（全国通用）高考化学二轮热点题型归纳与变式演练 专题02 化学计算中常用的几种方法（解析+原卷）学案

专题02 化学计算中常用的几种方法目 录一、热点题型归纳………………………………………………………………………………………………..1【题型一】 差量法…………………………………………………………………………………………1【题型二】 关系式法………………………………………………………………………………………4【题型三】 极值法…………………………………………………………………………………………7【题型四】 平均值法…………………………………………………………………………………….…9【题型五】 终态法 ……………………………………………………………………………………..…12二、最新模考题组练………………………………………………………………………………………….…14【题型一】 差量法【典例分析】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，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)A.eq \f(84w2－53w1,31w1) B.eq \f(84w1－w2,31w1) C.eq \f(73w2－42w1,31w1) D.eq \f(115w2－84w1,31w1)【答案】A【解析】样品加热发生的反应为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑　　Δm　168　　　　　106　　　　　 　　　　62m(NaHCO3) g　　　　　　　　　　(w1－w2) g质量差为(w1－w2) g，故样品中NaHCO3质量为：eq \f(168w1－w2,62) g，Na2CO3质量为w1 g－eq \f(168w1－w2,62) g，其质量分数为eq \f(mNa2CO3,m样品)＝eq \f(w1g－\f(168w1－w2,62)g,w1g)＝eq \f(84w2－53w1,31w1)。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。另解：假设样品有x mol NaHCO3固体，则有：2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O　x mol　　　0.5x mol据样品加热前后固体质量的关系，有w1g－x mol×84 g·mol－1＋0.5x mol×106 g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31 mol×84 g·mol－1＝84(w1－w2)/31 g，从而推知Na2CO3的质量为m(Na2CO3)＝w1g－84(w1－w2)/31 g＝(84w2－53w1)/31 g，因此Na2CO3样品的纯度为w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(样品)＝eq \f(84w2－53w1,31w1)。【提分秘籍】1.差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先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)　ΔH＝－221 kJ·mol－1　Δm(固)，Δn(气)，ΔV(气)2 mol　 1 mol　　2 mol　　221 kJ　　　　　 　24 g 　1 mol　22.4 L(标况)2.使用差量法的注意事项①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。3.解答此类题的关键是分析引起差量的原因，只有当差值与始态量或终态量存在比例关系，且化学计量的差值必须是同一物理量时，才能用“差量法”解题。【变式演练】1．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.eq \f(2a－b,a) B.eq \f(b－a,b) C.eq \f(2a－b,b) D.eq \f(b－a,a)【答案】C【解析】本题主要考查学生利用“差量法”进行灵活计算的能力。设参加反应的氨气为x ，则2NH3N2＋3H2　ΔV2　　　　　　　　　2x　　　　　　　　　b－ax＝(b－a)　L所以气体中NH3的体积分数为eq \f(a L－b－a L,b L)＝eq \f(2a－b,b)。2．在质量为Gg的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O晶体后，称量质量为W1g，加热使结晶水全部失去，全部失去，冷却后称量为W2g，则n的值为A． B．C． D．【答案】A【解析】在质量为Gg的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O晶体后，称量质量为W1g，加热使结晶水全部失去，全部失去，冷却后称量为W2g，则根据方程式计算：，故有：，解得：n=；故答案为A。3．ag下列物质在氧气中充分燃烧后的气体(1.01×105Pa，120℃)，通过足量的过氧化钠充分反应后，过氧化钠增重bg，符合b=a的选项是A．HCOOH B．CH3COOCH2CH3 C．HOOCCOOH D．葡萄糖【答案】D【分析】100度以上C、H、O化合物在氧气作用下，固体过氧化钠增重规律为：若分子组成满足(CO)n(H2)m的物质，固体增重等于自身质量；若多碳则会多增重，若多氧则会少增重。