【2020年高考化学总复习】人教版化学专题复习习题精选-化学计算
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1．相同条件下，将 Mg、Al、Fe 分别投入质量相等且足量的稀盐酸中，反应结束后，三
种溶液的质量仍相等.则 Mg、Al、Fe 的质量关系是______________________.
2．在空气中暴露过的 KOH 固体，经分析知其内含水 7.62%，K2CO3 2.38%、KOH 90％，若将此样品 1g 加到 1.0mol·L－1 盐酸 46.00ml 里，过量的酸再用 1.07mol·L－1 的
应 2NO2(g)
N2O4(g)达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高 NO2 转化率的是________________________（填字母）。
A．减小 NO2 的浓度
B．降低温度
C．增加 NO2 的浓度
D．升高温度
（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量 N2O4（l）完全反应生成 N2(g)和 H2O（l），放出
（3）欲使铜与 HNO3 反应生成的气体在 NaOH 溶液中全部转化为 NaNO3，至少需要 30%的双氧水_______g
5．将 0.45mol NaOH、0.35mol Na2CO3 和 0.20mol NaHCO3 溶于水后，在该混合溶液 中，逐滴滴入 1 mol·L–1 盐酸的过程中，明显分为三阶段，若加入盐酸体积为 VL，溶液中
Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 (V–0.25)mol (V–0.25)mol
余 Na2CO3 0.55mol–(V–0.25)mol=(0.8–V)mol （1）HCl+NaOH====NaCl+H2O. 加盐酸 0.25L Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 又加盐酸 0.55L NaHCO3+HCl====NaCl+H2O+CO2 再加盐酸 0.55L 0.55mol 共加盐酸 1.35L，所以 0.8≤V≤1.35 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑设加入盐酸 VL. (V-0.8)mol. (V-0.8)mol. 余 NaHCO3[0.55-(V-0.8)]mol.
.
5．配制 500ml 质量分数为 20％H2SO4 溶液需要质量分数为 98％H2SO4 多少毫升？
1．Mg 条在空气中燃烧生成 MgO 和 Mg3N2，将燃烧产物溶于 60ml 2mol/L 盐酸中，以 20ml 0.5mol/L NaOH 溶液中和多余的盐酸，然后在溶液中加入过量 NaOH 溶液，加
积 0 V 0.25
（2）HCl+NaOH====NaCl+H2O 0.25L Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 0.55mol0.55L·1mol·L–1 共加入盐酸 0.55L+0.25L=0.80L 时 Na2CO3 全转化为 NaHCO3.如加入盐酸 VL. 则
0.25 V 0.8
（A）2：7
（B）7：2 （C）1：7
（D）7：1
4．将 32.64g 铜与 140ml 一定浓度的 HNO3 反应，铜完全溶解产生 NO 和 NO2 标准状况 下的体积为 11.2L。请回答：
（1）NO 的体积为_______L，NO2 的体积为_______L （2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入 Vml a mol/L 的 NaOH 溶液，恰好使溶液 中的 Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol/L
（1） 按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是______________________。
（2） 反应过程中末端导管必须始终插入试管 A 的水中，目的是
________________________。
（3） 制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞 K 并通入 N2；②点燃酒精灯，进行反应； ③反应结束后，__________________；④拆除装置，取出产物。
即(1.35-V)mol , Na2CO3 0mol. 正确答案为： 1．0≤V≤0.25 0.55 0
2．0.25≤V≤0.8 0.8-V V-0.25
6/8
3．0.8≤V≤1.35 0 1.35-V
链接高考题：
答案：1.B 考查“始、变、平”模式和平衡常数。
1 2
H2
(g)
1 2
的 HX(g)通入体积为 1.0L 的密闭容器中，在该温度时 HX(g)的最大分解率接近于 ( ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
2．将 15mL 2 mol·L-1Na2CO3 溶液逐滴加入到 40mL 0.5 mol·L-1 MCln 盐溶液中，恰好将 溶液中的 Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则 MCln 中 n 值是（ ）
Na2CO3 为 xmol、NaHCO3 为 ymol.计算确定三个阶段 V 的取值范围及对应的 x、y 的值 （用含 V 的数学式表示），并填入表中.
盐酸 V（L）
Na2CO3 x(mol)
NaHCO3 y(mol)
1
2
2/8
3
1．在一定温度下，反应 1 H2(g)+ 1 X2(g)
2
2
HX(g)的平衡常数为 10。若将 1.0mol
必一个比 20 大，一个比 20 小，而只有 Al 相当于＋2 价时为 18，所以混合物中必有 Al.
