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专题讲座（一） 化学计算的常用方法（精练）
完卷时间：50分钟
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．兴趣小组测定莫尔盐[化学式为 (Fe为+2价)]的化学式，过程如下：
①称取两份质量均为1.96 g的该结晶水合物，分别制成溶液。
②一份加入足量 溶液，生成白色沉淀，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33
g。
③另一份加入含 的酸性溶液， 恰好完全被还原为 ，所发生反应的如下：
通过计算得出莫尔盐化学式中为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由操作②可知：n( )=n(BaSO)= ，由操作③可知，n(Fe2+)=5n(
4
)=5×0.001mol=0.005mol，在根据电荷守恒可知：n( )+2n(Fe2+)=2 n( )可得：n(
)=2 n( )-2n(Fe2+)=2×0.01mol-2×0.005mol=0.01mol，在根据质量守恒可知，一份该结晶水合物中
结晶水的物质的量为：n(HO)=
2
=0.03mol，故x：y：z：w= n( )：n(Fe2+)：n( )：n(HO)=0.01mol：0.005mol：0.01mol：
2
0.03mol=2：1：2：6，通过计算得出莫尔盐化学式中为 ，故答案为：C。2．现有某铁的氧化物样品用10mL5mol/L盐酸恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气112mL(标准状况
下)，Fe2+恰好可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为
A．FeO B．FeO C．FeO D．FeO
2 3 3 4 4 5 5 7
【答案】C
【解析】设该铁的氧化物为FeO nFeO，则有FeO nFeO+(6+2n)HCl=2FeCl+nFeCl+(n+3)HO，nFeCl+
2 3 2 3 3 2 2 2
Cl= nFeCl，可得关系式：(6+2n)HCl~ Cl，即 = ，解得n=2，所以该铁的氧化物为FeO
2 3 2 2 3
2FeO，即FeO，C符合题意，故答案选C。
4 5
3．向一定量的Fe、FeO 和CuO混合物投入100mL 0.9mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成448mL标准状
2 3
况下的气体，得不溶物0.03mol。向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液，加至10mL时开始出现沉淀。忽略溶
液的体积变化，下列说法不正确的
A．0.03mol不溶物全为Cu B．混合物中氧原子的物质的量为0.05mol
C．滤液中的阳离子只有两种 D．滤液中的Fe2+的物质的量浓度为0.8mol/L
【答案】B
【解析】向一定量的Fe、FeO、CuO混合物中加入100mL 0.9mol/L的硫酸，充分反应后滤去不溶物，溶液
2 3
中金属阳离子只有Fe2+，向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液至10mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，说
明反应后溶液中溶质为FeSO、HSO，不溶物只有Cu，则滤液中n(HSO)= n(NaOH)= ×0.01L×2mol/
4 2 4 2 4
L=0.01mol；100mL 0.9mol/L的硫酸的物质的量为0.1L×0.9mol/L=0.09mol；不溶物0.03mol为Cu，则
CuO为0.03mol，根据反应CuO+HSO=CuSO+HO可知，消耗硫酸的物质的量为0.03mol；充分反应后生成
2 4 4 2
448mL标准状况下的气体H 的物质的量为0.02mol；根据反应Fe+HSO=FeSO+H↑可知，与硫酸反应的铁的
2 2 4 4 2
物质的量为0.02mol；则根据反应FeO+3HSO=Fe(SO)+3HO可知，FeO 的物质的量为0.01mol，与
2 3 2 4 2 4 3 2 2 3
Fe3+反应的Fe的物质的量为0.01mol，与Cu2+反应的Fe的物质的量为0.03mol。A．根据分析，0.03mol不
溶物全为Cu，A正确；B．混合物中O原子的物质的量为0.03mol×1+0.01mol×3=0.06mol，B错误；C．滤
液中的阳离子只有Fe2+、H+两种，C正确；D．溶液中只含有Fe2+和H+，c(Fe2+)==0.8mol/L，D正确；故答案选B。
4．为测定某区域空气中SO 的含量，课外小组的同学将空气样品通入200 mL 0. 100 mol·L-1的酸性
2
KMnO 溶液(假定样品中无其他还原性气体，SO 可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为：5SO + 2
4 2 2
+2HO=5 +2Mn2++4H+。 若空气流量为a L·min-1，经过b min溶液恰好褪色，则该空气样品中
2
SO 的含量(单位：g·L-1)为
2
