第2章 第7讲 化学计算的常用方法(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦化学计算核心方法，通过守恒法、关系式法等系统训练，构建“方法-题型-知识”三维逻辑链，强化科学思维与守恒观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |守恒法|6题（1/3/4/6/10/14）|原子守恒、电荷守恒、电子守恒|从微观粒子守恒到宏观电荷平衡，建立守恒思想应用模型| |关系式法|3题（2/13/15）|多步反应关系式、元素对应关系|基于反应方程式推导物质转化关系，简化计算步骤| |差量法|2题（5/8）|体积差、质量差计算|利用反应前后量的变化建立比例关系，快速求解未知量| |综合计算|4题（7/9/11/12）|多方法融合应用|整合守恒、关系式等方法解决复杂混合物及反应体系问题|

限时规范训练7　化学计算的常用方法 (建议用时：45分钟　满分：58分) 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．(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　要求“得到氧化铜的质量”，需要求出混合物中“Cu”的物质的量。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原子守恒，可得n(CuCl2)＝0.5 L×1 mol·L-1÷2＝0.25 mol。根据Cu原子守恒，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。 2．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 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)＝1.28 g　　　　 8.0 g 所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶∶＝3∶4。 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． 解析：D　由混合溶液中加入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，由于溶液不显电性，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，故D正确。 4．(2025·辽宁沈阳一中一模)把1.0 mol·L-1CuCl2溶液和1.0 mol·L-1FeCl3溶液等体积混合(假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和)，再向其中加入足量铁粉，经过足够长的时间后Fe2+的物质的量浓度是(　　) A．1.25 mol·L-1 B．1.5 mol·L-1 C．2.5 mol·L-1 D．3 mol·L-1 解析：A　向该混合溶液中加入足量铁粉，反应后最终生成FeCl2溶液和Cu，根据Cl元素守恒，两溶液等体积混合后Cl－的浓度为：＝2.5 mol·L-1，Fe2+的浓度为Cl－浓度的一半，故浓度为1.25 mol·L-1。 5．(2025·吉林长春期末)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．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 解析：C　设有x L NH3分解，则 2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔV 　2　　　　　 1　　　3　　 2 x L　　　　　　　　　 　 (b－a) L ，解得x＝b－a，则该b L气体中NH3的体积分数为×100%＝×100%。 6．(2025·吉林长春德惠实验中学一模)向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100 mL 2 mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出224 mL(标准状况)的气体。向所得溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁(　　) A．5.6 g B．11.2 g C．22.4 g D．无法确定 解析：A　100 mL 2 mol·L-1的盐酸中HCl的物质的量为0.1 L×2 mol·L-1＝0.2 mol，向所得溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，溶液中没有铁离子，说明所得溶液为氯化亚铁溶液；根据氯原子、铁原子守恒列关系式2HCl～FeCl2～Fe，可知铁的物质的量是＝0.1 mol，铁的质量为0.1 mol×56 g·mol-1＝5.6 g，故选A。 7．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与的物质的量浓度之比为(　　) A．1∶4　　　　　　　 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 解析：A　设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe ＋ CuSO4=== FeSO4 ＋ Cu　Δm(固体质量增加) 56 g 1 mol　　　　　　　64 g　8 g 56y g y mol　　　　　 　 64y g　8y g Fe ＋ H2SO4=== FeSO4＋ H2↑　Δm(固体质量减少) 56 g　1 mol　　　　　　　　 56 g 56x g x mol　　　　　　　　　　56x g 因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，，则。 8．(2025·黑龙江大庆一模)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 解析：A　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(I2)＝n(O3)＝≈0.0036 mol，m(I2)＝0.0036 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。＋H＋ 9．某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2 ＋H＋＋H2O，6H＋＋＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为的转化率可达95%，而转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L-1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为(　　) A．24.32 kg B．30 kg C．25.3 kg D．4.08 kg 解析：A　根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：～CH3OH，则理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol-1＝2.432×104 g＝24.32 kg。 10．Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，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 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，化合价分别由0价升高到＋1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Cl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；根据氧化还原反应中得失电子数相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的Cl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Cl2与HCl的体积之比为5∶2，故选A。 11．