5．分析：500ml20%H2SO4 溶液质量为
1.14g/ml×500ml=570g
98
20
20
0
78
配 20％H2SO4 溶液需要 98％H2SO4 和水的质量比为 20：
78.则需要
98％H2SO4
N2O4
（g）的平衡常数 K。
（4）现用一定量的 Cu 与足量的浓 HNO3 反应，制得 1.00L 已达到平衡 N2O4 和 NO2 的 混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗 Cu 多少克？
3/8
6. 某实验小组利用如下装置（部分固定装置略）制备氮化钙（Ca3N2），并探究其实验 式。
4．物质的量之比 2：5 的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为 N2O，反应结束后锌没
有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：5
5．联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4 与 N2O4 反应能放出大量的
热。
（1）已知：2NO2(g)===N2O4(g) △H=-57.20 kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反
1mol 0.5mol
CuCl2 x mol CuCl2+Fe=FeCl2+Cu
xmol xmol
根据题意有 56(0.5+x)=64x x= 7 2
n(FeCl3):n(CuCl2)=1:
7 :=2:7 2
正确选项 A.
5/8
4．（1）5.8 5.4 （2）(Va·10-3+0.5)/0.14 （3）57.8 分析：此题的解题思路，应用守恒原理，溶液中电荷守恒，原子守恒，电子得失守恒。 （1）设 NO、NO2 物质的量分别为 x,y，则：x+y=0.5，Cu 失 e-量等于 HNO3 转化 为 NO，NO2 时得电子量，则 3x+y=0.51×2 解之再转化为体积。 （2）Cu2+全部转化为沉淀时，溶液中溶质为 NaNO3，电荷守恒 n(NO3)=n(Na+)=n(NaOH)=V·a·10-3mol 被还原 HNO3 为 NO、NO2 和为 0.5mol，与溶液中 n(NO3-)加和后除体积即为原 HNO3 物质的量浓度 （3）电子得失守恒。0.51mol Cu 失的电子最终全部转移给 H2O2 设需 H2O2 x g Cu—H2O2
1 ：1
x 30% 0.51 x 57.8 34
5．分析由于 NaOH+NaHCO3====H2O+Na2CO3 反应发生，三者溶于水后，溶液 中有 0.55mol Na2CO3 和 0.25mol NaOH.加入盐酸反应分三阶段.
（1）NaOH+HCl====NaCl+H2O 加入盐酸 0.25L，NaOH 全部中和，这时 NaHCO3 0mol、Na2CO3 0.55mol 盐酸体
（4） 数据记录如下：
空瓷舟质量 m0/g 14.80
瓷舟与钙的质量 m1/g 15.08
瓷舟与产物的质量 m2/g 15.15
① 计算得到实验式 CaXN2，其中 x=_________________. ② 若通入的 N2 中混有少量 O2,请比较 x 与 3 的大小，并给出判断依据： _________________。
A．4 B．3
C．2
D．1
3. 为了检验某含有 NaHCO3 杂质的 Na2CO3 样品的纯度，现将 w1g 样品加热，其质量变
为 w2g，则该样品的纯度（质量分数）是
A． 84w2 53w1 31w1
C． 73w2 42w1 31w1
B． 84(w1 w2 ) 31w1
D． 115w2 84w1 31w1
KOH 溶液中和，蒸发中和后的溶液可得到固体多少克？
3．相同质量的 Na, Mg, Al, 与足量盐酸反应，产生 H2 用来还原 CuO.假定反应完
全，则所得铜的物质的量之比为
.
4．Zn，Fe，Mg，Al 中两种金属组成的混合物 10g，与足量盐酸反应生成标准状况下 H2
11.2L，则混合物中一定含有金属
4/8
设三种金属均为 1g，则还原出 Cu 的物质的量之比为：
1 23
2
：1 24
：21732 ＝36：69：92
正确答案为 36：69：92
4．分析：如果金属为＋2 价的话
R ～ H2
10g 11.2L
20g 22.4L
则相当于＋2 价的金属的相对原子质量为 20，相当于＋2 价的两种金属的相对原子质量
热，使 NH3 全部蒸发，再用稀盐酸吸收 NH3，使盐酸增重 0.17g.求 Mg 条的质量.
2．C2H2、C6H6、C2H4O 组成混合物中碳质量分数为 72％，则含氧质量分数为 .