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题干信息，经过b min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为aL·min-1×bmin=ab L，消耗的
酸性KMnO 的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据方程式5SO~2 ，则n(SO)=
4 2 2
，则m(SO)=0.05mol×64g/mol=3.2g，则该空气样品中SO 的含量为
2 2
，答案选D。
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，则原溶液中H+与SO 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
【解析】设原溶液中HSO 和CuSO 的物质的量分别为x、y。
2 4 4因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)=Δm(增)，即：56x=8y，
，则 ，故合理选项是A。
6．（2020·辽宁大连市·大连二十四中高三期中）将9 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中，充分反
应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又
得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法错误的是(
)
A．原混合物中铜和铁各0.075 mol
B．该稀硝酸的物质的量浓度为2 mol/L
C．第一次剩余4.8 g金属为铜和铁
D．再加入足量稀硫酸，又得到标准状况下0.56 L NO
【答案】C
【解析】A．整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应，金属完全溶解，向反应后的溶液中
加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，生成NO为
＝0.1mol，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO＝3Fe(NO)+2NO↑+4HO；3Cu+8HNO＝3Cu(NO)+2NO↑+4HO，
3 3 2 2 3 3 2 2
设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量、生成NO的物质的量有：56x+64y＝9、 (x+y)＝0.1，联立方
程，解得：x＝0.075、y＝0.075，即原混合物中铜和铁各0.075mol，A正确；B．根据方程式可知，
n(HNO)＝4n(NO)＝0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为 ＝2mol/L，B正确；C．剩余的金属一定含
3
有Cu，可能含有Fe，9g混合物中含铜质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的
质量，C错误；D．反应后溶液中n(Fe2+)＝0.075mol，n( )＝0.4mol﹣0.1mol＝0.3mol，再加入足量稀硫酸，发生反应：3Fe2++ +4H+＝3Fe3++NO↑+2HO，0.3mol 反应消耗0.9molFe2+， 有剩余，故
2
生成NO为0.075mol× ＝0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L，D正确；故答案为：C。
7．已知NaCO 具有还原性，能被KMnO 溶液氧化生成CO，实验测得每生成1.12L标准状况下的CO 需要消
2 2 4 4 2 2
耗100mL0.1mol·L-1的KMnO 溶液，则反应后锰元素的化合价为
4
A．+6 B．+4 C．+2 D．条件不够，无法确定
【答案】C
【解析】NaCO 转变为CO，C元素化合价从+3升高到+4，故每生成1.12L标准状况下的CO，失去电子为
2 2 4 2 2
，则100mL0.1mol·L-1KMnO 溶液得到电子0.05mol，则1mol的KMnO 溶液得到电
4 4
子 ，锰元素化合价降低5价，故反应后锰元素的化合价为+2价；答案选C。
8．将64g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、NO、NO)的混合物共0.9 mol，这些气
2 4 2
体恰好能被650 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO 和NaNO 的混合溶液，其中生成的NaNO 的物
3 2 3
质的量为(已知NO+NO+2NaOH=2NaNO+HO，2NO+2NaOH=NaNO+NaNO+HO)
2 2 2 2 3 2 2
A．0.2 mol B．0.3 mol C．0.6 mol D．0.4 mol
【答案】B
【解析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO)，Cu元素化合价由0价
3 2
升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO→NaNO，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得
3 2
2个电子，由电子转移守恒可知，64gCu失去的电子数等于HNO 到NaNO 得到的电子数，据此计算产物中
3 2
NaNO 的物质的量。64gCu共失电子为 ，HNO 到NaNO 共得到电子2mol，故产物中NaNO
2 3 2 2
的物质的量为 ，n(NaOH)= ，根据Na原子守恒，生成的NaNO 的物
3
质的量为1.3mol-1mol=0.3mol，故B正确。故选B。9.28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的NaO 固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固
2 2
体质量为( )
A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g
【答案】B
【解析】根据Fe守恒，n(FeO)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，m(FeO)＝40 g。
2 3 2 3
10.200 ℃时，11.6 g CO 和水蒸气的混合气体与足量的NaO 充分反应后固体质量增加了3.6 g，则原混
2 2 2
合气体的总物质的量是 ( )
A．0.125 mol B．0.25 mol C．0.5 mol D．1 mol
【答案】C
【解析】向足量的固体NaO 中通入11.6 g CO 和HO，发生反应2NaO＋2CO===2NaCO＋O 2NaO＋
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2, 2 2
2HO===4NaOH＋O↑，固体只增加了3.6 g，因为生成O，根据质量守恒可知m(O)＝11.6 g－3.6 g＝8
2 2 2 2
g，所以n(O)＝＝0.25 mol；根据方程式可知n(混合气体)＝2n(O)＝0.5 mol；故选C。
2 2
11.由CO 、H 、和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气中 CO 、H 、和CO的体积
2 2 2 2
比为 ( )
A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰9︰29 D．26︰16︰57
【答案】D
【解析】由于CO在同温同压下时的密度与N 相同，所以CO的含量为任意值。只要CO 与H 的混合气体密
2 2 2
度等于N，即平均相对分子质量等于28便满足题意。利用“十字交叉”可求得CO 与H 的体积比，即：
2 2 2
CO 44 28－2 = 26
2
28
H 2 44－28 = 16
2
只要在在同温同压下混合气中CO 与H 的体积比满足26︰16或13︰8即可。以此得答案为D。
2 2
12、有四种不纯的碳酸钠样品，分别含有下列选项中的一种杂质。取等质量的样品，分别向这些样品中加
入2mol/L盐酸，均完全反应生成CO ，且所耗盐酸的体积也均相同。这四种样品中NaCO 的质量百分比最
2 2 3
小的是（ ）
A．KHCO B．NHHCO C．KCO D．NaHCO
3 4 3 2 3 3
【答案】C
【解析】将四种杂质都看作“正盐”——假设与NaCO 相当，“1mol”盐消耗2mol盐酸，则（A）（B）
2 3
(C) (D)的“分子量”依次变为200、158、138和168。各组混合物耗酸量相同时，各组盐的物质的量n正
盐必相等。又因为各组盐的质量相同，所以盐的平均分子量相同。这样，NaCO 与所含杂质物质的量之比
2 3
则可由下式计算：
NaCO 106 M─M
2 3
n(Na CO) M─M
2 3
═
M
n(杂质盐) M─106
杂质盐 M M ─106欲使NaCO 的含量最小，上式中M（即换量后杂质盐的分子量）值就应最小。M(KCO)=138，最小。故
2 3 2 3
答案为C。
二、主观题（共4小题，共40分）
17．（15分）黄铁矿的主要成分是FeS 。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
2
充分灼烧，将生成的SO 气体与足量Fe(SO) 溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的KCrO 标
2 2 4 3 2 2 7
准溶液滴定至终点，消耗KCrO 标准溶液25.00 mL。
2 2 7
已知：SO＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋；
2 2
CrO＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO。
2 2
(1)样品中FeS 的质量分数是(假设杂质不参加反应)____________(保留一位小数)。
2
(2)煅烧 10 t 上述黄铁矿，理论上产生 SO 的体积(标准状况)为________L，制得 98%的硫酸质量为
2
________t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】(1)据方程式：4FeS＋11O=====2FeO＋8SO；
2 2 2 3 2
SO＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋ ；
