大单元1 专题2 热点强化4 化学计算的常用方法-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质的量”专题中的化学计算方法，覆盖守恒法、关系式法、差量法等核心考点，依据高考评价体系分析高频考点权重，归纳热重分析、二元混合物计算等常考题型，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”，如以2025甘肃卷热重分析题为例，用守恒法构建“原子守恒-失重计算”模型，培养科学思维和科学探究与实践素养。特设“解题步骤模板”和“易错警示”，助力学生掌握技巧，教师可据此精准指导高效备考。

优化探究 大单元一　化学基本概念与化学实验基础 专题2　物质的量 热点强化4　化学计算的常用方法 1 方法一　守恒法 方法二　关系式法 方法三　差量法 方法四　守恒法的综合应用——热重分析法 方法五　守恒法的综合应用——二元混合物的计算 2 方法一　守恒法 3 【讲·热点归纳】 1.含义:所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒,如 守恒、 守恒、 守恒、 守恒、_____ 守恒、 守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系,推理得出正确答案的方法称为守恒法,从而达到速解、巧解化学试题的目的。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。 质量 元素 原子 得失电子数 电荷 能量 4 2.守恒法主要有如下三种类型 (1)质量守恒法:宏观特征:反应前后 守恒;微观特征:反应前后各元素的 守恒。 (2)电荷守恒法:溶液中阴、阳离子个数不一定相等,但 相等。离子方程式中,反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。 (3)得失电子数守恒:氧化还原反应中,氧化剂 电子总数与还原剂失电子总数相等。 质量 原子个数 正负电荷总数 得 5 【练·热点突破】 1.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 C 6 解析:要求“得到的氧化铜的质量”,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,故选C。 7 2.有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离),其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2∶3∶3,向溶液中通入氯气,使溶液中Cl-和Br-的个数比为7∶3(已知还原性I->Fe2+>Br->Cl-),则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为(　　) A.5∶4 B.4∶5 C.5∶12 D.12∶5 A 8 解析:还原性:I->Fe2+>Br->Cl-,根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)计算n(Fe2+),根据溶液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为7∶3,计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量,则可解答该题。由题意可设Cl-、Br-、I-的物质的量分别为2 mol 、3 mol 、3 mol,由电荷守恒可得:2n(Fe2+)=n(Cl-) +n(Br-)+n(I-)=2 mol+3 mol+3 mol=8 mol,n(Fe2+)=4 mol,通入氯气后,溶液中有剩余F,说明Br-没有参加反应,I-全部参加反应,要满足n(Cl-)∶n(Br-) =7∶3,Cl-只要增加5 mol 就可以,即需通入氯气2.5 mol 。3 mol I-先消耗1.5 mol氯气,2 mol Fe2+消耗1 mol 氯气,剩余Fe2+2 mol,则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为2.5 mol∶2 mol=5∶4。 9 3.大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收,发生如下反应: NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应,则V=　　　　。  3.00 10 解析:33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol,根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知,反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1,则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol,NaOH溶液的体积为=3.00×10-3 L=3.00 mL,即V=3.00。 11 (2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1,与x mol O2混合,能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3,则x=　　　　。   解析:n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol, n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)= 0.01 mol,根据得失电子数守恒,失电子:NO N、NO2 N;得电子:O2 2;故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4,解得x=0.04。 0.04 12 4.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使Ba2+完全沉淀;另取一份加入含b mol硝酸银的溶液,恰好使Cl-完全沉淀,该混合溶液中K+浓度为　 　　　。  10(b-2a) mol·L-1 解析:混合溶液分成5等份,每份溶液浓度相同。根据Ba2++S=== BaSO4↓可知,每份溶液中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=a mol;根据Ag++Cl-===AgCl↓可知,每份溶液中n(Cl-)=n(Ag+)=b mol,根据电荷守恒可知,每一份溶液中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-),则n(K+)=b mol-2a mol=(b-2a) mol,故c(K+)==10(b-2a) mol·L-1。 13 守恒法解题步骤 14 方法二　关系式法 15 【讲·热点归纳】 1.含义:关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种 ,在多步反应中,它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。一般适用于多步进行的连续反应,因前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可以根据中间物质的传递关系,找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一,利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算,免去逐步计算中的麻烦,简化解题步骤,减少运算量,且计算结果不易出错,准确率高。