3. 向 FeCl3 和 CuCl2 混合液中加入过量 Fe 粉，反应后剩下的固体物质恰好跟加入的铁粉质
量相等，原混合液中 FeCl3 和 CuCl2 的物质的量之比为（ ）
19.14kJ 的热量。则反应 2N2H4（l）+N2O4（l）===3N2（g）+4H2O（l）的
△H=__________kJ·mol-1。
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中 N2O4 和 NO2 的混合气体达到平衡时，c（NO2）
=0.030 0 mol· L-1、c（N2O4）=0.012 0 mol· L-1。计算反应 2NO2（g）
必会基础题
1．分析： Mg ～ H2 增重率
Al ～ 3 H2 增重率 2
24 2 22＝11 27 3 24 12
24 ＝8 27 9
Fe ～ H2 增重率
56 2 54＝ 27 56 28
增重率最大的投入的金属的质量最少，才能使反应结束后，三种溶质的质量仍相等.
正确答案为 m(Al)>m(Mg)>m(Fe)
2．分析：最后产物为 KCl，根据 Cl－物质的量守恒，有 n(KCl)＝n(HCl)＝n(Cl－)
则 m(KCl)＝1.0mol·L－1×0.04600L×74.5g·mol－1＝3.4g
正确答案：得到固体 3.4g.
3．分析：根据氧化还原反应中得失电子可知：
2Na ～ Cu Mg～ Cu Al～1.5Cu
正确答案为镁条质量为 1.2g.
2．分析：将 C2H4O 写成 C2H2（H2O），则混合物中“H2O”部分占质量分数
1－72％－72％÷12＝22％，则混合物中氧元素质量分数为 22％× 8 ＝19.6％ 9
正确答案为含氧 19.6％
3．分析：设 FeCl3 1mol 2FeCl3+Fe=3FeCl2
溶液为：570g×
20 20 78
÷1.84g/ml=63.2ml
正确答案：需 98％H2SO463.2ml.
提高拓展题：
1．分析：根据题意知 n(NaOH) ＝ 0.01mol n(NH4+) = n(NH3) = 0.01mol, n(HCl) =n(Cl–) =0.12mol 以 20ml 0.5mol/L NaOH 中和多余的盐酸后，溶液中只有 MgCl2, NH4Cl, NaCl, 根 据电荷守恒有： n(Na+) + n(NH4+) + 2n(Mg2+) = n(Cl–) 0.01mol +0.01mol +2n(Mg2+) = 0.12mol n(Mg2+)=0.05mol m(Mg)=1.2g
种溶液的质量仍相等.则 Mg、Al、Fe 的质量关系是______________________.
2．在空气中暴露过的 KOH 固体，经分析知其内含水 7.62%，K2CO3 2.38%、KOH 90％，若将此样品 1g 加到 1.0mol·L－1 盐酸 46.00ml 里，过量的酸再用 1.07mol·L－1 的
应 2NO2(g)
N2O4(g)达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高 NO2 转化率的是________________________（填字母）。
A．减小 NO2 的浓度
B．降低温度
C．增加 NO2 的浓度
D．升高温度
（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量 N2O4（l）完全反应生成 N2(g)和 H2O（l），放出
（3）欲使铜与 HNO3 反应生成的气体在 NaOH 溶液中全部转化为 NaNO3，至少需要 30%的双氧水_______g
5．将 0.45mol NaOH、0.35mol Na2CO3 和 0.20mol NaHCO3 溶于水后，在该混合溶液 中，逐滴滴入 1 mol·L–1 盐酸的过程中，明显分为三阶段，若加入盐酸体积为 VL，溶液中
Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 (V–0.25)mol (V–0.25)mol
余 Na2CO3 0.55mol–(V–0.25)mol=(0.8–V)mol （1）HCl+NaOH====NaCl+H2O. 加盐酸 0.25L Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 又加盐酸 0.55L NaHCO3+HCl====NaCl+H2O+CO2 再加盐酸 0.55L 0.55mol 共加盐酸 1.35L，所以 0.8≤V≤1.35 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑设加入盐酸 VL. (V-0.8)mol. (V-0.8)mol. 余 NaHCO3[0.55-(V-0.8)]mol.
.
