作业验收评价(10) 以物质的量为中心的化学计算常用方法(Word练习)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦以物质的量为中心的化学计算，系统整合守恒法、差量法等核心解题方法，构建从概念到综合应用的逻辑链条，培养科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础计算|选择题1-3|电荷守恒（离子共存）、差量法（气体反应）、元素守恒（结构简式计算）|从离子浓度关系到化学方程式计量，建立物质的量与微粒数、气体体积的关联| |综合应用|选择题4-6、非选择题7-10|得失电子守恒（氧化还原）、质量守恒（热重分析）、关系式法（滴定计算）|从单一反应计算到多过程综合分析，实现物质的量在复杂体系中的迁移应用|

作业验收评价(十)　以物质的量为中心的化学计算常用方法 (标题目配有讲评课件;本卷配有升维<降维>题目,可自主调试难度) 一、选择题 1.某溶液中大量存在以下五种离子:Mn、S、Fe3+、Na+、R(H+、OH-的量忽略不计),它们的物质的量之比为n(Mn)∶n(S)∶n(Fe3+)∶n(Na+)∶n(R)=2∶2∶1∶1∶1,则R可能为 (　　) A.K+ B.Ba2+ C.N D.Mg2+ 2.常温下,某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合,在一定条件下反应,使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态,反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L,则原氮的氧化物的化学式为 (　　) A.N2O3 B.NO2 C.NO D.N2O 3.(2026·宿迁致远中学期初)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 4.(2026·南通海安实中月考)将NaIO3溶液逐滴滴入含5 mol NaHSO3的溶液中,反应中生成的I-、I2的物质的量与滴入的NaIO3的物质的量的关系如图所示。当溶液中I-与I2的物质的量相等时,加入的NaIO3的物质的量是 (　　) A.1.525 mol B.1.875 mol C.2.225 mol D.2.275 mol 5.(2026·盐城射阳中学月考)称取3.60 g草酸亚铁晶体 (FeC2O4·2H2O相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解,得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示,300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物,试通过计算确定该氧化物的化学式为 (　　) A.FeO3 B.Fe2O3 C.Fe3O4 D.Fe4O5 6.(2026·濮阳市第一高级中学开学摸底)将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0.05 mol,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。下列说法正确的是 (　　) A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2 B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 mol·L-1 C.NO2和N2O4的混合气体中,N2O4的体积分数是40% D.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是640 mL 二、非选择题 7.(6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　　　　　　　。  8.(4分)(2026·扬州期中)利用MgO2与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。向MgCl2溶液中加入适量(NH4)2CO3溶液,通过沉镁、焙烧得到MgO,MgO与H2O2溶液反应可制取MgO2。 (1)沉镁时,Mg2+转化为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O,同时有HC生成。该反应的离子方程式为 　。 (2)取一定量4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O(摩尔质量为466 g·mol-1)在密闭体系中进行焙烧,剩余固体的质量随温度变化的曲线如下图所示。450 ℃时,A点处所得固体产物化学式可表示为MgaOb(CO3)c。通过以上实验数据确定该产物中n(Mg2+)∶n(C)的比值为　　　　。  9.(8分)0.80 g CuSO4·5H2O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: 请回答下列问题: (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式: 　。 (2)取270 ℃所得样品,于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为 　。 把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为　　　　　　,其存在的最高温度是　　　　。  10.(8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+2S2==2I-+S4,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　　　　　　　　　　　(用字母表示)。  (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　　　　　。  答案 评价(十)　以物质的量为中心的化学计算常用方法 1.选D　n(Mn)∶n(S)∶n(Fe3+)∶n(Na+)∶n(R)=2∶2∶1∶1∶1,根据溶液呈电中性,设n(Na+)为1 mol,R的化合价为a,则有2 mol+2 mol×2=1 mol×3+1 mol+1 mol×a,解得a=+2,即R带2个单位正电荷,而Ba2+和S不能大量共存,故R为Mg2+。 