第三章 微专题 化学方程式计算中的解题方法　-【突破课堂】2026-2027学年高中化学必修第一册基础提升练（人教版）

**基本信息** 该同步练习聚焦化学方程式计算解题方法，按守恒法、关系式法、差量法、极值法分层设计，题量配比合理，梯度从基础应用到综合思维，强化科学思维与化学观念的培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |守恒法|元素守恒、电荷守恒等基础计算|8题，含期中/期末基础题，如CO与CO₂混合气体计算，巩固单一守恒应用| |关系式法|多步反应物质转化关系|2题，如黄铁矿煅烧-滴定综合计算，培养关联思维| |差量法|质量/体积差量分析|3题，如CO₂与CO混合气体通过Na₂O₂体积变化，训练差量模型建构| |极值法|混合物成分极限推断|3题，如钠氧化物成分分析，提升科学探究中的极值思维|

微专题　化学方程式计算中的解题方法　　　　　 　　　　　　　　　　 一、守恒法 1.(2025杭州期中)CO和CO2的混合气体共0.1 mol,通过足量的灼热的氧化铜,完全反应后,气体再全部通入足量的澄清石灰水中,得到的白色沉淀质量是(　　) A.5 g B.10 g C.15 g D.20 g 2.()已知:N+OH- NH3↑+H2O。向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. 3.()在2 L某混合溶液中,H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的物质的量浓度相等,其中S的物质的量浓度为2.5 mol·L-1。该溶液最多能溶解铁粉的质量是(　　) A.28 g B.56 g C.78 g D.112 g 4.()有一铁的氧化物样品,加入5 mol/L的盐酸240 mL可恰好完全溶解。所得溶液吸收标准状况下氯气3.36 L后Fe2+能全部变成Fe3+。该氧化物的化学式可表示为(　　) A.Fe2O3 B.Fe3O4 C.Fe4O5 D.Fe5O6 5.(2025西安期末)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL H+浓度为0.1 mol/L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200 mL,则NaOH溶液的浓度为(　　) A.0.1 mol/L B.0.2 mol/L C.0.3 mol/L D.0.4 mol/L 6.(2025四川德阳期末)把7.8 g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中,得到0.8 g H2。下列说法错误的是(　　) A.合金中铝的质量分数约为69.2% B.合金中镁和铝的物质的量之比为1∶2 C.镁和铝还原出的H2体积之比为3∶2 D.在标准状况下,0.8 g H2的体积为8.96 L 7.(2025河南洛阳月考)向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸,恰好使混合物完全溶解,放出224 mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现,混合物中铁元素的质量分数约为(　　) A.81.4% B.77.8% C.68.6% D.无法计算 8.(2025北京朝阳期中)将1 mol CH4和适量的氧气在密闭容器中点燃,充分反应后,甲烷和氧气均无剩余,且产物均为气体(101 kPa、120 ℃),其总质量为72 g。下列有关叙述不正确的是(　　) A.若将产物通过足量石灰水,沉淀过滤洗涤干燥后为75 g B.反应后气体的平均摩尔质量为24 g/mol C.若将产物通过碱石灰充分吸收后恢复至101 kPa、120 ℃,则体积变为原来的 D.反应中消耗的氧气物质的量为1.75 mol 二、关系式法 9.(2025陕西榆林月考)对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,增重0.28 g,则固体NaHCO3的质量为　(　　) A.0.42 g　 B.1.68 g　 C.0.84 g　 D.3.36 g 10.()黄铁矿的主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 0 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溶液测定其中Fe2+的含量,消耗25.00 mL K2Cr2O7溶液。 已知:SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+、Cr2+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)　　　(保留3位有效数字)。  (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%的硫酸的质量为　　　　t。  (3)在降雨时,测得该硫酸厂雨水中所含水溶性无机离子的平均浓度如表(忽略OH-): 离子 K+ Na+ N S N Cl- 浓度/ (mol·L-1) 4×10-6 6×10-6 2×10-5 4×10-5 3×10-5 2×10-5 根据表中数据判断雨水中c(H+)=　　　。  三、差量法 11.