【解析】A． HCOOH可以改写出(CO)(H2)O，组成中氧原子增多，agHCOOH充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重小于ag，故A不符；B． CH3COOCH2CH3可以改写出(CO)2(H2)4C2，组成中碳原子增多，agCH3COOCH2CH3充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重大于ag，故B不符；C． HOOCCOOH可以改写出(CO)2(H2)O2，组成中氧原子增多，agHOOCCOOH充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重小于ag，故C不符；D． 葡萄糖以改写出(CO)6(H2)6，ag葡萄糖充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重ag，故D符合；故选D。【题型二】 关系式法【典例分析】用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是(　　)A．PbO B．Pb2O3C．Pb3O4 D．PbO2【答案】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 gx∶y＝eq \f(mPb,MPb)∶eq \f(mO,MO)＝3∶4【提分秘籍】关系式法是物质间的一种简化的式子，是解决多步反应，计算最简捷的一种解题方法。多步反应中建立关系式的方法有：1.叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(C＋H2Og\o(=====,\s\up7(高温))CO＋H2,CO＋H2Og\o(=====,\s\up7(高温))CO2＋H2))⇒由木炭、水蒸气制取NH3的关系为：3C～4NH3。2.元素守恒法4NH3＋5O2eq \o(=====,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O2NO＋O2===2NO23NO2＋H2O===2HNO3＋NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO33.电子转移守恒法NH3eq \o(――→,\s\up7(失去8e－))HNO3，O2eq \o(――→,\s\up7(得4e－))2O2－由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。4.用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式的一般途径有：①利用粒子守恒建立关系式；②利用化学方程式中化学计量数间的关系建立关系式；③利用化学方程式的加和建立关系式等。【变式演练】 1．黄铁矿主要成分是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标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋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)________________。(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 %的硫酸质量为______t。【答案】(1)90.00%　(2)3.36×106　15【解析】(1)据方程式4FeS2＋11O2eq \o(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：Cr2Oeq \o\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2 1 eq \f(3,2)0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L eq \f(mFeS2,120)m(FeS2)＝0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.00%(2)4FeS2＋11O2　eq \o(=====,\s\up7(高温))　2Fe2O3＋8SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1 eq \f(10×106×0.9,120)mol V(SO2)　V(SO2)＝3.36×106 Ln(SO2)＝eq \f(3.36×106L,22.4 L·mol－1)＝1.5×105 mol由SO2～SO3～H2SO4　1 mol　　　 98 g1．5×105 mol　 m(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t2．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。求试样中锡的百分含量___________ (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。【答案】93.2%【解析】根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119 g： 1 mol=x：0.100×0.016 mol，解之得到x=0.571 2 g，试样中锡的百分含量w(Sn)= ×100%≈93.2%。3．PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL2mol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比___(写出计算过程)。