2025届高考化学一轮总复习课时跟踪练9化学计算中常用的思想和方法

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1．奥克托今是一种猛(性)炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如下图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．3∶2
解析：选A。根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4H8N8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4H8N8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。
2．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q ＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R。参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
解析：选C。设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x g，则有
X ＋ 2Y=== Q ＋ R
9a 22a
x g 4.4 g
eq \f(9a,22a) ＝ eq \f(x g,4.4 g) ，解得x＝1.8，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，故选C。
3．将15 mL 2 ml·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 ml·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐。MCln中n值是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选B。由2MCln＋nNa2CO3===M2(CO3)n↓＋2nNaCl可得关系式：
2Mn＋ ～ nCO eq \\al(2－,3)
2 n
0．04 L×0.5 ml·L－1 0.015 L×2 ml·L－1
eq \f(2,n) ＝ eq \f(0.04 L×0.5 ml·L－1,0.015 L×2 ml·L－1) ，解得n＝3。
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。此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：选C。设此铅氧化物的化学式为PbxOy，由题意可得关系式：
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0 g
eq \f(16y,100y) ＝ eq \f(m（O）,8.0 g) ，解得m(O)＝1.28 g，所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝ eq \f(m（Pb）,M（Pb）) ∶ eq \f(m（O）,M（O）) ＝3∶4，此铅氧化物的化学式为Pb3O4。
5．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。原溶液中H＋与SO eq \\al(2－,4) 的物质的量浓度之比为( )
A.1∶4 B．2∶7
C．1∶2 D．3∶8
答案：A
6．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) ×100% B． eq \f(b－a,b) ×100%
C． eq \f(2a－b,b) ×100% D． eq \f(b－a,a) ×100%
解析：选C。设有x L NH3分解，则
2NH3(g) eq \(,\s\up7(铁触媒),\s\d5(△)) N2(g)＋3H2(g) ΔV
2 1 3 2
x L (b－a) L
eq \f(2,x L) ＝ eq \f(2,（b－a） L) ，解得x＝b－a，该b L气体中NH3的体积分数为 eq \f(a－（b－a）,b) ×100%＝ eq \f(2a－b,b) ×100%。
7．某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2 eq \(=====,\s\up7(酶)) NO eq \\al(－,3) ＋H＋＋H2O，6H＋＋6NO eq \\al(－,3) ＋5CH3OH eq \(=====,\s\up7(酶)) 3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为NO eq \\al(－,3) 的转化率可达95%，而NO eq \\al(－,3) 转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为( )
A．24.32 kg B．30 kg
C．25.3 kg D．4.08 kg
解析：选A。根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3～NO eq \\al(－,3) ～ eq \f(5,6) CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为 eq \f(0.034 g·L－1×500×103 L,17 g·ml－1) ×95%×96%× eq \f(5,6) ×32 g·ml－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。
8．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SO eq \\al(2－,4) 完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c ml NH3。原溶液中Al3＋的物质的量浓度(ml·L－1)为( )
A． eq \f(2b－c,2a) B． eq \f(2b－c,a)
C． eq \f(2b－c,6a) D． eq \f(2b－c,3a)
解析：选D。向混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SO eq \\al(2－,4) 完全沉淀，根据SO eq \\al(2－,4) ＋Ba2＋===BaSO4↓可知，n(SO eq \\al(2－,4) )＝b ml；向混合溶液中加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NH eq \\al(＋,4) ＋OH－ eq \(=====,\s\up7(△)) NH3↑＋H2O可知，n(NH eq \\al(＋,4) )＝c ml；由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，解得x＝ eq \f(2b－c,3) ，由于溶液的体积是a L，因此原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝ eq \f(\f(2b－c,3) ml,a L) ＝ eq \f(2b－c,3a) ml·L－1，故D正确。
9．CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L(已折算为标准状况)，求：
(1)固体的成分和物质的量之比为________。
(2)标准状况下生成O2的体积为________。
解析：(1)5.000 g CuSO4·5H2O的物质的量为0.02 ml，若全部生成氧化铜，则质量为1.600 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.440 g，而在题给条件下得到1.520 g固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜的物质的量为x ml，氧化亚铜的物质的量为y ml，有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.520，解得x＝0.01，y＝0.005，二者的物质的量之比n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1。
(2)标准状况下，0.224 L二氧化硫的物质的量为0.01 ml，说明生成三氧化硫的物质的量为0.01 ml，由题意可知，硫元素、铜元素化合价降低，氧元素化合价升高，根据得失电子守恒得到O2的物质的量为 eq \f(0.01 ml×2＋0.005 ml×2×1,4) ＝0.007 5 ml，在标准状况下的体积为0.007 5 ml×22.4 L·ml－1＝0.168 L。
答案：(1)n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1 (2)0.168 L
10．测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)的纯度：
