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第二章　物质的量
第3讲　化学计算的常用方法
1．进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
2．了解化学计算的常用方法。
3．初步建立化学计算的思维模型。
关联教材·夯基固本
考点1　关系式法
1．应用原理
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，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。
2．解题步骤
关系式法应用于化学计算
√
1．(人教必修第一册习题改编)向200 mL 0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为
(　　)
A．4.36 g B．2.82 g
C．1.6 g D．1.44 g
C　[FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O，最后得到的固体为Fe2O3，根据Fe元素守恒，得2FeSO4～Fe2O3，则n(Fe2O3)＝ mol＝0.01 mol，m(Fe2O3)＝0.01 mol×160 g·mol-1＝1.6 g。]
√
2．(鲁科必修第一册习题改编)某废水处理站用甲醇(CH3OH)处理含氨废水，反应为NH3＋2O2＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为的转化率可达95%，而转化为N2的转化率可达96%。若每天处理含NH3 0.034 g·L-1的废水500 m3，则理论上每天所需甲醇的质量为(　　)
A．24.32 kg B．30.00 kg
C．25.30 kg D．4.08 kg
A　[根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式：～CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol-1＝2.432×104 g＝24.32 kg。]
[思维模型]用元素守恒找关系式的方法
(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式。
(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。
关系式法在滴定计算中的应用
3．(人教必修第二册习题改编)用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品{M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol-1}的纯度，其步骤如下：
①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用0.020 00 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。
(1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_________________
________________________________(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为_________________________________________
___________________________________________________________。
(2)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。
＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O
滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
93.3%
[解析]　由＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O得定量关系式：
5 2
n　　　　　 0.020 00 mol·L-1×25.00×10-3 L
则n＝×0.020 00 mol·L-1×0.025 L＝1.250×10-3 mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。
1．应用原理
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“反应”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种守恒，如元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
考点2　守恒法
2．解题步骤
[备考提醒]常见的守恒
守恒法在物质转化计算中的应用
√
1．(人教必修第一册习题改编)已知27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与200 mL 2.0 mol·L-1稀盐酸恰好完全反应，将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为(　　)
A．11.7 g B．14.2 g
C．17.55 g D．23.4 g
D　[27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与稀盐酸恰好完全反应生成氯化钠，依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量为0.4 mol，质量为0.4 mol×58.5 g·mol-1＝23.4 g。]
√
2．(人教必修第一册习题改编)向一定质量(设为m g)的MgO、CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500 mL某浓度的H2SO4溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 mol·L-1NaOH溶液
250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀。则该硫酸的物质的量浓度为
(　　)
A．0.5 mol·L-1 B．1.0 mol·L-1
C．1.5 mol·L-1 D．2.0 mol·L-1
A　[向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 mol·L-1 NaOH溶液250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀，溶液中的溶质只有硫酸钠，根据元素守恒，H2SO4～Na2SO4～2NaOH，则该硫酸的物质的量浓度为＝0.5 mol·L-1。]
[思维模型]利用得失电子守恒解题模型
守恒法在热重分析计算中的应用
3．(人教必修第一册习题改编)MnO2在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530 ℃至1 000 ℃时，可得到一种固体纯净物，根据如图数据计算其化学式为________。
Mn2O3
[解析]　MnO2的摩尔质量为87 g·mol-1，8.7 g MnO2的物质的量为0.1 mol，含0.1 mol Mn，即含Mn的质量为5.5 g，当固体质量为7.9 g时，含O的质量为7.9 g－5.5 g＝2.4 g，O的物质的量为0.15 mol，Mn、O的原子个数比为0.1∶0.15＝2∶3，则其化学式为Mn2O3。
4．(鲁科必修第一册习题改编)取14.35 g ZnSO4·7H2O加热，其脱水分解曲线如图所示，则100 ℃时，剩余固体的化学式为____________。
ZnSO4·H2O
[解析]　14.35 g ZnSO4·7H2O的物质的量为＝0.05 mol，由锌元素守恒可知，七水硫酸锌完全分解生成硫酸锌的质量为0.05 mol×161 g·mol-1＝8.05 g，则100 ℃时，剩余固体带有结晶水，设剩余固体的化学式为ZnSO4·xH2O，由固体的质量为8.95 g可知，结晶水x的值为＝1，则剩余固体的化学式为ZnSO4·H2O。