【答案】1:2【解析】由反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl、H3PO3+Cl2+H2O=H3PO4+2HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可以得出以下关系式：PCl3—H3PO3—Cl2—H3PO4—5HCl—8NaOH，则0.01molCl2恰好将H3PO3氧化为H3PO4时，生成0.01mol H3PO4和0.05molHCl，共消耗NaOH 0.08mol；设PCl5的物质的量为x，由反应PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可得出以下关系式：PCl5—H3PO4—5HCl—8NaOH，则x molPCl5与水反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x，由此可以得出：8x+0.08mol=0.24mol，x=0.02mol，故原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为0.01mol：0.02mol=1:2。答案为：1:2。【题型三】 极值法【典例分析】在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是(　　)A．SO2为0.4 mol·L－1，O2为0.2 mol·L－1 B．SO2为0.25 mol·L－1C．SO2和SO3均为0.15 mol·L－1 D．SO3为0.4 mol·L－1【答案】B【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 mol·L－1，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0XB ，则XA>eq \x\to(X)>XB，eq \x\to(X)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.应用范围：已知eq \x\to(X)可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定eq \x\to(X)的范围。3.解题关键：是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要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。混合物的许多化学特征具有加合性，均可求出平均值。属于这类“特性数量”的有：相对分子质量、密度、同条件下的体积分数、物质的量浓度、反应热、平均组成等。平均值法解题范围广泛，特别适用于缺少数据而不能直接求解的混合物判断问题。【变式演练】1． 实验室将9 g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是(　　)①Fe2O3和MnO2 ②MnO2和V2O5 ③Cr2O3和V2O5 ④Fe3O4和FeOA．①② B．②④ C．①④ D．②③【答案】C【解析】n(Al)＝eq \f(9 g,27 g·mol－1)＝eq \f(1,3)mol，Al完全反应时转移电子的物质的量为eq \f(1,3)mol×3＝1 mol，则生成金属的摩尔电子质量(转移1 mol e－生成金属的质量)为18 g·mol－1。[来源:.Com]①项生成Fe的摩尔电子质量为eq \f(56 g,3 mol)＝18.67 g·mol－1，生成Mn的摩尔电子质量为eq \f(55 g,4 mol)＝13.75 g·mol－1，根据平均值规律，①正确；②生成Mn的摩尔电子质量为13.75 g·mol－1，生成V的摩尔电子质量为eq \f(51 g,5 mol)＝10.2 g·mol－1，根据平均值规律，②不可能生成单质18 g；同理，③也不可能生成金属单质18 g；④Al完全反应时生成Fe的质量大于18 g，当氧化物粉末不足量时，生成的金属可能为18 g，④正确。2．将4g合金投入足量的稀硫酸中放出2.24L气体(标准状况)，该合金可能是A．铜铝合金 B．钠锌合金 C．铁锌合金 D．镁铝合金【答案】A【分析】假设金属(R)和酸反应后都生成+2价，即R+H2SO4=RSO4+H2↑，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，+2价金属和酸反应生成氢气时，金属和氢气的物质的量相等，则合金的平均摩尔质量为==40g/mol， Al换算为+2价时其摩尔质量为18g/mol，Na换算为+2价时其摩尔质量为46g/mol，和稀硫酸不反应的金属其摩尔质量无穷大，两种金属一种金属摩尔质量大于40g/mol、一种金属摩尔质量小于40g/mol即可；【解析】A．铜铝合金中Cu不与稀硫酸反应，其摩尔质量视为无穷大，Al(+2)的摩尔质量是18g/mol，一种金属摩尔质量大于40g/mol、一种金属摩尔质量小于40g/mol，符合条件，故A正确；B．钠锌合金中Zn的摩尔质量为65g/mol、Na(+2)的摩尔质量是46g/mol，两种金属摩尔质量都大于40g/mol，不符合条件，故B错误；C．铁锌合金中Fe的摩尔质量为56g/mol、Zn的摩尔质量为65g/mol，两种金属摩尔质量都大于40g/mol，不符合条件，故C错误；D．镁铝合金中Mg的摩尔质量是24g/mol、Al(+2)的摩尔质量是18g/mol，两种金属摩尔质量都小于40g/mol，不符合条件，故D错误。答案为A。3．两种气态混合烃0.1mol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误是A．混合气体中一定是甲烷和乙烯B．混合气体中一定有甲烷C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中可能有乙烯【答案】A【分析】n(H2O)==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧得0.16molCO2和0.2mol H2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有甲烷，由于CH4分子中含4个H原子，则另一烃分子中一定含4个H原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4。【解析】A．根据上述分析可知，混合气体中一定含有甲烷，可能含有C2H4或C3H4，故A错误；B．混合气体中一定含有甲烷，故B正确；C．由于H原子数平均为4，则混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D．混合气体中可能有C2H4或C3H4，故D正确；答案选A。【题型五】 终态法【典例分析】在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是(　　)A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1【答案】B【解析】此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。【提分秘籍】终态法是抛开事物之间复杂的变化关系，从整体认识把握事物之间联系规律，具有化繁为简，快速解题的功效，能较好的煅烧学生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。【变式演练】1．把氧化铁、氧化铜和铁粉组成的混合物，投入到3mol·L-1200mL的盐酸中，充分反应后，产生标准状况下的H2896mL，溶液呈现浅绿色，剩余固体1.28g。过滤，将滤液稀释到300mL，经测定溶液中c(H+)的浓度为08mol·L-1。求原混合物中各成分的物质的量___、___、___。【答案】n(Fe2O3)=0.04mol n(CuO)=0.02mol n(Fe)=0.1mol 【分析】根据题意，n(HCl)=3mol/L×0.2L=0.6mol，n(H2)==0.04mol，反应后n(H+)=0.8mol/L×0.3L=0.24mol。【解析】反应后溶液为浅绿色，说明溶液中的金属离子只有Fe2+，不含Cu2+，反应后H+浓度为0.8mol/L说明酸过量，Cu不与酸反应，因此剩余的1.28g固体为Cu，物质的量为=0.02mol，根据Cu元素守恒，n(CuO)=n(Cu)=0.02mol；Fe2O3与CuO与HCl反应生成FeCl3、CuCl2和H2O，生成的H2O中的H来自于HCl，这些H的物质的量为0.6mol-0.04 mol×2-0.24 mol =0.28mol（HCl的H减去H2的H再减去H+的H），生成的H2O中H与O之比为2:1，因此水中的O的物质的量为0.14mol，这些O来自Fe2O3与CuO，CuO中的O的物质的量为0.02mol，因此Fe2O3中的O的物质的量为0.14mol-0.02mol=0.12mol，故n(Fe2O3)=0.04mol；反应后的n(FeCl2)=×(0.6-0.24)=0.18mol，根据Fe元素守恒可得n(Fe)= n(FeCl2)-2n(Fe2O3)=0.18-0.04×2=0.1mol。2．将1.02g Al2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的100mL 0.05mol/L的稀H2SO4中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好完全转化为沉淀，共用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液物质的量浓度为多少___________？【答案】0.1mol/L【解析】将1.02g Al2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的100mL 0.05mol/L的稀H2SO4中，生成Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好完全转化为沉淀，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中的溶质为Na2SO4，Na2SO4中的Na+来自NaOH，来自H2SO4，根据Na2SO4中Na+与的比例可知，n(NaOH)=2n(H2SO4)，0.1L×c(NaOH)=2×0.1L×0.05mol/L，解得c(NaOH)= 0.1mol/L。3．向铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，并收集到448mL氢气(标准状况下测定)。回答下列问题；(1)反应后溶液中的溶质为_______(填写化学式)。(2)反应后溶液中的溶质为_______mol。(3)原混合物中单质铁的质量为_______g。【答案】FeCl2 0.05 1.68 【分析】根据题意发生的反应有3个：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋。【解析】(1)铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，反应后只得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，则反应后溶液中的溶质为FeCl2；(2)因为得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，根据Fe~FeCl2~2HCl有n(FeCl2)===0.05mol；(3)根据铁元素守恒，得出n(Fe)＋2n(Fe2O3)=0.05mol；根据题意，整个过程中Fe变为+2价，HCl中的H变为0价，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2n(H2)，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2×，联立解得n(Fe)=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，m(Fe)=0.03mol×56g·mol－1=1.68g。