()标准状况下,将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末,在相同状况下,气体体积减少到16 L,则原混合气体中CO的体积为(　　) A.4 L B.8 L C.12 L D.16 L 12.()200 ℃时,11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后,固体的质量增加了3.6 g。从以上信息中,我们得出的下列结论中不正确的是(　　) A.可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量 B.可以计算出混合气体的平均摩尔质量 C.可以计算出该反应中转移的电子数 D.可以总结出Na2O2在任何反应中既作氧化剂又作还原剂 13.(2025吉林白城期末)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S的物质的量浓度之比为　(　　) A.1∶4 B.2∶7 C.1∶2 D.3∶8 四、极值法 14.()在一定条件下,取钠与氧气全部反应后的生成物1.5 g溶于水,所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L-1的盐酸中和,则该生成物的成分是(　　) A.Na2O B.Na2O2 C.Na2O和Na2O2 D.Na2O2和NaO2 15.()在100 mL 5.0 mol/L的FeCl3溶液中加入16.0 g铜和铁的混合物,充分反应后剩余固体1.2 g(反应前后溶液体积变化忽略不计,不考虑空气等影响)。下列有关说法不正确的是(　　) A.FeCl3溶液中的Fe3+已全部反应 B.还原剂失去电子的物质的量为0.5 mol C.原混合物中含有铜7.6 g D.根据氯原子守恒,可求得反应后溶液中Fe2+的浓度是7.5 mol/L 16.(2025南京期末)实验室中利用硫化亚铁和硫化锌混合物进行如图实验(忽略H2S在水中的溶解)。下列说法错误的是(　　) A.“4.5 g固体”一定是铁锌混合物 B.“溶液2”中的溶质只有ZnCl2 C.混合物中硫元素的质量分数约为38% D.反应②能生成标准状况下0.56 L H2 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题　化学方程式计算中的解题方法 1.B　CO和CO2的混合气体通过足量的灼热的氧化铜,CO转化为CO2,完全反应后,气体再与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀,根据碳原子守恒,n(CaCO3)=n(CO)+n(CO2)=0.1 mol,则m(CaCO3)=0.1 mol×100 g/mol=10 g,故选B。 2.D　向该混合溶液中加入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;向该混合溶液中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。设原溶液中Al3+的物质的量为x mol,由电荷守恒可得:3x+c=2b,x=,溶液的体积是a L,则原溶液中Al3+的浓度c(Al3+)== mol·L-1,故选D。 3.D　n(S)=2 L×2.5 mol·L-1=5 mol,H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的物质的量浓度相等,则有2n(Fe2+)=n(H+)=n(Fe3+),设Fe2+、Fe3+、H+的物质的量分别为a、2a、2a。根据电荷守恒知2a+2a×3+2a=5 mol×2,则a=1 mol,H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+,最后溶液中溶质为FeSO4,根据得失电子守恒,该溶液中最多溶解n(Fe)===2 mol,m(Fe)=2 mol×56 g·mol-1=112 g,故选D。 4.D　根据题意,n(HCl)=5 mol/L×0.24 L=1.2 mol,氧化物与盐酸反应时HCl中的H元素与氧化物中的O元素全部结合生成H2O,则氧化物中的n(O)=n(HCl)=0.6 mol;所得溶液吸收标准状况下氯气3.36 L即0.15 mol后Fe2+能全部变成Fe3+,此时溶液中溶质为FeCl3,n(Fe)=n(Cl-)=×(1.2 mol+0.15 mol×2)=0.5 mol,氧化物中n(Fe)∶n(O)=0.5 mol∶0.6 mol=5∶6,该氧化物的化学式可表示为Fe5O6,故选D。 5.A　硫酸溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L,则c(H2SO4)=×0.1 mol/L=0.05 mol/L;a g Fe2O3、Al2O3样品与硫酸反应后生成硫酸铝、硫酸铁,且硫酸有剩余,向反应后的混合溶液中加入200 mL NaOH溶液时,恰好使Fe3+、Al3+沉淀完全,此时溶液中溶质为Na2SO4,根据硫原子守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.2 L×0.05 mol/L=0.01 mol,根据钠原子守恒有n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.01 mol×2=0.02 mol,则c(NaOH)==0.1 mol/L,故选A。 