考点08 物质的量在化学方程式计算中的应用（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（江苏专用）

考点08 物质的量在化学方程式计算中的应用 目 录 1 1．高考真题考点分布 1 2．命题规律及备考策略 1 考法01 化学方程式计算 考法02 化学计算常用技法 考法03 热重曲线分析 1.高考真题考点分布 考点内容 考题统计 有关化学方程式计算 2021·江苏卷，17(3)； 化学计算常用技法 2018·江苏卷，18(3)； 热重曲线分析 2024·江苏卷，14(3)；2022·江苏卷，17(3)；2019·江苏卷，20(1)； 2.命题规律及备考策略 【命题规律】 化学计算过程的书写是江苏高考的必考内容，属于热点问题，主要考查滴定过程中的相关计算，解题时读懂题干信息，建立已知量与未知量的数量关系进行正确求解，同时掌握守恒法、关系式法、差量法的掌握，备考时关注核心考点的掌握至关重要。 【备考策略】 通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型；善于运用化学计算常用的一些技法进行综合分析。 【命题预测】 预计2025年仍将以化工生产、科学实验为背景，强调计算与化学基本理论、化学变化过程、工业流程、化学实验等结合，突出思维能力的考查和数学工具的应用，体现计算为化学应用服务，强化对化学方程式的量化理解。特别关注热重曲线分析。 考法01 化学方程式计算 1．以物质的量为中心的转化 2．用物质的量进行方程式的计算模板 物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如： 2H2　+　O2　 2H2O 化学计量数之比 2 　∶　 1　　∶ 　2 分子数目之比 2 ∶ 1 ∶ 2 扩大NA倍 2NA ∶ NA ∶ 2NA 物质的量之比 2 mol ∶ 1 mol ∶ 2 mol 质量之比 4 g ∶ 32 g ∶ 36 g 标准状况下 体积之比　44.8 L　∶　22.4 L ∶　忽略不计 化学方程式中各物质的化学计量数之比=各物质的物质的量变化之比=相同状况下气体体积变化之比≠各物质的质量变化之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。 【方法技巧】 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 (1)“审”：审清题目条件和题目要求。 (2)“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。 (3)“写”：依据题意写出并配平化学方程式。 (4)“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。 (5)“列”：将有关的几个量列出比例式。 (6)“解”：根据上述比例式求解未知数。 (7)“答”：根据题目要求简明地写出答案。 考向1 物质的量相关的简单计算 【例1】(2024•浙江省强基联盟联考)向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求： (1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。 (2)图像中，m1= 。 (3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。 【名师点睛】 1．书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 2．单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。 3．如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。 考向2 滴定反应计算 【例2】(2024·江苏省南通市海门中学高一期中)铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 【思维建模】 解题步骤： (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物 (2)列出一个原子或离子的化合价的变化(注意化学式中粒子的个数) (3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式 (4)部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原 【对点01】 一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则： (1)涉及的化学方程式为 ， 。 (2)钠块中钠的质量是 g。 (3)钠块中氧化钠的质量是 g。 (4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。 (5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。 【对点02】室温下，50 mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466 g 沉淀，滤液的pH变为13。求： (1)原混合液中S和Cl-的物质的量分别为　　　　　　、　　　　　　。  (2)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为　　　　　　。  【对点03】称取1.40g二氧化锰样品(含杂质)，加入2.68g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。 (1)写出MnO2溶解反应的离子方程式 。 (2)产品的纯度为 。 【对点04】硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题： 利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠晶体的纯度。测定步骤如下： (1)溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　　　　中，加蒸馏水至　　　　　　。  (2)滴定：取0.00950 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2=S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　　　　　　　　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。  考法02 化学计算的常用方法 (一)守恒法 1．含义：所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。 2．一般解题步骤如下： 第一步：明确题目要求解的量； 第二步：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量； 第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。 3．守恒类型 (1)质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。质量守恒法解题时可利用：①整体守恒：即反应中反应物的总质量与生成物的总质量守恒；②局部守恒：即反应中反应物与产物中某元素的原子或离子守恒或元素守恒。 (2)电荷守恒 依据电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。利用电荷守恒法可以：①配平离子方程式；②巧解某些化学计算题。 (3)得失电子守恒关系式 依据氧化还原反应中电子得失数目相等，即氧化剂得到的电子总数目等于还原剂失去的电子总数目。利用得失电子守恒法可以：①计算元素的化合价；②计算氧化(或还原)产物的量；③计算氧化剂、还原剂的消耗量；④计算混合物的组成。 (二) 差量法 1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 2．一般解题步骤如下： 第一步：准确写出有关反应的化学方程式； 第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比； 第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 注意事项①x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等，因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。 ②分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和.若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。 ③正确分析形成差量的原因，找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。 (三)关系式法 1．含义：关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。 2．关系式建立的类型 (1)有关化学方程式的计量数关系式：在化学反应中，任何一种元素的总质量是守恒的，即最初反应物中该元素的质量等于最终产物中该元素的质量。 (2)原子守恒关系式：各步反应的化学方程式，找出最初反应物与最终生成物的物质的量的关系式，再进行一步计算。 (3)得失电子守恒关系式：根据氧化剂和还原剂得失守恒建立关系式，再进行一步计算。 3．一般解题步骤如下： 第一步：准确写出各步反应的化学方程式； 第二步：找出“中介”的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间量的关系； 第三步：确定最初反应物和最终生成物之间量的关系； 第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式，然后列比例进行求算。 考向1 守恒法在化学计算中的应用 【例1】大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应： NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O 请计算： (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，则V=_____________mL。  (2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x=_____________。  【思维建模】 原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中，某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等 步骤 第一步 明确题目要求解的量 第二步 根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解 考向2 差量法在化学计算中的应用 【例2】取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为______________。  (2)气体A的物质的量为______________。  【思维建模】 差量法是指根据化学反应前后物质的相关量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中对应的理论差量跟实际差量列成比例，然后求解。如： 2C(s)+O2(g)2CO(g)　Δm(固)　Δn(气)　ΔV(气) 2 mol　1 mol　2 mol　　24 g　　1 mol　22.4 L(标准状况) 考向3 关系式法在化学计算中的应用 【例3】称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  【思维建模】 【对点01】称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  【对点02】200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答： (1)剩余固体的化学式是__________。 (2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。 