物质的量---化学计算的思想方法 高频考点 专题练 2026年高考化学一轮复习备考
文档属性
| 名称 | 物质的量---化学计算的思想方法 高频考点 专题练 2026年高考化学一轮复习备考 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 602.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-30 16:41:08 | ||
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文档简介
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物质的量---化学计算的思想方法 高频考点 专题练
2026年高考化学一轮复习备考
一、单选题
1．标准状况下，等体积的氧气、二氧化碳、氮气的混合气体通过一定量的过氧化钠后，体积变为原体积的，此时混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为
A．3： 2：4 B．4：1：3 C．6：3：4 D．8： 2：7
2．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为
A．72% B．40% C．36% D．18%
3．在一定条件下，和可发生如下反应：，从而可知在中，元素R的化合价是
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
4．有一在空气中放置了一段时间的KOH固体,经分析测得其含水2.8%、含K2CO337.3%,取1g该样品投入25ml 2mol/L 的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/LKOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体
A．1g B．3.725g C．0.797g D．2.836g
5．将和三种混合溶液加酸化，测得(假设完全电离为和)，则为
A． B．
C． D．
6．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为
B．溶液中，层数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数日为
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
7．将由和组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得质量为15.9 g，将残余固体溶于盐酸中，收集到VL(标准状况下)。下列说法错误的是
A．
B．盐酸的浓度至少为
C．原固体混合物中，
D．若将原固体与足量盐酸充分反应，生成的体积为5.6 L(标准状况下)
8．将一定量的锌与100mL 18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol·L-1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)
A．1：1 B．4：1 C．1：4 D．3：2
9．某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
10．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为
A．0.2mol B．0.25mol C．0.3mol D．0.35mol
11．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
12．一定量的某磁黄铁矿（主要成分，S为价）与盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
二、填空题
13．和亚氯酸钠是广泛使用的漂白剂，消毒剂。高浓度气体易发生爆炸，在生产时需用其他气体稀释。生产和的工艺流程：
发生器中反应为(未配平)。
(1)每生成转移 电子。
(2)参加反应的和的物质的量之比为 。
14．已知：，某同学测定产品的质量分数可按如下方法：取产品，用水溶解后，加入足量的溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至，取加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是 。四次平行实验耗去标准溶液数据如下：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液 25.00 25.02 26.20 24.98
此产品中的质量分数为 。
15．我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有、 和 (填化学式)。
16．在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
17．化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，以作强氧化剂处理水样时所消耗的的量换算成相当于的含量(以计)来计量。
(1)处理时，水样应先酸化，最好选用 (填“稀硝酸”“稀硫酸”或“稀盐酸”)酸化。
(2)在该条件下，最终转化为、取水样100mL，处理该水样时消耗了溶液。则该水样的COD为 。
18．对产品进行热重分析，结果如下图所示。时结晶水已全部失去，时产物为，则 ；阶段反应的化学方程式为 。
三、计算题
19．准确称取氯化亚铜样品置于一定量的溶液中，待样品完全溶解后，加水，用的溶液滴定到终点，消耗溶液。有关化学反应的离子方程式为，计算上述样品中的质量分数是 （答案保留四位有效数字）。
20．某同学设计实验确定的结晶水数目。称取样品，经热分解测得气体产物中有，，其中的质量为；残留的固体产物是，质量为。计算：
(1) (写出计算过程)。
(2)气体产物中 。
21．联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料 kg焦炭。
(2)每生产106kg纯碱，同时可获得 (列式计算)。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B B B D C A A B
题号 11 12
答案 C D
1．B
【详解】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气：，消耗2molCO2生成1molO2；又反应后体积变为原体积的，可假设反应前为9体积，各气体分别为3体积，故混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为：4：1：3，答案选B。
2．C
【详解】经分析，硫元素最终全部转化为硫酸，并和NaOH反应，则由S原子守恒和有关反应可得出：
得m(S)=0.08g
原混合物中w(S)=×100%≈36%，故选C。
3．B
【详解】根据电荷守恒可得：n+2=1+2，解得n=1，则R的化合价为+5价。
答案选B。
4．B
【详解】考查化学的有关计算。根据反应过程可知，最终生成的固体应该是氯化钾，所以根据氯原子守恒可知，氯化钾的物质的量是0.025L×2mol/L＝0.05mol，则氯化钾的质量就是0.05mol×74.5g/mol＝3.725g，答案选B。
