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高考解密02 化学常用计量
考点热度 ★★★★★
考点1、阿伏加德罗常数及其应用
1．（2022·河北·高考真题）N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．3.9gNa O 与足量水反应，转移电子个数为0.1N
2 2 A
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和MgN，转移电子个数为0.1N
3 2 A
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H 的个数为0.1N
2 A
D．6.0gSiO 与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO 的个数为0.1N
2 A
【解析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为
×1×N mol-1=0.05N ，故A错误；B．镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为
A A
镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为 ×2×N mol-1=0.1N ，故
A A
B正确；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的
个数为 × ×N mol-1=0.15N ，故C错误；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸
A A
钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅
酸根离子的个数小于 ×N mol-1=0.1N ，故D错误；故选B。
A A
【答案】B
考点2、一定物质的量浓度溶液的配制
2．（2008·广东·高考真题）下列实验能达到预期目的的是
A．向煮沸的1 mol·L-1 NaOH溶液中滴加FeCl 饱和溶液制备Fe（OH） 胶体
2 3
B．向乙酸乙酯中加入饱和NaCO 溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸
2 3
C．称取19.0 g SnCl ，用100 mL蒸馏水溶解，配制1.0 mol·L-1SnCl 溶液
2 2
D．检验葡萄糖，应用氢氧化铜粉末，加热检验。
【解析】A.NaOH溶液中滴加FeCl 溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故A
3
错误；B.乙酸乙酯中加入饱和NaCO 溶液，可降低乙酸乙酯的溶解度、除去乙酸，吸收乙醇，则向乙酸乙
2 3酯中加入饱和NaCO 溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故B正确；
2 3
C.n(SnCl )=19.0g÷(118.7+71)g/mol≈0.1mol，但溶液的体积不是0.1L，所以不能配制1.0 mol·L-1SnCl 溶液，
2 2
故C错误；D.应利用氢氧化铜的悬浊液来检测葡萄糖，出现砖红色沉淀可说明含有葡萄糖，不能利用氢氧
化铜粉未检测，故D错误；故选B。
【答案】B
考点3、以物质的量为中心的多角度计算
3．（2022·海南·高考真题）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。N 代表阿伏加德罗常数的
A
值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中 数为3N
A
C． 含有的中子数为1.3N D．反应生成标准状况下气体3.36L
A
【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生
反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl
溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3N ，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，
A
2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5N ，C不正确；D．反应生成H 的物质
A 2
的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。
【答案】A
4．（2022·浙江·高考真题）某同学设计实验确定Al(NO )·xH O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解
3 3 2
测得气体产物中有NO 、O、HNO、HO，其中HO的质量为3.06g；残留的固体产物是Al O，质量为
2 2 3 2 2 2 3
1.02g。计算：
(1)x=_______(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O )_______mol。
2
【解析】（1）Al(NO )·xH O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样
3 3 2
品中n(Al)= ，则 ，解得x=9。
（2）气体产物中n(H O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，
2 3
n(NO )=样品中N的物质的量-HNO 中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，
2 3
n(O )=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
2
【答案】(1)9(2)0.0100
1、对点核心素养
（1）宏观辨识与微观探析：能从宏观和微观相结合的视角认识物质的组成、结构、性质和变化。
（2）变化观念与平衡思想：能以变化观念认识物质是变化的,并遵循质量守恒定律。
（3）证据推理与模型认知：掌握与阿伏加德罗常数有关的判断及简单计算,培养学生的证据推理意识。
（4）科学探究与创新意识：明确物质的量浓度的含义,掌握一定物质的量浓度溶液的配制及相关仪器的使
用,培养学生的科学探究与创新能力。2、对点命题分析
主要考查内容有:以选择题的形式考查关于阿伏加德罗常数的正误判断、气体摩尔体积的概念;以物质
的量为中心的有关计算、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等基本概念;对物质的量浓度的理解及简单的计算;
配制一定物质的量浓度溶液的方法及相关误差分析。预计2023年高考仍会围绕阿伏加德罗常数、气体摩尔
体积设置知识陷阱,同时又隐含对物质结构、氧化还原反应、电离、水解等知识的考查。主要培养学生的宏
观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识等学科核心素养。
核心考点一 阿伏加德罗常数及其应用