(2025·山东泰安模拟)常温下，将0.3 mol NO2气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，产生的气体X与一定体积的O2混合，再通入NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成Na2CO3和NaNO2。下列说法错误的是(　　) A．气体X中CO2与NO的体积之比为2∶1 B．相同条件下，气体X的体积与原NO2的体积相同 C．反应中NO与O2的体积之比为4∶1 D．反应中消耗NaOH的物质的量为0.3 mol 解析：D　由化学方程式3NO2＋H2O===2HNO3＋NO、HNO3＋NaHCO3===NaNO3＋H2O＋CO2↑，可得关系式：3NO2～NO、3NO2～2HNO3～2NaHCO3～2CO2，通入0.3 mol NO2，则气体X中CO2的物质的量为0.2 mol，NO的物质的量为0.1 mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CO2与NO的体积之比为2∶1，A正确；由A项分析可知，相同条件下，气体X和原NO2的物质的量均为0.3 mol，体积相等，B正确；由化学方程式4NO＋O2＋4NaOH===4NaNO2＋2H2O可知，反应中NO与O2的体积之比为4∶1，C正确；由化学方程式4NO＋O2＋4NaOH===4NaNO2＋2H2O、CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O可知，0.1 mol NO消耗了0.1 mol NaOH，0.2 mol CO2消耗了0.4 mol NaOH，一共消耗0.5 mol NaOH，D错误。 12．(2025·湖南衡阳段考)将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末加入100 mL 3.8 mol·L-1盐酸中，充分反应后产生224 mL(标准状况)H2，残留0.64 g固体，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200 mL，测得其中c(H＋)为0.500 mol·L-1。下列说法错误的是(　　) A．残留固体没有Fe，只有Cu B．原混合物中单质铁的质量为4.48 g C．反应中消耗的H＋的物质的量为0.28 mol D．溶液中没有Fe3+，阳离子为H＋和Fe2+ 解析：B　由题意可知，溶液中剩余氢离子，故反应所得残留固体为铜，滤液为FeCl2和HCl的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c mol＝＝0.01 mol，由得失电子守恒可知，a mol×2＝b mol×2＋0.01 mol×2＋×2，由氯原子守恒可得：(a＋2b)mol×2＋0.500 mol·L-1×0.2 L＝3.8 mol·L-1×0.1 L，解联立方程可得a＝0.06、b＝0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.06 mol×56 g·mol-1＝3.36 g，反应消耗HCl的物质的量为3.8 mol·L-1×0.1 L－0.500 mol·L-1×0.2 L＝0.28 mol。 二、非选择题：本题共3小题。 13．(7分)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0.1000 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===＋2Fe2+＋4H＋； ＋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)________。 (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：(1)据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3+＋2H2O===＋2Fe2+＋4H＋、＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O得关系式： 　～　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(硫酸)×98%　 列式计算得：m(硫酸)＝1.5×107 g＝15 t。 答案：(1)90.00%　(2)3.36×106　15 14．(7分)向27.2 g Cu和Cu2O的固体混合物中加入0.5 L某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，生成4.48 L(标准状况)NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 L 1.0 mol·L-1的NaOH溶液，此时溶液中的溶质为NaNO3，铜离子已完全沉淀，沉淀的质量为39.2 g。[提示：Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O＋14HNO3(稀)===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O] (1)计算原固体混合物中Cu2O与Cu的物质的量之比：________。 (2)计算原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度：__________________。 解析：(1)在所得溶液中加入1.0 L 1.0 mol·L-1 NaOH溶液后，此时溶液呈中性，Cu2+已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，沉淀为，质量为39.2 g，Cu(OH)2的物质的量为＝0.4 mol，根据铜原子守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量可得：64x g＋144y g＝27.2 g，根据铜原子守恒有x mol＋2y mol＝0.4 mol，联立方程解得，x＝0.2，y＝0.1，所以原固体混合物中Cu2O和Cu的物质的量之比为1∶2。(2)根据氮原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝＋1.0 mol·L-1×1.0 L＝1.2 mol，所以原稀硝酸中HNO3的浓度为＝2.4 mol·L-1。 答案：(1)1∶2　(2)2.4 mol·L-1 15．(8分)(2025·山西太原模拟)在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量/mg 510 765 1020 气体体积/mL 560 672 672 (1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？________，理由是_____________________________________________________________ ____________________________________________________________。 (2)盐酸的物质的量浓度为________。 (3)合金中Mg的物质的量为________，Mg、Al的物质的量之比为________。 解析：(1)对比甲、乙数据，加765 mg合金时生成的氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加 1020 mg合金时生成氢气的体积不变，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应。 (2)加入1020 mg镁铝合金时，最多只能生成672 mL 氢气，说明盐酸最多只能生成672 mL氢气，n(H2)＝＝0.03 mol，根据关系式2HCl～H2可知，n(HCl)＝0.03 mol×2＝0.06 mol，盐酸的物质的量浓度为＝2 mol·L-1。 (3)由于甲组中，盐酸是过量的，所以用甲组来计算，设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，生成氢气的物质的量为＝0.025 mol，依题意得24x＋27y＝0.51，x＋y＝0.025，解得x＝0.01，y＝0.01，所以Mg、Al的物质的量之比为1∶1。 答案：(1)甲　甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能 　(2)2 mol·L-1　(3)0.01 mol　1∶1 学科网（北京）股份有限公司 $