2.2.2 化学计算的重要方法及类型（课件PPT）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

综合深化解重难 (化学计算的重要方法及类型) 微课时突破2 CONTENTS 目录 1 深化提能力（一） 关系式法 深化提能力（二） 热重曲线分析 课时跟踪检测 2 3 关系式法 提能力 （一） 1．关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2．利用关系式法可以省去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。 3．用关系式法解题的关键是建立关系式。建立关系式的方法： (1)利用物料守恒(即元素守恒)关系建立关系式，如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式： NH3 HNO3； (2)利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式； (3)利用方程式的加和建立关系式； (4)多步连续氧化还原反应利用得失电子守恒建立关系式。 [典例]　黄铁矿的主要成分为FeS2，已知4FeS2＋11O2 2Fe2O＋ 8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分的测定时，取0.10g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量 Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol·L－1的K2Cr2O7 标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液 25.00mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=== ＋2Fe2＋＋4H＋； ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 (1)样品中FeS2的质量分数为(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。 (2)煅烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%硫酸的质量为________t。 [解析]　(1)根据题给反应方程式，可得关系式： (2)10t黄铁矿中含FeS2的物质的量为 ＝7.5×104mol，根据硫元素守恒，理论上产生SO2的体积为7.5×104mol×2×22.4L·mol－1＝3.36×106L；制得98%硫酸的质量为7.5×104mol×2×98g·mol－1÷98%＝1.5×107g＝15t。 [答案]　(1)90.0%　 (2)3.36×106　15 [思维建模]　关系式法解题步骤 [全训题点考法] 题点(一)　根据原子守恒或电子守恒找关系式 1．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。高温下，这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L－1的盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量为(　 ) A．35g B．30g C．20g D．15g √ 解析：碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解28.4g该混合物，消耗500mL 1mol·L－1HCl溶液，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯原子守恒，得HCl～ CuCl2，则CuCl2的物质的量为0.25mol。根据铜原子守恒，则煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，质量为0.25mol×80g·mol－1＝20g。 2．将1.08g FeO完全溶解在100mL 1.00mol·L－1的硫酸中，然后加入25.00mL K2Cr2O7 溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7 的物质的量浓度为______________。 答案：0.100mol·L－1 题点(二)　根据相关反应找关系式 3．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，发生反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7 溶液滴定生成的Fe2＋，发生反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl ===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L－1 K2Cr2O7 溶液16.0mL，则试样中锡的百分含量为____________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 答案：93.2% 4．六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为 283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，利用碘量法测定WCl6 产品的纯度，实验如下： (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为______________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 解析：(1)称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。 答案：(1)m3＋m1－2m2 (2) % 5．称取2.0g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250mL容量瓶中定容。取25.00mL定容后的溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00mL。 标准溶液应选用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。 答案：酸式　85.8 热重曲线分析 提能力 （二） 1．测定固体物质组成的热重法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 2．热重曲线模型 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称为热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应：A(固体) B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示。 3．热重分析的一般方法技巧 (1)设晶体为1mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步剩余固体的质量： ×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少。 (5)失重最终固体产物一般为金属氧化物，由质量守恒可求得m(O)，由n(金属)∶n(O)可求出失重后物质的化学式。 [典例]　如图是100mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学知识，回答下列问题： (1)温度分别为t1℃和t2℃时，固体产物A为_______，B为________。(填化学式) (2)由CaC2O4·H2O得到产物A的化学方程式为 ________________________________________________________。 (3)由A得到B的化学方程式为 ________________________________________________________。 (4)产物C的相对分子质量为________，故C的化学式为_________。 [答案]　(1)CaC2O4　CaCO3 (2)CaC2O4·H2O CaC2O4＋H2O↑ (3)CaC2O4 CaCO3＋CO↑ (4)55.48　CaO [思维建模]　三步突破热重分析题 分析图像，明确坐标含义 分析失重图像，横坐标一般是分解的温度，纵坐标一般为剩余固体的质量或固体残留率 依据性质，猜测各段反应 含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水，再失去非金属氧化物，失重最终固体产物一般为金属氧化物或金属，晶体中金属质量不减少 整合数据，验证猜测结果 根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据，根据金属原子守恒，即可求出失重后物质的化学式，或者判断出发生的化学反应 [全训题点考法] √ 1．取26.90g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750℃时所得固体的化学式为(　 ) A．ZnO B．ZnSO4 C．Zn3O(SO4)2 D．ZnSO4·H2O 2．草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。 (1)C点剩余固体的成分为________(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300℃条件下发生反应的化学方程式： ___________________________________________________________。 (2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3价)，用480mL 5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比(列式计算)。 答案：(1)Co3O4　 3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2 3．回答下列问题。 (1)25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线如图所示： ①300 ℃时，所得固体的化学式为______________________。 ②1 150 ℃时，发生反应的化学方程式为 ______________________________________________________。 (2)若称取100g MgCO3·nH2O晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n＝________(取整数)。 解析：(1)①25.35 g MnSO4·H2O样品中，n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝ ＝0.15mol，其中n(H2O)＝0.15mol，m(H2O)＝2.7g,300℃时，所得固体的质量为22.65g，减少的质量为2.7g，说明该段失去结晶水，此时所得固体的化学式为MnSO4。 ②温度继续升高，MnSO4固体受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物各0.15mol,850℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6g，则硫的氧化物的相对分子质量为× 151＝64，为二氧化硫，此时的固体为MnO2,1 150 ℃时的固体为二氧化锰分解所得， 根据锰元素守恒，锰的氧化物中，n(Mn)＝0.15mol，m(Mn)＝0.15mol× 55g·mol－1＝8.25g，m(O)＝11.45g－8.25g＝3.2g，n(O)＝0.2mol，n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，故该氧化物为Mn3O4,1150℃发生反应的化学方程式为3MnO2 Mn3O4＋O2↑。 答案：(1)①MnSO4　②3MnO2 Mn3O4＋O2↑　 (2)1 课时跟踪检测 1．28g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　 ) A．36g B．40g C．80g D．160g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 2．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL 4mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO(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，所得铁的物质的量为(　 ) A．0.25mol B．0.2mol C．0.3mol D．0.35mol √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　 ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：根据N元素守恒，可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a＋b＋2c)mol；再根据Na元素守恒，可知参加反应的NaOH为(a＋b＋2c)mol，故c(NaOH)＝ mol·L－1。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经热重分析测得NH4VO3在焙烧过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中(　 ) A．先分解失去H2O，再分解失去NH3 B．先分解失去NH3，再分解失去H2O C．同时分解失去H2O和NH3 D．同时分解失去H2、N2和H2O √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：NH4VO3的摩尔质量为117g·mol－1，设NH4VO3的物质的量为1mol，则210℃时失重的质量为1 mol×117g·mol－1×(1－85.47%)≈17g，NH3的摩尔质量为17g·mol－1，所以先分解失去NH3，化学方程式为NH4VO3 HVO3＋NH3↑；380℃时失重的质量为1mol×117g·mol－1×(1－77.78%)≈26g，在第一次失重的基础上，第二次又失去的质量为26g－17g＝9g，H2O的摩尔质量为18g·mol－1，所以再分解失去0.5mol H2O，化学方程式为2HVO3 V2O5＋H2O↑；故选B。 5．用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式为(　 ) A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．在氧气中燃烧0.22g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10mL 0.5mol·L－1的氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的质量分数为(　 ) A．72% B．40% C．36% D．18% √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示： 已知a点物质为NH4Al(SO4)2，b点物质为Al2(SO4)3，下列判断不正确的是 (　 ) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A．0～T ℃的过程变化是化学变化 B．c点物质是工业上冶炼铝的原料 C．a→b反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种 D．Al2(SO4)3能够净水，用离子方程式表示为 Al3＋＋ 3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：a点物质为NH4Al(SO4)2，则0～T℃的过程为NH4Al(SO4)·12H2O失去结晶水生成 NH4Al(SO4)2，是化学变化，A项正确；b点物质为Al2(SO4)3，加热会继续分解生成Al2O3，Al2O3是工业上冶炼铝的原料，B项正确；a→b发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C项错误；硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋，D项正确。 