【对点03】(2024·江苏宿迁期末)黄铁矿主要成分是FeS2。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0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 【对点04】烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 考法03 热重分析计算(失重图像分析) 热重曲线题是实验和计算的有机融合，久考不衰。热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度变化的曲线。通过热重曲线的分析计算，可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的物质含量等信息，是一种常用的热分析方法。热重曲线试题主要以下类型： (1)从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。 (2)从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。 【方法技巧】 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 【例1】(2024·江苏省扬州市曹甸高级中学高三模拟)将8.34g FeSO4 •7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。 (1)在100℃时，M的化学式为 。 (2)在200℃时，N的化学式为 。 (3)380℃的P加热至650℃的化学方程式为 。 【例2】(2022•全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是( ) A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B．最高价氧化物的水化物酸性： C．阶段热分解失去4个W2Z D．热分解后生成固体化合物X2Y3 【名师点睛】 解答热重分析试题的常用方法 根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特殊点。 (1)设晶体为1 mol，其质量为m。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步固体剩余的质量(m余)：×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m余)中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 (6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。 【对点01】(2024·江苏省南京市金陵中学高一期中)称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 【对点02】为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示： (1)300 ℃时残留固体的成分为　　　　，900 ℃时残留固体的成分为　　　　。  (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 【对点03】25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示： (1)300 ℃时，所得固体的化学式为　　　　。  (2)1150 ℃时，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  【对点04】(1)在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O，摩尔质量为183 g·mol-1)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，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CO2和钴的氧化物，该钴的氧化物的化学式为　　　　。  (2)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300 ℃时，剩余固体为　　　　，图中D点对应固体的成分为　　　　　　　　(填化学式)。  题型一 化学方程式计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： (1)铝的物质的量是 。 (2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 (3)在标准状况下生成氢气的体积是 。 2．把10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L氢气。试计算： (1)该合金中铝的质量分数是 。 (2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。 (3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。 3．把1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 mol·L－1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。求： (1)反应中消耗HCl的物质的量。 (2)该混合物中铝、铁的物质的量。 题型二 化学计算常用技法运用 4．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答： (1)固体中混合物中CuO的质量为 。 (2)盐酸的浓度为 。 5．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答： (1)剩余固体的化学式是__________。 (2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。 6．铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得： ①2Cu2++5I-=2CuI↓+I3-，②I3-+2S2O32-=S4O62-+3I- 现取20.00 mL某含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后，用0.100 0 mo1·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积如表所示。 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 25.10 2 1.26 26.16 3 1.54 27.74 (1)溶液中Cu2+的浓度为______________mol·L-1。  (2)用移液管量取20.00 mL Cu2+的溶液时俯视刻度线，最终测得的Cu2+的浓度将______________ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  7．(2024·江苏省南菁高级中学高一期中)聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z](铁元素化合价为+3)是一种高效的混凝剂，常用于净水，它的组成可以通过以下实验测定： 查阅资料：溶液中SO42-能和Ba2+结合形成白色沉淀BaSO4。 实验步骤： ①称取一定质量的聚合硫酸铁先配成100.00 mL的溶液，再分成三等分，其中两份用于下列实验，第三份备用。 ②取两份中的一份，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体6.99g。 ③取两份中的另一份，加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得到红棕色固体1.92g(该红棕色固体为Fe2O3)。 该聚合硫酸铁的化学式为 。 8．(2024·江苏省常州市溧阳中学高一调研测试)现有400 mL K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，将其分为两等份，向其中一份中加入1mol/L BaCl2溶液，至恰好不再产生沉淀，消耗50mL，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为a g；向另一份溶液中加入铁片，充分反应后，取出铁片，洗涤、烘干，称其质量比原来减轻了0.56g。(已知Fe＋2FeCl3=3FeCl2)试计算： (1)a= g； (2)原溶液中K+的物质的量浓度为 。 (3)在0.3 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，该混合液中CaCl2的物质的量为 ；将该混合液加水稀释至体积为0.5 L，稀释后溶液中的物质的量浓度为 。 9．(2024·江苏省苏州大学附中高二期中)高铁酸盐(FeO42-)被科学家们公认为绿色消毒剂，在强碱性溶液中比较稳定；聚合硫酸铁则是一种高效絮凝剂。 (1)KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应可制备K2FeO4，反应的离子方程为 。 (2)聚合硫酸铁[]的组成可通过下列实验测定： ①称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00 mL溶液A； ②准确量取20.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65 g； ③准确量取20.00 mL溶液A，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250.00 mL溶液B； ④准确量取25.00 mL溶液B，用的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。 通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式 (写出计算过程)。 10．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作： ①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。 ②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。 完成下列各题： (1)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2+) = 。 (2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。 11．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表： Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV 盐酸体积/mL 30 30 30 30 样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47 二氧化碳体积/mL 672 840 896 672 (1)若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2___________mL(标准状况)。 (2)另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式___________。 (3)由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度___________mol·L-1. 12．氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·2H2O]在农业上可用作杀菌剂。以废铜(主要杂质为Fe)为原料，经溶解氧化、调节pH、过滤等步骤，可制备氯氧化铜。 (1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2＋时的离子方程式为 。 (2)为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验： 步骤I：称取0.4470 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000 mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。 步骤II：称取0.2235 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量硫酸使固体完全溶解。溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00 mL。 已知步骤II中所发生的反应如下： 2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2；2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。 通过计算确定氯氧化铜的化学式(写出计算过程) 。 13．黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。 (1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为 ，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。 ①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。 ②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。 根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式 (写出计算过程)。 14．如图是1.00gMgC2O4•nH2O晶体放在坩埚里从25℃徐徐加热至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) 试回答下列问题： (1)MgC2O4•nH2O中n=___。 (2)通过计算确定C点固体物质的化学式___(要求写出推断过程)； (3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式___(要求写出推断过程)。 15．(2024·江苏省盐城市东台市高一开学考试)热重量分析是在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，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，以及生成的产物等与质量相联系的信息。图为1.000 gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。请回答下列问题： (1)试确定时固体物质的化学式 (要求写出推断的计算过程)。 (2)取所得样品，于灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为 。把得到黑色粉末溶解于稀硫酸中，经蒸发浓缩、冷却结晶，所得晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 。 (3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与在加热时发生反应的化学方程式为 。 1．[2024·江苏卷，14(3)]回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将8.84 mg Nd(OH)CO3 (摩尔质量为221 g·molˉ1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)：n(CO32-)的比值_______(写出计算过程)。 2．[2022·江苏卷，17(3)]FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 3．(2021·江苏卷，17节选)以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。 制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 4．[2019·江苏卷，20(1)]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 5．[2018·江苏卷，18(3)]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 (2−x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O==2[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑ 生成物(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下： ①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。 ②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。 计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 考点08 物质的量在化学方程式计算中的应用 目 录 1 1．高考真题考点分布 1 2．命题规律及备考策略 1 考法01 化学方程式计算 考法02 化学计算常用技法 考法03 热重曲线分析 1.高考真题考点分布 考点内容 考题统计 有关化学方程式计算 2021·江苏卷，17(3)； 化学计算常用技法 2018·江苏卷，18(3)； 热重曲线分析 2024·江苏卷，14(3)；2022·江苏卷，17(3)；2019·江苏卷，20(1)； 2.命题规律及备考策略 【命题规律】 化学计算过程的书写是江苏高考的必考内容，属于热点问题，主要考查滴定过程中的相关计算，解题时读懂题干信息，建立已知量与未知量的数量关系进行正确求解，同时掌握守恒法、关系式法、差量法的掌握，备考时关注核心考点的掌握至关重要。 【备考策略】 通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型；善于运用化学计算常用的一些技法进行综合分析。 【命题预测】 预计2025年仍将以化工生产、科学实验为背景，强调计算与化学基本理论、化学变化过程、工业流程、化学实验等结合，突出思维能力的考查和数学工具的应用，体现计算为化学应用服务，强化对化学方程式的量化理解。特别关注热重曲线分析。 考法01 化学方程式计算 1．以物质的量为中心的转化 2．用物质的量进行方程式的计算模板 物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如： 2H2　+　O2　 2H2O 化学计量数之比 2 　∶　 1　　∶ 　2 分子数目之比 2 ∶ 1 ∶ 2 扩大NA倍 2NA ∶ NA ∶ 2NA 物质的量之比 2 mol ∶ 1 mol ∶ 2 mol 质量之比 4 g ∶ 32 g ∶ 36 g 标准状况下 体积之比　44.8 L　∶　22.4 L ∶　忽略不计 化学方程式中各物质的化学计量数之比=各物质的物质的量变化之比=相同状况下气体体积变化之比≠各物质的质量变化之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。 【方法技巧】 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 (1)“审”：审清题目条件和题目要求。 (2)“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。 (3)“写”：依据题意写出并配平化学方程式。 (4)“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。 (5)“列”：将有关的几个量列出比例式。 (6)“解”：根据上述比例式求解未知数。 (7)“答”：根据题目要求简明地写出答案。 考向1 物质的量相关的简单计算 【例1】(2024•浙江省强基联盟联考)向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求： (1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。 (2)图像中，m1= 。 (3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。 【答案】(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3% 【解析】(1)向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，则 ，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；(3)M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，则 ，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。 【名师点睛】 1．书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 2．单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。 3．如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。 考向2 滴定反应计算 【例2】(2024·江苏省南通市海门中学高一期中)铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 【答案】(1) Fe2O3 (2) (3)50 mL (4) 45.6% 【解析】实验目的是测定某补血剂中硫酸亚铁的含量，实验原理方法一是FeSO4被氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，通过Fe2O3的质量计算FeSO4的质量来测定补血剂中FeSO4的含量；方法一是利用KMnO4溶液滴定Fe2+，通过消耗的KMnO4的量计算FeSO4，从而测定补血剂中FeSO4的含量。(1)FeSO4被H2O2氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，故红棕色固体是Fe2O3；(2)利用铁元素守恒确定FeSO4与Fe2O3的物质的量关系为2：1，ag Fe2O3的物质的量为，FeSO4的质量为，每片补血剂中含FeSO4的质量为；(3)配制稀硫酸过程溶质硫酸物质的量不变，利用计算，，即需5 mol·L-1的硫酸的体积为；(4)设被滴定的25.00 mL溶液中含有Fe2+物质的量为nmol，则 列比例式计算，解得n=，补血剂样品中FeSO4的百分含量为。 【思维建模】 解题步骤： (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物 (2)列出一个原子或离子的化合价的变化(注意化学式中粒子的个数) (3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式 (4)部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原 【对点01】 一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中，最多能产生0.2 g气体，则： (1)涉及的化学方程式为 ， 。 (2)钠块中钠的质量是 g。 (3)钠块中氧化钠的质量是 g。 (4)原来钠块中被氧化的钠的质量是 g。 (5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。 【答案】(1) 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Na2O＋H2O===2NaOH (2) 4.6 (3) 12.4 (4) 9.2 (5) 12_mol·L－1 【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则： 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 46 2 m(Na) 0.2 g m(Na)＝＝4.6 g；m(Na2O)＝17.0 g－4.6 g＝12.4 g；(4)m(Na2O)＝12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4 g×＝9.2 g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6 g＋9.2 g＝13.8 g，钠元素的物质的量＝＝0.6 mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6 mol，则氢氧化钠的浓度＝＝12 mol·L－1。 【对点02】室温下，50 mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466 g 沉淀，滤液的pH变为13。求： (1)原混合液中S和Cl-的物质的量分别为　　　　　　、　　　　　　。  (2)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为　　　　　　。  【答案】(1)0.002 mol　0.001 mol (2)0.15 mol·L-1 【解析】将稀硫酸和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，离子间发生的反应有Ba2++SBaSO4↓，H++OH-=H2O，0.446 g沉淀为BaSO4，n(H2SO4)=n(BaSO4)==0.002 mol，硫酸电离出的n(S)=0.002 mol、n(H+)=0.004 mol，稀硫酸和盐酸的混合液为50 mL pH=1，共有n(H+)=0.05 L×0.1 mol·L-1=0.005 mol，所以盐酸电离出的n(H+)=0.005 mol-0.004 mol=0.001 mol，n(Cl-)=0.001 mol。(2)反应后滤液的pH变为13，呈碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，反应后过量的n(OH-)=0.1 L×0.1 mol·L-1=0.01 mol，反应了的n(OH-)=n(H+)=0.005 mol，所以Ba(OH)2中的n(OH-)=0.01 mol+0.005 mol=0.015 mol，可求出c[Ba(OH)2]==0.15 mol·L-1。 【对点03】称取1.40g二氧化锰样品(含杂质)，加入2.68g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。 (1)写出MnO2溶解反应的离子方程式 。 (2)产品的纯度为 。 【答案】(1)MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O (2)97.4% 【解析】(1)在H＋作用下，KMnO4、MnO2与C2O42-反应的离子方程式分别为2MnO4-＋5C2O42-＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O42-＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O；(2)n(C2O42-)＝2.68g÷134g·mol－1＝0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO4-)＝0.0200mol·L－1×0.01730L×5＝0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2＋0.001730mol×5＝0.0200mol×2，得n(MnO2)＝0.015675mol，MnO2的质量分数＝＝0.974，即97.4%。 【对点04】硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题： 利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠晶体的纯度。测定步骤如下： (1)溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　　　　中，加蒸馏水至　　　　　　。  (2)滴定：取0.00950 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2=S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　　　　　　　　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。  【答案】(1)烧杯　容量瓶　刻度 (2)蓝色褪去且半分钟不恢复原色　95.0 【解析】(1)配制硫代硫酸钠溶液时，应在烧杯中溶解样品，待冷却后转移到100 mL容量瓶中，然后洗涤，再加入蒸馏水至溶液的凹液面与刻度相平。(2)滴定时，反应生成的I2溶液遇淀粉指示剂变蓝色，滴入硫代硫酸钠溶液时，单质碘遇硫代硫酸钠发生反应：I2+2S2S4+2I-，滴定终点为滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原。由反应方程式可得如下关系式：K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，24.80 mL溶液中Na2S2O3的物质的量为1.14×10-3 mol，则100 mL溶液中Na2S2O3的物质的量为×1.14×10-3 mol，则样品的纯度为×1.14×10-3××100%=95.0%。 考法02 化学计算的常用方法 (一)守恒法 1．含义：所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。 2．一般解题步骤如下： 第一步：明确题目要求解的量； 第二步：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量； 第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。 3．守恒类型 (1)质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。质量守恒法解题时可利用：①整体守恒：即反应中反应物的总质量与生成物的总质量守恒；②局部守恒：即反应中反应物与产物中某元素的原子或离子守恒或元素守恒。 (2)电荷守恒 依据电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。利用电荷守恒法可以：①配平离子方程式；②巧解某些化学计算题。 (3)得失电子守恒关系式 依据氧化还原反应中电子得失数目相等，即氧化剂得到的电子总数目等于还原剂失去的电子总数目。利用得失电子守恒法可以：①计算元素的化合价；②计算氧化(或还原)产物的量；③计算氧化剂、还原剂的消耗量；④计算混合物的组成。 (二) 差量法 1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 2．一般解题步骤如下： 第一步：准确写出有关反应的化学方程式； 第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比； 第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 注意事项①x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等，因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。 ②分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和.若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。 ③正确分析形成差量的原因，找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。 (三)关系式法 1．含义：关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。 2．关系式建立的类型 (1)有关化学方程式的计量数关系式：在化学反应中，任何一种元素的总质量是守恒的，即最初反应物中该元素的质量等于最终产物中该元素的质量。 (2)原子守恒关系式：各步反应的化学方程式，找出最初反应物与最终生成物的物质的量的关系式，再进行一步计算。 (3)得失电子守恒关系式：根据氧化剂和还原剂得失守恒建立关系式，再进行一步计算。 3．一般解题步骤如下： 第一步：准确写出各步反应的化学方程式； 第二步：找出“中介”的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间量的关系； 第三步：确定最初反应物和最终生成物之间量的关系； 第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式，然后列比例进行求算。 考向1 守恒法在化学计算中的应用 【例1】大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应： NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O 请计算： (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，则V=_____________mL。  (2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x=_____________。  【答案】(1)3.00 (2)0.04 【解析】(1)33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol，根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1，则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol，则V==3.00×10-3 L=3.00 mL。(2)n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol，n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1，故n(NO)=0.05 mol，n(NO2)=0.01 mol，根据得失电子守恒，失电子：NO N、NO2 N；得电子：O22 ；故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4，则x mol=0.05 mol×+0.01 mol×=0.04 mol。 【思维建模】 原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中，某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等 步骤 第一步 明确题目要求解的量 第二步 根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解 考向2 差量法在化学计算中的应用 【例2】取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为______________。  (2)气体A的物质的量为______________。  【答案】(1)60.0% (2)0.095 【解析】(1)根据 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　　32 g 　 m　　　　　　　 7.90 g-7.42 g 解得m=4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。 【思维建模】 差量法是指根据化学反应前后物质的相关量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中对应的理论差量跟实际差量列成比例，然后求解。