2 2
CrO＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO；可得关系式：
2 2
CrO～6Fe2＋～3SO～FeS
2 2 2
1
0．020 00×0.025 mol
m(FeS)＝0.090 00 g
2
样品中FeS 的质量分数为×100%＝90.0%。
2
(2)4FeS＋11O=====2FeO＋8SO
2 2 2 3 2
4 mol 8 mol
mol n(SO)
2
n(SO)＝1.5×105 mol，在标准状况下的体积V(SO)＝3.36×106 L，
2 2
由SO～ SO ～HSO
2 3 2 4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(HSO)×98%
2 4
得m(HSO)＝1.5×107 g＝15 t。
2 4
18.（10分）在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoCO·2HO)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到
2 4 2
一种固体物质，其质量如表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150～210 8.82
290～320 4.82
890～920 4.50
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为________。
(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO 和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为
2
______________________________________________________。
【答案】(1)CoCO (2)3CoCO＋2O=====CoO＋6CO
2 4 2 4 2 3 4 2【解析】(1)n(CoCO·2HO)＝0.06 mol，
2 4 2
Δm＝(10.98－8.82)g＝2.16 g＝m(HO)，
2
故210 ℃时固体为CoCO。
2 4
(2)根据钴原子守恒可知
m(Co)＝3.54 g，m(O)＝(4.82－3.54) g，
n(O)＝0.08 mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，
可写出化学方程式：3CoCO＋2O=====CoO＋6CO。
2 4 2 3 4 2
19.（6分）某气态烃A和B按2︰3（体积比）混合后，取0.1mol与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO
2
和水蒸气。将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g。求A和B可
能的分子式。
【答案】A的分子式为CH，B的分子式可能为CH、CH、CH
4 2 6 2 4 2 2
【解析】（1）碱石灰吸收的CO 包括燃烧生成的CO 及CO转化（还原CuO）成的CO ，即0.1mol混合烃中
2 2 2
的C转化成CO 的总量，共为7.04g÷44g/mol=0.16mol 。
2
可知：1mol混合烃含碳1.6mol，所以混合烃一定含CH。
4
（2）设另一烃分子中含x个碳原子：
CH 1 x－1.6
4
1.6
另一烃 x 1.6－1 = 0.6
① 令A为CH，则有
4
（x—1.6）/ 0.6 = 2/3，解得x=2
B可能是CH、CH、CH。
2 6 2 4 2 2
② 令B为CH，则有
4
0.6 /（x—1.6）=2/3，解得x=2.5（不合理，舍去）。
以此得A的分子式为CH，B的分子式可能为CH、CH、CH。
4 2 6 2 4 2 2
20.（9分）测定K[Fe(CO)]·3HO(三草酸合铁酸钾)中铁的含量。
3 2 4 3 2
(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀硫酸酸化，用c mol·L－1 KMnO 溶液滴定至终点。滴定终点的
4
现象是_____________________________________。
(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀
硫酸酸化，用c mol·L－1 KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式
4 4
为________________。
【答案】(1)当滴入最后一滴KMnO 溶液，锥形瓶中溶液变为粉红色，且30 s内不变色 (2)×100%
4
【解析】(1)KMnO 能将样品溶液中CO氧化成CO，达到滴定终点时，KMnO 稍过量，溶液中出现粉红色。
4 2 2 4
(2)加入过量锌粉能将溶液中Fe3＋还原为
Fe2＋，酸化后Fe2＋与KMnO 溶液反应，根据电子守恒可找出关系式为5Fe2＋～MnO，根据消耗KMnO 溶液的浓
4 4
度和体积可知溶液中n(Fe2＋)＝c mol·L－1 ×V×10－3 L×5＝5×10－3 cV mol，则该晶体中铁元素的质量分
数为×100%或×100%。
