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（山东、海南专版）

**基本信息** 以物质的量为核心，整合守恒法、差量法等计算方法，构建从概念到复杂应用的逻辑体系，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |离子反应计算|1题|电荷守恒法|从离子共存判断到电荷平衡推导| |气体反应计算|1题|差量法|依据反应前后体积差建立比例关系| |氧化还原计算|2题|电子守恒法、关系式法|电子转移守恒与产物价态分析结合| |热重分析|2题|质量守恒、元素守恒|结晶水失去与分解产物的定量推导| |实验滴定计算|2题|滴定终点判断、计量关系法|从实验流程到数据处理的逻辑链条|

作业验收评价(十)　以物质的量为中心的化学计算常用方法 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.向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L,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 4.X、Y均为短周期金属元素,同温同压下,0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应,生成H2体积为V1 L;0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是 (　　) A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C.产物中X、Y化合价之比一定为 D.由一定能确定产物中X、Y的化合价 5.摩尔盐是分析化学中重要的基准物质,其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程,现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析,绘制出如图的热重曲线[已知:(NH4)2SO4分解有N2生成]: 已知:①TG=×100% ②摩尔盐在580 ℃下完全分解,得到红棕色固体 下列说法错误的是 (　　) A.可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子 B.x=6 C.摩尔盐在580 ℃下完全分解后的气体产物是N2、SO2、SO3、H2O D.摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大 6.[双选](2026·济宁市期中)现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(设硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加b mol·L-1 NaOH溶液,当滴加到V mL时,得到沉淀质量恰好达到最大值,为n g。下列有关说法不正确的是 (　　) A.镁铝合金恰好溶解时溶液中N的物质的量为 mol B.沉淀中OH-的质量为17bV g C.标准状况下生成NO的体积为 L D.与镁铝合金反应的硝酸的物质的量为mol 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)(2024·山东卷改编)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)。 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。 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。 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)。  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D　在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br-,n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl-)=0.3 mol;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。也可依据分步反应或总反应求解。 4.选D　设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol,与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol,根据电子守恒以及H原子守恒可知X~aHCl~H2~Xa+、Y~bH2SO4~bH2~Y2b+。同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比,因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为,故A正确;X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因=,因此=,故B正确;产物中X、Y化合价之比为,由B项可知=,故C正确;由=可知,当a=1,b=0.5时,=1,当a=2,b=1时,=1,两种情况下X、Y的化合价不同,因此根据无法确定X、Y的化合价,故D错误。 5.选C　摩尔盐中铁元素化合价为+2价,Fe2+与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾溶液)反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀,可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子Fe2+,A正确;摩尔盐在580 ℃下完全分解,得到的红棕色固体为Fe2O3,设(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O为1 mol,则根据铁元素守恒可知,摩尔盐在580 ℃下完全分解,得到的Fe2O3为0.5 mol,质量为80 g,由图可知,最终TG=100%-9.2%-9.2%-9.2%-52.0%=20.4%,则最初1 mol摩尔盐的质量为≈392 g,即摩尔盐的相对分子质量为392,故18×2+56+96×2+18x=392,解得x=6,B正确;摩尔盐在580 ℃下完全分解后有Fe2O3,Fe2O3中铁元素是+3价,气体SO2中硫元素是+4价,SO3中硫元素是+6价,N2中氮元素还是0价,化合价有升高也有降低,但根据摩尔盐的化学式,化合价升高的总数不可能等于化合价降低的总数,C错误;摩尔盐较稳定,且摩尔质量大,配制标准液时误差小,更适合作标准液,Fe2+能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,D正确。 6.选BC　由恰好完全溶解到沉淀质量最大时,溶液中N的物质的量不变,当沉淀量最大时,溶液中的溶质只有硝酸钠,硝酸根离子与钠离子的物质的量相等,n(N)=n(Na+)=n(NaOH)= mol,A正确;沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁,沉淀质量等于镁铝合金质量与氢氧根质量之和,所以沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g,或者等于17bV×10-3 g,B错误;根据电子守恒原理,生成NO时,HNO3中+5价的N原子得3个电子,因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一,即 mol×= mol,其体积在标准状况下为 L,C错误;参加反应的硝酸有两种作用,起酸和氧化剂作用,作为酸的硝酸生成硝酸盐的物质的量等于硝酸钠的物质的量为 mol,作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为 mol,所以与合金反应的硝酸的物质的量为mol,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: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%=%。 答案:% 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 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $