难点专题3 化学计算的常用方法-【名师带你过关】2026-2027学年高考化学一轮复习

**基本信息** 聚焦化学计算四大核心方法，构建“方法定义-步骤解析-典例应用”体系，强化守恒思想与数学建模，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| |----|-----------|----------|----------| |差量法|1应用+1例题|识别理论差量，建立比例关系|从反应前后物理量变化切入，通过质量差推导物质组成| |关系式法|1应用+1例题|构建始态终态物质“量”的关联|依托原子守恒简化多步反应，实现单步计算| |守恒法|2应用+3例题|质量/电荷/电子守恒，热重曲线分析|以原子守恒为核心，延伸至热重分析与离子浓度计算| |方程组法|1应用+1例题|二元混合物设未知数列方程|通过数学思想解决混合体系组成与含量问题|

专题训练 1.A　【解析】 由2O33O2,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(O3)=n(I2)==0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1=0.91 g。 2.B　【解析】 根据反应式,2 mol M(NO3)2生成5 mol气体,气体总物质的量为2.5 mol时,M(NO3)2的物质的量为1 mol,对应M(NO3)2的质量为148 g,则其摩尔质量为148 g/mol,M的摩尔质量为148 g/ml-2×(14+3×16) g/mol=24 g/mol,故答案为B。 3.C　【解析】 四个反应生成相同物质的量Cl2时,反应①中每生成1 mol Cl2转移 mol e-,其他反应中每生成1 mol Cl2转移2 mol e-,统一分母后,转移电子数之比为5∶6∶6∶6,A正确;反应③中5 mol Cl2为氧化产物,2 mol MnCl2为还原产物,比值5∶2,B正确;反应①中6 mol HCl参与,仅5 mol被氧化,转移5 mol e-,C错误;消耗等量HCl时,反应②中每消耗1 mol HCl转移 mol e-,反应③中每消转移比值4∶5,D正确。故选C。 4.C　【解析】 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。 5.C　【解析】 S与O2反应生成SO2,进而被氧化为SO3,SO3与水反应生成硫酸,硫酸与氢氧化钠发生反应:H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O。n(H2SO4)=n(NaOH)=×0.01×0.5 mol=0.002 5 mol,根据硫原子守恒,可知n(S)=0.002 5 mol,w(S)=×100%≈36%。 6.C　【解析】 碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为氯化铜,溶解28.4 g该混合物,消耗1 mol·L-1 HCl 500 mL,HCl的物质的量为0.5 mol,根据氯原子守恒,得HCl~CuCl2,则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu原子守恒可知,原混合物中含有Cu原子的物质的量为0.25 mol,煅烧等质量的上述混合物,得到氧化铜的物质的量为0.25 mol,则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。 7.B　【解析】 第一份溶液中加入硝酸银生成白色沉淀,可能是氯化银、硫酸银或碳酸银中的一种或它们的混合物,第二份溶液中加入足量氢氧化钠溶液,且露置在空气中生成1.16 g白色沉淀,说明原溶液中不含Fe2+,含有Mg2+,该沉淀为Mg(OH)2,C与Mg2+不能共存,说明溶液中不含C,第三份溶液中加入足量的氯化钡溶液生成2.33 g白色BaSO4沉淀,说明溶液中含有S,Ba2+与S不能共存,溶液中不含Ba2+。由分析可知,水溶液中含有Mg2+、S,不含C、Fe2+和Ba2+,根据已知条件可知Mg(OH)2沉淀的物质的量为1.16 g÷58 g/mol=0.02 mol,n(Mg2+)=0.02 mol;BaSO4沉淀的物质的量为2.33 g÷233 g/mol=0.01 mol, n(Ba2+)=0.01 mol,根据电荷守恒可知溶液中一定存在Cl-,可能存在K+;综上,水溶液中一定含有Mg2+、S和Cl-,一定不含C、Fe2+和Ba2+,可能含有K+。 8.A　【解析】 生成的沉淀为X3(OH)4SO4(s),X2+和OH-的物质的量比为3∶4,根据元素守恒,XSO4溶液、NaOH溶液的物质的体积比为3∶4,需要XSO4溶液的体积为50 mL×,需要NaOH溶液的体积为50 mL×,故选A。 9.C　【解析】 现有铁及其氧化物粉末7.04 g,加入含0.1 mol H2SO4的稀硫酸恰好完全溶解,向反应后的溶液滴加KSCN溶液,无明显变化,说明生成物是硫酸亚铁,根据硫酸根离子守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.1 mol,所以混合物中铁元素的物质的量是0.1 mol,质量是0.1 mol×56 g/mol=5.6 g,则铁及其氧化物粉末中氧元素质量为7.04 g-5.6 g=1.44 g,即O元素的物质的量为0.09 mol,则该混合物可表示为Fe10O9,该混合物在高温下与足量的CO充分反应,方程式为:Fe10O9+9CO10Fe+9CO2,根据Fe10O9~9CO2,设生成CO2的质量为x g,可列出:=,解得x=3.96 g;故选C。 10.A　【解析】 根据题干信息,经过3 min溶液恰好褪色,则通过空气的体积为0.5 L·min-1×3 min=1.5 L,消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.1 L×0.3 mol/L=0.03 mol,设尾气中SO2的物质的量为n mol,则由离子方程式得5SO2~2Mn 5　　　2 n mol　0.03 mol,n=􁀄 ol=0.075 mol,尾气样品中SO2含量为􁀄=.2 g/L,综上所述A符合题意;故选A。 