一、气体摩尔体积的适用“对象及条件”设陷
此角度通常在标准状况下气体摩尔体积具体应用的易错点上组织命题，有时候虽满足标准状况的使用条件，
但不满足是气体；有时候满足是气体的条件，但不满足在标准状况下。
【破题技巧】抓“两看”，突破陷阱
一看“气体”是否处在“标准状况”。
二看“标准状况”下，物质是否为“气体”[如CCl 、CHCl 、CHCl(注：CHCl为气体)、HO、溴、
4 3 2 2 3 2
SO 、己烷、苯、HF、NO 等在标准状况下均不为气体]。
3 2
二、设置与计算无关的一些干扰条件
题目常给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生的正确判断。
【破题技巧】排“干扰”，突破陷阱
解题时要注意两点：①物质的量或质量与物质所处状况无关；②物质的量或质量确定时，物质所含的粒子
数与温度、压强等外界条件无关。
三、忽视常见物质的结构特点
此角度所设题目考查的主要内容包括：一定量的物质中所含相关粒子的数目(如质子数、中子数、电子数、
离子数、电荷数)；一定量的物质中存在的化学键数目(如共价键数目)。
【破题技巧】牢记“结构特点”，突破陷阱：
(1)记特殊物质中所含微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如Ne、DO、18O、—OH、OH－等，
2 2
理清整体与部分的关系。
(2)记最简式相同的物质，构建解答混合物的模型，如NO 和NO、乙烯(C H)和丙烯(C H)等。
2 2 4 2 4 3 6
(3)记摩尔质量相同的物质，如N、CO、C H 等。
2 2 4
(4)记物质中所含化学键的数目，如一分子HO、C H 中化学键的数目分别为3、3n＋1，SiO 中Si—O
2 2 n 2n＋2 2
键的数目为4，苯环中不含双键等。
(5)记NaO 中O 为一个阴离子。
2 2 2
(6)记物质的特殊结构,如白磷、SiO、苯等
2
(7)记特殊物质的组成,如He、Ne为单原子分子,O 为三原子分子,P 为四原子分子。
3 4
四、常在电子转移数目上设陷
此角度易在特殊氧化还原反应中电子转移数目上命题，主要的命题点有：歧化反应中转移的电子数(如Cl
2
与NaOH溶液的反应)；变价元素的单质参与反应时转移电子数(量不同，所表现的化合价不同，如Fe与HNO 反应，Fe不足，生成Fe3＋；Fe过量，生成Fe2＋。氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同，如
3
Cu与Cl 反应生成CuCl ，而Cu与S反应生成Cu S)。
2 2 2
【破题技巧】抓“反应”，突破陷阱
电子转移(得失)数目的问题分析，要做到“三注意”：
一要注意是否发生歧化反应，如Cl 与HO或NaOH发生歧化反应时，消耗1 mol Cl 转移1 mol电子；
2 2 2
二要注意变价元素，如1 mol Fe与足量盐酸反应转移2 mol电子，而与足量硝酸反应转移3 mol电子；
三要注意氧化还原的竞争及用量问题，如向FeBr 溶液中通入Cl，Cl 的量不同，转移的电子数不同。
2 2 2
五、常在电解质溶液中微粒数目上设陷
此角度主要考查电解质在溶液中的存在形式，绝大多数需要利用公式cV＝n进行解题，其具体的表现形式
为弱酸溶液中所含的H＋数目，弱碱溶液中所含的OH－数目；强酸弱碱盐溶液中所含的阳离子数，强碱弱
酸盐溶液中所含弱酸根的离子数等。
【破题技巧】注意“五看”，突破陷阱
一看：溶液中是否有弱酸、弱碱离子的水解
二看：溶液中是否有弱电解质的电离
三看：是否指明了溶液的体积
四看：是否为可逆反应
五看：所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝3的HSO 溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，与电解质组成
2 3
无关；0.05 mol·L－1的Ba(OH) 溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质组成有关。
2
特别注意：求溶液中所含H、O原子数时，不要忽略溶剂水中的H、O原子数目。
六、忽视“特殊条件”或“隐含反应”
此角度是考生最易失分的点，因反应过程“隐含”着特殊情况，稍不留神就会掉入命题人设计的陷阱，常
涉及的命题范围有：含有特殊的条件要求(如MnO 与浓盐酸的反应)；含有特殊的转化关系(如N 与H 的反
2 2 2
应为可逆反应不能进行到底)；具有特殊结构物质的混合(如一定量的乙炔与苯的混合物)。
【破题技巧】树立“平衡观念”，突破陷阱
要识破隐含的可逆反应，记住反应条件、反应物浓度变化对反应的影响，突破陷阱。
(1) 反应为可逆反应，反应物不能完全转化，如
合成氨N＋3H 2NH
2 2 3
(2)有些物质常温常压下就以聚合分子形式存在。比如2NO NO，2HF (HF) 。
2 2 4 2
(3)有些反应浓度不一样，反应就不一样。如铜与硝酸的反应、铜与浓硫酸的反应、二氧化锰与浓盐酸的反
应。
(4)有些反应反应物的用量不一样，反应就不一样。如二氧化碳与碱的反应，碳酸钠与盐酸的反应，石灰水
与碳酸氢钠的反应等。
核心考点二 一定物质的量浓度溶液的配制
一、所需仪器及配制步骤:二、仪器使用:
①容量瓶使用的第一步操作是“检漏”。回答容量瓶时应指明规格,并选择合适的容量瓶,如配制480
mL溶液,应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体,也不能作为反应容器。
②玻璃棒的作用是搅拌和引流。
n
三、根据表达式c = B进行误差分析:
B V
①导致c 偏低的错误操作:垫滤纸称量NaOH固体;左码右物(用游码);称量时间过长(潮解);洗涤或转移
B
时溶液溅出;未洗涤烧杯及玻璃棒;超过刻度线时用滴管吸出液体;定容时仰视;定容摇匀后发现液面低于刻度
线再加水。
②导致c 偏高的错误操作:砝码生锈;定容时俯视;未等溶液冷却至室温就转移并定容。
B
四、有关溶液的计算
(1)熟练推导两种换算关系。
①气体溶质物质的量浓度的计算。
标准状况下,1 L水中溶解某气体V L,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,气体的摩尔质量为M g·mol-1,则c=
1000ρV
mol·L-1。
22400+MV
②物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算。
1000ρw
c= (c为溶质的物质的量浓度,其单位是mol·L-1,ρ为溶液的密度,其单位是g·cm-3,w为溶质的质
M
量分数,M为溶质的摩尔质量,其单位是g·mol-1)。
(2)理解两条规律。
①稀释定律。
a.如用V、V、c、c 分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度,有cV=cV。
1 2 1 2 1 1 2 2
b.如用m 和m、w 和w 分别表示稀释前后溶液的质量和溶质的质量分数,有mw =mw 。
1 2 1 2 1 1 2 2
②混合规律。
计算或判断同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质的质量分数时,设溶质的质量分数分别为w 和w 的两
1 2
溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。
1
a.两溶液等质量混合:w= (w +w )。
2 1 2
b.两溶液等体积混合:
1
(a)若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度,则w> (w +w ),如HSO 溶液。
2 1 2 2 4
1
(b)若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度,则w< (w +w ),如氨水、酒精溶液。
2 1 2
核心考点三 以物质的量为中心的多角度计算
一、化学计算题的特点：在近几年高考中是考生在化学学习中比较头痛的题目也是考生在考试中最难得分
的一类题目。化学计算过程，主要是一个化学问题的数学处理过程，即对物质的组成、结构、性质和变化
规律的量化过程。它以基本概念、基本理论、元素化合物知识为基础，以物质的量为中心，以化学式、化
学方程式及溶液组成知识为定量工具，理解和运用化学概念、化学原理，进行对比、判断、推理。
二、化学计算解题的基本思维方式：题目信息+相关知识+逻辑思维+心理素质。即按以下四个步骤进行：
一是通读题目，挖掘题示信息；二是灵活组合，运用相关知识；三是充分思维，形成解题思路；四是回顾
检查，树立信心。
三、化学计算解题的一个中心：以物质的量为中心；二个基本点：一是守恒，守恒法解题成功的关键在于
从诸多变化和繁杂的数据中寻找恒量对象及其关系。二是化学方程式中的比例关系。。用关系式解题的关
键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：① 利用微粒守恒关系建立关系式；② 利用方程式中的化学
计量数间的关系建立关系式；③ 利用方程式的加合建立关系式。
四、平时复习中要注意培养考生会看图表，会分析流程图、关系曲线，能快速阅读、快速提取信息、快速决策判断的能力，形成良好的信息素养。注重计算方法和技巧的训练以及计算能力的培养，注重计算过程
的思维方法与思维转变。
五、化学计算常用解题方法和技巧
（一）差量法
1、质量差法
【例题1】将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为12.5g。求
混合物中碳酸钠的质量分数。
【解析】混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO
2
和HO的质量，混合物中m(NaHCO )=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na CO)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳
2 3 2 3
酸钠的质量分数为20%。
2、体积差法
【例题2】10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105Pa , 270C）时，
测得气体体积为70毫升，求此烃的分子式。
【解析】原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升。剩余气体应该是生成
的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算。
C H + （x+y/4）O → xCO + y/2 H O 体积减少
x y 2 2 2
1 1+y/4
10 20
计算可得y=4 ，烃的分子式为C H 或C H 或CH
3 4 2 4 4
3、物质的量差法
【例题3】白色固体PCl 受热即挥发并发生分解：PCl （气）= PCl （气）+ Cl 现将5.84克PCl 装
5 5 3 2 5
入2.05升真空密闭容器中，在2770C达到平衡时，容器内的压强为1.01×105Pa ，经计算可知平衡时容器内
混和气体物质的量为0.05摩，求平衡时PCl 的分解百分率。
5
【解析】原PCl 的物质的量为0.028摩，反应达到平衡时物质的量增加了0.022摩，根据化学方程式进
5
行计算。
PCl （气）= PCl （气）+ Cl 物质的量增加
5 3 2
1 1
X 0.022
计算可得有0.022摩PCl 分解，所以结果为78.6%
5
归纳总结：差量法是依据化学反应前后的某些“差量”（固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气
体物质的量之差等）与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方
程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题
步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
（二）、 守恒法
1. 原子守恒
【例题4】有0.4g铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO 通入到足量的澄
2
清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（ ）
A. FeO B. Fe O C. Fe O D. Fe O
2 3 3 4 4 5
【 解 析 】 由 题 意 得 知 ， 铁 的 氧 化 物 中 的 氧 原 子 最 后 转 移 到 沉 淀 物 CaCO 中 。 且
3
n(O)=n(CaCO)=0.0075mol， m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。
3
n(Fe)∶n(O)=2:3，选B
2. 元素守恒
【例题5】将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所
得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量
分数为 （ ）
A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%
【解析】铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化
1 1
n(HCl) 0.7mol 0.35mol
为水中的O，由关系式：2HCl~H O~O，得：n（O）= 2 2 ，m（O）
2
=0.35mol×16g•mol―1=5.6 g；
而 铁 最 终 全 部 转 化 为 FeCl ， n （ Cl ） =0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol ， n （ Fe ） =
3
1 1
n(Cl) 0.75mol 0.25mol
3 3 ， m(Fe)=0.25mol×56g•mol―1=14 g ， 则14g
(Fe) 100% 71.4%
14g 5.6g
，故选B。
3. 电荷守恒法
【例题6】将8g Fe O 投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH （标准状况），
2 3 2
同时，Fe和Fe O 均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗 4mol/L的NaOH
2 3
溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L
【解析】粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题
目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有NaSO 存在于溶液中，且反应过程中SO 2―并无损耗，根据
2 4 4
1
电中性原则：n（SO 2―）= 2 n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C。
4
4. 得失电子守恒法
【例题7】某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加
3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为 （ ）
A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 3∶2
【解析】设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：
5.6
x+y= 56 =0.1（Fe元素守恒）
5.63.2
3
2x+3y= 30 （得失电子守恒）
得：x=0.06mol，y=0.04mol。 则x∶y=3∶2。 故选D。
归纳总结：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，
如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守
恒法。质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。元素守恒即反应前后各元素种类不
变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和
物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-
还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以
后将要学习的原电池或电解池均如此。
（三）、关系式法
【例题8】工业上制硫酸的主要反应如下：
高温 催化剂
4FeS
2
+11O
2
2Fe
2
O
3
+8SO
2
2SO
2
+O
2
△ 2SO
3
SO
3
+H
2
O=H
2
SO
4
煅烧2.5t含85％FeS 的黄铁矿石（杂质不参加反应）时，FeS 中的S有5.0％损失而混入炉渣，计算
2 2
可制得98％硫酸的质量。
【解析】根据化学方程式，可以找出下列关系：FeS～2SO ～2SO ～2HSO ， 本题从FeS 制
2 2 3 2 4 2
HSO ，是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS 中的S全部转变成HSO 中的S。得关系式FeS～
2 4 2 2 4 2
2HSO 。过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得98％硫酸的质量是
2 4
9822.5t85%(15.0%)
12098% =3.36 t 。
归纳总结：实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品
可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干
化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系
式”法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。用关
系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方
程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式。
（四）方程式叠加法
【例题9】 将2.1g 由CO 和H 组成的混合气体，在足量的O 充分燃烧后，立即通入足量的NaO
2 2 2 2
固体中，固体的质量增加
A. 2.1g B. 3.6g C. 4.2g D. 7.2g
【解析】CO和H 都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。NaO 足量，两种气
2 2 2
体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得H+Na O=2NaOH，CO+ Na O=Na CO ，可以看出最
2 2 2 2 2 2 3初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加 2.1g。选Ａ。此题由于CO和H 的量没有确定，两
2
个合并反应不能再合并!
归纳总结：许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果
将多步反应进行合并为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。如果是多种物质与同一物质的完全反应，
若确定这些物质的物质的量之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计
算变为简单。
（五）等量代换法
【例题10】有一块Al-Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、
洗涤、干燥、灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的
质量分数为 （ ）
A. 70％ B. 30％ C. 47.6％ D. 52.4％
【解析】 变化主要过程为：
Al ¿}¿¿⃗¿ AlCl }¿¿⃗¿{NaAlO ¿¿
HCl ¿ 过量NaOH ¿
3 2
由题意得：Fe O 与合金的质量相
2 3
等，而铁全部转化为Fe O ，故合金中Al的质量即为Fe O 中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数
2 3 2 3
316
即为Fe O 中氧的质量分数，O%= 256316 ×100%=30%，选B。
2 3
归纳总结：在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是
没有数据，思考中我们要用“此物”的质量替换“彼物”的质量，通过化学式或化学反应方程式计量数之
间的关系建立等式，求出结果。
（六）、摩尔电子质量法
【例题11】由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气11.2L(标准状况下)
此合金可能是 （ ）
A. 镁铝合金 B. 镁铁合金 C. 铝铁合金 D. 镁锌合金
【解析】由题意，生成 0.5mol H ，金属失去的电子即为 1mol，即合金的平均摩尔电子质量
2
为10g/mol，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g/mol），由平均值可知，