5．配制 500ml 质量分数为 20％H2SO4 溶液需要质量分数为 98％H2SO4 多少毫升？
1．Mg 条在空气中燃烧生成 MgO 和 Mg3N2，将燃烧产物溶于 60ml 2mol/L 盐酸中，以 20ml 0.5mol/L NaOH 溶液中和多余的盐酸，然后在溶液中加入过量 NaOH 溶液，加
积 0 V 0.25
（2）HCl+NaOH====NaCl+H2O 0.25L Na2CO3+HCl====NaCl+NaHCO3 0.55mol0.55L·1mol·L–1 共加入盐酸 0.55L+0.25L=0.80L 时 Na2CO3 全转化为 NaHCO3.如加入盐酸 VL. 则
0.25 V 0.8
（A）2：7
（B）7：2 （C）1：7
（D）7：1
4．将 32.64g 铜与 140ml 一定浓度的 HNO3 反应，铜完全溶解产生 NO 和 NO2 标准状况 下的体积为 11.2L。请回答：
（1）NO 的体积为_______L，NO2 的体积为_______L （2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入 Vml a mol/L 的 NaOH 溶液，恰好使溶液 中的 Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol/L
（1） 按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是______________________。
（2） 反应过程中末端导管必须始终插入试管 A 的水中，目的是
________________________。
（3） 制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞 K 并通入 N2；②点燃酒精灯，进行反应； ③反应结束后，__________________；④拆除装置，取出产物。
即(1.35-V)mol , Na2CO3 0mol. 正确答案为： 1．0≤V≤0.25 0.55 0
2．0.25≤V≤0.8 0.8-V V-0.25
6/8
3．0.8≤V≤1.35 0 1.35-V
链接高考题：
答案：1.B 考查“始、变、平”模式和平衡常数。
1 2
H2
(g)
1 2
的 HX(g)通入体积为 1.0L 的密闭容器中，在该温度时 HX(g)的最大分解率接近于 ( ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
2．将 15mL 2 mol·L-1Na2CO3 溶液逐滴加入到 40mL 0.5 mol·L-1 MCln 盐溶液中，恰好将 溶液中的 Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则 MCln 中 n 值是（ ）
Na2CO3 为 xmol、NaHCO3 为 ymol.计算确定三个阶段 V 的取值范围及对应的 x、y 的值 （用含 V 的数学式表示），并填入表中.
盐酸 V（L）
Na2CO3 x(mol)
NaHCO3 y(mol)
1
2
2/8
3
1．在一定温度下，反应 1 H2(g)+ 1 X2(g)
2
2
HX(g)的平衡常数为 10。若将 1.0mol
必一个比 20 大，一个比 20 小，而只有 Al 相当于＋2 价时为 18，所以混合物中必有 Al.
5．分析：500ml20%H2SO4 溶液质量为
1.14g/ml×500ml=570g
98
20
20
0
78
配 20％H2SO4 溶液需要 98％H2SO4 和水的质量比为 20：
78.则需要
98％H2SO4
N2O4
（g）的平衡常数 K。
（4）现用一定量的 Cu 与足量的浓 HNO3 反应，制得 1.00L 已达到平衡 N2O4 和 NO2 的 混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗 Cu 多少克？
3/8
6. 某实验小组利用如下装置（部分固定装置略）制备氮化钙（Ca3N2），并探究其实验 式。
4．物质的量之比 2：5 的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为 N2O，反应结束后锌没
有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：5
5．联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4 与 N2O4 反应能放出大量的
热。
（1）已知：2NO2(g)===N2O4(g) △H=-57.20 kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反
1mol 0.5mol
CuCl2 x mol CuCl2+Fe=FeCl2+Cu
xmol xmol
根据题意有 56(0.5+x)=64x x= 7 2
n(FeCl3):n(CuCl2)=1:
7 :=2:7 2
正确选项 A.
5/8
4．（1）5.8 5.4 （2）(Va·10-3+0.5)/0.14 （3）57.8 分析：此题的解题思路，应用守恒原理，溶液中电荷守恒，原子守恒，电子得失守恒。 （1）设 NO、NO2 物质的量分别为 x,y，则：x+y=0.5，Cu 失 e-量等于 HNO3 转化 为 NO，NO2 时得电子量，则 3x+y=0.51×2 解之再转化为体积。 （2）Cu2+全部转化为沉淀时，溶液中溶质为 NaNO3，电荷守恒 n(NO3)=n(Na+)=n(NaOH)=V·a·10-3mol 被还原 HNO3 为 NO、NO2 和为 0.5mol，与溶液中 n(NO3-)加和后除体积即为原 HNO3 物质的量浓度 （3）电子得失守恒。0.51mol Cu 失的电子最终全部转移给 H2O2 设需 H2O2 x g Cu—H2O2
1 ：1
x 30% 0.51 x 57.8 34
5．分析由于 NaOH+NaHCO3====H2O+Na2CO3 反应发生，三者溶于水后，溶液 中有 0.55mol Na2CO3 和 0.25mol NaOH.加入盐酸反应分三阶段.