5．B
【详解】因，所以很小，忽略不计。根据电荷守恒有：，解之得：；故选B。
6．D
【详解】A．标准状况下为气体，为，其含有原子，生成的原子数为，A错误；B．为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，溶液中数目小于，B错误；C．反应①的化学方程式为，反应中每生成消耗，为，故可以生成，硫原子数目为，C错误；D．反应②的离子方程式为，反应的还原产物为，每生成共转移电子，因此，每生成，转移电子，数目为，D正确。
7．C
【分析】假设原固体中，，，则有方程式①，根据加热分解后的质量可得到方程式②，联立两个方程式得到，，即原固体混合物中，；
【详解】A．冷却后称得质量为15.9 g，则残余的碳酸钠为0.15mol，根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.15mol，则标况下体积为3.36L，故A正确；
B．，残余的碳酸钠为0.15mol，所以HCl至少为0.3mol，浓度至少为0.3mol÷0.1L=，故B正确；
C．由分析可知，原固体混合物中，，故C错误；
D．根据碳元素守恒可知，原固体混合物可生成二氧化碳0.05mol+0.2mol=0.25mol，则若将原固体与足量盐酸充分反应，生成的体积为5.6 L(标准状况下)，故D正确；
故选C。
8．A
【详解】生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，得电子的物质的量为，根据得失电子守恒，反应消耗1.2molZn、生成1.2molZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为；生成氢气的物质的量为，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1:1，故选A。
9．A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。
【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
10．B
【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入150mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2，标准状况下2.24L NO的物质的量为：，根据N元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.15L×4mol/L-0.1mol=0.5mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：n[Fe(NO3)2]==0.25mol，由铁元素守恒可知，若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.25mol，故选：B。
11．C
【详解】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，故选C。
【点睛】本题考查化学反应的计算技巧和方法，题目难度中等。根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。
12．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据原子守恒，，所以的浓度为，A错误；B．根据信息，和盐酸反应生成硫单质、和气体，根据氢原子守恒，生成的为，标准状况下体积为，B错误；C．根据上述分析，可以写出反应的化学方程式：，根据原子守恒，得出：，C错误；D．在中S为价，设该化合物中和物质的量分别为和，则，，，所以，D正确。
13．(1)1
(2)2:1
【分析】根据流程分析，发生器中，酸性环境下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2，反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；在吸收器中，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2，通过一系列操作，得到NaClO2产品。
【详解】（1）该反应中，元素由价降低到价，则每生成转移电子。
（2）元素由价降低到价，S元素由价升高到价，根据电子守恒，，故。
14． 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色
【详解】滴定终点：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；根据表中数据知，3误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体积，，根据反应的化学方程式知，消耗的溶液中，则溶液中，根据反应的化学方程式得，根据铜原子守恒得，，此产品中的质量分数。
15． SO3 CuO
【详解】根据图示的热重曲线所示，在左右会出现两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为，可能出现的化学方程式为，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为。
16． 4 1
【详解】由图可知，即7个结晶水完全失去时失重比为，则失重比为时，失去的结晶水数目为，故，同理可推出。
17．(1)稀硫酸
(2)120
【详解】（1）稀硝酸具有强氧化性，稀盐酸具有还原性，使用时会发生副反应，影响实验结果的检测；硫酸性质稳定，则处理时，最好选用稀硫酸酸化水样；
（2）完全反应转移6mole-，完全反应转移4mole-，根据电子守恒，相当于，，溶液相当于，该水样的COD为。
18． 1
【详解】根据图像可知，将纵坐标对应质量乘1000，图像不变，则按照乘1000后的数据计算：时固体质量为3.20g，产物为物质的量为3.2g÷160g/mol=0.02mol，根据元素质量守恒，初始25℃时，固体质量为4.92g，物质的量为0.02mol，则其摩尔质量为4.92g÷0.02mol=246g/mol，数值上等于相对分子质量，而的相对分子质量为228，则；失去全部结晶水时的质量为0.02mol×228g/mol=4.56g，时固体质量只有3.88g，说明此时固体不是，而时固体为质量为3.20g， 由转化为时质量减少4.56g-3.20g=1.36g，为1.36g÷17g/mol=0.08mol的质量，时固体质量3.88g转化为时质量减少3.88g-3.20g=0.68g，由转化为时固体时质量减少4.56g-3.88g=0.68g，可知时固体为，阶段与阶段固体质量减少量相等，都为0.34g，则时固体为（或时固体物质的量为0.02mol，阶段固体质量减少0.68g为0.04mol的质量，与物质的量之比为1:2，确定时固体为），故阶段反应的化学方程式为。
19．97.9
【详解】根据反应的离子方程式：、可得关系式：，的溶液中，则根据关系式可知，，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24477g，所以该样品中的质量分数是。
20．(1)9
(2)0.0100
【详解】（2）n（样品），气体产物中，根据氢元素守恒，，根据氮元素守恒，样品中N的物质的量中N的物质的量，根据氧元素守恒，
21．(1)10.8
(2)70