[答题模板]元素守恒的应用——热重分析
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重通常是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的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)失重之后通常为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。
1．应用原理
差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。
考点3　差量法
2．解题步骤
差量法在计算中的应用
√
1．(人教必修第一册习题改编)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
A． B．
C． D．
C　[设有x L NH3分解，则
2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)　ΔV
　 2 1 　 3 2
x L 　　 　 (b－a) L
＝，x＝b－a，w(NH3)＝＝。]
2．(鲁科必修第一册习题改编)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。
(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。
10.6
3.36
[解析]　(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m。
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
168 106 62
m 3.1 g
＝，m＝8.4 g，
则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。
(2)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，根据碳元素守恒可知，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。
考点4　极值法
1．应用原理
极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方法；极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程。
2．极值法解题的基本思路
(1)把混合物假设成纯净物。
(2)把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。
(3)把平行反应分别假设成单一反应。
[备考提醒]极值法的延伸——平均值法
(1)依据
若XA＞XB，则XA＞代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
(2)应用
已知的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。
1．(人教必修第一册习题改编)某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0 g沉淀，对样品所含杂质的判断正确的是(　　)
A．肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3
D．以上判断都不正确
极值法在物质推断和计算中的应用
√
B　[取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液得到4.0 g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设6.9 g全部为K2CO3，则生成沉淀的质量为×100 g·mol-1＝5.0 g＞4.0 g，则杂质中含有的质量分数应小于K2CO3中的质量分数，故一定有KNO3，可能有Na2CO3。]
2．(鲁科必修第一册习题改编)现有碳酸盐组成的混合物9 g，加足量稀盐酸，产生4.4 g CO2气体，问下列哪种情况合理(　　)
A．CaCO3和Na2CO3
B．Na2CO3和K2CO3
C．NaHCO3和Na2CO3
D．K2CO3和KHCO3
√
C　[4.4 g CO2的物质的量为0.1 mol，根据碳元素守恒可知，碳酸盐的物质的量为0.1 mol，若碳酸盐为纯净物，则0.1 mol碳酸盐对应的质量分别为CaCO3 10 g、Na2CO3 10.6 g、K2CO3 13.8 g、NaHCO3 8.4 g、KHCO3 10 g，混合物质量为9 g，8.4 g＜9 g＜10 g＜10.6 g＜13.8 g，故混合物为NaHCO3与其他碳酸盐的组合，选C。]
关联高考·探究考向
1．(2025·陕晋青宁卷，节选)产品糖精钴
[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中结晶水含量测定
[EDTA和Co2+形成1∶1配合物]。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50～60 ℃下，用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定。
(1)下列操作的正确顺序为_________________________(用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管
b．加入标准溶液至“0”刻度以上2～3 mL处
c．检查滴定管是否漏水并清洗
d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
c→a→b→d
(2)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品
[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为______________________(用
含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
已知Mr(Sac－)＝182 g·mol-1
(或－27.5)
偏高
解析：(1)将c mol·L-1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2～3 mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数，故顺序是c→a→b→d。(2)根据“EDTA和Co2+形成1∶1配合物”可知，n{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}＝n(EDTA)＝c mol·L-1×V×10-3L＝cV×10-3mol＝
，解得x＝＝－27.5。若滴定前滴定管尖嘴处无
气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小，结合x的计算式可知，V偏小会导致x的测定值偏高。
2．(2025·四川卷，改编)下面是对双水杨醛缩乙二胺(H2L，Mr＝268)的锰配合物MnLClx中x的测定
①移取20.00 mL 3.5 mg·mL-1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.030 00 mol·L-1的维生素C溶液充分混合，放置3～4分钟。
②往上述锥形瓶中加入5滴1%的淀粉溶液，立即用0.010 00 mol·L-1的I2标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20 mL。
上述测定过程所涉及的反应如下：
2MnLClx＋xC6H8O6===2MnL＋xC6H6O6＋2xHCl，I2＋C6H8O6===C6H6O6＋2HI。
根据数据，MnLClx的值为________。
1