混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g/mol，另一种大于10g/mol。故选A、C
归纳总结：在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反应，金属混合物的质量没有确定，又由于
价态不同，发生反应时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。此时引进新概念“摩尔电子质量”计算
就极为简便，其方法是规定“每失去1mol电子所需金属的质量称为摩尔电子质量”。可以看出金属的摩
尔电子质量等于其相对原子质量除以此时显示的价态。如Na、K等一价金属的摩尔电子质量在数值上等于
其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu等二价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以2，
Al、Fe等三价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以3。
（七）、十字交叉法
1、混和气体计算中的十字交叉法
【例题12】在常温下，将1体积乙烯和一定量的某气态未知烃混和，测得混和气体对氢气的相对密度
为12，求这种烃所占的体积。
【解析】根据相对密度计算可得混和气体的平均式量为24，乙烯的式量是28，那么未知烃的式量肯定
小于24，式量小于24的烃只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5体积
2、同位素原子百分含量计算的十字叉法
【例题13】溴有两种同位素，在自然界中这两种同位素大约各占一半，已知溴的原子序数是35，原子
量是80，则溴的两种同位素的中子数分别等于。
A 79 、81 B 45 、46 C 44 、45 D 44 、46
【解析】两种同位素大约各占一半，根据十字交叉法可知，两种同位素原子量与溴原子量的差值相等，
那么它们的中子数应相差2，所以答案为D
3、溶液配制计算中的十字交叉法
【例题14】某同学欲配制40%的NaOH溶液100克，实验室中现有10%的NaOH溶液和NaOH固体，
问此同学应各取上述物质多少克？
【解析】10%NaOH溶液溶质为10，NaOH固体溶质为100，40%NaOH溶液溶质为40，利用十字交叉
法得：需10%NaOH溶液为60/90 ×100=66.7克，需NaOH固体为30/90 ×100=33.3克
4、混和物反应计算中的十字交叉法
【例题15】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO ，求所得的溶液中CO3－和HCO ＝的物质的量之
2 2 3
比为【解析】依题意，反应产物为NaCO 和NaHCO 的混合 物，
2 3 3
若只生成为 NaCO ，需 NaOH 1.6mol，若只生成为 NaHCO ，
2 3 3
需NaOH 0.8mol。现共消耗NaOH 1mol，由十字交叉法得：
所以，n（NaCO）：n（NaHCO ）＝1：3
2 3 3
归纳总结：十字交叉法是进行二组分混和物平均量与组分 量计算的一种简
－－
便方法。凡可按Mn + M n = M（n + n ）计算的问题，均可用十字交叉法计算的问题，均可按十字交
1 1 2 2 1 2
叉法计算，算式如下图为：
__
M 1 __ n 1 =（M 2 - M ）
M
__
－－ M 2 n 2 =（M -M 1 ）
式中，M表示混和物的某 平均量，M 、M 则表示两组分对应的
1 2
－－
量。如M表示平均分子量，M、M 则表示两组分各自的分子量，n、n 表示两组分在混和物中所占的份额，
1 2 1 2
n:n 在大多数情况下表示两组分物质的量之比，有时也可以是两组分的质量比，如在进行有关溶液质量百
1 2
分比浓度的计算。十字交叉法常用于求算：混和气体平均分子量及组成、混和烃平均分子式及组成、同位
素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反应等。
（八）、均值法
【例题16】铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO 气体和
2
336 mL的NO 气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成
2 4
沉淀的质量为 ( )
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g
【解析】根据生成的气体的体积可得，被还原的硝酸共有0.23 mol，则4.6 g铜和镁的合金的物质的量
为0.115 mol，故合金的平均摩尔质量为＝40 g/mol，氢氧化物的平均相对分子质量为：
40＋17×2＝74。故形成的氢氧化物沉淀为：(4.6 g÷40 g/mol)×74 g/mol＝8.51 g或0.115 mol×74 g/mol＝
8.51 g。本题也可以用整体思维方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的 OH－的质
量之和，而Cu、Mg沉淀的OH－的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，Cu、
Mg失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量＝4.6 g＋0.23 mol×17 g/mol＝8.51g.
答案：B
归纳总结：混合物的计算是化学计算中常见的比较复杂的题型。有些混合物的计算若用平均值法，则
可化难为易，化繁为简，进而提高解这类题的能力。 两个数进行算术平均所得的平均值，一定介于两个
数之间。若已知平均值，则可推断原来两个数一定比平均值大，另一个数比平均值小。这种应用平均值去
判断两个数的取值范围的方法称为平均值法。可利用分子量或原子量的平均值，体积平均值，组成平均值
来确定混合物的组成。
（九）、极值法
【例题17】 将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀HSO 反应，生成H 2.8 L（标准状况），原
2 4 2
混合物的质量可能是( )
A. 2g B. 4g C. 8g D. 10g
【解析】本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。三种金属中产生
等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求的金属质量为8.125g，假设金属
全部为铝可求的金属质量为2.25g，金属实际质量应在2.25g ～8.125g之间。故答案为B、C。
归纳总结：“极值法”即 “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。
（十）、优先原则法
【例题18】在含有Cu(NO ) 、Fe(NO ) 和 AgNO 各0.1mol的混合溶液中加入铁粉，经反应未见气体
3 2 3 3 3
放出，当析出3.2g铜时，溶解的铁粉的质量是 （ ）
A. 5.6g B. 2.8g C. 14g D. 8.4g