【详解】（1）完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。
（2）根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。
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物质的量---化学计算的思想方法 高频考点 专题练
2026年高考化学一轮复习备考
一、单选题
1．标准状况下，等体积的氧气、二氧化碳、氮气的混合气体通过一定量的过氧化钠后，体积变为原体积的，此时混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为
A．3： 2：4 B．4：1：3 C．6：3：4 D．8： 2：7
2．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为
A．72% B．40% C．36% D．18%
3．在一定条件下，和可发生如下反应：，从而可知在中，元素R的化合价是
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
4．有一在空气中放置了一段时间的KOH固体,经分析测得其含水2.8%、含K2CO337.3%,取1g该样品投入25ml 2mol/L 的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/LKOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体
A．1g B．3.725g C．0.797g D．2.836g
5．将和三种混合溶液加酸化，测得(假设完全电离为和)，则为
A． B．
C． D．
6．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为
B．溶液中，层数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数日为
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
7．将由和组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得质量为15.9 g，将残余固体溶于盐酸中，收集到VL(标准状况下)。下列说法错误的是
A．
B．盐酸的浓度至少为
C．原固体混合物中，
D．若将原固体与足量盐酸充分反应，生成的体积为5.6 L(标准状况下)
8．将一定量的锌与100mL 18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol·L-1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)
A．1：1 B．4：1 C．1：4 D．3：2
9．某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
10．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为
A．0.2mol B．0.25mol C．0.3mol D．0.35mol
11．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
12．一定量的某磁黄铁矿（主要成分，S为价）与盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
二、填空题
13．和亚氯酸钠是广泛使用的漂白剂，消毒剂。高浓度气体易发生爆炸，在生产时需用其他气体稀释。生产和的工艺流程：
发生器中反应为(未配平)。
(1)每生成转移 电子。
(2)参加反应的和的物质的量之比为 。
14．已知：，某同学测定产品的质量分数可按如下方法：取产品，用水溶解后，加入足量的溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至，取加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是 。四次平行实验耗去标准溶液数据如下：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液 25.00 25.02 26.20 24.98
此产品中的质量分数为 。
15．我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有、 和 (填化学式)。
16．在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
17．化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，以作强氧化剂处理水样时所消耗的的量换算成相当于的含量(以计)来计量。
(1)处理时，水样应先酸化，最好选用 (填“稀硝酸”“稀硫酸”或“稀盐酸”)酸化。
(2)在该条件下，最终转化为、取水样100mL，处理该水样时消耗了溶液。则该水样的COD为 。
18．对产品进行热重分析，结果如下图所示。时结晶水已全部失去，时产物为，则 ；阶段反应的化学方程式为 。
三、计算题
19．准确称取氯化亚铜样品置于一定量的溶液中，待样品完全溶解后，加水，用的溶液滴定到终点，消耗溶液。有关化学反应的离子方程式为，计算上述样品中的质量分数是 （答案保留四位有效数字）。
20．某同学设计实验确定的结晶水数目。称取样品，经热分解测得气体产物中有，，其中的质量为；残留的固体产物是，质量为。计算：
(1) (写出计算过程)。
(2)气体产物中 。
21．联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料 kg焦炭。
(2)每生产106kg纯碱，同时可获得 (列式计算)。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B B B D C A A B
题号 11 12
答案 C D
1．B
【详解】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气：，消耗2molCO2生成1molO2；又反应后体积变为原体积的，可假设反应前为9体积，各气体分别为3体积，故混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为：4：1：3，答案选B。
2．C
【详解】经分析，硫元素最终全部转化为硫酸，并和NaOH反应，则由S原子守恒和有关反应可得出：
得m(S)=0.08g
原混合物中w(S)=×100%≈36%，故选C。
3．B
【详解】根据电荷守恒可得：n+2=1+2，解得n=1，则R的化合价为+5价。
答案选B。
4．B
【详解】考查化学的有关计算。根据反应过程可知，最终生成的固体应该是氯化钾，所以根据氯原子守恒可知，氯化钾的物质的量是0.025L×2mol/L＝0.05mol，则氯化钾的质量就是0.05mol×74.5g/mol＝3.725g，答案选B。
5．B
【详解】因，所以很小，忽略不计。根据电荷守恒有：，解之得：；故选B。
6．D
【详解】A．标准状况下为气体，为，其含有原子，生成的原子数为，A错误；B．为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，溶液中数目小于，B错误；C．反应①的化学方程式为，反应中每生成消耗，为，故可以生成，硫原子数目为，C错误；D．反应②的离子方程式为，反应的还原产物为，每生成共转移电子，因此，每生成，转移电子，数目为，D正确。