一、差量法1．（2020·全国·高三专题练习）不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是（ ）A．取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克B．取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以b g固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D正确；答案选C。2．（2020·全国·高三专题练习）将绿矾样品进行加热，其热重曲线样品质量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是     A．时，获得的固体产物为B．时，反应的化学方程式为C．Q段获得的固态产物具有磁性D．Q段获得的气态产物只有【答案】A【分析】8.34g FeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，以此解答该题。【解析】A、样品的物质的量，时失去结晶水的物质的量，则失去结晶水，时固态产物为，A正确；B、按照同样的计算方法可知，N段和P段的固态产物分别为和，则时，反应的化学方程式为，B错误；C、Q段固态产物中含有，则，该物质为，C错误；D、根据质量守恒定律以及C项的计算可知此时气态产物不可能只有，D错误。故选A。二、关系式法3．（2021·浙江丽水·高二期末）按国家规定，每千克食用碘盐中碘的含量在20-50 mg之间，现对某品牌碘盐中碘(以KIO3形式加入)含量的测定：①准确称取食盐100 g，配制成250 mL溶液；②量取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，硫酸酸化后加入足量的KI充分反应；③经调节pH后，用0.001 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液的体积为18.00 mL。已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+K2SO4+3H2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)所配制的食盐溶液的物质的量浓度为____mol·L-1。(2)该品牌食盐中碘的含量为___mg·kg-1(写出简要的计算过程)。【答案】6.84 38.1 【解析】(1)准确称取食盐100 g，其物质的量是n(NaCl)==1.71 mol，将其配制成250 mL溶液，则配制的食盐溶液物质的量浓度c(NaCl)==6.84 mol/L；(2)根据方程式KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+K2SO4+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3。25.00 mL食盐溶液中KIO3经上述反应消耗18.00 mL 0.001 mol·L-1Na2S2O3溶液，其中n(Na2S2O3)=c·V=0.001 mol/L×0.018 L=1.8×10-5 mol，则100 g食盐配制成的250 mL溶液中KIO3的物质的量n(KIO3)=n(Na2S2O3)×=×1.8×10-5 mol×=3.0×10-5 mol，其中含有碘元素的质量m(I)=3.0×10-5 mol×127 g/mol=3.81×10-3 g=3.81 mg，故该品牌食盐中碘的含量为=38.1 mg/kg。4．（2021·江苏苏州·高一期末）碱式硫酸铁(Fe元素为+3价)是一种新型高效絮凝剂。为确定该碱式硫酸铁的化学式，进行了如下实验∶步骤 1.称取一定量样品完全溶于稀盐酸中，配成100.00mL溶液。步骤2.取步骤1所得溶液25.00 mL，加入足量 BaCl2溶液，充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥，称得沉淀 2.330 g。步骤3.另取步骤1所得溶液25.00mL，加入足量的某试剂(与酸性KMnO4溶液不反应)，将 Fe3+完全还原为 Fe2+，再向其中滴加 0.1000 mol·L-1酸性 KMnO4溶液，测得 Fe2+恰好完全反应时消耗 KMnO4溶液 16.00 mL。已知∶(未配平)通过计算确定该碱式硫酸铁的化学式 ______。(写出计算过程)【答案】Fe4(OH)2(SO4)5【解析】实验中所取溶液为25.00 mL，而配制原溶液为100.00mL溶液，计算时要注意扩大倍数；根据题意，样品中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：+Ba2+= BaSO4↓；根据～ BaSO4关系，1mol：233g=：2.330g×， 可得n()=0.0400mol；高锰酸钾能够氧化亚铁离子，离子方程式为：；根据5Fe3+～ 5Fe2+～KMnO4关系，5mol：1mol=：，=0.03200mol；电解质溶液为电中性，根据电荷守恒∶，0.032×3=0.04×2+n(OH-)×1，可得 n(OH-)=0.01600 mol；则0.03200mol∶0.01600mol∶0.04000mol=4∶2∶5；碱式硫酸铁的化学式为。