11.D　【分析】 化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示,在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出,则说明失去的是水,即W为H,Z为O,YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体,则Y为N,原子序数依次增加,且加和为21,则X为B。 【解析】 A.X(B)的单质常温下为固体,故A错误;B.根据非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,则最高价氧化物的水化物酸性:X(H3BO3)<Y(HNO3),故B错误;C.根据前面已知200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出,则说明失去的是水,若100~200 ℃阶段热分解失去4个H2O,则质量分数,则说明不是失去去4个H2O,故C错误;D.化合物(NH4B5O8·4H2O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3),根据硼元素守恒,则得到关系式2NH4B5O8·4H2O~5B2O3,则固体化合物B2O3质量分数为×100%≈64.1%,说明假设正确,故D正确。综上所述,答案为D。 12.D　【分析】 废气经过MOFs材料之后,NO2转化成N2O4被吸附,进而与氧气和水反应生成硝酸,从该过程中我们知道,NO2转化为N2O4的程度,决定了整个废气处理的效率。 【解析】 A.从2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0可以看出,这个是一个放热反应,升高温度之后,平衡逆向移动,导致生成的N2O4减少,不利于NO2的吸附,A正确;B.多孔材料“固定”N2O4,从而促进2NO2N2O4平衡正向移动,B正确;C.N2O4和氧气、水反应生成硝酸,其方程式为2N2O4+O2+2H2O4HNO3,C正确;D.在方程式2N2O4+O2+2H2O4HNO3中,转移的电子数为4e-,则每获得0.4 mol HNO3,转移的电子数为0.4 mol,即个数为0.4 mol,D错误;故选D。 13.A　【分析】 由流程可知,氢溴酸中含有少量的溴,加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫,再加入硫酸除杂,得到的滤渣为硫酸钡和硫;加入碳酸锂进行中和,得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。 【解析】 A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质,若直接返回还原工序,则产品中会有一定量的溴化钠,导致产品的纯度降低,A说法错误;B.除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫,硫属于非极性分子形成的分子晶体,而硫酸钡属于离子晶体,根据相似相溶原理可知,硫可溶于煤油,而硫酸钡不溶于煤油,因此可用煤油进行组分分离,B说法正确;C.中和工序中,碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水,该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O,C说法正确;D.根据电子转化守恒可知,溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1;根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知,n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1,因此,参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1,D说法正确;综上所述,本题选A。 14.【答案】 (1)溶液由蓝色变无色,且30 s内不恢复蓝色×100%　(2)CaO 【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。 15.【答案】(1) 1.59 g Na2CO3,0.84 g NaHCO3 (2)0.025 mol 【解析】 (1)加热NaHCO3和Na2CO3固体混合物时发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,设剩余固体混合物中NaHCO3物质的量为x mol,Na2CO3物质的量为y mol,则84x+106y=2.43 g,加热后的固体与HCl反应后生成NaCl、H2O和CO2,根据Cl元素守恒可知NaCl物质的量为 0.04 mol,根据Na守恒可知x+2y=0.04,联立解得x=0.01,y=0.015,则混合物中Na2CO3的质量为0.015 mol×106 g/mol=1.59 g,NaHCO3的质量为0.01 mol×84 g/mol=0.84 g。(2)根据C守恒可知0.015 mol Na2CO3产生0.015 mol CO2,0.01 mol NaHCO3产生0.01 mol CO2,故气体A的物质的量为0.015 mol+0.01 mol=0.025 mol。 16.【答案】 (1)具支试管　防倒吸 (2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O　O2　既不是氧化剂,又不是还原剂 (3)CuO2　(4)溶液蓝色消失,且半分钟不恢复原来的颜色　72% 【解析】 (1)由图可知,仪器A的名称为具支试管;铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮,其中二氧化氮易溶于水,需要防倒吸,则装置B的作用为防倒吸;(2)根据实验现象,铜片溶解,溶液变蓝,可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应,生成硫酸铜,离子方程式为:Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O;硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气,则产生的气体为O2;在铜和过氧化氢的反应过程中,氢元素的化合价没有发生变化,故从氧化还原角度说明H+的作用是:既不是氧化剂,又不是还原剂;(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×=,因为=,则m(O)=n×+(m-n)=,则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为:==,则X为CuO2;(4)滴定结束的时候,单质碘消耗完,则标志滴定终点的现象是:溶液蓝色消失,且半分钟不恢复原来的颜色;在CuO2中铜为+2价,氧为-1价,根据2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4,可以得到关系式:CuO2~2I2~4S2,则n(CuO2)=×0.1 mol/L×0.015 L=0.000 375 mol,粗品中X的相对含量为×100%=72%。 难点专题4　喷泉实验的原理及应用 学科网（北京）股份有限公司 $ 难点专题3　化学计算的常用方法 方法一　利用差量法计算 1.差量法是一种通过分析化学反应前后相关物理量的变化,来确定“理论差量”的方法。这种差量可能表现为质量、物质的量、气态物质的体积或压强,以及反应过程中的热效应等。 2.应用差量法解题的核心在于准确识别“理论差量”。具体步骤是将化学方程式中的理论差量与实际差量进行比例对应,进而求解问题。如: 2C(s)+O2(g)2CO(g)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol 1 mol　 2 mol　　24 g 1 mol　22.4 L(标况) 应用举例　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,请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 【答案】 样品加热发生的反应为: 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm 　　168　　 　　106　　　 　　　　　62 m(NaHCO3)　　　　　 　　　　　　(w1-w2) g 样品中m(NaHCO3)= g, 则样品中m(Na2CO3)=w1 g- g, 其质量分数为: ×100%=×100%=×100%。 例　(2026·浙江宁波·期中)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:①Cu2O与稀硫酸发生反应,得到紫红色固体和蓝色溶液。 ②Cu+Fe2(SO4)3CuSO4+2FeSO4。 (1)写出①中化学方程式　　　　　　　　　。  (2)若a=　　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  (3)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　 mol(用含m的最简式表示)。  【解析】 (1)由题干信息可知,Cu2O与稀硫酸发生反应,得到紫红色固体即Cu和蓝色溶液即CuSO4,根据氧化还原反应配平可得,该反应的化学方程式为Cu2O+H2SO4CuSO4+H2O+Cu。 (2)若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体若为纯净物,只能是Cu2O,根据 Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O mol 　　　 mol 所以a=×64=m。 (3)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O x　　　　　　　2x Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O y　　　　　　 y　　　　　y 2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ 2x　　x 根据题意 所以x=。 【答案】 (1)Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O (2)　(3) 方法二　利用关系式法计算 1.关系式法是描述物质间相互关系的一种简化表达方式,能够清晰展示始态反应物与终态生成物之间的“量”的关联,从而将复杂的多步计算简化为单步计算。 2.运用关系式法解题的核心在于构建准确的关系式,具体方法包括:①借助化学方程式中化学计量数之间的内在联系;②依托原子守恒原理;③利用得失电子守恒规律;④通过化学方程式的叠加等。 应用举例 200吨含硫40%的黄铁矿,用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨? 【答案】 257.9 t 【解析】 根据反应前后硫原子数不变,可得关系式:2S~FeS2~2H2SO4 即:S　　~　H2SO4　 　 32　　　　　98　　 200 t×40%　　95%·x　　 32∶98=(200 t×40%)∶(95%·x) x≈257.9 t。 例　(2026广东广州期末)学家常用SnCl2—TiCl3—KMnO4无汞测铁法测定赤铁矿试样中的铁含量。已知:Sn2+易被空气氧化为Sn4+。 实验步骤如下: Ⅰ.配制SnCl2溶液:称取6.00 g　SnCl2·2H2O溶于20 mL某A溶液,加水至100 mL,加入少量锡粒。 Ⅱ.溶解试样:准确称取a g赤铁矿试样于烧杯中,加入10 mL浓盐酸。试样完全溶解后,将溶液转移至锥形瓶中。 Ⅲ.定量还原Fe3+:往锥形瓶中滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+,然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+。 Ⅳ.定量测定铁含量:向步骤Ⅲ的溶液中加入蒸馏水稀释至20 mL,取20 mL溶液,用c mol· L-1 KMnO4 标准溶液滴定至终点。重复实验3次。 完成下列问题。 (1)步骤Ⅰ中A溶液为　　　　(填试剂名称),加入锡粒的作用是　　　　　　。  (2)①滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②若消耗c mol· L-1 KMnO4 标准溶液V mL,则a g试样中Fe元素的质量分数为　　　　(用含a、c、V的最简代数式表示)。  (3)下列操作会导致测定的铁含量偏小的是　　　　。  A.步骤Ⅱ中,未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至锥形瓶中 B.步骤Ⅲ中,TiCl3溶液稍过量 C.滴定前滴定管中有气泡,滴定后气泡消失 D.滴定前平视读数,滴定后俯视 【答案】(1)盐酸　防止Sn2+被氧化　(2)①溶液由无色变为浅红色且30 s不恢复原来的颜色　②　(3)AD 【解析】先用盐酸溶解样品,溶解完后移入锥形瓶中,先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+,然后滴加TiC13溶液至F恰好还原为Fe2+,再用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点,可被Fe2+还原为Cr3+,重复实验3次,记录数据进行计算。 (1)防止Sn2+水解,步骤Ⅰ中A溶液为浓盐酸;加入锡粒的作用,Sn2+易被空气氧化为Sn4+,加入Sn,发生反应Sn4++Sn2Sn2+,可防止Sn2+被氧化。(2)①KMnO4标准溶液有酸性和氧化性,应用酸式滴定管,滴定过程中盛KMnO4标准溶液应选用c。②用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定Fe2+至终点,滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色且30 s不恢复原来的颜色。根据滴定反应　5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,消耗c mol·L-1KMnO4标准溶液V mL, n(KMnO4)=cV=c mol·L-1×V×10-3 L=cV×10-3mol,n(Fe)=5n(KMnO4)=5cV×10-3 mol,定量测定铁含量:向步骤Ⅱ的溶液中加入蒸馏水稀释至200 mL,取20 mL溶液,用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点,故a g试样中Fe元素的质量分数为 ×100%=。 (3)步骤Ⅱ中,未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至锥形瓶中会使Fe2+含量少导致滴定时用到的KMnO4少,滴定结果偏小,A正确;步骤Ⅲ中,TiCl3溶液稍过量TiCl3也会消耗一部分KMnO4,导致消耗的KMnO4体积偏大,最终测得的铁元素含量偏大,B错误;滴定前滴定管中有气泡,滴定后气泡消失导致消耗的KMnO4体积偏大,最终测得的铁元素含量偏大,C错误;滴定前平视读数,滴定后俯视导致读数偏小,导致消耗的KMnO4体积偏小,最终测得的铁元素含量偏小,D正确;故选AD。 方法三　利用守恒法计算(含热重分析法) 1.质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后各原子的种类和数目保持不变。 应用举例　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,列式计算最终得到的固体质量。 【答案】 经过一系列反应后,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。 2.热重曲线的分析方法 (1)测定固体物质组成的热重法 热重分析法是在控制温度的条件下,测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线,可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物,一般为先失水、再分解、后氧化。 (2)热重曲线的分析 ①设晶体(金属化合物)为1 mol,其质量为m。 ②失重一般是先失水,再失非金属氧化物。 ③计算每步固体剩余的质量m(剩余),×100%=固体残留率。 ④晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。 ⑤失重后的产物最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(氧元素),由n(金属):n(氧元素),即可求出失重后物质的化学式。 例1　Co(OH)2在空气中加热时,固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水。计算并分析A、B、C点物质的化学式。 【答案】 Co(OH)2在加热分解过程中,Co原子的数目不变。 设有1 mol Co(OH)2,质量为93 g。则固体中Co的物质的量为1 mol,质量为59 g。 设290 ℃后固体的化学式为CoOx, A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83,此时x=1.5,即该固体为Co2O3; B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3,此时x≈,即该固体为Co3O4; C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75,此时x=1,即该固体为CoO。 3.电荷守恒 在离子方程式中,反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。 应用举例　将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH=1的硫酸溶液中,然后向其中加入NaOH溶液,使Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全,用去NaOH溶液100 mL,则NaOH溶液的浓度为　　　　。  【答案】 0.2 mol·L-1 【解析】 当Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全时,溶液中溶质只有硫酸钠,而Na+全部来源于NaOH,且变化过程中Na+的量不变。根据电荷守恒可知:=,所以,n(NaOH)=n(Na+)=2n(S)=n(H+)=0.1 mol·L-1×0.2 L=0.02 mol,c(NaOH)==0.2 mol·L-1。 例2　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S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. 【答案】 D 【解析】 由混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的S完全沉淀,根据S+Ba2+BaSO4↓可知n(S)=b mol;由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3,根据N+OH-NH3↑+H2O可知n(N)=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.得失电子守恒(详见难点专题2　电子守恒法计算及应用) 方法四　列方程组进行二元混合物的计算 计算中的数学思想:在两种物质组成的混合物中,一般可设两个未知数x、y,题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B),寻找x、y与A、B的数学关系,由此建立二元一次方程组进行联解: 应用举例　现有标准状况下CO和CO2混合气体6.72 L,其质量为10 g,则此混合气体中,CO和CO2的物质的量之比是　　　　。  【答案】2∶1 【解析】现有标准状况下CO和CO2混合气体物质的量=0.3 mol,其质量为10 g,n(CO)+n(CO2)=0.3 mol、28n(CO)+44n(CO2)=10 g,n(CO)=0.2 mol、n(CO2)=0.1 mol,CO和CO2的物质的量之比是2∶1。 专题训练 1.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+H2O2KOH+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 2.(2026上海市进才中学月考)M(NO3)2热分解的化学方程式为2M(NO3)22MO+4NO2↑ +O2↑,加热148 g M(NO3)2使其完全分解,收集到2.5 mol气体,那么M的摩尔质量是 (　　) A.64 g·mol-1 　 B.24 g·mol-1 C.65 g·mol-1　　 D.40 g·mol-1 3.(2026广东茂名月考)用下列方法均可制得氯气: ①KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O ②MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑ ③2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2↑+8H2O+2MnCl2 ④O2+4HCl+2H2O+2Cl2↑ 下列说法不正确的是 (　　) A.若要制得相同质量的氯气,反应中电子转移数目之比为5∶6∶6∶6 B.反应③氧化产物与还原产物个数之比为5∶2 C.反应①中反应6个HCl,转移6个电子 D.消耗等量HCl,②③反应中电子转移数目之比为4∶5 4.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物,把生成的CO2全部通入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 5.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% 6.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物,消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。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 7.(2026山西太原月考)某水溶液可能含有以下离子中的某几种:K+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、Cl-、C、S,现取三份100 mL该溶液分别进行如图所示实验。根据实验结果,以下推测错误的是 (　　) A.一定有Mg2+　　　　　 B.一定有K+ C.一定没有Fe2+　　　　 D.一定有Cl- 8.(2026·浙江杭州一模)XSO4(aq)与NaOH(aq)反应,定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0 mol/L的XSO4和1.0 mol/L NaOH混合,总体积为50 mL(体积可加合)。为了得到最大的沉淀量,这两种溶液的体积应取(　　) A.29 mL NaOH+21 mL XSO4 B.21 mL NaOH+29 mL XSO4 C.15 mL NaOH+35 mL XSO4 D.20 mL NaOH+30 mL XSO4 9.(2026·湖南郴州期末)现有铁及其氧化物粉末7.04 g,加入100 mL 1 mol·L-1的稀硫酸恰好完全溶解,并收集到标准状况下气体224 mL。向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,无明显变化。若将等质量的该混合物在高温下与足量的CO充分反应,生成CO2的质量为 (　　) A.1.65 g　　　　　B.2.20 g C.3.96 g　 D.4.40 g 10.(2026·重庆期中)为测定空气中SO2的含量,某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的100 mL、0.30 mol/L的酸性KMnO4溶液。已知SO2与该溶液反应的离子方程式为:5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2++4H+。若管道中空气流量为0.5 L/min,经过3 min溶液恰好褪色,假定样品中的SO2可被溶液充分吸收,则该空气样品中SO2的含量(单位为g/L)是(　　) A.3.2　 　B.6.4　 　C.9.6　 　D.1.6 11.(2022·全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示,在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 (　　) A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B.最高价氧化物的水化物酸性:Y<X C.100~200 ℃阶段热分解失去4个W2Z D.500 ℃热分解后生成固体化合物X2Z3 12.(2022·北京卷)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后,经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。 已知:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0 下列说法不正确的是 (　　) A.温度升高时不利于NO2吸附 B.多孔材料“固定”N2O4,促进2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动 C.转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O4HNO3 D.每获得0.4 mol HNO3时,转移电子的数目为6.02×1022 13.(2022·河北卷)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　　) A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液直接返回还原工序 B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离 C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O D.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1 14.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+2S22I-+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　　　　。  15.(2026浙江绍兴期中)取2.74 g NaHCO3和Na2CO3固体混合物,加热一段时间后剩余固体2.43 g,该剩余固体与足量的稀盐酸充分反应,消耗盐酸0.04 mol,生成纯净的气体A。请计算: (1)2.43 g固体的组成成分及各组分的质量　　　　　　　　　,　　　　　　　　　 。  (2)气体A的物质的量　　　　。  16.(2023·湖北卷)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题: (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图,仪器A的名称为　　　　,装置B的作用为　　　　　　　　　　　　　　。  (2)铜与过量H2O2反应的探究如下: 实验②中Cu溶解的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　; 产生的气体为　　　　。比较实验①和②,从氧化还原角度说明H+的作用是　　　　　　。  (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的 X在惰性氛围下加热, m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　　　　。  (4)取含X粗品 0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3 标准溶液15.00 mL。(已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4) 标志滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　,粗品中 X 的相对含量为　　　　。  学科网（北京）股份有限公司 $