步骤①：准确称取14.00 g产品，在特定条件下配制成250 mL 溶液。
步骤②：取25.00 mL步骤①中溶液于250 mL锥形瓶中，加入60.00 mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10.00 mL 25% H2SO4溶液，摇匀，发生反应2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。
步骤③：向步骤②反应后溶液中加入0.250 0 ml/L Na2C2O4标准溶液进行滴定，消耗20.00 mL Na2C2O4溶液。
步骤④：把步骤②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为60.00 mL。
亚硝酰硫酸的纯度为________(精确到0.1%)。
解析：把步骤②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复题述步骤，消耗草酸钠标准溶液的体积为60.00 mL，根据得失电子守恒，有60.00 mL×10－3 L/mL×0.250 0 ml/L×2×(4－3)＝60.00 mL×10－3 L/mL×c(KMnO4)×(7－2)，解得c(KMnO4)＝0.100 0 ml/L；滴定过程中，NOSO4H、草酸钠为还原剂，高锰酸钾为氧化剂，因此根据得失电子守恒，有20.00 mL×10－3L/mL×0.250 0 ml/L×2×(4－3)＋n(NOSO4H)×(5－3)＝60.00 mL×10－3 L/mL×0.100 0 ml/L×(7－2)，解得n(NOSO4H)＝0.010 00 ml，故250 mL溶液中含有NOSO4H的物质的量为0.100 0 ml，产品中亚硝酰硫酸的纯度为 eq \f(0.100 0 ml×127 g/ml,14.00 g) ×100%≈90.7%。
答案：90.7%
[素养提升]
11．(2024·广州第二中学模拟)将Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO eq \\al(－,3) ，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1。原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为( )
A．5∶2 B．2∶5
C．3∶1 D．1∶3
解析：选A。Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、ClO eq \\al(－,3) 是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到＋1价和＋5 价，Cl－、ClO－、ClO eq \\al(－,3) 的物质的量之比为9∶2∶1，可设它们的物质的量分别为9 ml、2 ml、1 ml，被氧化的Cl原子的总物质的量为3 ml，Cl原子失电子的总物质的量为2 ml×(1－0)＋1 ml×(5－0)＝7 ml；根据氧化还原反应中得失电子相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 ml，即被还原的Cl原子的物质的量为 eq \f(7 ml,0－（－1）) ＝7 ml，故参加反应的氯气的物质的量为 eq \f(7 ml＋3 ml,2) ＝5 ml；由氯气生成的氯离子的物质的量为7 ml，总的氯离子的物质的量为9 ml，故氯化氢电离产生的氯离子的物质的量为9 ml－7 ml＝2 ml，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。
12．铁粉可与高温水蒸气反应，若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32 g，则参加反应的铁粉的物质的量是( )
A．0.5 ml B．1 ml
C．1.5 ml D．2 ml
解析：选C。
3Fe＋4H2O(g) eq \(=====,\s\up7(高温)) Fe3O4＋4H2 Δm(固)
3 ml 64 g
n(Fe) 32 g
eq \f(3 ml,n（Fe）) ＝ eq \f(64 g,32 g) ，解得n(Fe)＝1.5 ml。
13．将铁、氧化铁、氧化铜组成的m g混合物粉末放入盛有100 mL 5.00 ml·L－1盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24 L H2(标准状况)，残留固体2.56 g，过滤，滤液中无Cu2＋，将滤液加水稀释到500 mL，测得其中c(H＋)为0.200 ml·L－1。下列说法正确的是( )
A．m＝15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28 ml
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2 ml FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
答案：A
14．镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)。下列说法错误的是( )
A．24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 ml HNO3
B．消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2
C.生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其他产物时所用硝酸浓度
D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4
解析：选D。A.24 g(1 ml)镁与硝酸反应失去2 ml电子，根据得失电子守恒可知，生成的NH4NO3的物质的量为 eq \f(1×2,5－（－3）) ml＝0.25 ml，同时生成1 ml Mg(NO3)2，根据氮原子守恒可知，消耗HNO3的物质的量为0.25 ml×2＋1 ml×2＝2.5 ml，A正确；B.生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物的物质的量最多的是NO2，B正确；C.硝酸浓度较大时，硝酸根离子的氧化性强于氢离子的氧化性，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；D.生成等物质的量的NO和N2O需要的电子的物质的量之比为(5－2)∶[(5－1)×2]＝3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，D错误。
15．在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL 同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：
(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？________，理由是_____________________________________________________________
______________________________________________________。
(2)盐酸中溶质的物质的量浓度为__________________________________________________。
(3)合金中Mg的物质的量为____________，Mg、Al的物质的量之比为________。
解析：(1)对比甲、乙数据，乙中加765 mg合金时生成的氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加1 020 mg 合金时生成氢气的体积不变，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应。
(2)加入1 020 mg镁铝合金粉末时，最多只能生成672 mL 氢气，说明盐酸最多只能生成672 mL氢气，n(H2)＝ eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1) ＝0.03 ml，根据关系式2HCl～H2可知，n(HCl)＝0.03 ml×2＝0.06 ml，盐酸中溶质的物质的量浓度为 eq \f(0.06 ml,0.03 L) ＝2 ml·L－1。
(3)由于甲组中盐酸是过量的，所以用甲组数据来计算。设Mg的物质的量为x ml，Al的物质的量为y ml，生成氢气的物质的量为 eq \f(0.56 L,22.4 L·ml－1) ＝0.025 ml，依题意有24x＋27y＝0.51，x＋ eq \f(3,2) y＝0.025，解得x＝0.01，y＝0.01，所以Mg、Al的物质的量之比为1∶1。
答案：(1)甲 甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能 (2)2 ml·L－1 (3)0.01 ml 1∶1实验序号
甲
乙
丙
合金质量/mg
510
765
1 020
气体体积/mL
560
672
672