6.C　反应生成H2的物质的量为=0.4 mol,设镁、铝的物质的量分别为x mol和y mol,根据质量守恒、得失电子守恒可得:,解得x=0.1、y=0.2,则合金中铝的质量分数为×100%≈69.2%,故A正确;根据A项分析可知,合金中镁和铝的物质的量之比为0.1 mol∶0.2 mol=1∶2,故B正确;由A项分析可知,合金中含有0.1 mol Mg、0.2 mol Al,镁和铝还原出的H2体积之比等于它们失去的电子数之比,即镁和铝还原出的H2体积之比为(0.1 mol×2)∶(0.2 mol×3)=1∶3,故C错误;0.8 g H2的物质的量为0.4 mol,标准状况下H2的体积为0.4 mol×22.4 L/mol=8.96 L,故D正确。 7.A　盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液中加KSCN溶液无红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯原子守恒,n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1 L×1 mol/L=0.05 mol,根据铁原子守恒,混合物中n(Fe)=n(FeCl2)=0.05 mol,混合物中铁元素的质量为0.05 mol×56 g/mol=2.8 g;HCl中氢原子部分转化为H2,部分结合混合物中氧原子转化为H2O,根据氢原子守恒,n(HCl)=2n(H2)+2n(H2O),故0.1 L×1 mol/L=2×+2n(H2O),解得n(H2O)=0.04 mol,根据氧原子守恒,混合物中n(O)=n(H2O)=0.04 mol,混合物中氧元素的质量为0.04 mol×16 g/mol=0.64 g,则混合物中铁元素的质量分数为×100%≈81.4%,故选A。 8.A　审题指导　根据质量守恒定律可知,氧气的质量为72 g-1 mol×16 g/mol=56 g,n(O2)==1.75 mol;1 mol CH4燃烧生成H2O的物质的量为=2 mol。若生成CO2和H2O,根据原子守恒可知消耗氧气的物质的量为=2 mol>1.75 mol,不成立;若生成CO与H2O,根据原子守恒可知消耗氧气的物质的量为=1.5 mol<1.75 mol,不成立,故甲烷燃烧生成CO2、CO和H2O,设CO2、CO的物质的量分别为x mol、y mol,根据碳原子与氧原子守恒,则有,解得x=0.5、y=0.5。 解题思路　产物通过足量石灰水,反应得到的沉淀为CaCO3,由碳原子守恒可得n(CaCO3)=n(CO2)=0.5 mol,则其质量为0.5 mol×100 g/mol=50 g,A错误;反应后混合气体的平均摩尔质量为=24 g/mol,B正确;CO2、H2O能被碱石灰吸收,CO不能被碱石灰吸收,恢复至101 kPa、120 ℃,则体积变为原来的=,C正确;由审题指导可知,D正确。 9.B　碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑,生成的气体先通过足量浓硫酸,吸收水蒸气,再通过足量Na2O2,Na2O2与CO2发生反应2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,Na2O2→Na2CO3,增重0.28 g相当于吸收了0.28 g “CO”,可得关系式:2NaHCO3~CO2~Na2O2~“CO”,n(NaHCO3)=2n(CO)=2×=0.02 mol,m(NaHCO3)=0.02 mol×84 g/mol=1.68 g,故选B。 方法指导　关系式法在化学计算中的应用 关系式是表示物质间关系的一种简化式子,可用于快速解决多步反应中的计算问题。建立关系式的思路:首先根据题目确定待求量和已知量,然后利用原子守恒等建立已知量与待求量之间的关系式,最后列式计算。 10.答案　(1)90.0%　(2)3.36×106　15　 (3)1×10-4 mol·L-1 解题思路　(1)样品在空气中充分灼烧生成SO2,结合S原子守恒和题给已知信息可得关系式: Cr2　~　6Fe2+　~　3SO2　~　FeS2 1 0.020 00 mol·L-1×0.025 L 解得m(FeS2)=0.090 00 g,则样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。 (2)FeS2　　　　　~　　　　　2SO2 1 2 mol n(SO2) 解得n(SO2)=1.5×105 mol,V(SO2)=22.4 L·mol-1×1.5×105 mol=3.36×106 L;由硫原子守恒得关系式: SO2　~　SO3　~　H2SO4 1 98 1.5×105 mol m(98%的硫酸)×98% 解得m(98%的硫酸)=1.5×107 g=15 t。 (3)根据溶液呈电中性得c(K+)+c(N)+c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(Cl-)+c(N),将题表中数据代入得c(H+)=1×10-4 mol·L-1。 11.C　混合气体中只有CO2和Na2O2反应,设CO2的体积为V(CO2),则 2CO2+2Na2O2 2Na2CO3+O2　ΔV 44.8 L 22.4 L V(CO2) (20-16) L 44.8 L∶22.4 L=V(CO2)∶(20-16) L,解得V(CO2)=8 L,则V(CO)=(20-8) L=12 L,故选C。 