（1）NaOH+HCl====NaCl+H2O 加入盐酸 0.25L，NaOH 全部中和，这时 NaHCO3 0mol、Na2CO3 0.55mol 盐酸体
（4） 数据记录如下：
空瓷舟质量 m0/g 14.80
瓷舟与钙的质量 m1/g 15.08
瓷舟与产物的质量 m2/g 15.15
① 计算得到实验式 CaXN2，其中 x=_________________. ② 若通入的 N2 中混有少量 O2,请比较 x 与 3 的大小，并给出判断依据： _________________。
A．4 B．3
C．2
D．1
3. 为了检验某含有 NaHCO3 杂质的 Na2CO3 样品的纯度，现将 w1g 样品加热，其质量变
为 w2g，则该样品的纯度（质量分数）是
A． 84w2 53w1 31w1
C． 73w2 42w1 31w1
B． 84(w1 w2 ) 31w1
D． 115w2 84w1 31w1
KOH 溶液中和，蒸发中和后的溶液可得到固体多少克？
3．相同质量的 Na, Mg, Al, 与足量盐酸反应，产生 H2 用来还原 CuO.假定反应完
全，则所得铜的物质的量之比为
.
4．Zn，Fe，Mg，Al 中两种金属组成的混合物 10g，与足量盐酸反应生成标准状况下 H2
11.2L，则混合物中一定含有金属
4/8
设三种金属均为 1g，则还原出 Cu 的物质的量之比为：
1 23
2
：1 24
：21732 ＝36：69：92
正确答案为 36：69：92
4．分析：如果金属为＋2 价的话
R ～ H2
10g 11.2L
20g 22.4L
则相当于＋2 价的金属的相对原子质量为 20，相当于＋2 价的两种金属的相对原子质量
热，使 NH3 全部蒸发，再用稀盐酸吸收 NH3，使盐酸增重 0.17g.求 Mg 条的质量.
2．C2H2、C6H6、C2H4O 组成混合物中碳质量分数为 72％，则含氧质量分数为 .
3. 向 FeCl3 和 CuCl2 混合液中加入过量 Fe 粉，反应后剩下的固体物质恰好跟加入的铁粉质
量相等，原混合液中 FeCl3 和 CuCl2 的物质的量之比为（ ）
19.14kJ 的热量。则反应 2N2H4（l）+N2O4（l）===3N2（g）+4H2O（l）的
△H=__________kJ·mol-1。
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中 N2O4 和 NO2 的混合气体达到平衡时，c（NO2）
=0.030 0 mol· L-1、c（N2O4）=0.012 0 mol· L-1。计算反应 2NO2（g）
必会基础题
1．分析： Mg ～ H2 增重率
Al ～ 3 H2 增重率 2
24 2 22＝11 27 3 24 12
24 ＝8 27 9
Fe ～ H2 增重率
56 2 54＝ 27 56 28
增重率最大的投入的金属的质量最少，才能使反应结束后，三种溶质的质量仍相等.
正确答案为 m(Al)>m(Mg)>m(Fe)
2．分析：最后产物为 KCl，根据 Cl－物质的量守恒，有 n(KCl)＝n(HCl)＝n(Cl－)
则 m(KCl)＝1.0mol·L－1×0.04600L×74.5g·mol－1＝3.4g
正确答案：得到固体 3.4g.
3．分析：根据氧化还原反应中得失电子可知：
2Na ～ Cu Mg～ Cu Al～1.5Cu
正确答案为镁条质量为 1.2g.
2．分析：将 C2H4O 写成 C2H2（H2O），则混合物中“H2O”部分占质量分数
1－72％－72％÷12＝22％，则混合物中氧元素质量分数为 22％× 8 ＝19.6％ 9
正确答案为含氧 19.6％
3．分析：设 FeCl3 1mol 2FeCl3+Fe=3FeCl2
溶液为：570g×
20 20 78
÷1.84g/ml=63.2ml
正确答案：需 98％H2SO463.2ml.
提高拓展题：
1．分析：根据题意知 n(NaOH) ＝ 0.01mol n(NH4+) = n(NH3) = 0.01mol, n(HCl) =n(Cl–) =0.12mol 以 20ml 0.5mol/L NaOH 中和多余的盐酸后，溶液中只有 MgCl2, NH4Cl, NaCl, 根 据电荷守恒有： n(Na+) + n(NH4+) + 2n(Mg2+) = n(Cl–) 0.01mol +0.01mol +2n(Mg2+) = 0.12mol n(Mg2+)=0.05mol m(Mg)=1.2g