[解析]　根据(H2L，Mr＝268)可得出M(MnLClx)＝55＋(268－2)＋35.5x＝321＋35.5x，移取的MnLClx质量为20.00 mL×3.5 mg·mL-1＝70 mg，维生素C的物质的量为0.01 L×0.030 0 0 mol·L-1＝0.000 3 mol＝0.3 mmol，I2消耗的维生素C的物质的量为0.01 mol·L-1×0.020 2 L＝0.000 202 mol＝0.202 mmol，所以与MnLClx反应的维生素C的物质的量为0.3 mmol－0.202 mmol＝0.098 mmol，根据反应的化学计量关系(2 mol MnLClx与
x mol维生素C反应)进行计算：＝，保留整数解得x≈1。
课时数智作业(七)　化学计算的常用方法
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
(建议用时：30分钟　分值：40分)
说明：选择题每小题3分
『夯基补弱』
1．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，气体体积减小到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
题号
1
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2
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7
C　[混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　ΔV
44.8 L　　　　　　　　　　22.4 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。]
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
2．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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0 g
16y∶100y＝m(O)∶8.0 g，m(O)＝1.28 g，
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3∶4。]
√
题号
1
3
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4
6
8
7
3．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%
题号
1
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6
8
7
C　[由S原子守恒和有关反应可得出：
　S　～　H2SO4　～　2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10-3 mol
得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[还原性：Fe2+＞Br－，Cl2先与Fe2+反应，n(Cl2)＝＝0.15 mol；n(Cl－)＝0.3 mol，未反应的n(Br－)＝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；由得失电子守恒可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。]
题号
1
3
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8
7
5．(2025·湖南地质中学一模)某学习研究小组为了测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的质量百分含量，设计了如下实验装置。已知：实验条件下的气体摩尔体积用V0 mL·mol-1表示；量气管由碱性滴定管改装，实验前量气管的读数为a mL，实验后量气管的读数为b mL。下列叙述错误的是(　　)
√
题号
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3
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2
4
6
8
7
A．用分液漏斗代替仪器M，影响测量结果的准确性
B．混合物中Na2O2的质量百分含量为×100%
C．测量气体体积时应恢复到室温以及调整量气管两边液面齐平后再读数
D．若实验结束读数时仰视量气管，会导致测得的混合物中Na2O2的质量百分含量偏小
题号
1
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8
7
D　[恒压滴液漏斗连通上方和下方容器，可以平衡气压，保证水顺利滴下，同时也可以消除水滴入圆底烧瓶所占体积造成生成气体体积测量的误差，即用分液漏斗代替恒压滴液漏斗影响测量结果的准确性，A正确；依题意生成O2的物质的量为 mol，由2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，得混合物中Na2O2的物质的量为 mol，混合物中Na2O2的质量百分含量为×100%，B正确；测量气体体积时应注意：恢复到室温、调整量气管两边液面齐平、读数时视线与量气管最低凹液面相平，C正确；若实验结束读数时仰视量气管，读数b偏大，即(b－a)偏大，测量结果偏大，D错误。]
题号
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8
7
『培优提能』
6．(2025·邢台一模)为提高社会经济效益，钛厂、氯碱厂和甲醇厂进行联合生产，工艺流程如图。下列说法错误的是(　　)
√
题号
1
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8
7
A．“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8
B．制备TiO2·xH2O的化学方程式：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
C．“合成”反应中原子利用率达100%
D．合成192 t甲醇理论上需额外补充H2 5 t
题号
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8
7
D　[由题图知，精制浓缩海水在电解槽中发生2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑反应，得到烧碱、Cl2和H2，Cl2、C和FeTiO3发生“氯化”反应得到FeCl3、TiCl4和CO，反应的化学方程式为2FeTiO3＋7Cl2＋6C===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，CO与H2发生CO＋2H2===CH3OH反应合成甲醇，TiCl4与水发生TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl反应制备TiO2·xH2O。由分析知，“氯化”反应的化学方程式为2FeTiO3＋7Cl2＋6C===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，在该反应中Cl2作氧化剂；C和FeTiO3作还原剂，所
题号
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7
以氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶(6＋2)＝7∶8，A正确；根据元素守恒可知，TiCl4与水反应制备TiO2·xH2O的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，B正确；“合成”反应为CO＋2H2===CH3OH，反应物中的原子全部转化为目标产物，原子利用率达100%，C正确；电解精制浓缩海水生成Cl2和H2，根
据2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，“氯化”中7Cl2～
6C～6CO，CO与H2合成甲醇，192 t甲醇的物质的量为＝6×106 mol，则需要CO和H2的物质的量分别为6×106 mol、
题号
1
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7