8．采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示[注：残留率(%) ＝×100%]，下列说法不正确的是(　 ) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A．300～400 ℃之间发生的主要反应为C＋O2 CO2 B．800 ℃时残留的固体是Fe2O3 C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9% D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为2∶1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．回答下列问题。 (1)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为________。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)(2023·全国乙卷·节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝_______，y＝_______。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)如图是1.00g MgC2O4·nH2O晶体在坩埚中从25℃缓缓加热至700℃分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线(已知100℃以上才会逐渐失去结晶水，并约在230℃时完全失去结晶水)： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 试回答下列问题： ①MgC2O4·nH2O中n≈__________。 ②C点固体物质的化学式为 _______________________________________________________。 ③E点到F点过程中发生反应的化学方程式为 _______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：(1)由题图可知，起始时CaO2·8H2O的质量为2.16g，0.01mol,350℃ 左右所得固体质量为0.56g，根据钙原子守恒，可知该固体物质的化学式为CaO。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案：(1)CaO　 (2)4　1　 (3)①2　 ②MgC2O4·H2O ③MgC2O4 MgO＋CO↑＋CO2↑ 10．(2024·河南周口郸城一中期检)工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO， 含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)用足量2SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 __________________________________________________________。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为2＋，该反应的离子方程式为__________________________________________________________。 (2)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是____________和BaSO4。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4·Zn2，运用平衡移动原理解释原因： ________________________________________________________ ________________________________________________________ _______________________________________________________。 (4)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为 _______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (5)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ①280℃时煅烧ZnCO3,300min后固体失重质量分数为33.3%，则ZnCO3的分解率为_________(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率>95%)、高活性(ZnO比表面积>40 m2·g－1)产品ZnO的最佳条件是________(填字母)。 a．恒温280℃，60～120min b．恒温300℃，240～300min c．恒温350℃，240～300min d．恒温550℃，60～120min 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：用足量硫酸铵溶液和氨水“浸出”锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)，加入(NH4)2S2O8溶液、氧化钙、硫酸亚铁“除砷”得到滤渣Ⅰ(FeAsO4、氢氧化亚铁、氢氧化铁等)，过滤，向滤液中加入BaS溶液除铜离子，过滤，加入锌粉“深度除重金属”，过滤，“蒸氨”得到白色固体ZnSO4·Zn(OH)2，加入碳酸氢铵溶液、通二氧化碳得到碳酸锌，“烘干煅烧”得到氧化锌。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，提高浸出率。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO在氨水和铵根离子作用下生成[Zn(NH3)4]2＋和水，该反应的离子方程式为ZnO＋2NH3·H2O＋ === [Zn(NH3)4]2＋＋3H2O。 (2)根据前后除杂分析“除重金属”时，加入BaS溶液是除掉铜离子，故滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案：(1)①提高浸出效率　 ②ZnO＋2NH3·H2O＋ === [Zn(NH3)4]2＋＋3H2O (2)CuS　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (4)ZnSO4·Zn(OH)2＋ === 2ZnCO3＋ ＋2H2O (5)①94.6%　 ②b SO Cr2O Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 　　　 1　　 　　　　　　　 (0.020 00×0.025)mol　 　 m(FeS2)＝0.09g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。 Cr2O 解析：根据电子守恒，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，即×(3－2)＝0.025 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100mol·L－1。 解析：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 　　　3　　　　　　　　　　1 m　　　 　　　 　0.100×0.016 mol 试样中锡的质量m＝×119 g·mol－1＝0.571 2 g，百分含量为×100%≈93.2%。 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2=== BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋=== 3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O=== 2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1 Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________________________。 (2)由题给反应可得关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝ n(WO)＝n(S2O)＝cV× 10－3mol，m(WCl6)＝cV×10－3mol×M g·mol－1＝g，则样品中WCl6的质量分数为×100%＝%。 题点(三)　多步反应得失电子守恒问题 5．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O=== SO＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=== 2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是(　 ) 发生的反应有FeO＋CrO＋2H2O=== CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－，2CrO＋2H＋=== Cr2O＋H2O，Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=== 2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 解析：FeO～CrO～Cr2O～3Fe2＋ 　 1　　　　　　　　　　　3 　 n　　　　　　0.10mol·L－1×0.026L 该样品中K2FeO4的物质的量n为0.10mol·L－1×0.026 L×，该样品的纯度为×100%＝85.8%。 T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为×100%。 [解析]　(1)设A、B的相对分子质量分别为x、y； 　　　CaC2O4·H2O　～　 A 　　　　 146　　　　　　x 　　　　 100mg　　　 87.7mg ＝，解得x≈128，则A为CaC2O4； 　　　CaC2O4·H2O ～ B 　　　　 146　　　　 　y 　　　　100mg　　　68.5mg ＝，解得y≈100，则B为CaCO3。 (4)当加热至1100～1200℃时，产物C的质量为38mg，则C的相对分子质量为×146＝55.48，与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO。 解析： 750℃时所得固体与680℃时一样，质量为13.43g，减少了26.90g－13.43g＝13.47g，26.90g ZnSO4·6H2O中结晶水的质量为26.90g×＝10.8g，说明失去全部结晶水后的固体质量还会减少13.47g－10.8g＝2.67g,26.90g ZnSO4·6H2O中S元素的质量为26.90g×＝3.2g，则还有S元素剩余，故答案为C。 (2)由得失电子守恒得n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4mol，由Co元素守恒得n总(Co)＝n溶液(Co2＋)＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.48×5－0.2×2)mol＝1mol，所以固体中n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根据化合价代数和为0得n(O)＝ mol＝1.2mol，故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。 (2)由题图知400℃时剩余固体的质量为82.3g，这是该晶体失去全部结晶水后的质量，则有＝，解得n≈1。 解析：铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25mol，则m(Fe2O3)＝0.25mol× 160g·mol－1＝40g。 解析：由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒，n[Fe(NO3)2]＝[n(HNO3)－n(NO)]＝×0.15L×4mol·L－1－＝0.25mol，则n(Fe)＝0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得铁的物质的量为0.25mol。 A. mol·L－1 　 B. mol·L－1 C. mol·L－1 　 D. mol·L－1 解析：得到的沉淀为CaCO3，根据碳原子守恒，n(CO)＝n(CO2)＝n(CaCO3)＝＝0.08mol；CO与铅的氧化物反应生成Pb和CO2,1个CO变为1个CO2增加了1个氧原子，该氧原子来自铅的氧化物，故该铅氧化物中n(O)＝n(CO)＝0.08mol，m(O)＝1.28g，m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42g，n(Pb)＝＝0.06mol，n(Pb)∶n(O)＝0.06∶0.08＝3∶4，则此铅氧化物的化学式为Pb3O4。 解析：根据S元素守恒和有关反应，有 　　　　S～H2SO4～2NaOH 　　　　1　　　　　　2 　　　　n(S)　　(0.5×10×10－3)mol n(S)＝n(NaOH)＝×(0.5×10×10－3)mol＝2.5×10－3mol，m(S)＝32g·mol－1 ×2.5×10－3 mol＝0.08 g，原混合物中ω(S)＝×100%≈36%。 解析：300～400℃之间发生的主要反应为C＋O2 CO2，A正确；550～700℃之间发生反应的化学方程式为4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2，故800℃时残留的固体是Fe2O3，B正确；由题图可知，复合材料中碳完全反应时失重9.1%，则碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D错误。 (2)由题图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 (3)①B→D为MgC2O4·nH2O晶体受热分解失去全部结晶水， MgC2O4·nH2O MgC2O4＋nH2O↑ 112＋18n　　　　　　　　　　18n 1.00 g　　　　　　　　　　(1.00－0.76)g ＝，解得n≈2。 ②B→C为MgC2O4·2H2O晶体受热分解失去部分结晶水，设C点固体物质化学式中结晶水的系数为x， MgC2O4·2H2O MgC2O4·xH2O＋(2－x)H2O↑ 148　　　　　　　　　　　　　　18(2－x) 1.00 g　　　　　　　　　　　　 (1.00－0.88)g ＝，解得x≈1，故C点固体物质的化学式为MgC2O4·H2O。 ③E点固体物质与D点相同，为MgC2O4，MgC2O4受热分解，设最终残留固体为X，根据Mg元素守恒，n(MgC2O4)∶n(X)＝∶＝1∶1，解得M(X)≈40 g·mol－1，则X为MgO，根据原子守恒和得失电子守恒，草酸镁中C元素化合价为＋3价，逸散气体不只有CO2，应该还有CO，所以E点到F点过程中发生反应的化学方程式为MgC2O4 MgO＋CO↑＋CO2↑。 已知：ⅰ.固体失重质量分数＝×100%。 ⅱ.比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 2NH (5)①“烘干燃烧”时发生反应：ZnCO3 ZnO＋CO2↑，设起始ZnCO3为1mol，分解率为x，则剩余固体为(1－x)mol ZnCO3 和x mol ZnO，由固体失重质量分数可得＝33.3%，解得x≈94.6%。 ②ZnCO3分解率>95%，则固体失重质量分数＝×100%＝33.44%，由题图1和2可知，获得高产率、高活性产品ZnO的最佳条件是恒温300℃，240～300min。 2NH (3)“蒸氨”过程中将NH3蒸出后，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4]2＋⥫⥬ Zn2＋＋4NH3↑正向移动，2＋转化为Zn2＋，溶液中Zn2＋浓度增大，发生反应：2Zn2＋＋2OH－＋SO=== ZnSO4·Zn(OH)2↓，得到白色固体 2HCO SO $$