三、极值法5．（2021·安徽·高一开学考试）由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共24g，与足量的稀硫酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，则合金中一定含有的金属是A．Na B．Zn C．Al D．Mg【答案】B【分析】这些金属都能与稀硫酸反应生成氢气，设两种单质组成的混合物为R，同时令反应后R的化合价为+2价，有R＋2H＋=R2＋＋H2↑，根据题中所给量，求出R的平均摩尔质量，利用极端法，得出结果；【解析】令两种单质组成的混合物为R，且反应后R的化合价为+2价，R与稀硫酸反应R＋2H＋=R2＋＋H2↑，，解得M(R)=48g·mol－1，平均摩尔质量为48g·mol－1，那么其中一种金属的摩尔质量大于48g/mol，另外一种金属的摩尔质量小于48g/mol；化合物中Na的化合价为＋1价，转化成＋2价时，Na摩尔质量为46g·mol－1；Zn的摩尔质量为65g·mol－1；Al的化合物中 Al的化合价为＋3价，转化为＋2价，Al摩尔质量为18g·mol－1；Mg的价态为＋2价，摩尔质量为24g·mol－1；根据上述分析，只有Zn的摩尔质量大于48g/mol，合金中一定含有的金属是Zn，选项B正确；答案为B。6．（2020·吉林·大安市第一中学校高一月考）某合金含有两种金属，现在取该合金12g与足量的稀硫酸充分反应产生标准状况下4.48L氢气，则该合金中的两种金属元素是A．Mg和Al B．Al和Fe C．Zn和Cu D．Fe和 Zn【答案】D【分析】假设金属与硫酸反应都为+2价，根据M= 计算金属混合物的平均相对原子质量，利用平均值法判断。标准状况下4.48L氢气的物质的量为=0.2mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.2mol，则金属混合物的平均相对原子质量为60。【解析】A．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，二者平均相对原子质量介于18～24之间，小于金属混合物的平均相对原子质量为60，故A错误；B．Fe的相对原子质量为56，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，均小于60，故B不选；C．Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量大于60，故C不选；D．Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，金属混合物的平均相对原子质量为60，二者平均相对原子质量介于56～65之间，故D正确；故选D。四、平均值法7．（2020·江西南昌·高一月考）若、CO、组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，则下列符合该条件的、CO、的体积比为A．4∶1∶3 B．2∶1∶3 C． D．【答案】D【解析】由二氧化碳、一氧化碳和甲烷组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同可知，混合气体的平均相对分子质量与氮气相同，一氧化碳的相对分子质量与氮气相同，则二氧化碳和甲烷的平均相对分子质量一定为28，设二氧化碳的物质的量为x、甲烷的物质的量为y，由平均相对分子质量为28可得=28，解得=，则二氧化碳、一氧化碳和甲烷的体积比为3：n：4，故选D。8．（2020·辽宁·高二开学考试）某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4．48L二氧化碳(气体已折算成标准状况)和3．6g水｡则这两种气体可能是（ ）A．CH4和C2H4 B．CH4和C3H4 C．C2H4和C3H4 D．C2H4和C2H6【答案】B【解析】某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体即物质的量为，该混合气体完全燃烧后，得到4．48L二氧化碳(气体已折算成标准状况)物质的量为和3．6g水即物质的量，，，得到x=2，y=4，即混合气体的化学式为C2H4，根据碳原子比2小的只有CH4，根据碳原子数和氢原子得到另一种气体为C3H4或C4H4，故B符合题意。综上所述，答案为B。五、终态法9．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和的混合气体，这些气体与(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀。则消耗溶液的体积是A． B． C． D．【答案】C【解析】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，答案选C。10．（2021·甘肃·兰州一中高三月考）向一定量的、、的混合物中加入 的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出 (标准状况)，往所得溶液中加入溶液，无明显变化。若用足量的在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可知，混合物与稀硝酸恰好反应后的溶液不能使硫氰化钾溶液变红色，则所得溶液为硝酸亚铁溶液，设亚铁离子的物质的量为x，由原子个数和电荷总数守恒可得：2x=(5mol/L×0.13L—)×1，解得x=0.29mol，由铁原子个数守恒可知，若用足量的一氧化碳在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为0.29mol，故选A。