高考题量大,时间紧,对于涉及多步计算的问题,如滴定实验的有关计算,巧妙运用关系式法,可以缩短答题时间;解题的关键是正确书写关系式。 简化式子 16 2.关系式法类型 (1)纵向关系式:经过多步的连续反应,即后一反应的反应物为前一反应的 ,采用“加和”,将多步运算转化为 计算。 如工业上用黄铁矿(FeS2)生成硫酸所涉及的化学反应: 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　2SO2+O2 2SO3　SO3+H2O===H2SO4 故FeS2和H2SO4的关系为FeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4; 生成物 一步 17 多步反应也可以利用原子守恒建立关系式,如工业上氨气生产硝酸所涉及的化学反应: 4NH3+5O2 4NO+6H2O　2NO+O2===2NO2　3NO2+H2O===2HNO3+NO 可以利用N原子守恒建立氨气和硝酸之间的关系: NH3 HNO3。 18 (2)横向关系式:几种不同物质中含相同的量,根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有多个平行的化学反应即多个反应的 有一种相同,根据这一相同的生成物,找出有关物质的关系式,依此关系式进行计算可简化运算过程(说明:该关系式法主要用在多平衡体系中,此处不再举例说明)。 生成物 19 【练·热点突破】 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　　　。  36% 20 解析:由S元素质量守恒和有关反应可得出关系式: S~SO2~SO3~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%。 21 2.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限,T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如图所示。 则每脱去6.8 g H2S时,需消耗氧气的物质的量为　　　　　　 。  0.1 mol 22 解析:过程Ⅰ硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S:H2S+ Fe2(SO4)3 ===2FeSO4+S↓+H2SO4,过程Ⅱ中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁:O2+ 4FeSO4+2H2SO4===2Fe2(SO4)3+2H2O;所以2H2S~4FeSO4~O2, n(H2S)===0.2 mol,则消耗0.1 mol O2。 23 3.准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品,加适量水溶解,转移至碘量瓶中,加过量KI溶液并用稀硫酸酸化,以淀粉溶液为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗19.80 mL Na2S2O3溶液。测定过程中发生下列反应:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2、2S2+I2===S4+2I-。则CuSO4·5H2O样品的纯度为　　　　。  99% 24 解析:根据实验流程及离子方程式得关系式:CuSO4·5H2O~Na2S2O3,样品中n(CuSO4·5H2O)=n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.019 8 L=0.001 98 mol,则CuSO4·5H2O样品的纯度w=×100%=99%。 25 4.金属锡的纯度可以通过下述方法分析:将试样溶于盐酸,反应的化学方程式为Sn+2HCl===SnCl2+H2↑,再加入过量的FeCl3溶液,发生如下反应:SnCl2+2FeCl3===SnCl4+2FeCl2,最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,反应的化学方程式为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl===6FeCl3+2KCl+ 2CrCl3+7H2O。现有金属锡试样0.613 g,经上述反应后,共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。则试样中锡的百分含量为　　 　(假定杂质不参加反应,锡的相对原子质量为119)。  93.2% 26 解析:Sn与K2Cr2O7物质的量的关系: 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 3×119 g　　　　　1 mol x　　　　　　　　 0.100×0.016 mol x==0.571 2 g, w(Sn)=×100%≈93.2%。 27 关系式法解题步骤 第一步:写出各步反应的化学方程式。 第二步:找出作为“中介”的物质,并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。 第三步:确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 第四步:根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 28 方法三　差量法 29 【讲·热点归纳】 1.差量法是指根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化,找出“理论差量”,如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等。该差量的大小与反应前后物质的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系,解决一定量变的计算题的方法。 30 2.差量法解题的关键是找准“理论差量”, 把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例,然后求解。如: 　　　　　 2C(s)+O2(g)2CO(g)　 固体的质量差量 24 g Δm=24 g 物质的量差量 2 mol 1 mol 2 mol Δn=1 mol 气体的体积差量 1 L 2 L ΔV=1 L 31 【练·热点突破】 1.已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g,完全反应后固体质量减轻了3.1 g,求: (1)原混合物中碳酸钠的质量是　　　　　g。  10.6 32 解析:设混合物中碳酸氢钠的质量为m,则: 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm 168 62 m 3.1 g 由=　m=8.4 g 则碳酸钠的质量为19 g-8.4 g=10.6 g。 33 (2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是　　　　　L。  3.36 解析:剩余固体为碳酸钠,质量为19 g-3.1 g=15.9 g,物质的量为=0.15 mol,根据碳原子守恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol,标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1=3.36 L。 