2.选A 2NxOy+2yH2==2yH2O+xN2　　　ΔV 　2　　　2y　　　　　　　x　　　2+2y-x 15.6 L　　　　　　　　　　　　　　46.8 L =,化简为2y-x=4,经讨论可知x=2,y=3合理,A正确。 3.选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C4N8H8O8==4CO↑+4N2↑+4H2O↑,故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。 4.选B　当溶液中I-与I2的物质的量相等时,根据得失电子守恒和原子守恒,配平离子方程式为3I+8HS==I-+I2+8S+H2O+6H+,故5 mol NaHSO3消耗NaIO3的物质的量为×3 mol=1.875 mol。 5.选B　草酸亚铁晶体中铁元素的质量为3.6 g×=1.12 g,草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中,氧化物中氧元素的质量为(1.60-1.12)g=0.48g,铁元素与氧元素的质量比为1.12∶0.48=7∶3,设铁的氧化物的化学式为FexOy,则有56x∶16y=7∶3,x∶y=2∶3,所以固体为Fe2O3。 6.选D　金属离子全部沉淀时,得到的2.54 g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁,设Cu的物质的量为x mol,Mg的物质的量为y mol,根据98x+58y=2.54,64x+24y=1.52,解得x=0.02,y=0.01。则合金中Cu与Mg的物质的量之比为2∶1,A错误;根据浓硝酸的密度为1.40 g·mL-1,质量分数为63%,则该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为 mol·L-1=14.0 mol·L-1,B错误;混合气体的物质的量为0.05 mol,设NO2的物质的量为a mol,则N2O4的物质的量为(0.05-a)mol,根据电子得失守恒:a+2(0.05-a)=0.06, 解得a=0.04,N2O4体积分数为×100%=20%,C错误;金属离子全部沉淀时,反应后溶质为硝酸钠,根据氮元素守恒可知,硝酸钠的物质的量为0.05 L×14 mol·L-1-0.04 mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64 mol,根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64 mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64 mol÷1 mol·L-1=0.64 L=640 mL,D正确。 7.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)设样品中含K2O2 1 mol,杂质质量为a g,由题意得:(110+a)×28%=110×,解得:a≈4.29;ω(K2O2)=×100%≈96.25%。 (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 8.解析:(1)沉镁时,向MgCl2溶液中加入适量(NH4)2CO3溶液生成4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O,同时有HC生成,离子方程式为5Mg2++6C+6H2O==4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+2HC。(2)由图可知,4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O的物质的量==1×10-5 mol,根据Mg、C守恒可知:n(Mg2+)=5n[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]=5×10-5 mol,n(CO2)=4n[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]=4×10-5mol,450~525 ℃时失去n(CO2)==2×10-5 mol,结合C守恒,A处固体中n(C)=4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,则该产物中n(Mg2+)∶n(C)=5∶2。 答案:(1)5Mg2++6C+6H2O==4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+2HC　(2)5∶2 9.解析:CuSO4·5H2O受热到102 ℃时开始脱水分解,113 ℃时可得到较稳定的一种中间物,到258 ℃时才会继续分解。(1)在200 ℃时失去的水的质量为0.80 g-0.57 g=0.23 g,根据反应的化学方程式: CuSO4·5H2OCuSO4·(5-n)H2O+nH2O 250 18n 0.80 g 0.23 g =,解得n≈4,故200 ℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)于570 ℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO,氧化性气体则为SO3,反应的化学方程式为CuSO4CuO+SO3↑。CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水,经浓缩、冷却,得到的晶体为CuSO4·5H2O;由分析可知,其存在的最高温度是102 ℃。 答案:(1)CuSO4·H2O　(2)CuSO4CuO+SO3↑　 CuSO4·5H2O　102 ℃ 10.解析:(1)根据得失电子守恒,可得关系式CaO2~I2~2S2,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)当滴入最后半滴标准液,溶液由蓝色变无色,且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $