第30题 化学计算题——2023年7月浙江省普通高中学业水平考试化学专项复习学案（原卷版+解析版）

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浙江省普通高中学业水平考试
非选择题-第30题-化学计算题
【题前知道】
知识点：化学方程式式的正确书写，以物质的量为中心的四个计算公式的应用，过量计算，多种物质与一种物质反应的先后顺序，质量守恒、氧化还原反应的电子得失守恒、溶液中的电荷守恒等。
解题思路：化学方程式是质量守恒的具体体现，化学方程式提供了反应物与生成物之间的质量之比，物质的量之比、氧化还原反应的电子转移与方程式中物质的物质的量之比、以及某些物质之间的数量差之比。物质之间的物质的量之比，是进行计算的依据，化学方程式中物质的计量数之比等于实际参加反应的物质的物质的量之比，建立含未知数的数学方程，求算出未知量。如果是多成分物质与一种物质的反应，先明确哪种成分先反应，哪种物质后反应，是否完全反应，按照反应顺序写出化学方程式，找到已知量的物质与要求算物质的计量数之比，根据已知量建立数学方程，求算出未知量。如果是图象提供数据，分析图象含意，写出哪段曲线发生的反应方程式，是关键，建立未知物质与已知物质的数学方程。一般根据某几种元素质量守恒可快速求出第1小题的答案。第2小题较难，通常采用一些技巧解决比较简单，如电子得失守恒，最终产物与最初反应物之间的物质的量关系，通常用在多步反应中。
小结：化学计算题，守恒是要义，分清质和量，列出量关系，建立方程式，求算要精确，最后得胜利。任何根据化学方程式的计算，依据是质量守恒，质量守恒的核心是已知量物质与要求算物质之间的化学计量数之比，化学计量数之比等于实际参加的物质的量之比。质即为物质，量和化学计量数。

【真题回顾】
1. （2022年7月浙江学考）为测定某抗胃酸药片中碳酸钙的质量分数(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
I.向0.1000 g药片粉末中依次加入20.00 mL蒸馏水、25.00 mL 0.1000 mol/L稀盐酸，使之充分反应。
II.中和过量的盐酸，消耗0.1000 mol/L NaOH溶液13.00 mL。
请计算：
（1）II中消耗NaOH的物质的量为_______mol。
（2）0.1000 g药片消耗HCl的物质的量为_______mol。
（3）药片中碳酸钙的质量分数为_______。
【答案】（1）0.001300 mol或1.300×10−3 mol(或0.0013 mol或1.3×10−3 mol)
（2）0.001200 mol或1.200×10−3 mol(或0.0012 mol或1.2×10−3 mol)
（3）60.00%或0.6000(或60%或0.6)
【解析】（1）II中消耗NaOH的物质的量n=cV=0.1000 mol/L×0.013L=0.001300 mol；
（2）0.1000 g药片消耗HCl的物质的量为0.025L ×0.1000 mol/L-0.001300 mol=0.001200mol；
（3）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为，反应消耗0.001200mol盐酸，则CaCO3的物质的量为0.0006mol，碳酸钙的质量分数为。
2. （2021年7月浙江学考）取30.0g牛奶样品，将所含蛋白质中的氮元素全部转化为氨，用25.00mL1.00mol/L硫酸将其完全吸收，再加入19.00mL2.00mol/L氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵。请计算：
(1). 所用NaOH的物质的量为__mol。
(2). 样品中蛋白质转化生成的氨的物质的量为__mol。
(3). 若蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则样品中蛋白质的质量分数为___。
【答案】(1). 0.0380 (2). 0.0120 (3). 4.00%
【解析】(1)由，故答案为：0.0380；
(2)将所含蛋白质中的氮元素全部转化为氨，用25.00mL1.00mol/L硫酸将其完全吸收，再加入19.00mL2.00mol/L氢氧化钠溶液恰好生成硫酸钠和硫酸铵可得，故答案为：0.0120；
(3)蛋白质中氮元素的质量分数为14.0%，则蛋白质的质量为；则样品中蛋白质的质量分数为，故答案为：4.00%。