34 2.16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应:6NO+4NH3⥫⥬5N2+6H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL,则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况:①5∶3;②3∶2;③4∶3;④9∶7。其中正确的是(　　) A.①②　　　　　　　　　 B.①④ C.②③ D.③④ C 35 解析:根据反应前后气体体积的变化,可用差量法直接求解。 6NO+4NH3⥫⥬5N2+ 6H2O(g)　ΔV(气体的体积差) 6 mL 4 mL　 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5 mL-16 mL=1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体,还剩余1 mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)∶V(NH3)=(9 mL+1 mL)∶6 mL=5∶3;假设剩余的气体全部是NH3,则V(NO)∶V(NH3)=9 mL∶(6 mL+1 mL)=9∶7,但因该反应是可逆反应,剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体,故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间,对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 36 3.白色固体PCl5受热即挥发并发生分解:PCl5(g) ⥫⥬PCl3(g)+Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中,在277 ℃达到平衡,容器内压强为1.01×105 Pa,经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol,则平衡时PCl5的分解率为　　　　。  78.6% 37 解析:计算PCl5的起始物质的量,利用差量法计算参加反应的PCl5的物质的量,进而计算平衡时PCl5的分解率。5.84 g PCl5的物质的量为≈0.028 mol,设参加反应的PCl5的物质的量为x,则: PCl5(g) ⥫⥬PCl3(g)+Cl2(g)　物质的量增大 1　　　　　　　　　　　　　 1 x 0.05 mol-0.028 mol=0.022 mol 故x=0.022 mol,则平衡时PCl5的分解率为×100%≈78.6%。 38 4.取7.90 g KMnO4,加热分解后剩余固体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　　　 　。   60.0% 解析:根据: 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　 32 g 　　m　　　　　　　　　　　　7.90 g-7.42 g 解得m=4.74 g,即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。 39 (2)气体A的物质的量为　　 　　。  0.095 mol 解析:根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol),生成K2MnO4为0.015 mol,生成MnO2为0.015 mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A,可知A为Cl2,结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2,可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2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。 40 差量法解题模板 (1)明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。 (2)结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 (3)列比例式求解。 41 方法四　守恒法的综合应用——热重分析法 42 【讲·热点归纳】 1.热重分析法是指程序控制温度和一定气氛条件下,测量物质的质量与温度或时间关系的一种热分析方法。 2.解答热重分析试题的常用方法为 (1)设晶体为 。  (2)失重一般是先失 ,再失 。 (3)计算每步的m(剩余),固体残留率=×100%。 1 mol 水 非金属氧化物 43 (4)晶体中金属质量 ,仍在m(剩余)中。 (5)失重最后一般为 ,由质量守恒得 ,由 ,即可求出失重后物质的化学式。 不减少 金属氧化物 m(O) n(金属)∶n(O) 44 如草酸钙晶体(CaC2O4·H2O)在氮气氛围中的热重曲线如图所示: ①热重曲线中第一个平台在100 ℃以前为CaC2O4·H2O; ②在100~226 ℃之间第一次出现失重,失去质量占试样总质量的12.3%,相当于1 mol CaC2O4·H2O失去1 mol H2O,即第二个平台固体组成为CaC2O4; ③在346~420 ℃之间再次出现失重,失去的质量占试样总质量的19.2%,相当于1 mol CaC2O4分解出1 mol CO,即第三个平台固体组成为CaCO3; ④在660~840 ℃之间出现第三次失重,失去的质量占试样总质量的30.1%,相当于1 mol CaCO3分解出1 mol CO2,即第四个平台固体组成为CaO。 45 以上过程发生反应的化学方程式为 CaC2O4·H2O CaC2O4+H2O↑ CaC2O4 CaCO3+CO↑ CaCO3 CaO+CO2↑ 【特殊】若在空气中CaC2O4受热分解时会发生如下反应: 2CaC2O4+O22CaCO3+2CO2。 46 【练·热点突破】 1.(2025·甘肃卷)某兴趣小组按如图流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。 47 取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为_____________________________  　 。  结晶水个数x=　　　　[M(C7H5)=121,结果保留两位有效数字]。  Eu(C7H5O2)3·xH2O失去吸潮时吸 收的水 1.7 48 解析:由Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮可知,受热时先失去吸潮时吸收的水,再失去结晶水,最后失去C、H等,最后得到的是Eu2O3。1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18x g,重量减少5.2%,根据M(C7H5)=121,1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol的Eu2O3,质量减少3×(121-8) g=339 g,重量减少56.8%,有关系式18x∶5.2%=339∶56.8%,x≈1.7。 49 2.(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组通过制备十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O),来测定其结晶水的含量。 