如： 2C(s)+O2(g)2CO(g)　Δm(固)　Δn(气)　ΔV(气) 2 mol　1 mol　2 mol　　24 g　　1 mol　22.4 L(标准状况) 考向3 关系式法在化学计算中的应用 【例3】称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  【答案】(1)0.100 mol　(2)2.40 g 【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.100 mol(2)设Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒：160x+80y=4.00，根据整个体系中金属元素守恒：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解方程得x=0.01，y=0.03，故CuO质量为2.40 g。 【思维建模】 【对点01】称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  【答案】(1)0.100 mol　(2)2.40 g 【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.100 mol(2)设Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒：160x+80y=4.00，根据整个体系中金属元素守恒：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解方程得x=0.01，y=0.03，故CuO质量为2.40 g。 【对点02】200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答： (1)剩余固体的化学式是__________。 (2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。 【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则： NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g 解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。 【对点03】(2024·江苏宿迁期末)黄铁矿主要成分是FeS2。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0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 【答案】(1)90.00%　(2)3.36×106　15 【解析】(1)据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得关系式：Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1 0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L　 列式计算得：m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.00%。 (2)4FeS2 ＋11O22Fe2O3＋ 8SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1 mol　　　　　　　 V(SO2) 列式计算得：V(SO2)＝3.36×106 L，则n(SO2)＝＝1.5×105 mol 由SO2～SO3～H2SO4 　1 mol　　　　98 g 1．5×105 mol　m(H2SO4)×98% 列式计算得：m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 【对点04】烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 【答案】(1) (2)偏低 偏高 【解析】(1)用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为考虑到46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m−3。(2)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。 考法03 热重分析计算(失重图像分析) 热重曲线题是实验和计算的有机融合，久考不衰。热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度变化的曲线。通过热重曲线的分析计算，可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的物质含量等信息，是一种常用的热分析方法。热重曲线试题主要以下类型： (1)从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。 (2)从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。 【方法技巧】 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 【例1】(2024·江苏省扬州市曹甸高级中学高三模拟)将8.34g FeSO4 •7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。 (1)在100℃时，M的化学式为 。 (2)在200℃时，N的化学式为 。 (3)380℃的P加热至650℃的化学方程式为 。 【答案】(1) FeSO4 •4H2O (2) FeSO4 •H2O (3) 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+ SO3↑ 【解析】8.34gFeSO4 •7H2O的物质的量为 ，加热逐渐失去结晶水得到FeSO4，FeSO4的质量为4.56g，继续加热得到铁的氧化物。(1)在100℃时，得到固体质量为6.72g，可知硫酸亚铁晶体失去部分结晶水，设M的化学式为FeSO4·xH2O，则0.03mol×(152+18x)g/mol=6.72g，x=4，M的化学式为FeSO4 •7H2O。(2)在200℃时，得到固体质量为5.10g，可知硫酸亚铁晶体失去部分结晶水，设M的化学式为FeSO4·xH2O，则0.03mol×(152+18x)g/mol=5.1g，x=1，M的化学式为FeSO4 •H2O。(3)8.34gFeSO4 •7H2O加热完全失去结晶水得到FeSO4，FeSO4的质量为4.56g，则p点固体为FeSO4。FeSO4加热得到固体为铁的氧化物，根据铁元素守恒，Q中含有0.03mol铁元素，则Q中氧元素的物质的量为，n(Fe)：n(O)=2：3，所以Q的化学式为Fe2O3，则380℃的P加热至650℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+ SO3↑。 【例2】(2022•全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是( ) A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B．最高价氧化物的水化物酸性： C．阶段热分解失去4个W2Z D．热分解后生成固体化合物X2Y3 【答案】D 【解析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。A项，X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B项，根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；C项，根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，故C错误；D项，化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。故选D。 【名师点睛】 解答热重分析试题的常用方法 根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特殊点。 (1)设晶体为1 mol，其质量为m。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步固体剩余的质量(m余)：×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m余)中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 (6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。 【对点01】(2024·江苏省南京市金陵中学高一期中)称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 【答案】0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ 【解析】草酸亚铁晶体的物质的量为；M点剩余固体的质量为4.32g，则M点对应物质的摩尔质量为，从开始到M点发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，则 M点对应物质为FeC2O4；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为，400℃时，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有，解得，则铁的氧化物的化学式为Fe3O4；因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑。 【对点02】为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示： (1)300 ℃时残留固体的成分为　　　　，900 ℃时残留固体的成分为　　　　。  (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 【答案】(1)CaC2O4　CaO (2)12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3(解答过程参见解析) 【解析】(1)n(CaC2O4·H2O)==0.25 mol，含有m(H2O)=0.25 mol×18 g·mol-1=4.50 g，在300 ℃时，×100%=87.67%，m(剩余)=36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g-32 g=4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4。在900 ℃时，×100%=38.36%，m(剩余)=36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)=0.25 mol×40 g·mol-1=10 g，另外还含有m(O)=14 g-10 g=4 g，n(O)==0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)=1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，×100%=68.49%，m(剩余)=36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g-25 g=7 g，失去物质的摩尔质量为=28 g·mol-1，则600 ℃时残留固体成分为CaCO3，500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，因为n(CaC2O4·H2O)=0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x+100y=36.50×76.16%，根据钙元素守恒可得x+y=0.25，解得x≈0.10，y≈0.15，m(CaC2O4)=0.10 mol×128 g·mol-1=12.80 g，m(CaCO3)=0.15 mol×100 g·mol-1=15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。 【对点03】25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示： (1)300 ℃时，所得固体的化学式为　　　　。  (2)1150 ℃时，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  【答案】(1)MnSO4　(2)3MnO2Mn3O4+O2↑ 【解析】(1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15 mol，其中n(H2O)=0.15 mol，m(H2O)=2.7 g，300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物，850 ℃时，固体质量由22.65 g 减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，硫的氧化物的相对分子质量为=64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)=n(Mn)×55 g·mol-1=8.25 g，则氧化物中m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g，n(O)=0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2↑。 【对点04】(1)在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O，摩尔质量为183 g·mol-1)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，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CO2和钴的氧化物，该钴的氧化物的化学式为　　　　。  (2)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300 ℃时，剩余固体为　　　　，图中D点对应固体的成分为　　　　　　　　(填化学式)。  【答案】(1)①CoC2O4　②Co3O4 (2)MnO2　Mn3O4和MnO 【解析】(1)①CoC2O4·2H2O失去全部结晶水后的质量为10.98× g=8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC2O4。②根据元素守恒，n(CO2)=×2 mol=0.12 mol，质量为0.12 mol×44 g·mol-1=5.28 g，而固体质量减少为(8.82-4.82)g=4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28-4.00) g=1.28 g，其物质的量为 mol=0.04 mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)=∶0.04∶0.12=3∶2∶6，依据原子守恒可得，3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，即该氧化物为Co3O4。(2)设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g。A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2。C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，据锰元素守恒知m(Mn)=55 g，则m(O)=71 g-55 g=16 g，则n(Mn)∶n(O)=∶=1∶1，故剩余固体的成分为MnO。同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%≈76 g，因m(Mn)=55 g，则m(O)=76 g-55 g=21 g，则n(Mn)∶n(O)=∶≈3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4。因为D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。 题型一 化学方程式计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： (1)铝的物质的量是 。 (2)氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 (3)在标准状况下生成氢气的体积是 。 【答案】(1) 0.4 mol　(2)0.8 mol·L－1　 (3) 13.44 L 【解析】(1)铝的摩尔质量是27 g·mol－1，n(Al)＝＝0.4 mol。 (2)设参加反应的氢氧化钠的物质的量是n， 则2Al＋2H2O＋2NaOH===2NaAlO2＋3H2↑ 　2 mol　　　　2 mol 　0.4 mol　　　　n 则＝，n＝0.4 mol，c(NaOH)＝＝0.8 mol·L－1。 (3)设生成标准状况下的氢气的体积是V， 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol 3×22.4 L 0．4 mol V 所以V＝＝13.44 L。 2．把10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L氢气。试计算： (1)该合金中铝的质量分数是 。 (2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。 (3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。 【答案】(1)52.9%　(2)1∶1　(3)11.2 L 【解析】(1)把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，镁不反应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应。设铝的物质的量为n(Al)，则： 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol　　　　　　　　　　　3×22.4 L n(Al)　　　　　　　　　　　 　6.72 L 解得：n(Al)＝0.2 mol，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，铝的质量分数为×100%≈52.9%。 (2)m(Mg)＝10.2 g－5.4 g＝4.8 g，n(Mg)＝＝0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。 (3)设由铝生成的氢气为V1(H2)，由镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知： 2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ 2 mol 3×22.4 L 0．2 mol　　　　　　 V1(H2) 解得：V1(H2)＝6.72 L； Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑ 1 mol　　　　　　　22.4 L 0．2 mol　　　　　　V2(H2) 解得：V2(H2)＝4.48 L，V总(H2)＝V1(H2)＋V2(H2)＝6.72 L＋4.48 L＝11.2 L。 3．把1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 mol·L－1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。求： (1)反应中消耗HCl的物质的量。 (2)该混合物中铝、铁的物质的量。 【答案】(1)0.08 mol　(2)0.02 mol　0.01 mol 【解析】(1)消耗HCl的物质的量：0.2 L×5 mol·L－1－0.2 L×4.6 mol·L－1＝0.08 mol。 (2)设Al、Fe的物质的量分别为x、y。 2Al　＋　6HCl===2AlCl3＋3H2↑ 2 mol 6 mol x 3x Fe　＋　 2HCl ===FeCl2＋H2↑ 1 mol 2 mol y 2y 得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol。 题型二 化学计算常用技法运用 4．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答： (1)固体中混合物中CuO的质量为 。 (2)盐酸的浓度为 。 【答案】(1)1.60g (2)3.60mol·L-1 【解析】(1)据题意得，因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60g；(2)设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol，可得56x+160y+1.60=13.6，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02+0.04×2，解得x=0.10mol、y=0.04mol，反应后滤液中n(FeCl2)= x+2y =0.18mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36mol，所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。 5．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答： (1)剩余固体的化学式是__________。 (2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。 【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则： NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g 解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。 6．铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得： ①2Cu2++5I-=2CuI↓+I3-，②I3-+2S2O32-=S4O62-+3I- 现取20.00 mL某含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后，用0.100 0 mo1·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积如表所示。 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 25.10 2 1.26 26.16 3 1.54 27.74 (1)溶液中Cu2+的浓度为______________mol·L-1。  (2)用移液管量取20.00 mL Cu2+的溶液时俯视刻度线，最终测得的Cu2+的浓度将______________ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  【答案】(1)0.125 (2)偏低 【解析】(1)根据表中数据三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别是25.10 mL、24.90 mL、26.20 mL，第三次实验误差大，舍去，消耗Na2S2O3溶液体积的平均值是25.00 mL，因此消耗Na2S2O3的物质的量是0.025 L×0.100 0 mol·L-1=0.002 5 mol，根据方程式2Cu2++5I-=2CuI↓+、+2S2=S4+3I-可知2C~~2S2，则铜离子的物质的量是0.002 5 mol，其浓度是=0.125 0 mol·L-1。(2)用移液管量取20.00 mL C的溶液时俯视刻度线，导致消耗Na2S2O3溶液的体积偏小，所以最终测得的Cu2+的浓度将偏低。 7．(2024·江苏省南菁高级中学高一期中)聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z](铁元素化合价为+3)是一种高效的混凝剂，常用于净水，它的组成可以通过以下实验测定： 查阅资料：溶液中SO42-能和Ba2+结合形成白色沉淀BaSO4。 实验步骤： ①称取一定质量的聚合硫酸铁先配成100.00 mL的溶液，再分成三等分，其中两份用于下列实验，第三份备用。 ②取两份中的一份，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体6.99g。 ③取两份中的另一份，加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得到红棕色固体1.92g(该红棕色固体为Fe2O3)。 该聚合硫酸铁的化学式为 。 【答案】Fe4(OH)2(SO4)5 【解析】[Fex(OH)y(SO4)z](铁元素化合价为+3)中所有元素化合价代数和为0，故3x-y-2z=0；由题目实验分析，步骤②中BaCl2溶液中Ba2+与硫酸根结合生成BaSO4沉淀，故n(BaSO4)=，n(SO42- )=0.03mol；由实验③可知，加入的NaOH溶液与Fe3+反应生成Fe(OH)3沉淀，固体灼烧后得到Fe2O3，故n(Fe2O3)= ，则混凝剂中含n(Fe)=0.024mol，则由聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z]可知n(OH-)=0.012mol，x∶y∶z的值4∶2∶5，聚合硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5。 8．(2024·江苏省常州市溧阳中学高一调研测试)现有400 mL K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，将其分为两等份，向其中一份中加入1mol/L BaCl2溶液，至恰好不再产生沉淀，消耗50mL，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为a g；向另一份溶液中加入铁片，充分反应后，取出铁片，洗涤、烘干，称其质量比原来减轻了0.56g。(已知Fe＋2FeCl3=3FeCl2)试计算： (1)a= g； (2)原溶液中K+的物质的量浓度为 。 (3)在0.3 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，该混合液中CaCl2的物质的量为 ；将该混合液加水稀释至体积为0.5 L，稀释后溶液中的物质的量浓度为 。 【答案】(1)11.65 (2)0.2 (3) 0.15mol 0.3mol/L 【解析】K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中含有Fe3+、K+、SO42-，将400 mL溶液分成两等份，向其中一份中加入BaCl2溶液，发生离子反应Ba2++ SO42-=BaSO4↓，根据消耗BaCl2溶液的体积、浓度计算产生沉淀m的质量。加入Fe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，结合消耗Fe的质量计算Fe3+的物质的量，然后根据反应结合S元素守恒及电荷守恒计算K+的物质的量及浓度。(1)生成的沉淀为BaSO4，根据钡离子守恒有n(BaSO4) =n(BaCl2)=0.05 L×l.00 mol/L=0.05 mol，故m(BaSO4)=0.05 mol×233g/ mol=11.65 g；(2)参加反应的Fe为0.56 g，则铁的物质的量n(Fe)=0.01 mol，则根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，则溶液中+3价Fe3+物质的量为0.02 mol，则硫酸铁中硫酸根离子物质的量n(SO42-)=0.03 mol，又可知200 mL混合溶液中总的硫酸根物质的量为0.05 mol，则K2SO4中SO42-为0.02 mol，则原溶液中K+的物质的量是0.04 mol，故原溶液中K+的物质的量浓度c(K+)=。(3)CaCl2提供的，，则。 9．(2024·江苏省苏州大学附中高二期中)高铁酸盐(FeO42-)被科学家们公认为绿色消毒剂，在强碱性溶液中比较稳定；聚合硫酸铁则是一种高效絮凝剂。 (1)KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应可制备K2FeO4，反应的离子方程为 。 (2)聚合硫酸铁[]的组成可通过下列实验测定： ①称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00 mL溶液A； ②准确量取20.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65 g； ③准确量取20.00 mL溶液A，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250.00 mL溶液B； ④准确量取25.00 mL溶液B，用的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。 通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式 (写出计算过程)。 【答案】(1)2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O (2)Fe4(OH)2(SO4)5 【解析】(1)在碱性溶液中，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应可制备K2FeO4，同时生成KCl、KNO3，反应的离子方程为2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O。(2)根据S原子守恒，n(SO42-)=n(BaSO4)==0.05mol；根据得失电子守恒5Fe3+——5Fe2+——MnO4-得，n(Fe3+)=5n(MnO4-)=5×0.1000mol/L×8.00×10-3L×=0.0400mol，根据电荷守恒n(OH-)=3n(Fe3+)-2n(SO42-)=3×0.0400mol-2×0.0500mol=0.0200mol，n(Fe3+) ： n(OH-) ： n(SO42-)=0.0400mol ： 0.0200mol ： 0.0500mol=4 ： 2 ： 5，故化学式为Fe4(OH)2(SO4)5。 10．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作： ①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。 ②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。 完成下列各题： (1)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2+) = 。 (2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。 【答案】(1)0.14 mol·L-1 (2)4∶1 【解析】(1)m g该粉末，与28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl2，n(HCl) = 0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol ÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe3O4混合固体与HCl溶液发生如下三个反应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的物质的量算出与HCl反应的Fe的物质的量和消耗HCl的量： Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑ 1 2 1 0.006 0.012 0.006 则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe3O4的物质的量： Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 1 8 2 0.002 0.016 0.04 根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe的物质的量： Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 1 2 0.02 0.04 综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。 11．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表： Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV 盐酸体积/mL 30 30 30 30 样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47 二氧化碳体积/mL 672 840 896 672 (1)若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2___________mL(标准状况)。 (2)另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式___________。 (3)由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度___________mol·L-1. 【答案】(1)504 (2)2Na2CO3·NaHCO3·2H2O (3)2.5 【解析】(1)盐酸的体积一定，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中随样品质量增大，产生CO2的体积增大，而实验Ⅳ中却减小，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸有剩余，若用2.49 g样品进行同样的实验时，则样品中碳元素全部转移到CO2中，根据定比关系，则产生CO2的体积为：；(2)加热分解生成的二氧化碳，说明该天然碱中含有NaHCO3，生成CO2的物质的量为，根据分解方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知3.32 g样品中NaHCO3的物质的量为，分解生成的水为0.005 mol，3.32 g样品与盐酸反应生成二氧化碳为：，根据碳原子守恒，3.32 g样品中Na2CO3的物质的量为：，3.32 g样品中结晶水物质的量为：，故3.32 g样品中n(Na2CO3)：n(NaHCO3) ：n(H2O)=0.02 mol：0.01 mol：0.02 mol=2：1：2，则该天然碱的组成为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O；(3)可知7.47 g样品中，Na2CO3为物质的量为：，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知消耗HCl为0.045 mol，生成CO2的物质的量为：，由NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，可知消耗的HCl为0.03 mol，故30mL溶液中HCl的总量为：，则盐酸的物质的量浓度为：。 12．氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·2H2O]在农业上可用作杀菌剂。以废铜(主要杂质为Fe)为原料，经溶解氧化、调节pH、过滤等步骤，可制备氯氧化铜。 (1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2＋时的离子方程式为 。 (2)为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验： 步骤I：称取0.4470 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000 mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。 步骤II：称取0.2235 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量硫酸使固体完全溶解。溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00 mL。 已知步骤II中所发生的反应如下： 2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2；2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。 