7．C
【分析】假设原固体中，，，则有方程式①，根据加热分解后的质量可得到方程式②，联立两个方程式得到，，即原固体混合物中，；
【详解】A．冷却后称得质量为15.9 g，则残余的碳酸钠为0.15mol，根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.15mol，则标况下体积为3.36L，故A正确；
B．，残余的碳酸钠为0.15mol，所以HCl至少为0.3mol，浓度至少为0.3mol÷0.1L=，故B正确；
C．由分析可知，原固体混合物中，，故C错误；
D．根据碳元素守恒可知，原固体混合物可生成二氧化碳0.05mol+0.2mol=0.25mol，则若将原固体与足量盐酸充分反应，生成的体积为5.6 L(标准状况下)，故D正确；
故选C。
8．A
【详解】生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，得电子的物质的量为，根据得失电子守恒，反应消耗1.2molZn、生成1.2molZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为；生成氢气的物质的量为，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1:1，故选A。
9．A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。
【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
10．B
【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入150mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2，标准状况下2.24L NO的物质的量为：，根据N元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.15L×4mol/L-0.1mol=0.5mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：n[Fe(NO3)2]==0.25mol，由铁元素守恒可知，若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.25mol，故选：B。
11．C
【详解】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，故选C。
【点睛】本题考查化学反应的计算技巧和方法，题目难度中等。根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。
12．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据原子守恒，，所以的浓度为，A错误；B．根据信息，和盐酸反应生成硫单质、和气体，根据氢原子守恒，生成的为，标准状况下体积为，B错误；C．根据上述分析，可以写出反应的化学方程式：，根据原子守恒，得出：，C错误；D．在中S为价，设该化合物中和物质的量分别为和，则，，，所以，D正确。
13．(1)1
(2)2:1
【分析】根据流程分析，发生器中，酸性环境下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2，反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；在吸收器中，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2，通过一系列操作，得到NaClO2产品。
【详解】（1）该反应中，元素由价降低到价，则每生成转移电子。
（2）元素由价降低到价，S元素由价升高到价，根据电子守恒，，故。
14． 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色
【详解】滴定终点：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；根据表中数据知，3误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体积，，根据反应的化学方程式知，消耗的溶液中，则溶液中，根据反应的化学方程式得，根据铜原子守恒得，，此产品中的质量分数。
15． SO3 CuO
【详解】根据图示的热重曲线所示，在左右会出现两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为，可能出现的化学方程式为，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为。
16． 4 1
【详解】由图可知，即7个结晶水完全失去时失重比为，则失重比为时，失去的结晶水数目为，故，同理可推出。
17．(1)稀硫酸
(2)120
【详解】（1）稀硝酸具有强氧化性，稀盐酸具有还原性，使用时会发生副反应，影响实验结果的检测；硫酸性质稳定，则处理时，最好选用稀硫酸酸化水样；
（2）完全反应转移6mole-，完全反应转移4mole-，根据电子守恒，相当于，，溶液相当于，该水样的COD为。
18． 1
【详解】根据图像可知，将纵坐标对应质量乘1000，图像不变，则按照乘1000后的数据计算：时固体质量为3.20g，产物为物质的量为3.2g÷160g/mol=0.02mol，根据元素质量守恒，初始25℃时，固体质量为4.92g，物质的量为0.02mol，则其摩尔质量为4.92g÷0.02mol=246g/mol，数值上等于相对分子质量，而的相对分子质量为228，则；失去全部结晶水时的质量为0.02mol×228g/mol=4.56g，时固体质量只有3.88g，说明此时固体不是，而时固体为质量为3.20g， 由转化为时质量减少4.56g-3.20g=1.36g，为1.36g÷17g/mol=0.08mol的质量，时固体质量3.88g转化为时质量减少3.88g-3.20g=0.68g，由转化为时固体时质量减少4.56g-3.88g=0.68g，可知时固体为，阶段与阶段固体质量减少量相等，都为0.34g，则时固体为（或时固体物质的量为0.02mol，阶段固体质量减少0.68g为0.04mol的质量，与物质的量之比为1:2，确定时固体为），故阶段反应的化学方程式为。
19．97.9
【详解】根据反应的离子方程式：、可得关系式：，的溶液中，则根据关系式可知，，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24477g，所以该样品中的质量分数是。
20．(1)9
(2)0.0100
【详解】（2）n（样品），气体产物中，根据氢元素守恒，，根据氮元素守恒，样品中N的物质的量中N的物质的量，根据氧元素守恒，
21．(1)10.8
(2)70
【详解】（1）完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。
（2）根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。
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