1.2×107 mol，根据“氯化”反应知，生成6×106 mol CO需要7×
106 mol Cl2，则电解生成H2的物质的量为7×106 mol，需额外补充H2的物质的量为1.2×107 mol－7×106 mol＝5×106 mol，质量为5×
106 mol×2 g·mol-1＝1×107 g＝10 t，D错误。]
题号
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7．(2026·青岛模拟)2Na2CO3·nH2O2(过碳酸钠)是一种集洗涤、杀菌于一体的氧化系漂白剂，是碳酸钠和过氧化氢形成的不稳定加合物，易溶于水，难溶于乙醇。采用下列装置测定过碳酸钠的化学式(不考虑过碳酸钠含有杂质)。下列叙述中不正确的是(　　)
√
题号
1
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7
A．装置Ⅴ中的试剂为浓硫酸
B．装置接口的连接顺序为EABCD
C．当装置Ⅰ中化学反应完全后，下一步操作是打开A处的止水夹，通入空气
D．若实验操作准确，装置Ⅲ增重0.88 g，则制取该过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2
题号
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A　[首先向装置通入经过装置Ⅴ中氢氧化钠溶液处理过的空气，排净装置中空气，防止空气中二氧化碳干扰实验，装置Ⅰ中过碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，经过装置Ⅱ干燥后，二氧化碳在装置Ⅲ中被碱石灰吸收，装置Ⅳ防止空气中的二氧化碳、水进入装置Ⅲ中干扰实验结果。由分析可知，装置装置Ⅴ的目的是除去空气中的二氧化碳气体，故试剂为NaOH溶液，A错误；由分析可知，装置接口的连接顺序为EABCD，B正确；当装置Ⅰ中化学反应完全后，应当打开A处的止水夹，通入空气，将产生的二氧化碳气体全部吹入装置Ⅲ中，减少实验误差，C正确；实验操作准确，装置Ⅲ
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
增重0.88 g，则n(CO2)＝＝0.02 mol，根据碳元素守恒，n(Na2CO3)＝0.02 mol，则n(H2O2)＝＝
0.03 mol，则n(Na2CO3)∶n(H2O2)＝2∶3，化学式为2Na2CO3·3H2O2，D正确。]
题号
1
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8．(19分)(1)(2026·潍坊模拟)高铜酸钠(NaCuO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，高温下易分解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品中铜的含量。测定产品中铜的含量的步骤如下：
ⅰ．准确称取a g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中；
ⅱ．加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液作指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗Na2S2O3溶液的体积为V1 mL；
题号
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7
ⅲ．再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗V2 mL Na2S2O3溶液。
已知：＋2I－；CuI沉淀表面易吸附I2；Ksp(CuSCN)＝1.77×10-13，
Ksp(CuI)＝1.27×10-12。
①产品中铜元素的质量分数为____________(用含c、a、V1、V2的式子表示)。(3分)
%
题号
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7
②若未加入10%KSCN溶液，直接用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数______________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2分)
偏小
题号
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(2)(2025·天津十二校联考)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾并测定其中结晶水的含量。
①结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中
结晶水的个数为____________(填表达式)。(4分)
题号
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7
②下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填字母)。(2分)
A．胆矾未充分干燥
B．坩埚未置于干燥器中冷却
C．加热时有少量胆矾迸溅出来
1.12 L
题号
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(3)(2025·湖南新教育联盟二模)某研究小组以Pd(NH3)2Cl2为原料制备金属Pd。将21.1 g Pd(NH3)2Cl2配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到[Pd(NH3)4]Cl2溶液。然后加入50.00 mL 8.0 mol·L-1的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为____________。(4分)
1.12 L
题号
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(4)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为＋2、＋3)，用1.0 L 1 mol·L-1的盐酸恰好将此钴氧化物完全溶解，得到CoCl2溶液和标准状况下2.24 L黄绿色气体，则此钴氧化物的摩尔质量为_________________。(4分)
316 g·mol-1
题号
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[解析]　(1)①再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，说明CuI转化为CuSCN，释放出吸附的I2，由题意可得，则n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝c(V1＋V2)×10-3 mol，w(Cu)＝
×100%＝%；②若未加入10%KSCN溶液，CuI沉淀表面易吸附I2，导致消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得铜元素的质量分数偏小。
题号
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(2)①称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量为m2－m3，根据CuSO4～nH2O知，＝，解得n＝。②胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，由n＝知，最终会导致所测结晶水数目偏高，A符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，部分硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，因为n＝，最终会导致所测结晶水数目偏低，B不符合题意；加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，由n＝知，最终会导致所测结晶水数目偏高，C符合题意。
题号
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(3)21.1 g Pd(NH3)2Cl2加入50.00 mL 8.0 mol·L-1的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由－2价上升到0价，Pd元素由＋2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移×2＝0.2 mol电子，则生成n(N2)＝＝0.05 mol，标准状况下的体积为
0.05 mol×22.4 L·mol-1＝1.12 L。
题号
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(4)标准状况下2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol，1.0 L 1 mol·L-1盐酸中HCl的物质的量为1 mol。设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据CoxOy＋HCl―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O，由氯元素守恒可知生成CoCl2中Cl的物质的量为1 mol－0.1 mol×2＝0.8 mol，则CoCl2的物质的量为0.4 mol。根据得失电子守恒，钴氧化物中n(Co3+)＝2n(Cl2)＝0.2 mol，n(Co2+)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol。根据电荷守恒，2n(O2-)＝0.2 mol×2＋0.2 mol×3，解得n(O2-)＝0.5 mol，则x∶y＝0.4 mol∶0.5 mol＝4∶5，则CoxOy为Co4O5，摩尔质量为(4×59＋5×16) g·mol-1＝316 g·mol-1。
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第3讲　化学计算的常用方法
1．进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
2．了解化学计算的常用方法。
3．初步建立化学计算的思维模型。
考点1　关系式法
1．应用原理
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，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。
2．解题步骤
关系式法应用于化学计算
1．(人教必修第一册习题改编)向200 mL 0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为(　　)
A．4.36 g B．2.82 g
C．1.6 g D．1.44 g
2．(鲁科必修第一册习题改编)某废水处理站用甲醇(CH3OH)处理含氨废水，反应为NH3＋2O2＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为的转化率可达95%，而转化为N2的转化率可达96%。若每天处理含NH3 0.034 g·L-1的废水500 m3，则理论上每天所需甲醇的质量为(　　)
A．24.32 kg B．30.00 kg
C．25.30 kg D．4.08 kg
[思维模型]用元素守恒找关系式的方法
(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式。
(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。
关系式法在滴定计算中的应用
3．(人教必修第二册习题改编)用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品{M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol-1}的纯度，其步骤如下：
①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用0.020 00 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。
(1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为___________________________
_____________________________________________________________________
(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为__________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。
考点2　守恒法
1．应用原理
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“反应”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种守恒，如元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
2．解题步骤
[备考提醒]常见的守恒
守恒法在物质转化计算中的应用
1．(人教必修第一册习题改编)已知27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与200 mL 2.0 mol·L-1稀盐酸恰好完全反应，将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为(　　)
A．11.7 g B．14.2 g
C．17.55 g D．23.4 g
2．(人教必修第一册习题改编)向一定质量(设为m g)的MgO、CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500 mL某浓度的H2SO4溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 mol·L-1NaOH溶液250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀。则该硫酸的物质的量浓度为(　　)
A．0.5 mol·L-1 B．1.0 mol·L-1
C．1.5 mol·L-1 D．2.0 mol·L-1
[思维模型]利用得失电子守恒解题模型
守恒法在热重分析计算中的应用
3．(人教必修第一册习题改编)MnO2在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530 ℃至1 000 ℃时，可得到一种固体纯净物，根据如图数据计算其化学式为________。
4．(鲁科必修第一册习题改编)取14.35 g ZnSO4·7H2O加热，其脱水分解曲线如图所示，则100 ℃时，剩余固体的化学式为________。
[答题模板]元素守恒的应用——热重分析
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重通常是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的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)失重之后通常为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。
考点3　差量法
1．应用原理
差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。
2．解题步骤
差量法在计算中的应用
1．(人教必修第一册习题改编)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
A． B．
C． D．
2．(鲁科必修第一册习题改编)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。
(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。
考点4　极值法
1．应用原理
极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方法；极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程。
2．极值法解题的基本思路
(1)把混合物假设成纯净物。
(2)把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。
(3)把平行反应分别假设成单一反应。
[备考提醒]极值法的延伸——平均值法
(1)依据
若XA＞XB，则XA＞代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
(2)应用
已知的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。
极值法在物质推断和计算中的应用
1．(人教必修第一册习题改编)某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0 g沉淀，对样品所含杂质的判断正确的是(　　)
A．肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3
D．以上判断都不正确
2．(鲁科必修第一册习题改编)现有碳酸盐组成的混合物9 g，加足量稀盐酸，产生4.4 g CO2气体，问下列哪种情况合理(　　)
A．CaCO3和Na2CO3
B．Na2CO3和K2CO3
C．NaHCO3和Na2CO3
D．K2CO3和KHCO3
1．(2025·陕晋青宁卷，节选)产品糖精钴
[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中结晶水含量测定
[EDTA和Co2+形成1∶1配合物]。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50～60 ℃下，用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定。
(1)下列操作的正确顺序为___________________________________(用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管
b．加入标准溶液至“0”刻度以上2～3 mL处
c．检查滴定管是否漏水并清洗
d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(2)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为______________(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
已知Mr(Sac－)＝182 g·mol-1
2．(2025·四川卷，改编)下面是对双水杨醛缩乙二胺(H2L，Mr＝268)的锰配合物MnLClx中x的测定
①移取20.00 mL 3.5 mg·mL-1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.030 00 mol·L-1的维生素C溶液充分混合，放置3～4分钟。
②往上述锥形瓶中加入5滴1%的淀粉溶液，立即用0.010 00 mol·L-1的I2标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20 mL。
上述测定过程所涉及的反应如下：
2MnLClx＋xC6H8O6===2MnL＋xC6H6O6＋2xHCl，I2＋C6H8O6===C6H6O6＋2HI。
根据数据，MnLClx的值为________。
第3讲　化学计算的常用方法[关联教材·夯基固本]
考点1
[教材发掘]
1．C　[FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O，最后得到的固体为Fe2O3，根据Fe元素守恒，得2FeSO4～Fe2O3，则n(Fe2O3)＝ mol＝0.01 mol，m(Fe2O3)＝0.01 mol×160 g·mol-1＝1.6 g。]
2．A　[根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式：～CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%××32 g·mol-1＝2.432×104 g＝24.32 kg。]
3．解析：由＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O得定量关系式：
5 2
n　　　　　 0.020 00 mol·L-1×25.00×10-3 L
则n＝×0.020 00 mol·L-1×0.025 L＝1.250×10-3 mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为
×100%≈93.3%。
答案：＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O　滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(2)93.3%
考点2
[教材发掘]
1．D　[27.4 g Na2CO3与NaHCO3的混合物与稀盐酸恰好完全反应生成氯化钠，依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量为0.4 mol，质量为0.4 mol×58.5 g·mol-1＝23.4 g。]
2．A　[向溶解后的溶液中逐滴加入2.0 mol·L-1NaOH溶液250 mL时，恰好将金属阳离子沉淀，溶液中的溶质只有硫酸钠，根据元素守恒，H2SO4～Na2SO4～2NaOH，则该硫酸的物质的量浓度为＝0.5 mol·L-1。]
3．解析：MnO2的摩尔质量为87 g·mol-1，8.7 g MnO2的物质的量为0.1 mol，含0.1 mol Mn，即含Mn的质量为5.5 g，当固体质量为7.9 g时，含O的质量为7.9 g－5.5 g＝2.4 g，O的物质的量为0.15 mol，Mn、O的原子个数比为0.1∶0.15＝2∶3，则其化学式为Mn2O3。
答案：Mn2O3
4．解析：14.35 g ZnSO4·7H2O的物质的量为＝0.05 mol，由锌元素守恒可知，七水硫酸锌完全分解生成硫酸锌的质量为0.05 mol×161 g·mol-1＝8.05 g，则100 ℃时，剩余固体带有结晶水，设剩余固体的化学式为ZnSO4·xH2O，由固体的质量为8.95 g可知，结晶水x的值为＝1，则剩余固体的化学式为ZnSO4·H2O。
答案：ZnSO4·H2O
考点3
[教材发掘]
1．C　[设有x L NH3分解，则
2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)　ΔV
2 1 　3 2
x L 　　 　 (b－a) L
＝，x＝b－a，w(NH3)＝＝。]
2．解析：(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m。
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
168 106 62
m 3.1 g
＝，m＝8.4 g，
则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。
(2)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，根据碳元素守恒可知，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。
答案：(1)10.6　(2)3.36
考点4
[教材发掘]
1．B　[取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液得到4.0 g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设6.9 g全部为K2CO3，则生成沉淀的质量为×100 g·mol-1＝5.0 g＞4.0 g，则杂质中含有的质量分数应小于K2CO3中的质量分数，故一定有KNO3，可能有Na2CO3。]