通过计算确定氯氧化铜的化学式(写出计算过程) 。 【答案】Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O 3CuO·CuCl2·4H2O 【解析】(1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2＋时的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；(2)n(Cl−)(AgNO3)=0.1000mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，由方程式知：Cu2+∼Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.2000mol⋅L−1×0.02L=0.004mol，结合氯氧化铜化学式[xCuO⋅yCuCl2⋅zH2O]得：n(CuO)=0.003mol，n(CuCl2)=0.001mol，n(H2O)= =0.004mol，n(CuO)：n(CuCl2)：n(H2O)=x：y：z=3：1：4，故氯氧化铜化学式为3CuO⋅CuCl2⋅4H2O。 13．黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。 (1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为 ，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。 ①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。 ②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。 根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式 (写出计算过程)。 【答案】MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 减小 由z＝ =2，y＝ ＝3，18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1，由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，解得：x＝1，w＝6[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1，由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]，化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6 【解析】(1) MnO2氧化Fe2＋生成Fe3＋和Mn2＋， 离子方程式为 MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，静置形成黄铵铁矾过程中消耗OH-，溶液的pH减小；(2)  由z＝ =2，y＝ ＝3，18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1，由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，解得：x＝1，w＝6[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1，由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]，化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6 14．如图是1.00gMgC2O4•nH2O晶体放在坩埚里从25℃徐徐加热至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) 试回答下列问题： (1)MgC2O4•nH2O中n=___。 (2)通过计算确定C点固体物质的化学式___(要求写出推断过程)； (3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式___(要求写出推断过程)。 【答案】(1)2 (2)MgC2O4•H2O (3)MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑ 【解析】(1)根据图像中的数据，由B到D反应是结晶水合物受热分解失去全部结晶水，则： =，根据计算，n=2；(2)根据图像中的数据，由B到C反应是结晶水合物受热分解失去部分结晶水，设C物质化学式中结晶水系数为x， =，解得x=1，B点固体的化学式为MgC2O4•H2O；(3)草酸镁受热分解，设最终存留固体为X，利用反应前后Mg元素的质量守恒，==，M(X) =40g•mol-1，可推测出X即为MgO，根据原子个数守恒和质量守恒，再考虑草酸镁中C元素化合价为+3价，逸散气体不会只有CO2，应该还有CO，所以最终化学方程式为：，MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑。 15．(2024·江苏省盐城市东台市高一开学考试)热重量分析是在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，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，以及生成的产物等与质量相联系的信息。图为1.000 gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。请回答下列问题： (1)试确定时固体物质的化学式 (要求写出推断的计算过程)。 (2)取所得样品，于灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为 。把得到黑色粉末溶解于稀硫酸中，经蒸发浓缩、冷却结晶，所得晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 。 (3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与在加热时发生反应的化学方程式为 。 【答案】(1)CuSO4•2H2O (2) CuSO4•5H2O 102℃ (3) 【解析】(1)CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在108℃时失去的水的质量为1.000g-0.856g=0.144g，根据反应的化学方程式： ，解得n=2，108℃时该固体物质的化学式为CuSO4•2H2O；(2)温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；根据图象分析其存在的最高102℃；(3)SO3与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热反应的化学方程式为：。 1．[2024·江苏卷，14(3)]回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将8.84 mg Nd(OH)CO3 (摩尔质量为221 g·molˉ1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)：n(CO32-)的比值_______(写出计算过程)。 【答案】①2Nd3++3CO32-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑　②2：1 【解析】①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+和CO32-相互促进对方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2，该反应的离子方程式为2Nd3++3CO32-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，n(Nd3+)=；550~600℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为，则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36mg=0.88mg，则生成CO2的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO32-的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中n(Nd3+)：n(CO32-)的比值为。 2．[2022·江苏卷，17(3)]FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】由图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3。 3．(2021·江苏卷，17节选)以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。 制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 【答案】200 mL 【解析】该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL。 4．[2019·江苏卷，20(1)]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 【答案】CaC2O4CaCO3+CO↑ 【解析】令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，前一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与前一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO2，因此400℃－600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4 CaCO3＋CO↑。 5．[2018·江苏卷，18(3)]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 (2−x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O==2[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑ 生成物(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下： ①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。 ②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。 计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。 【答案】25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) ==0.0100 mol 2.5 mL溶液中：n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol；25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol；1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol，==， x=0.41。 【解析】25mL溶液中：n(SO42-)= n(BaSO4)==0.0100 mol，2.5 mL溶液中：n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol；25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol，1 mol (1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=(2-x)mol；n(SO42-)=3(1-x)mol，==，解得x=0.41。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$