【解析】氧化性的强弱为：Cu2+< Fe3+Fe2+，因此当Fe2+被氧化时，溶液中的I-已经氧化完全，因此无法计算转移的电
子数目，故A错误；B．Fe3+胶体粒子是多个Fe3+微粒的聚集体，因此无法计算Fe(OH) 胶体粒子的数目，
3
故B错误；C．电解饱和食盐水时，阴阳两极产生的气体分别为氢气和氯气，因此若阴阳两极产生气体的
总质量为73g，则生成H、Cl，转移电子数为2N ，故C错误；D．12gNaHSO 的物质的量为0.1mol，因
2 2 A 4
此含有N 个阳离子（钠离子），故D正确；故答案为D
A
【答案】D
【变式训练4】（考查电解质溶液中微粒数目的计算，如AB选项）（2022·江西·模拟预测）设N 为阿伏
A
伽德罗常数，下列有关说法不正确的是
A．1LpH=5的某溶液中，含有H+数目为10-5N
A
B．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数目为0.4N
A
C．标准状况下，22.4LHF中含有的原子数为2N
A
D．28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C-H键的数目为4N
A
【解析】A．溶液中c(H+）浓度为1×10-5mol/L，溶液体积为1L，则n(H+)为1×10-5mol，H+数目为10-5N ，
A
A项正确；B．乙醇水溶液中除乙醇中含氧原子外，HO中还含有氧原子，10g46%的乙醇中，
2
n(CHCHOH)为0.1mol，HO质量为5.4g，HO的物质的量为0.3mol，则溶液中氧原子数目为0.4N ，B项
3 2 2 2 A
正确；C．HF在标准状况下不是气体，则22.4LHF无法确定其物质的量，更无法知道原子数，C项错误；
D．乙烯和环丙烷的最简式均为CH，则28gCH 的物质的量为2mol，所以C-H键数目为4N ，D项正确。
2 2 A
故答案选C。
【答案】C
【变式训练5】（考查隐含反应，如BCD选项）（2022·江西宜春·模拟预测）设N 为阿伏加德罗常数的值。
A
下列叙述正确的是
A．18 g H18O含有的中子数为10 N
2 A
B．2molNO与1molO 在密闭容器中充分反应后的分子数为2N
2 A
C．11.2 L CH 和22. 4 L Cl (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5 N
4 2 A
D．1 L0.1 mol· L-1 NaClO溶液中含有的ClO-数目为N
A
【解析】A．H18O的中子数等于0+（18-8）=10，18g H 18O含有的中子数为 ，故A不正确；
2 2
B．NO和O 在密闭容器中充分反应后生成二氧化氮，二氧化氮会生成四氧化二氮，故不能计算反应后的
2
分子数，故B不正确；C．均为标准状况11.2 L CH 为0.5mol，22. 4 L Cl 的物质的量为1mol，两种物质在
4 2光照下发生取代反应，而该取代反应是等体反应，故气体分子数不变，故分子数为1.5 N ，故C正确；
A
D．1L0.1 mol· L-1 NaClO溶液中因为次氯酸根离子发生水解导致离子的数小于N ，故D不正确；故选答案
A
C；
【答案】C
考点二、考查一定物质的量浓度的配制及误差分析
【高考解密】在近几年高考题中,没有出现专门考查一定物质的量浓度溶液配制的试题,而是作为实验题的
一个小题或某个选项呈现的。由于题目单一,难度较小,考生掌握其基本的配制要领即可,同时要熟记所需实
验仪器和步骤。有关溶液的计算也没有直接命题,但有关溶液的计算作为基本技能,是解决其他问题的基础,
仍要重视。
例2.（2022·浙江·一模）配制500 mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．实验中需用的仪器有天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液物质的量浓度偏低
【解析】A．配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL
容量瓶、胶头滴管，A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、
定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要
加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的
体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。故选D。
【答案】D
【易错提醒】(1)仪器的选用要注意思维有序，从配制步骤角度排查还需要的仪器。
(2)用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应插入刻度线以下并接触瓶壁，但玻璃棒不能接触瓶口。
(3)溶液配制过程中，若有任何引起误差的操作均应重新配制。
(4)导致溶液浓度偏低的错误操作：NaOH在称量纸上称量；左码右物(用游码)；洗涤或转移时溶液溅出；
未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度线时用胶头滴管吸出液体；定容时仰视；定容摇匀后发现液面低于刻度线
再加水。
(5)导致溶液浓度偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。
【变式训练1】（考查配制溶液操作的正误判断）（2022·上海松江·二模）配制0.100mol·L-1的某溶液，有
关操作正确的是A．配制HSO 溶液时，将量取的浓HSO 放入容量瓶中加水稀释
2 4 2 4
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
【解析】A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，再转移到容量瓶中，A
错误；B．氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯或者称量瓶中称量，B错误；C．定容时利用胶头滴管滴加，
则配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线，操作合理，C正确；D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并
转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶液浓度偏高，D错误；故答案
选C。
【答案】C
【变式训练2】（考查配制溶液的误差分析）（2022·辽宁·模拟预测）某化学小组的同学要配制
的 溶液，具体操作如下：①用托盘天平称取 固体时所用时间较长；②向
小烧杯中加水使氢氧化钠溶解并冷却至室温；③把溶液转移到洗净但未干燥的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃
棒三次并将洗涤液也转移到容量瓶中，振荡摇匀；④向容量中加水定容，定容时俯视刻度线；⑤定容后塞
上容量瓶塞子，上下颠倒摇匀，摇匀后发现液面低于刻度线，用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线。以上操作