2．C　[4.4 g CO2的物质的量为0.1 mol，根据碳元素守恒可知，碳酸盐的物质的量为0.1 mol，若碳酸盐为纯净物，则0.1 mol碳酸盐对应的质量分别为CaCO3 10 g、Na2CO3 10.6 g、K2CO3 13.8 g、NaHCO3 8.4 g、KHCO3 10 g，混合物质量为9 g，8.4 g＜9 g＜10 g＜10.6 g＜13.8 g，故混合物为NaHCO3与其他碳酸盐的组合，选C。]
[关联高考·探究考向]
1．解析：(1)将c mol·L-1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2～3 mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数，故顺序是c→a→b→d。(2)根据“EDTA和Co2+形成1∶1配合物”可知，n{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}＝n(EDTA)＝c mol·L-1×V×10-3L＝cV×10-3mol＝，解得x＝＝－27.5。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小，结合x的计算式可知，V偏小会导致x的测定值偏高。
答案：(1)c→a→b→d　(2)(或－27.5)　偏高
2．解析：根据(H2L，Mr＝268)可得出M(MnLClx)＝55＋(268－2)＋35.5x＝321＋35.5x，移取的MnLClx质量为20.00 mL×3.5 mg·mL-1＝70 mg，维生素C的物质的量为0.01 L×0.030 0 0 mol·L-1＝0.000 3 mol＝0.3 mmol，I2消耗的维生素C的物质的量为0.01 mol·L-1×0.020 2 L＝0.000 202 mol＝0.202 mmol，所以与MnLClx反应的维生素C的物质的量为0.3 mmol－0.202 mmol＝0.098 mmol，根据反应的化学计量关系(2 mol MnLClx与x mol维生素C反应)进行计算：＝，保留整数解得x≈1。
答案：1
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课时数智作业(七)　化学计算的常用方法
(建议用时：30分钟　分值：40分)
说明：选择题每小题3分
『夯基补弱』
1．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，气体体积减小到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
2．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
3．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%
4．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
5．(2025·湖南地质中学一模)某学习研究小组为了测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的质量百分含量，设计了如下实验装置。已知：实验条件下的气体摩尔体积用V0 mL·mol-1表示；量气管由碱性滴定管改装，实验前量气管的读数为a mL，实验后量气管的读数为b mL。下列叙述错误的是(　　)
A．用分液漏斗代替仪器M，影响测量结果的准确性
B．混合物中Na2O2的质量百分含量为×100%
C．测量气体体积时应恢复到室温以及调整量气管两边液面齐平后再读数
D．若实验结束读数时仰视量气管，会导致测得的混合物中Na2O2的质量百分含量偏小
『培优提能』
6．(2025·邢台一模)为提高社会经济效益，钛厂、氯碱厂和甲醇厂进行联合生产，工艺流程如图。下列说法错误的是(　　)
A．“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8
B．制备TiO2·xH2O的化学方程式：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
C．“合成”反应中原子利用率达100%
D．合成192 t甲醇理论上需额外补充H2 5 t
7．(2026·青岛模拟)2Na2CO3·nH2O2(过碳酸钠)是一种集洗涤、杀菌于一体的氧化系漂白剂，是碳酸钠和过氧化氢形成的不稳定加合物，易溶于水，难溶于乙醇。采用下列装置测定过碳酸钠的化学式(不考虑过碳酸钠含有杂质)。下列叙述中不正确的是(　　)
A．装置Ⅴ中的试剂为浓硫酸
B．装置接口的连接顺序为EABCD
C．当装置Ⅰ中化学反应完全后，下一步操作是打开A处的止水夹，通入空气
D．若实验操作准确，装置Ⅲ增重0.88 g，则制取该过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2
8．(19分)(1)(2026·潍坊模拟)高铜酸钠(NaCuO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，高温下易分解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品中铜的含量。测定产品中铜的含量的步骤如下：
ⅰ．准确称取a g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中；
ⅱ．加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液作指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗Na2S2O3溶液的体积为V1 mL；
ⅲ．再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗V2 mL Na2S2O3溶液。
已知：＋2I－；CuI沉淀表面易吸附I2；Ksp(CuSCN)＝1.77×10-13，
Ksp(CuI)＝1.27×10-12。
①产品中铜元素的质量分数为____________(用含c、a、V1、V2的式子表示)。(3分)
②若未加入10%KSCN溶液，直接用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2分)
(2)(2025·天津十二校联考)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾并测定其中结晶水的含量。
①结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________(填表达式)。(4分)
②下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填字母)。(2分)
A．胆矾未充分干燥
B．坩埚未置于干燥器中冷却
C．加热时有少量胆矾迸溅出来
(3)(2025·湖南新教育联盟二模)某研究小组以Pd(NH3)2Cl2为原料制备金属Pd。将21.1 g Pd(NH3)2Cl2配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到[Pd(NH3)4]Cl2溶液。然后加入50.00 mL 8.0 mol·L-1的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为____________。(4分)
(4)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为＋2、＋3)，用1.0 L 1 mol·L-1的盐酸恰好将此钴氧化物完全溶解，得到CoCl2溶液和标准状况下2.24 L黄绿色气体，则此钴氧化物的摩尔质量为________。(4分)
课时数智作业(七)
1．C　[混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　ΔV
44.8 L　　　　　　　　　　22.4 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。]
2．C　[设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0 g