结晶水测定:称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O,相对分子质量 为M),采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%,计算n=　　 　(用 含w、M的代数式表示);若样品未充分干燥,会导致n的值　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  偏大 50 解析:m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1= mol,结晶水占总质量的w%,则结晶水的物质的量为n2= mol,则n==;若样品未充分干燥,则加热时失重偏高,会导致n的值偏大。 51 3.(2026·安徽六安月考)称取54.0 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O,M=180 g/mol )加热分解,得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示,A、B两点时剩余的固体均为纯净物,其化学式分别为(　　) A.FeC2O4,Fe2O3 B.FeC2O4,Fe3O4 C.FeC2O4·H2O,Fe2O3 D.FeC2O4·H2O,FeO B 52 解析:54.0 g草酸亚铁晶体的物质的量为0.3 mol,0.3 mol 草酸亚铁的质量为0.3 mol×144 g/mol=43.2 g;根据铁元素守恒,加热到400 ℃所得固体中铁元素的质量为0.3 mol×56 g/mol=16.8 g,则氧元素的物质的量为=0.4 mol,所以B点的化学式为Fe3O4;A点固体的质量恰好为 0.3 mol 草酸亚铁的质量,所以A点的化学式为FeC2O4。 53 4.碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物,称取115 mg碳酸锰(摩尔质量为115 g/mol )加热,固体物质的质量随温度的变化如图所示。 527.4 ℃时,MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为  　 。  4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2 54 解析:n(MnCO3)==0.001 mol,故n(Mn)=0.001 mol,m(Mn)=0.001 mol ×55 g/mol =0.055 g;527.4 ℃时,m(O)=(0.079-0.055) g=0.024 g,n(O)= =0.001 5 mol,n(Mn)∶n(O)=0.001 mol ∶0.001 5 mol =2∶3,此时产物为Mn2O3,反应的化学方程式为4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2。 55 方法五　守恒法的综合应用——二元混合物的计算 56 【讲·热点归纳】 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:。 【练·热点突破】 1.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液,往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多,反应后溶液中 c(OH-)=0.8 mol·L-1(忽略混合后溶液体积变化),则原混合物中K2CO3和KHCO3的物质的量之比为(　　) A.1∶2　　　　　　　　 B.1∶1 C.2∶1 D.2∶3 A 解析:设原混合物中n(K2CO3)=x mol,n(KHCO3)=y mol,根据总质量可得138x+100y=3.38　①, 往溶液中加入Ba(OH)2溶液,恰好使生成白色沉淀的量最多,反应后剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.8 mol·L-1×0.05 L=0.04 mol。 根据方程式: K2CO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+2KOH x mol 2x mol KHCO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+KOH+H2O y mol y mol 可得2x+y=0.04　②, 联立①②解方程组得。 所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01 mol∶0.02 mol =1∶2。 2.取1.77 g镁铝合金投入100 mL 2.00 mol·L-1的盐酸中,合金完全溶解,放出氢气1.904 L(已折算成标准状况)。请计算: (1)镁铝合金中镁的质量分数=　　　　(保留三位有效数字)%。  解析:根据题意得出24 g·mol-1 n(Mg)+27 g·mol-1 n(Al)=1.77 g,镁、铝与盐酸反应生成氢气,根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=×2,两式联立解得,n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol。镁铝合金中镁的质量分数为×100%≈54.2%。 54.2 (2)上述溶液中继续滴加V mL 1.00 mol·L-1的NaOH溶液,得到沉淀3.10 g。则V的最大值=　　　　。  220 解析:根据上述计算,得出n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol,假设镁、铝全部生成沉淀,则质量为0.04 mol×58 g·mol-1+0.03 mol×78 g·mol-1=4.66 g> 3.10 g,氢氧化铝为两性氢氧化物,因此沉淀达到3.10 g,消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成四羟基合铝酸钠,3.10 g沉淀中含氢氧化镁沉淀的质量为0.04 mol×58 g·mol-1=2.32 g,含氢氧化铝的质量为3.10 g-2.32 g=0.78 g,反应后溶液中的溶质为NaCl和Na[Al(OH)4],根据铝原子守恒,溶液中n{Na[Al(OH)4]}=0.02 mol,根据钠原子守恒,消耗氢氧化钠溶液最大体积为 =0.22 L,即220 mL。 3.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:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  解析:若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体粉末若为纯净物,只能是Cu2O,根据 Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O mol　　　 mol 所以a=×64=m。 (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　 　　(用含m的最简式表示) mol。  解析:设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O x mol 2x mol Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O y mol y mol y mol 2Fe3+ + Cu===2Fe2++Cu2+ 2x mol x mol 根据题意所以x=。 $