【题中展示】
1．铁粉和氧化铁粉末的混合物共13.6g，加入到200mL的稀硫酸中，固体完全溶解，得到标准状况下1.12L 氢气。经测定，反应后的溶液中c (H+) 为0.200mol·L-1，且无Fe3+（忽略反应前后溶液体积变化）。请计算：
（1）原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为___________________。
（2）原稀硫酸的物质的量浓度为________________ mol·L-1。
【答案】 （1）2∶1 （2）1.10
【解析】把铁粉和氧化铁粉末加入稀硫酸，氧化铁先溶解生成Fe3+，由于Fe3+的氧化性强于H+，所以单质铁与Fe3+先反应，然后再与H+反应放出H2，根据题意可知n(H2)=0.05mol，反应后溶液中c (H+) 为0.200mol·L-1，说明硫酸过量0.02mol，溶液中无Fe3+，则溶液中的溶质只有FeSO4。根据上述分析，则：反应中放出氢气的质量m=0.05mol×2g/mol=0.100g，根据题目数据可知，要保留3位有效数字；
(1)设原混合物中铁的物质的量为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，得56x+160y=13.6，溶液中发生的反应如下：反应①Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，反应②Fe2(SO4)3＋Fe=3FeSO4，反应③Fe＋H2SO4 =FeSO4＋H2↑，可推出x-0.05=y，联立求得x=0.1mol，y=0.05mol，所以原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为2∶1；(2)根据上述分析，反应①消耗n(H2SO4)=0.15mol，反应③消耗n(H2SO4)=0.05mol，反应后剩余n(H2SO4)=0.02mol，所以原稀硫酸的物质的量浓度c (H2SO4)= =1.10mol/L。
2．用NaOH与Na2CO3·nH2O的混合物共28 g配制成100 mL溶液，测得该溶液中c(Na+)＝4 mol/L。另取相同质量的上述混合物，加入足量的盐酸完全反应后，放出的气体在标准状况下的体积为3.36 L，试计算：
（1）原混合物中NaOH的质量分数为____________。
（2）Na2CO3·nH2O中n=____________。
【答案】 （1）14.3% （2）3
【解析】试题分析：（1）Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
1 mol 22.4 L
n(Na2CO3) 3.36 L
n(Na2CO3)＝＝0.15 mol
由题意得 n(Na+)＝2n(Na2CO3)＋n(NaOH)＝4 mol/L×0.1 L＝0.4 mol
所以 n(NaOH)＝0.4 mol－0.3 mol＝0.1 mol
w(NaOH)＝×100 %＝14.3 %
（2）28 g混合物中Na2CO3·nH2O的质量为
28 g－m(NaOH)＝28 g－0.1 mol×40 g/mol＝24 g
其中m(Na2CO3)＝0.15 mol×106 g/mol＝15.9 g
＝ n＝3
答：原混合物中NaOH的质量分数为14.3 %，Na2CO3·nH2O中n等于3。
3. 取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到6.27克白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少，并放出标准状况下 448mL 的气体。
（1）6.27g的沉淀是________，448mL 的气体是________。(填化学式)
（2）计算原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度。(写计算过程，结果保留 3 位有效数字)
【答案】（1）BaCO3和BaSO4；CO2； （2） 0.200mol/L。
【解析】发生反应有：Na2CO3 + BaCl2 = BaCO3 ↓ +2NaCl，Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4 ↓ +2NaCl，BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2 ↑ +H2O。6.27g白色沉淀是BaCO3和BaSO4 的质量之和，用过量稀硝酸处理后BaCO3溶解，产生CO2气体； 故答案为BaCO3和BaSO4；CO2；
（2）根据碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量为0.02mol， 故碳酸钠的物质的量浓度； 故答案为0.200mol/L。
4．取44.2g碳酸钠和碳酸氢钠的混合粉末样品，将其分成两等份，取其中一份加热到质量不再改变，冷却后称其质量为15.9g；另一份溶于水，配成500mL溶液。试计算：
（1）原样品中碳酸氢钠的物质的量为_______________mol。
（2）所配溶液中Na+的物质的量浓度为________________mol·L-1。
【答案】（1）0.400 （2）0.600
【解析】（1）每份固体混合物的质量为44.2g÷2=22.1g，设每份原固体混合物中碳酸氢钠的质量为a，则：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 质量减少
168g 44 18 44g+18g=62g
a 22.1g-15.9g=6.2g
所以，168g：a=62g：6.2g，解得a=16.8g
原样品中m（NaHCO3）=2×16.8g=33.6g，则原样品中碳酸氢钠的物质的量为33.6g÷84g/mol＝0.400mol；
（2）由（1）可知每一份中m（Na2CO3）=22.1g-16.8g=5.3g，n（Na2CO3）=5.3g÷106g·mol-1=0.05mol，n（NaHCO3）=16.8g÷84g·mol-1=0.2mol，根据钠离子守恒，n（Na+）=0.2mol+0.05mol×2=0.3mol，所以所配溶液中Na+的物质的量浓度为0.3mol÷0.5L＝0.600mol·L-1。
5．称取58.7克Ba(OH)2和BaCl2固体混合物，配成500mL溶液，把该溶液分成5等份后分别加入相同浓度不同体积的NaHCO3溶液，生成沉淀的质量如下表。已知加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，反应后溶液呈中性。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
NaHCO3溶液(mL)
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
沉淀的质量(g)
1.97
3.94
5.91
7.88
7.88
（1）NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度为______________________。
（2）原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为__________________________。
【答案】（1）0.500mol/L （2）1：2
【解析】向Ba(OH)2和BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液先后发生OH−+ HCO3−= CO32−+H2O，Ba2++ CO32−= BaCO3↓。（1）加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，生成碳酸钡的物质的量= =0.04mol，根据碳元素守恒，则碳酸氢钠为0.04mol，NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度==0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；（2）加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时，且溶液显中性，OH−+ HCO3−= CO32−+H2O恰好完全反应，则氢氧化钡的物质的量=0.02mol，则每份溶液中含有氯化钡的物质的量==0.04mol，则原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为0.02mol：0.04mol=1:2，故答案为：1:2。
6． PbO2具有强氧化性，自身受热分解释放出O2并生成+2价的氧化物（PbO），+4价的Pb还能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1 mol PbO2加热分解得到一定量的O2，再向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，且O2和Cl2的物质的量之比为3 ：2，请计算：
（1）剩余固体的成分及物质的量之比为________。
（2）O2和Cl2的物质的量之和为________。
【答案】（1）n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1 （2）0.625mol
【解析】此题考查方程式的应用，根据题目信息写出方程式，根据方程式可以得出物质的量的关系，根据此关系可以解出，其次注意氧化还原反应中电子守恒的应用。
（1）根据2PbO2=2PbO+O2↑，PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O，题目中且O2和Cl2的物质的量之比为3 ：2，设氧气为3mol，氯气是2mol，倒推出PbO2和PbO的物质的量之比：n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1。
（2）根据（1）中得出的结论n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1，其中Pb原子守恒，总Pb的物质的量为1mol，PbO为0.75mol，PbO2为0.25mol，然后根据以上两个化学方程式计算得出：O2和Cl2的物质的量之和为：0.625mol。
7．氯化镁晶体在加热时会发生如下变化：；。研究人员称取氯化镁晶体ag，经加热后得到固体bg。
已知：

（1）若bg固体为等物质的量的、MgO混合物，则a与b的关系是_____（用分数表示）。
（2）若在干燥的HCl气流中加热，得到MgCl2、的固体，则它们的物质的量之比为__________。
【答案】（1）a:b= （2）4:1
【解析】（1）若bg固体为等物质的量的Mg(OH)Cl、MgO混合物，设物质的量分别为x，镁元素守恒得到，76.5x+40x=b，x=，2x=，则a与b的关系是：a：b=；
（2）若在干燥的HCl气流中加热，得到MgCl2、Mg(OH)Cl的固体ag，设物质的量分别为x、y，镁元素守恒得到x+y=，95x+76.5y=a，x：y=：=4:1。
8．把2.0 mol·L-1 CuSO4溶液和1.0 mol·L-1 H2SO4溶液等体积混合(假设混合后溶液的体积等于混合前两种溶液体积之和)。计算：
(1)混合液中Cu2+的物质的量浓度为________，SO42-的物质的量浓度为________；
(2)向溶液中加足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，此时溶液中Fe2＋的物质的量浓度为________。
【答案】1.0 mol·L-1，1.5 mol·L-1。1.5 mol·L-1。
【解析】设两种溶液的体积各为1L，混合后溶液的总体积为2L，c(Cu2+)=mol·L-1，
c(SO42-)=。加入铁粉CuSO4溶液H2SO4都完全反应生成FeSO4，根据SO42-守恒，则c(Fe2＋)=1.5mol·L-1。
9.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mg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ag。
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；
(2)若a=m，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为 mol(用含m的最简式表示)。
(3)若反应后无固体剩余且溶液中只有2种金属阳离子，则红色固体中Fe2O3、Cu2O的物质的量之比为。
【答案】（1）a= （2）（3）1:1
【解析】（1）红色固体为纯净物则一定是Cu2O，Fe2O3完全溶于稀H2SO4，无固体剩余。
根据：Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2O可知，Cu2O与Cu的物质的量相等，，a=。
（2）a=m可知，反应后ag为Cu，n(Cu)==，设Fe2O3为xmol，Cu2O为ymol，
160x+144y=m--------方程1
Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2OFe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4
x x y y x x
(y-x)64=a------------方程2，由方程1和方程2解得x=，y=。
(3)反应后无固体剩余且溶液中内有2种金属阳离子，则溶液中的阳离子为Fe2+，Cu2+

Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2O Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4
x x y y x x
则x=y，物质的之比为：1:1
10．分别称取2.39g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。

(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。
(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】(1)1∶2 (2)0.100mol·L－1
【解析】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g·mol－1＝0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g·mol－1＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为1∶2。(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH共有0.04mol与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl－)＝0.02mol÷0.2L＝0.100mol·L－1。
11.SO2气体是形成酸雨的主要物质，调节二氧化硫与氢氧化钠间物质的量的最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设nSO、nNaOH、nNaHSO分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的物质的量，且=X，试写出X在不同取值范围时，nNaHSO的值或nNaHSO与nSO、nNaOH间的关系式。
【答案】
X=

X≤1/2
0
1/2