16y∶100y＝m(O)∶8.0 g，m(O)＝1.28 g，
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3∶4。]
3．C　[由S原子守恒和有关反应可得出：
　S　～　H2SO4　～　2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10-3 mol
得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。]
4．D　[还原性：Fe2+＞Br－，Cl2先与Fe2+反应，n(Cl2)＝＝0.15 mol；n(Cl－)＝0.3 mol，未反应的n(Br－)＝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；由得失电子守恒可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。]
5．D　[恒压滴液漏斗连通上方和下方容器，可以平衡气压，保证水顺利滴下，同时也可以消除水滴入圆底烧瓶所占体积造成生成气体体积测量的误差，即用分液漏斗代替恒压滴液漏斗影响测量结果的准确性，A正确；依题意生成O2的物质的量为 mol，由2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，得混合物中Na2O2的物质的量为 mol，混合物中Na2O2的质量百分含量为×100%，B正确；测量气体体积时应注意：恢复到室温、调整量气管两边液面齐平、读数时视线与量气管最低凹液面相平，C正确；若实验结束读数时仰视量气管，读数b偏大，即(b－a)偏大，测量结果偏大，D错误。]
6．D　[由题图知，精制浓缩海水在电解槽中发生2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑反应，得到烧碱、Cl2和H2，Cl2、C和FeTiO3发生“氯化”反应得到FeCl3、TiCl4和CO，反应的化学方程式为2FeTiO3＋7Cl2＋6C===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，CO与H2发生CO＋2H2===CH3OH反应合成甲醇，TiCl4与水发生TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl反应制备TiO2·xH2O。由分析知，“氯化”反应的化学方程式为2FeTiO3＋7Cl2＋6C===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，在该反应中Cl2作氧化剂；C和FeTiO3作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶(6＋2)＝7∶8，A正确；根据元素守恒可知，TiCl4与水反应制备TiO2·xH2O的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，B正确；“合成”反应为CO＋2H2===CH3OH，反应物中的原子全部转化为目标产物，原子利用率达100%，C正确；电解精制浓缩海水生成Cl2和H2，根据2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，“氯化”中7Cl2～6C～6CO，CO与H2合成甲醇，192 t甲醇的物质的量为＝6×106 mol，则需要CO和H2的物质的量分别为6×106 mol、1.2×107 mol，根据“氯化”反应知，生成6×106 mol CO需要7×106 mol Cl2，则电解生成H2的物质的量为7×106 mol，需额外补充H2的物质的量为1.2×107 mol－7×106 mol＝5×106 mol，质量为5×106 mol×2 g·mol-1＝1×107 g＝10 t，D错误。]
7．A　[首先向装置通入经过装置Ⅴ中氢氧化钠溶液处理过的空气，排净装置中空气，防止空气中二氧化碳干扰实验，装置Ⅰ中过碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，经过装置Ⅱ干燥后，二氧化碳在装置Ⅲ中被碱石灰吸收，装置Ⅳ防止空气中的二氧化碳、水进入装置Ⅲ中干扰实验结果。由分析可知，装置装置Ⅴ的目的是除去空气中的二氧化碳气体，故试剂为NaOH溶液，A错误；由分析可知，装置接口的连接顺序为EABCD，B正确；当装置Ⅰ中化学反应完全后，应当打开A处的止水夹，通入空气，将产生的二氧化碳气体全部吹入装置Ⅲ中，减少实验误差，C正确；实验操作准确，装置Ⅲ增重0.88 g，则n(CO2)＝＝0.02 mol，根据碳元素守恒，n(Na2CO3)＝0.02 mol，则n(H2O2)＝＝0.03 mol，则n(Na2CO3)∶n(H2O2)＝2∶3，化学式为2Na2CO3·3H2O2，D正确。]
8．解析：(1)①再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，说明CuI转化为CuSCN，释放出吸附的I2，由题意可得，则n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝c(V1＋V2)×10-3 mol，w(Cu)＝
×100%＝%；②若未加入10%KSCN溶液，CuI沉淀表面易吸附I2，导致消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得铜元素的质量分数偏小。(2)①称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量为m2－m3，根据CuSO4～nH2O知，＝，解得n＝。②胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，由n＝知，最终会导致所测结晶水数目偏高，A符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，部分硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，因为n＝，最终会导致所测结晶水数目偏低，B不符合题意；加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，由n＝知，最终会导致所测结晶水数目偏高，C符合题意。(3)21.1 g Pd(NH3)2Cl2加入50.00 mL 8.0 mol·L-1的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由－2价上升到0价，Pd元素由＋2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移×2＝0.2 mol电子，则生成n(N2)＝＝0.05 mol，标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L·mol-1＝1.12 L。(4)标准状况下2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol，1.0 L 1 mol·L-1盐酸中HCl的物质的量为1 mol。设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据CoxOy＋HCl―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O，由氯元素守恒可知生成CoCl2中Cl的物质的量为1 mol－0.1 mol×2＝0.8 mol，则CoCl2的物质的量为0.4 mol。根据得失电子守恒，钴氧化物中n(Co3+)＝2n(Cl2)＝0.2 mol，n(Co2+)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol。根据电荷守恒，2n(O2-)＝0.2 mol×2＋0.2 mol×3，解得n(O2-)＝0.5 mol，则x∶y＝0.4 mol∶0.5 mol＝4∶5，则CoxOy为Co4O5，摩尔质量为(4×59＋5×16) g·mol-1＝316 g·mol-1。
答案：(1)①%　②偏小　(2)①　②AC　(3)1.12 L　(4)316 g·mol-1
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