中会使所得溶液浓度偏低的有几项？
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】①氢氧化钠易潮解，称量时所用时间较长会导致称取的氢氧化钠中含部分水，氢氧化钠的量偏少，
①所得溶液浓度偏低；②操作正确，对溶液浓度无影响；③容量瓶不需要干燥，③操作正确，对溶液浓度
无影响；④定容时俯视刻度线会使溶液体积偏小，④所得溶液浓度偏高；⑤上下颠倒摇匀后液面低于刻度
线对浓度无影响，补加蒸馏水会使溶液稀释，⑤所得溶液浓度偏低。
综上所述①⑤所得溶液浓度偏低，因此答案选B。
【答案】B
【变式训练3】（考查有关配制溶液的计算）（2022·广东·汕头市潮阳黄图盛中学一模）下列有关实验原理
或操作正确的是（ ）
A．用20mL量筒量取15mL 酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B．在200mL 某硫酸盐溶液中，含有1.5N 个硫酸根离子，同时含有N 个金属阳离子，不考虑水解问题，
A A
则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L−1
C．实验中需用2.0mol·L−1的NaCO 溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCO 的质量分别
2 3 2 3
为 1000mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2mol·L−1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO ·7H O)，放入小
4 2
烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【解析】A. 量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；B. 1.5N 个硫酸根离子的物质的量为
A
1.5mol，N 个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，
A
x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M(SO )，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为
2 4 3
0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为 =2.5 mol·L−1，B项正确；C. 容量瓶没有950 mL规格，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na CO)=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，C项错误；D. 溶解后
2 3
需要冷却至室温再进行转移，D项错误；答案选B。
【答案】B
考点三、以物质的量为中心的多角度计算
【高考解密】高考化学计算的特点是主要考查学生知识建构的整体性和灵活应用的能力，综合性较强；试
题整体的计算量不大，更多的是对化学基本概念、理论和性质的理解，试题不会做数学游戏、审题绕圈子，
保留化学计算的本来面目；把实验操作、生产实践和化学计算综合起来，或者通过图表、报刊文献等背景
呈现方式、力求题型出新，体现化学学科对计算的要求，更体现对计算综合能力的考查；考试方式的变化
决定了化学计算应该降低难度。化学计算题还常同时考查化学基础知识和数学思维，数学思维包括逻辑推
理、数形变换等。化学计算常要根据量的关系建立数学模型，但建立教学模型的前提应该是先建立正确的
化学概念、弄清概念的含义，即找出计算依据。只有对化学基本概念、基础知识正确理解，建立起来的算
式或数学表达关系才能正确，才能顺利解答计算题。
例3.（2022·新疆·二模）某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4 g，加水溶解后，取所得溶液的十分之
一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO 的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示
2
的曲线。下列说法不正确的是
A．该过程所发生反应的化学方程式：KCO+HCl =KCl+KHCO ；KHCO +HCl=KCl+H O+CO↑
2 3 3 3 2 2
B．混合物样品中含碳酸钾20.0g
C．混合物中碳元素的质量分数为9. 77%
D．若将61.4 g原混合物样品充分加热，放出CO 的质量为4.40g
2
【解析】A． 由图可知，开始没有气体生成，发生反应：KCO+HCl=KCl+KHCO ，加入12mL盐酸时，
2 3 3
开始有气体生成，此时发生反应：KHCO +HCl=KCl+H O+CO↑，故A正确；B．溶液中碳酸钾转化为碳酸
3 2 2
氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO 与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，
3
故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物
质的量= ×10=0.3mol，故样品中碳酸钾的质量=0.3mol×138g/mol=41.4g，故B错误；C． 当
加入32mL盐酸时，生成的气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g× ×10=6g，
故样品中碳元素质量分数= ×100%≈9.77%，故C正确；D． 碳酸氢钾的物质的量为0.3mol×=0.2mol，根据方程式2KHCO KCO+H O+CO↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2mol× =0.1mol，
3 2 3 2 2
二氧化碳的质量=0.1mol×44g/mol=4.4g，故D正确；故选B。
【答案】B
【解题指导】1.了解化学计算题的特点：在近几年高考中是考生在化学学习中比较头痛的题目也是考生在
考试中最难得分的一类题目。化学计算过程，主要是一个化学问题的数学处理过程，即对物质的组成、结
构、性质和变化规律的量化过程。它以基本概念、基本理论、元素化合物知识为基础，以物质的量为中心，
以化学式、化学方程式及溶液组成知识为定量工具，理解和运用化学概念、化学原理，进行对比、判断、
推理。
2.掌握化学计算解题的基本思维方式：题目信息+相关知识+逻辑思维+心理素质。即按以下四个步骤进行：
一是通读题目，挖掘题示信息；二是灵活组合，运用相关知识；三是充分思维，形成解题思路；四是回顾
检查，树立信心。
3.明确化学计算解题的一个中心和二个基本点：以物质的量为中心；二个基本点：一是守恒，守恒法解题
成功的关键在于从诸多变化和繁杂的数据中寻找恒量对象及其关系。二是化学方程式中的比例关系。用关
系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：① 利用微粒守恒关系建立关系式；② 利用方
程式中的化学计量数间的关系建立关系式；③ 利用方程式的加合建立关系式。
【变式训练1】（考查有关化学反应速率和化学平衡计算）（2022·湖南·模拟预测）在容积为2L的恒容密
闭容器中发生反应 ，图Ⅰ表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，
图Ⅱ表示200℃和100℃下平衡时C的体积分数随起始 的变化关系。则下列结论正确的是
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率
B．图Ⅱ可知反应 的 ，且
C．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前
D．200℃时，向容器中充入3mol C，达到平衡时，C的体积分数大于0.25
【解析】A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率 ，故A错误；
B．由图II可知， 一定时，升高温度，平衡时C的体积分数增大，则平衡正向移动，故该反应
为吸热反应；由图I可知，200℃时平衡，A物质的变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的变化量
0.2mol，C物质的变化量0.2mol，则表明该反应为 ，由此可见，A、B起始物质的量
之比刚好等于化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数最大，A、B的起始物质的量之比
=0.8mol：0.4mol=2，则a=2，故B错误；C．恒容容器，向体系中充入He，平衡不移动，正逆速度仍然相等，C错误；D．依据图I，列出平衡三段式，计算得到200℃时，C的体积分数，
结合阿伏加德罗定律，同温同压时， ，所以C的体积分数与C的物质的量分数相等，均为
；相同温度下，若向该容器中单独充入3mol C，该平衡与图I所示
平衡等效，C的体积分数也为25%；但是，当向图I所示平衡中再充入3mol C，相当于对两个等效的平衡
加压，使其存在于一个容器中，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增加，大于25%，一般以框图的形
式理解为 ，D正确；故合
理选项为D。
【答案】D
【变式训练2】（考查有关电解质溶液的计算）（2022·四川泸州·模拟预测）天然水体中的HCO 与空气中
2 3
的CO 保持平衡。已知K (CaCO)=2.8×10-9，温度不变下若改变某溶洞水体中的pH，测得平衡时溶液中
2 sp 3
pX=-lgc(X)(X为HCO、HCO 、CO 或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
2 3
A．曲线①代表X为HCO
B．HCO 的二级电离常数为1×10-10.3
2 3
C．点a溶液中，c(Ca2+)=0.28mol·L-1D．点b溶液中，c(HCO )=1×10-3mol·L-1
【解析】根据图象可知，随着pH的增大，溶液碱性增强， 、 浓度都增大，而曲线①在pH很小
时也产生，因此曲线①代表 ，②代表 ，③代表Ca2+。曲线①与HCO 曲线的交点处
2 3
， ，曲线①与曲线②的交点处 ，
。
A．由上述分析可知，曲线①代表 ，A正确；B．曲线①与曲线②的交点处 ，由点
c(10.3，1.1)可知，HCO 的二级电离常数 ，B正确；C．由
2 3
， ，可得 ，
a点处 ， ，代入 ，得
，根据K (CaCO)=2.8×10-9，c(Ca2+)=2.8mol·L-1，C错误；D．
sp 3
，根据b(8.3，5)， ， ，代入数据整理得
c(HCO )=1×10-3mol·L-1，D正确；故选C。
【答案】C
【变式训练3】（考查有关物质纯度或产率的计算）（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中教学
质量调研测试化学试题）（节选）项目小组制备草酸 并测量其纯度。实验室制备草酸的流程如下：
(2)产品纯度测定。称取上述得到的粗产品9.00g，配成1000mL溶液，取5.00mL溶液放入锥形瓶中，再稀
释到20mL，用 酸性 标准溶液滴定至恰好反应完全，消耗 溶液18.00mL。
已知：测定过程中发生的反应为
①滴定过程中的操作是_______。
②草酸产品的纯度为_______(产品中的杂质不参与反应，写出计算过程)。
【解析】（2）①滴定时，从酸式滴定管向锥形瓶中滴加 溶液，先快后慢，并摇晃震荡锥形瓶，眼
睛注视溶液颜色的变化，当滴加最后一滴 溶液时，锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不再褪色，
停止滴加 溶液，读取剩余 溶液的体积，记录数据。故答案为：从滴定管向锥形瓶中滴加
溶液，摇晃震荡锥形瓶，观察溶液颜色变化，至滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液变为红
色，且半分钟内不再褪色，停止滴加 溶液，读取剩余 溶液的体积，记录数据。②
草酸样品的纯度为90.00％。
【答案】(2)从滴定管向锥形瓶中滴加 溶液，摇晃震荡锥形瓶，观察溶液颜色变化，至滴加最后一
滴 溶液，锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不再褪色，停止滴加 溶液，读取剩余
溶液的体积，记录数据 90.00％
【变式训练4】（考查有关物质热重分析的计算）（2022·河南·焦作市第一中学模拟预测）研究表明
固体(固体的组成用 表示)热分解得到 的过程可分为四步，每一步产生
和 的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取 固体进行热重分
析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示：
下列分析错误的是
A． 可表示为
B． 时，剩余固体的组成可表示为
C．已知 时，剩余固体的组成可表示为 ，则
D．图中m的值为18.20
【解析】NH VO 可以表示为 ，NH VO 的摩尔质量为117g/mol，23.4gNHVO 固体为
4 3 4 3 4 3
0.2mol，相当于0.1molVO，0.2molNH ，0.1molHO，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH 和
2 5 3 2 3
0.05molHO，剩余固体的组成可表示为 ，当剩余固体为VO 时，质量为0.1mol×182g/
2 2 5mol=18.2g。A．NH VO 各原子数均2倍后可表示为 ，故A正确；B．由分析，150℃时
4 3
减少的质量为2.6g，减少0.1molNH 和0.05molHO， 时，剩余固体的组成可表示为
3 2
，故B正确；C．已知 时，剩余固体的组成可表示为 ，由
时，剩余固体的组成可表示为 ，则失去的氨的物质的量：失水的物质的量=(1- ):( -
)=3:1，则 ，故C错误；D．23.4gNHVO 固体为0.2mol，将NH 和HO全部失去后为VO，质量
4 3 3 2 2 5
为23.4g-0.2mol×34g/mol-0.1mol×18g/mol=18.2g，图中m的值为18.20,故D正确；故选C。
【答案】C