12.D　设11.6 g混合气体中CO2的质量为a g,水蒸气的质量为b g,Na2O2与CO2、H2O(g)反应后固体增加的质量分别为x g、y g,则 2CO2+2Na2O2 2Na2CO3+O2　Δm 88 g 56 g a g x g x= 2Na2O2+2H2O(g) 4NaOH+O2　Δm 36 g 4 g b g y g y= 由题意知,①a+b=11.6、②+=3.6,联立①②得a=4.4、b=7.2,即混合气体中CO2和水蒸气的质量分别是4.4 g和7.2 g,A项正确;由A项分析可知,n(CO2)==0.1 mol,n(H2O)==0.4 mol,混合气体的平均摩尔质量=11.6 g÷(0.1 mol+0.4 mol)=23.2 g·mol-1,B项正确;每2 mol CO2、H2O参加反应分别转移2 mol电子,该反应中转移的电子数为0.1 mol+0.4 mol=0.5 mol,C项正确;Na2O2中氧元素为-1价,化合价既可升高,也可降低,在某些反应中可只作氧化剂或只作还原剂,D项错误。 13.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(增) 56 g 1 mol 64 g 8 g 56y g y mol 64y g 8y g Fe　+　H2SO4 FeSO4+H2↑　Δm(减) 56 g 1 mol 56 g 56x g x mol 56x g 根据题意,反应前后固体质量相等,则Δm(减)=Δm(增),即56x=8y,===,则===,故选A。 14.C　所得溶液恰好能被80 mL 0.50 mol·L-1的盐酸中和,中和后的产物是NaCl,则n(Na)=n(HCl)=0.50 mol·L-1×0.08 L=0.04 mol。若生成物只有Na2O2,则m(Na2O2)=×78 g·mol-1=1.56 g;若生成物只有Na2O,则m(Na2O)=×62 g·mol-1=1.24 g;若生成物只有NaO2,则m(NaO2)=0.04 mol×55 g·mol-1=2.2 g。由以上分析可知,A、B错误;若生成物为Na2O和Na2O2,质量在1.24 g与1.56 g之间,C正确;若生成物为Na2O2和NaO2,质量在1.56 g与2.2 g之间,D错误。 15.D　Fe、Cu均能与氯化铁溶液反应,由金属有剩余可知,氯化铁完全反应,A正确;反应中Fe3+被还原成Fe2+,则0.5 mol Fe3+得到电子的物质的量为0.5 mol,根据得失电子守恒,还原剂失去电子的物质的量为0.5 mol,B正确;铁比铜活泼,铁先与FeCl3反应,铜后反应,若只有铁参与反应,0.5 mol氯化铁消耗的Fe的物质的量为0.25 mol,固体减少的质量为14.0 g,则剩余固体的质量应为16.0 g-14.0 g=2.0 g,而实际剩余固体质量为1.2 g,故还有Cu参与反应,设参与反应的Fe的物质的量为x mol,参与反应的Cu的物质的量为y mol,则56x+64y=16.0-1.2=14.8,根据得失电子守恒可得2x+2y=0.5,解得x=0.15,y=0.1,固体混合物中m(Fe)=0.15 mol×56 g/mol=8.4 g,m(Cu)=16.0 g-8.4 g=7.6 g,C正确;100 mL 5.0 mol/L FeCl3溶液中Cl-的浓度为15 mol/L,由C项分析可知,反应后的溶液中含Fe2+、Cu2+,根据氯原子守恒,可求得反应后溶液中Fe2+、Cu2+的浓度之和是7.5 mol/L,D错误。 16.C　审题指导　n(HCl)=2 mol/L×0.1 L=0.2 mol,盐酸和ZnS、FeS发生的反应分别为ZnS+2HCl ZnCl2+H2S↑、FeS+2HCl FeCl2+H2S↑,则6.9 g ZnS、FeS固体混合物的物质的量越大,消耗的盐酸越多,且M(ZnS)>M(FeS),FeS含量高时固体混合物的物质的量大,消耗的n(HCl)多,若6.9 g固体全部是FeS,n(FeS)=≈0.078 mol<×0.2 mol=n(HCl),所以溶解FeS、ZnS的盐酸有剩余;若得到的4.5 g固体全为铁,n(Fe)=≈0.08 mol,根据Fe原子守恒,则m(FeS)=0.08 mol×88 g/mol=7.04 g>6.9 g,所以“4.5 g固体”一定是铁锌混合物;设6.9 g固体混合物中n(ZnS)=x mol,n(FeS)=y mol,97x+88y=6.9①,溶解6.9 g固体混合物后剩余n(HCl)=0.2 mol-(2x+2y) mol=(0.2-2x-2y) mol,剩余盐酸溶解n(Zn)= mol=(0.1-x-y) mol,析出Fe消耗n(Zn)=n(FeS)=y mol,固体减少的质量为65(0.1-x-y) g+(65-56)y g=(6.5-4.5) g=2 g②,联立①②得x=、y=,据此分析解答。 解题思路　由审题指导可知,“4.5 g固体”为Fe、Zn混合物,故A正确;Zn有剩余,Fe完全析出,所以“溶液2”中的溶质只有ZnCl2,故B正确;由审题指导可知,n(ZnS)= mol、n(FeS)= mol,根据S原子守恒可知n(S)=n(ZnS)+n(FeS)=(+) mol=0.075 mol,m(S)=0.075 mol×32 g/mol=2.4 g,混合物中S元素的质量分数为×100%≈34.8%,故C错误;n(ZnS)+n(FeS)=0.075 mol,稀盐酸溶解6.9 g硫化物后剩余n(HCl)=(0.2-2×0.075) mol=0.05 mol,Zn与剩余盐酸发生反应Zn+2HCl ZnCl2+H2↑,则生成标准状况下氢气的体积为×22.4 L/mol=0.56 L,故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $