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2020届二轮复习 化学计算微专题 学案（浙江专用）
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第2课时 化学计算微专题
命题调研(2016～2019四年大数据)
2016～2019四年考向分布
核心素养与考情预测
核心素养：证据推理与模型认知、变化与守恒思想
考情解码：化学计算是学生基本能力，历年均为重点，守恒法，差量法，关系式法和讨论分析法等解题方法均有涉及，在数据处理上还强调数字的有效性，误差分析处理等细节，预测在2020年选考中该仍是必考范围，要求考生熟悉常规解题模型，熟练分析和处理数据、运用推理确定物质组成。
真题重现
1.(2019·浙江4月选考，29)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
解析 假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m>2)，根据生成氢气的物质的量为0.03 mol，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n(X)×m＝0.03×2 mol，n(X)＝，解得M＝34m g·mol－1，对m进行讨论，若m＝3，M＝102 g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为23 g·mol－1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m＝4，M＝136 g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为40 g·mol－1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是，符合条件。
答案 n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m＞2)
则n(X)＝(0.03×2)/m mol＝0.06/m mol，M(X)＝2.04m/0.06 g·mol－1＝34m g·mol－1
m＝4，M(X)＝136 g·mol－1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
2.(2018·浙江11月选考)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m g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a g。
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＝，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)。
解析 (1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则和稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
mol mol
所以a＝×64＝m。
(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
x 2x
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
y y y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x x
根据题意
所以x＝。
答案 (1) (2)
3.(2018·浙江4月选考)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。
请计算：
(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量______。
(2)固体混合物中氧化铜的质量________。
解析 Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁原子(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液。
(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100 mol。
(2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160 g·mol－1×x＋80 g·mol－1×y＝4.00 g，根据整个体系中金属元素守恒：56 g·mol－1×2x＋64 g·mol－1×y＋5.60 g＝0.100×56 g＋3.04 g，解方程得x＝0.01 mol，y＝0.03 mol，故CuO的质量为2.40 g。
答案 (1)0.100 mol (2)2.40 g
4.[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为______________________
_________________________________________________________________，
该样品中Na2S2O5 的残留量为________g·L－1(以SO2计)。
解析 I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为＝0.128 g·L－1。
答案 S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ 0.128
5.(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO)(写出计算过程)。
解析 (1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2＋n(Al3＋)×3＝n(OH－)＋n(CO)×2，则2a＋3b＝c＋2d。
答案 (1)生成的产物具有阻燃作用
(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol
m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 g
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol
n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol
n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
考向一 计算中的守恒法
1.(2019·衢州五校联考)向200 mL FeCl3和HCl的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe、Cu混合固体，充分反应后剩余固体质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。(不考虑盐类的水解)
加入固体质量/g
9.00
18.0
27.0
剩余固体质量/g
3.20
9.60
15.8
放出气体体积/L
0
1.12
2.24
试计算：
(1)混合固体中m(Fe)∶m(Cu)＝________。
(2)原混合溶液中c(Cl－)＝________。
解析 (1)从第二组投料分析：投进的18.0 g Fe、Cu混合固体，剩余的9.60 g为Cu，因为Fe与混合液中的HCl反应已产生了1.12 L的H2，之前已把Fe3＋反应完，加入的Cu不与Fe3＋及H＋反应，全部剩余，即18 g固体中含Cu：9.6 g，则含Fe：8.4 g，即混合固体中，mFe∶mCu＝7∶8；
(2)由第三组数据分析：加入27.0 g固体，剩余15.8 g，减少的质量为11.2 g，全部是溶解的Fe，而Fe参与了两个反应：
Fe＋2H＋===Fe2＋ ＋ H2↑
5.6 g 2.24 L
0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
11.2－5.6＝5.6(g)
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
0.1 mol 0.3 mol
即最终溶液中的溶质全部为FeCl2：0.1＋0.3＝0.4(mol)
故原混合溶液中c(Cl－)＝＝4.00(mol/L)
答案 (1)7∶8 (2)4.00 mol·L－1
备考策略
1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
2.解题步骤
考向二 计算中的差量法
2.某物质的分子式为CxHyOz，取该物质A g在足量的O2中充分燃烧，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量增加了B g，则下列说法正确的是( )
A.若y>x>z，则A>B
B.若x＝y>z，则A>B
C.若x＝z
答案 C
备考策略
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。
如： 2C(s)＋O2(g)2CO(g)
固体的质量差量 24 g Δm＝24 g
物质的量差量 2 mol 1 mol 2 mol Δn＝1 mol
气体的体积差量 1 2 ΔV＝1
2.解题步骤
考点三 计算中的关系式法
3.(2019·嘉善一中月考)Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。
请回答下列问题：
(1)现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________ g。
(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
解析 (1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。
(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 mol·L－1×0.25 L×158 g·mol－1＝3.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4.0 g。
(3)设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：
Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O
1 3
X 0.036 L×0.100 mol·L－1
解得x＝1.2×10－3 mol，则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。
答案 (1)胶头滴管、烧杯 (2)4.0 (3)0.024 mol·L－1
备考策略
1.在多步连续进行的化学反应中关系式法
在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
⇩
根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系
⇩
⇩
2.在涉及反应较多的化工流程或反应过程中特定关系式法
在化工流程题中，计算某种物质的质量分数或在多步复杂的反应过程中进行某个特定量的计算，可以考虑利用某种微粒(或原子)的守恒关系或物质的特定组成关系建立关系式解题。
考向四 计算中的讨论法
4.(2019·浙江暨阳联合)在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一种或两种杂质。将a g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液得b g沉淀。
(1)当a＝39b/25时，该样品中杂质肯定不存在__________，可能存在__________。
(2)当a＝39b/25时，求杂质中肯定存在的物质的质量取值范围________。
解析 (1)得到澄清溶液，故一定不存在Ba(NO3)2、由于b g沉淀仅需要69b/50 g K2CO3，提供的样品质量a＝39b/25大于69b/50，而单位质量Na2CO3产生沉淀的能力强于K2CO3，故一定存在KNO3，可能存在Na2CO3。(2)用极端假设法，若全部为K2CO3，可得KNO3为0.18b，若全部为Na2CO3，可得KNO3为0.5b，K2CO3肯定存在，Na2CO3可能存在，故答案为：0.18b≤m<0.5b
答案 (1)Ba(NO3)2 Na2CO3 (2)0.18b≤m<0.5b
备考策略
讨论法
由于某一条件的不确定，结果可能是两个或两个以上，也可能在某个范围内取值，这类题需要用讨论的方法求解。
常见的类型：1.讨论反应发生的程度；
2.讨论反应物是否过量；
3.讨论反应物或生成物的组成范围；
“极端假设法”是常用的讨论方法：
“极端假设法”是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用，可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。
1.(2019·东阳中学高三模拟)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是( )
A.x＝2.24
B.钠的物质的量为0.2 mol
C.反应时，Na、Mg、Al均过量
D.曲线b为Mg与盐酸反应的图像
解析 由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1∶2∶3，所以推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，A.由于酸不足，所以生成氢气的量为：n(H2)＝1/2n(HCl)＝0.1×2÷2＝0.1(mol)，所以标况下的体积为2.24 L，A项正确；B.生成0.1 mol的氢气需0.2 mol的钠，B项正确；C.Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；D.按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al，则中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，D项正确；答案选C。
答案 C
2.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A.0.1(b－2a) mol·L－1 B.10(2a－b) mol·L－1
C.10(b－a) mol·L－1 D.10(b－2a) mol·L－1
解析 根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a) mol，则c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
答案 D
3.(2018·湖北省沙市中学高三高考冲刺)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。
分析数据，680 ℃时所得固体的化学式为( )
A.ZnO B.Zn3O(SO4)2
C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O
解析 28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时，物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.1 mol、 mol，若得ZnSO4·H2O，质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4，质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO，质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
答案 B
4.(2019·嘉兴高三模拟)标准状况下，往一定量的NaOH固体中，逐滴加入1.00 mol·L－1 NH4HSO4溶液充分反应，反应产生的NH3随NH4HSO4溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)，请计算：
(1)X的值为 ________。
(2)NaOH的物质的量为________ mol。
解析 (1)发生的反应是2NaOH＋NH4HSO4===NH3↑＋2H2O＋Na2SO4，加入X体积的NH4HSO4，NaOH有剩余，因此根据NH4HSO4进行计算，因此加入NH4HSO4的物质的量等于NH3的物质的量，即n(NH4HSO4)＝ mol＝0.05 mol，X为0.05 mol/1 L＝0.05 L；(2)根据图像，加入0.35 L NH4HSO4时，NaOH全部反应，有0.35 mol H＋与OH－发生反应，0.05 mol NH与OH－发生反应，即NaOH的物质的量为(0.35＋0.05) mol＝0.40 mol，即NaOH的物质的量为0.40 mol。
答案 (1)0.05 (2)0.40
5.取2.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成50 mL溶液，往溶液中加入50 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH－)＝0.3 mol/L(忽略体积的变化)。试计算：
(1)反应后溶液中n(OH－)＝________ mol。
(2)原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝________。
解析 因为K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOH，KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O，设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x mol和y mol，则2.38＝138x＋100y，根据反应后溶液的n(OH－)＝0.3 mol/L×0.1 L＝0.03 mol，则反应后溶液的n(KOH)为2x＋y＝0.03，解得x＝0.01，y＝0.01。
答案 (1)0.03 (2)1∶1
6.有25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
(1)300 ℃时，所得固体的化学式为________。
(2)1 150 ℃时，反应的化学方程式为_________________________________。
解析 (1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g，300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。
(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol，850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol－1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。
答案 (1)MnSO4 (2)3MnO2Mn3O4＋O2↑
命题调研(2016～2019四年大数据)
2016～2019四年考向分布
核心素养与考情预测
核心素养：证据推理与模型认知、变化与守恒思想
考情解码：化学计算是学生基本能力，历年均为重点，守恒法，差量法，关系式法和讨论分析法等解题方法均有涉及，在数据处理上还强调数字的有效性，误差分析处理等细节，预测在2020年选考中该仍是必考范围，要求考生熟悉常规解题模型，熟练分析和处理数据、运用推理确定物质组成。
真题重现
1.(2019·浙江4月选考，29)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
解析 假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m>2)，根据生成氢气的物质的量为0.03 mol，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n(X)×m＝0.03×2 mol，n(X)＝，解得M＝34m g·mol－1，对m进行讨论，若m＝3，M＝102 g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为23 g·mol－1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m＝4，M＝136 g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为40 g·mol－1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是，符合条件。
答案 n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m＞2)
则n(X)＝(0.03×2)/m mol＝0.06/m mol，M(X)＝2.04m/0.06 g·mol－1＝34m g·mol－1
m＝4，M(X)＝136 g·mol－1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
2.(2018·浙江11月选考)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m g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a g。
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＝，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)。
解析 (1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则和稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
mol mol
所以a＝×64＝m。
(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
x 2x
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
y y y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x x
根据题意
所以x＝。
答案 (1) (2)
3.(2018·浙江4月选考)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。
请计算：
(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量______。
(2)固体混合物中氧化铜的质量________。
解析 Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁原子(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液。
(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100 mol。
(2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160 g·mol－1×x＋80 g·mol－1×y＝4.00 g，根据整个体系中金属元素守恒：56 g·mol－1×2x＋64 g·mol－1×y＋5.60 g＝0.100×56 g＋3.04 g，解方程得x＝0.01 mol，y＝0.03 mol，故CuO的质量为2.40 g。
答案 (1)0.100 mol (2)2.40 g
4.[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为______________________
_________________________________________________________________，
该样品中Na2S2O5 的残留量为________g·L－1(以SO2计)。
解析 I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为＝0.128 g·L－1。
答案 S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ 0.128
5.(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO)(写出计算过程)。
解析 (1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2＋n(Al3＋)×3＝n(OH－)＋n(CO)×2，则2a＋3b＝c＋2d。
答案 (1)生成的产物具有阻燃作用
(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol
m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 g
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol
n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol
n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
考向一 计算中的守恒法
1.(2019·衢州五校联考)向200 mL FeCl3和HCl的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe、Cu混合固体，充分反应后剩余固体质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。(不考虑盐类的水解)
加入固体质量/g
9.00
18.0
27.0
剩余固体质量/g
3.20
9.60
15.8
放出气体体积/L
0
1.12
2.24
试计算：
(1)混合固体中m(Fe)∶m(Cu)＝________。
(2)原混合溶液中c(Cl－)＝________。
解析 (1)从第二组投料分析：投进的18.0 g Fe、Cu混合固体，剩余的9.60 g为Cu，因为Fe与混合液中的HCl反应已产生了1.12 L的H2，之前已把Fe3＋反应完，加入的Cu不与Fe3＋及H＋反应，全部剩余，即18 g固体中含Cu：9.6 g，则含Fe：8.4 g，即混合固体中，mFe∶mCu＝7∶8；
(2)由第三组数据分析：加入27.0 g固体，剩余15.8 g，减少的质量为11.2 g，全部是溶解的Fe，而Fe参与了两个反应：
Fe＋2H＋===Fe2＋ ＋ H2↑
5.6 g 2.24 L
0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
11.2－5.6＝5.6(g)
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
0.1 mol 0.3 mol
即最终溶液中的溶质全部为FeCl2：0.1＋0.3＝0.4(mol)
故原混合溶液中c(Cl－)＝＝4.00(mol/L)
答案 (1)7∶8 (2)4.00 mol·L－1
备考策略
1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
2.解题步骤
考向二 计算中的差量法
2.某物质的分子式为CxHyOz，取该物质A g在足量的O2中充分燃烧，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量增加了B g，则下列说法正确的是( )
A.若y>x>z，则A>B
B.若x＝y>z，则A>B
C.若x＝z
答案 C
备考策略
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。
如： 2C(s)＋O2(g)2CO(g)
固体的质量差量 24 g Δm＝24 g
物质的量差量 2 mol 1 mol 2 mol Δn＝1 mol
气体的体积差量 1 2 ΔV＝1
2.解题步骤
考点三 计算中的关系式法
3.(2019·嘉善一中月考)Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。
请回答下列问题：
(1)现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________ g。
(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
解析 (1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。
(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 mol·L－1×0.25 L×158 g·mol－1＝3.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4.0 g。
(3)设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：
Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O
1 3
X 0.036 L×0.100 mol·L－1
解得x＝1.2×10－3 mol，则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。
答案 (1)胶头滴管、烧杯 (2)4.0 (3)0.024 mol·L－1
备考策略
1.在多步连续进行的化学反应中关系式法
在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
⇩
根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系
⇩
⇩
2.在涉及反应较多的化工流程或反应过程中特定关系式法
在化工流程题中，计算某种物质的质量分数或在多步复杂的反应过程中进行某个特定量的计算，可以考虑利用某种微粒(或原子)的守恒关系或物质的特定组成关系建立关系式解题。
考向四 计算中的讨论法
4.(2019·浙江暨阳联合)在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一种或两种杂质。将a g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液得b g沉淀。
(1)当a＝39b/25时，该样品中杂质肯定不存在__________，可能存在__________。
(2)当a＝39b/25时，求杂质中肯定存在的物质的质量取值范围________。
解析 (1)得到澄清溶液，故一定不存在Ba(NO3)2、由于b g沉淀仅需要69b/50 g K2CO3，提供的样品质量a＝39b/25大于69b/50，而单位质量Na2CO3产生沉淀的能力强于K2CO3，故一定存在KNO3，可能存在Na2CO3。(2)用极端假设法，若全部为K2CO3，可得KNO3为0.18b，若全部为Na2CO3，可得KNO3为0.5b，K2CO3肯定存在，Na2CO3可能存在，故答案为：0.18b≤m<0.5b
答案 (1)Ba(NO3)2 Na2CO3 (2)0.18b≤m<0.5b
备考策略
讨论法
由于某一条件的不确定，结果可能是两个或两个以上，也可能在某个范围内取值，这类题需要用讨论的方法求解。
常见的类型：1.讨论反应发生的程度；
2.讨论反应物是否过量；
3.讨论反应物或生成物的组成范围；
“极端假设法”是常用的讨论方法：
“极端假设法”是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用，可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。
1.(2019·东阳中学高三模拟)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是( )
A.x＝2.24
B.钠的物质的量为0.2 mol
C.反应时，Na、Mg、Al均过量
D.曲线b为Mg与盐酸反应的图像
解析 由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1∶2∶3，所以推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，A.由于酸不足，所以生成氢气的量为：n(H2)＝1/2n(HCl)＝0.1×2÷2＝0.1(mol)，所以标况下的体积为2.24 L，A项正确；B.生成0.1 mol的氢气需0.2 mol的钠，B项正确；C.Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；D.按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al，则中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，D项正确；答案选C。
答案 C
2.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A.0.1(b－2a) mol·L－1 B.10(2a－b) mol·L－1
C.10(b－a) mol·L－1 D.10(b－2a) mol·L－1
解析 根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a) mol，则c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
答案 D
3.(2018·湖北省沙市中学高三高考冲刺)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。
分析数据，680 ℃时所得固体的化学式为( )
A.ZnO B.Zn3O(SO4)2
C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O
解析 28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时，物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.1 mol、 mol，若得ZnSO4·H2O，质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4，质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO，质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
答案 B
4.(2019·嘉兴高三模拟)标准状况下，往一定量的NaOH固体中，逐滴加入1.00 mol·L－1 NH4HSO4溶液充分反应，反应产生的NH3随NH4HSO4溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)，请计算：
(1)X的值为 ________。
(2)NaOH的物质的量为________ mol。
解析 (1)发生的反应是2NaOH＋NH4HSO4===NH3↑＋2H2O＋Na2SO4，加入X体积的NH4HSO4，NaOH有剩余，因此根据NH4HSO4进行计算，因此加入NH4HSO4的物质的量等于NH3的物质的量，即n(NH4HSO4)＝ mol＝0.05 mol，X为0.05 mol/1 L＝0.05 L；(2)根据图像，加入0.35 L NH4HSO4时，NaOH全部反应，有0.35 mol H＋与OH－发生反应，0.05 mol NH与OH－发生反应，即NaOH的物质的量为(0.35＋0.05) mol＝0.40 mol，即NaOH的物质的量为0.40 mol。
答案 (1)0.05 (2)0.40
5.取2.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成50 mL溶液，往溶液中加入50 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH－)＝0.3 mol/L(忽略体积的变化)。试计算：
(1)反应后溶液中n(OH－)＝________ mol。
(2)原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝________。
解析 因为K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOH，KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O，设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x mol和y mol，则2.38＝138x＋100y，根据反应后溶液的n(OH－)＝0.3 mol/L×0.1 L＝0.03 mol，则反应后溶液的n(KOH)为2x＋y＝0.03，解得x＝0.01，y＝0.01。
答案 (1)0.03 (2)1∶1
6.有25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
(1)300 ℃时，所得固体的化学式为________。
(2)1 150 ℃时，反应的化学方程式为_________________________________。
解析 (1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g，300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。
(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol，850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol－1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。
答案 (1)MnSO4 (2)3MnO2Mn3O4＋O2↑
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