。设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g，A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，减少的质量约为115 g－87 g＝28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2；B点剩余固体质量为115 g×66.38%≈76 g，锰元素质量m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76 g－55 g＝21 g，氧原子物质的量为 mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1 ∶≈3∶4，则剩余固体成分化学式为Mn3O4；C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，m(O)＝71 g－55 g＝16 g，氧原 返回 ‹#› 子物质的量为1 mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1∶1，化学式为MnO。由于最终要得到产物Mn3O4，“氧化煅烧”时应控制温度约为770 ℃；图中300 ℃时，剩余固体为MnO2，n(Mn)∶n(O)为1∶2。 答案：6MnCO3＋O22Mn3O4＋6CO2　770 ℃　1∶2 返回 ‹#› 热重曲线分析的基本步骤 (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)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。 返回 ‹#› 1．[2024·浙江1月选考，20(6)]取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为______。 解析：最终得到氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜的物质的量为1.584 g÷(64＋16)g·mol-1＝0.0198 mol，由铜原子、硫原子守恒可知，m(H2S)＝0.0198 mol×34 g·mol-1＝0.6732 g，故产品的纯度为×100%＝99%。 答案：99% 真题 体验 返回 ‹#› 2．[2024·山东卷，19(3)]利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 返回 ‹#› 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0.0020 mol·L-1 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。 返回 ‹#› 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。 该滴定实验达终点的现象是__________________________；滴定消耗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)。 返回 ‹#› 解析：该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是保持气流不断，当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不褪色；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KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)＝V×10-3 L×0.0020 mol·L-1＝2.000×10-6V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2.000×10-6V mol＝6.000×10-6V mol，样品中硫的质量分数是×100%＝%。 答案：保持气流不断，当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为浅蓝色且30 s 内不褪色　%　 返回 ‹#› 3．[2024·江苏卷，14(3)②]将(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600 ℃时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中n的比值(写出计算过程)。 返回 ‹#› 答案：8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5mol，550～660 ℃时，固体分解产生H2O与CO2，质量共减少1.24 mg，其中n(H2O)＝2×10-5mol，m(H2O)＝0.36 mg，则m(CO2)＝1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，n(CO2)＝2×10-5mol，则剩余的＝2×10-5mol，＝(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)＝2∶1 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 (建议用时：45分钟　满分：50分) 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．28 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 限时规范 训练9 B 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 解析：B　铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol-1＝40 g。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2．将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到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，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　～　　　　 2 n 0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1 解得n＝3。 B 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 3．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． D 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：D　向混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀，根据＋Ba2+===BaSO4↓可知＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH3↑＋H2O可知＝c mol，由于溶液显电中性，设原溶液中Al3+的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)＝ mol·L-1，D正确。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 11 4．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 解析：C　设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则： Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm 1 mol 8 g x mol 0.3 g 1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g 解得x＝0.0375，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L-1。 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 5．用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到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 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 解析：C　设此铅氧化物的化学式为PbxOy， PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3 16y 100y m(O) 8.0 g m(O)＝＝1.28 g，所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶∶＝3∶4。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 6．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的n值为(　　) A．2　　　　　　　 B．3 C．4 D．5 B 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 解析：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体积增大的反应，则有4＋n<2＋6，所以n<4，C、D错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大了5%，说明气体的体积增加了5 L×5%＝0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法， 4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)　ΔV 4 4－n 1 L 0.25 L ，解得n＝3，A错误、B正确。 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 7．向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况下)Cl2，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　) A．0.75 mol·L-1　　　　 B．1 mol·L-1 C．1.5 mol·L-1 D．2 mol·L-1 D 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 解析：D　在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+> Br－，n(Cl2)＝＝0.3 mol；由题意可得，Cl2完全反应，Fe2+、Br－均参与反应。假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中n(Fe2+)＝0.1x mol，n(Br－)＝0.2x mol；方法一：得失电子守恒，由题意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为Fe3+、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 8．Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为(　　) A．5∶2 B．2∶5 C．3∶1 D．1∶3 A 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：A　Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、是氯原子被氧化的过程，氯元素的化合价分别由0价升高到＋1价和＋5价，Cl－、ClO－、的物质的量之比为9∶2∶1，可设物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol，则被氧化的氯原子原子的物质的量总共3 mol，Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×(1－0)＋1 mol×(5－0)＝7 mol；Cl2生成Cl－为氯原子被还原的过程，氯元素化合价从0价降低为－1价，根据氧化还原反应中得失电子守恒，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的氯原子的物质的量为＝7 mol，则参加反应的氯气的物质的量为×(7 mol＋3 mol)＝5 mol；由氯气生成的氯离子的物质的量为7 mol，总的氯离子为9 mol，则氯化氢生成的氯离子为9 mol－7 mol＝2 mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．为测定某区域空气中SO2的含量，课外小组的同学将空气样品通入200 mL 0.100 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中(假定样品中无其他还原性气体，SO2可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为5SO2＋＋2Mn2+＋4H＋。若空气流量为a L·min-1，经过b min溶液恰好褪色，则该空气样品中SO2的含量(单位：g·L-1)为(　　) A． B． C． D． D 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：D　根据题干信息，经过b min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为a L·min-1×b min＝ab L，消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.2 L×0.100 mol·L-1＝0.02 mol，根据方程式可得关系式：，则n(SO2)＝×5＝0.05 mol，则m(SO2)＝0.05 mol×64 g·mol-1＝3.2 g，则该空气样品中SO2的含量为 g·L-1。 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2026·山东潍坊高三检测)8.34 g绿矾晶体(FeSO4·7H2O)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是(　　) A．温度为78～159 ℃时固体物质M的化 学式为FeSO4·5H2O B．温度为159～373 ℃时固体物质N的化 学式为FeSO4·2H2O C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方 程式为FeSO4·2H2OFeSO4＋2H2O D．取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3 D 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：D　n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，温度为78～159 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g·mol-1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，A错误；温度为159～373 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，B错误；N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，C 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 错误；P的化学式为FeSO4，则Q应为铁的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g·mol-1＝1.68 g，则Q中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝2∶3，Q的化学式为Fe2O3，D正确。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 二、非选择题：本题共2小题。 11．(10分)钾是活泼的碱金属，钾和氧可形成氧化钾(K2O)、过氧化钾(K2O2)和超氧化钾(KO2)等多种化合物。 (1)钾和硝酸钾反应可制得K2O(10K＋2KNO3===6K2O＋N2↑)，39.0 g钾与10.1 g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为________g。 (2)某过氧化钾样品中氧的质量分数(杂质不含氧)为28%，则样品中K2O2的质量分数为________。 (3)超氧化钾和二氧化碳反应可生成氧气(4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2 L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8 L (标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量为________。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)设10.1 g硝酸钾反应需要K的质量为x g，反应生成的K2O的质量为y g。 10K＋2KNO3===6K2O＋N2↑ 390 202 564 x g 10.1 g y g 解得x＝19.5＜39.0，钾过量，y＝28.2。 (2)设样品总质量为1 g，其中含K2O2 a g，杂质不含氧，则样品中的氧原子均来自K2O2，故1 g×28%＝a g×＝×100%＝96.25%。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (3)设反应消耗KO2的质量为z g。 4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2　　ΔV 284 g 44.8 L 67.2 L 22.4 L z g 18.8 L －13.2 L 解得z＝71。 答案：(1)28.2　 (2) 96.25%　 (3)71 g 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(10分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知：I2＋，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是___________________________。 若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________(用含字母的代数式表示)。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为______________。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式：，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。 答案：(1)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 返回 ‹#› 第9讲　化学计算的常用方法 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $