第70讲 常用的化学计算方法（学案）-2025年新高考化学一轮复习考点逐点突破经典学案（新高考专用）

第70讲 常用的化学计算方法 问题的态度：问则少；辩则明 2025届高三化学第一轮复习 第70讲 常用的化学计算方法 古之立大志者，不惟有超世之才，亦必有坚韧不拔之志。——苏轼 复习目标 1．理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2．能用守恒法、关系法、差量法解题。 3．初步建立化学计算的思维模型。 守恒法 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节。只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，常考的有以下三种守恒。 原子守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变 如接触法制硫酸：FeS2～2H2SO4；工业制硝酸：NH3～HNO3 电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等 得失电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数 有关混合物质量分数(或纯度)的计算 ①根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总质量，即可得出其含量。 ②解题时理清各物质之间的定量关系，运用质量守恒定律、得失电子守恒、电荷守恒等方法，找准计算关系。 有关物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。 ②根据电荷守恒，计算出未知离子的物质的量。 ③根据质量守恒定律，计算出结晶水的物质的量。 ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式中各粒子对应的下标比，确定物质的化学式。 热重图像分析计算 ①设晶体为1 mol，得出样品的质量m始。 ②固体残留率＝×100%，计算m余。 ③减重一般是先失水，后失气态非金属氧化物。 ④减重后所得物质一般为金属氧化物，根据金属原子守恒，求出n金属和m金属，由质量守恒定律求得mO，由n金属∶nO即可求出减重后物质的化学式。 【问题解决1】 （2021·江苏卷节选）在搅拌下向100 mL 1 mol·L－1 MnSO4溶液中缓慢滴加1 mol·L－1 NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为_____________。 根据方程式计算 基本原理 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 化学计量数之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 物质的量之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 气体的体积之比 — 2 ∶ — 1 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比，对于气体等于其体积之比。 解题步骤 ①根据题意写出并配平化学方程式。 ②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 ③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。 ④选择有关量（如物质的量、气体体积、质量等）的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 1．（2023·南京、盐城二模节选）通过下列方法测定MnO2的纯度：准确称取0.400 0 g MnO2样品，加入25.00 mL 0.200 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液和适量硫酸，加热至完全反应（发生反应为MnO2＋C2O＋4H＋＝Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O），用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4至终点，消耗KMnO4标准溶液20.00 mL（滴定反应为2MnO＋5C2O＋16H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。计算样品中MnO2的质量分数（写出计算过程）。 2．将SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr(SO4)2，反应的化学方程式为__________________________________________________；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160 g样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126 g。若产品中杂质只有Cr(OH)SO4，则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为________（用百分数表示，保留1位小数）。[摩尔质量/g·mol－1：KCr(SO4)2283；Cr(OH)SO4165] 【问题解决2】 （2023·南京、盐城一模节选）测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.900 0 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00 mL（已知反应：Cr2O＋6I－＋14H＋＝3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。计算Cr(OH)3样品的纯度（写出计算过程）。 关系式法 含义 关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 解题的关键是正确书写关系式。 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量（质量或物质的量或相同条件下气体的体积）的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 1．（2023·连云港高级中学）测定样品中铁黄(FeOOH)的质量分数(O—16，K—39，Cr—52，Fe—56)。 称取铁黄样品6.000 g置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸、加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(将Fe3＋还原为Fe2＋)充分反应，再除去过量的Sn2＋。用上述配制的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点(Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋＝6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 计算该样品中铁黄的质量分数(写出计算过程)。 2．（2022·盐城三模节选）由于NaClO不稳定，实验前需测定试剂NaClO溶液中有效氯含量（即单位体积溶液中含氯化合物作为消毒剂时，氧化能力相当的Cl2的质量，单位mg·L－1）。取5.00 mL市售待测NaClO溶液，加水稀释至20.00 mL，用乙酸－乙酸钠溶液控制稀释液pH为3.5～4.2；加入过量KI溶液充分反应后，滴加2～3滴淀粉溶液，用0.010 0 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，共消耗标准Na2S2O3溶液20.00 mL （已知：I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。 计算该市售NaClO溶液中有效氯含量__________（写出计算过程）。 【问题解决3】 （2023·苏锡常镇一调节选）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料（含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭）为原料制取钴的氧化物的流程如下。 向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液，充分反应后，得到CoC2O4·2H2O。将CoC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如上右图所示。则B点剩余固体产物为____________(写出计算过程)。 守恒法 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。 解题步骤 第一步 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 原子守恒 1．（2022·浙江1月选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算： （1）x＝______(写出计算过程)。 （2）气体产物中n(O2)＝__________mol。 2．（2022·福建节选）取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g“浸渣”(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。 3．（2022·湖南节选）某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。 得失电子守恒 1．（2023·南通一模节选）从废脱硝催化剂（主要成分为TiO2、V2O5）中回收TiO2和V2O5，具有重要意义。 为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL 溶液放入锥形瓶中，加入10.00 mL 0.500 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，再用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00 mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：VO＋Fe2＋＋H＋→VO2＋＋Fe3＋＋H2O；MnO＋Fe2＋＋H＋→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O。 计算V2O5样品的纯度___________（写出计算过程）。 2．（2023·苏州期末）测定K2FeO4的纯度。准确称取0.528 0 g K2FeO4样品置于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量KCr(OH)4溶液，再加入硫酸酸化，配成待测液，用0.300 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00 mL，计算样品中K2FeO4的纯度(O—16，K—39，Fe—56，写出计算过程)，测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： [Cr(OH)4]－＋FeO―→Fe(OH)3＋CrO＋OH－ CrO＋H＋―→Cr2O＋H2O Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O 质量守恒的应用——热重分析 热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法 热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数 实例：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，图中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m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。 热重分析的解题流程 ①设晶体为1 mol。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步的m(剩余)，固体残留率＝×100％。 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 ⑤失重残留物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例 计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变 计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。 1．（2023·连云港二次调研节选）NiOOH在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。 已知NiOOH加热至600 ℃后固体质量保持不变，则600 ℃时，剩余固体的成分为____________（填化学式）。 2．（2023·宝应期末）在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示(H—1，O—16，Ni—59)。 （1）500～700 K之间分解产生的气体为_______。 （2）800 K后剩余固体质量略有增加的原因是______________________________________________。 3.（2024·徐州模拟节选）钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO42－等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： “灼烧”时，Sc2(C2O4)3·6H2O[摩尔质量为462 g·mol－1]在空气中分解得到Sc2O3，实验测得灼烧过程中固体残留率随温度的变化如图所示，500 K时，固体的主要成分是_______________（写出计算过程）。 4．（2023·南京三模）碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn（OH）2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350 ℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有___________________（填化学式）。 1．（2023·扬州高三检测）常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为 A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O 2．（2023·全国乙卷）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＝______。 3．（2021·浙江1月选考）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O (x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6) S＋K2SO3K2S2O3 请计算： （1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________。 （2）2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) 4．（2023·连云港高三检测）取30.8 g甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体(Cu和Cu2O)的混合物A和混合气体B；若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热，则生成黑色固体D和CO2、H2O，固体A和D质量相差2.4 g。请计算： （1）红色固体A中Cu单质的物质的量为________mol。 （2）将混合气体B置于O2中充分燃烧，消耗O2的体积是________L(换算为标准状况)。 5．热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 （1）试确定200 ℃时固态物质的化学式_____________。 （2）554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式： __________________________________________________。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 请每天用5分钟预习下一讲的复习内容！ 学科网（北京）股份有限公司 $$第70讲 常用的化学计算方法 问题的态度：问则少；辩则明 2025届高三化学第一轮复习 第70讲 常用的化学计算方法 古之立大志者，不惟有超世之才，亦必有坚韧不拔之志。——苏轼 复习目标 1．理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2．能用守恒法、关系法、差量法解题。 3．初步建立化学计算的思维模型。 教学重点难点 常用计算方法的应用。 教学方法 讨论、归纳 教学过程 守恒法 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节。只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，常考的有以下三种守恒。 原子守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变 如接触法制硫酸：FeS2～2H2SO4；工业制硝酸：NH3～HNO3 电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等 得失电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数 有关混合物质量分数(或纯度)的计算 ①根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总质量，即可得出其含量。 ②解题时理清各物质之间的定量关系，运用质量守恒定律、得失电子守恒、电荷守恒等方法，找准计算关系。 有关物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。 ②根据电荷守恒，计算出未知离子的物质的量。 ③根据质量守恒定律，计算出结晶水的物质的量。 ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式中各粒子对应的下标比，确定物质的化学式。 热重图像分析计算 ①设晶体为1 mol，得出样品的质量m始。 ②固体残留率＝×100%，计算m余。 ③减重一般是先失水，后失气态非金属氧化物。 ④减重后所得物质一般为金属氧化物，根据金属原子守恒，求出n金属和m金属，由质量守恒定律求得mO，由n金属∶nO即可求出减重后物质的化学式。 【问题解决1】 （2021·江苏卷节选）在搅拌下向100 mL 1 mol·L－1 MnSO4溶液中缓慢滴加1 mol·L－1 NH4HCO3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】反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，n(NH4HCO3)＝2n(MnSO4)＝0.2 mol，NH4HCO3溶液的体积约为200 mL。 根据方程式计算 基本原理 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 化学计量数之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 物质的量之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 气体的体积之比 — 2 ∶ — 1 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比，对于气体等于其体积之比。 解题步骤 ①根据题意写出并配平化学方程式。 ②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 ③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。 ④选择有关量（如物质的量、气体体积、质量等）的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 1．（2023·南京、盐城二模节选）通过下列方法测定MnO2的纯度：准确称取0.400 0 g MnO2样品，加入25.00 mL 0.200 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液和适量硫酸，加热至完全反应（发生反应为MnO2＋C2O＋4H＋＝Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O），用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4至终点，消耗KMnO4标准溶液20.00 mL（滴定反应为2MnO＋5C2O＋16H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。计算样品中MnO2的质量分数（写出计算过程）。 【答案】97.88%（过程见解析） 【解析】根据2MnO＋5C2O＋16H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，与MnO反应的C2O的物质的量：×0.010 00 mol·L－1×0.020 00 L＝5.000×10－4 mol，0.400 0 g样品中MnO2的物质的量：0.200 00 mol·L－1×0.025 00 L－5.000×10－4 mol＝4.500×10－3 mol；m(MnO2)＝4.500×10－3 mol×87 g·mol－1＝0.391 5 g；则样品中MnO2的质量分数w(MnO2)＝×100%≈97.88%。 2．将SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr(SO4)2，反应的化学方程式为____________________________________________________________________；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160 g样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126 g。若产品中杂质只有Cr(OH)SO4，则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为________（用百分数表示，保留1位小数）。[摩尔质量/g·mol－1：KCr(SO4)2283；Cr(OH)SO4165] 【答案】K2Cr2O7＋3SO2＋H2SO4＝2KCr(SO4)2＋H2O 89.6% 【解析】由题意可知，二氧化硫与酸性重铬酸钾溶液反应生成硫酸铬钾和水，反应的化学方程式为K2Cr2O7＋3SO2＋H2SO4＝2KCr（SO4）2＋H2O；设硫酸铬钾的物质的量为x，Cr(OH)SO4的物质的量为y，由质量可得：283 g·mol－1x＋165 g·mol－1y＝3.160，由反应生成5.126 g白色沉淀可得：2x＋y＝，解联立方程可得x＝0.01 mol、y＝0.002 mol，则样品中硫酸铬钾的质量分数×100%＝89.6%。 【问题解决2】 （2023·南京、盐城一模节选）测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.900 0 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00 mL（已知反应：Cr2O＋6I－＋14H＋＝3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。 计算Cr(OH)3样品的纯度（写出计算过程）。 【答案】91.56%（过程见解析） 【解析】n(S2O)＝24.00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1＝2.4×10－3 mol。根据2Cr3＋～3I2～6S2O，n[Cr(OH)3]＝n(Cr3＋)＝＝＝8.0×10－4 mol，0.900 0 g样品中含n[Cr(OH)3]为8.0×10－4 mol×＝8.0×10－3 mol，Cr(OH)3样品纯度为×100%≈91.56%。 关系式法 含义 关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 解题的关键是正确书写关系式。 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量（质量或物质的量或相同条件下气体的体积）的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 1．（2023·连云港高级中学）测定样品中铁黄(FeOOH)的质量分数(O—16，K—39，Cr—52，Fe—56)。 称取铁黄样品6.000 g置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸、加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(将Fe3＋还原为Fe2＋)充分反应，再除去过量的Sn2＋。用上述配制的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点(Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋＝6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 计算该样品中铁黄的质量分数(写出计算过程)。 【答案】97.9% 【解析】由关系式：6FeOOH～6Fe2＋～Cr2O知，n(FeOOH)＝6n(Cr2O)＝6×0.500 mol·L－1×22.00×10－3 L＝6.600×10－2 mol，样品中铁黄的质量分数＝×100%＝97.9%。 2．（2022·盐城三模节选）由于NaClO不稳定，实验前需测定试剂NaClO溶液中有效氯含量（即单位体积溶液中含氯化合物作为消毒剂时，氧化能力相当的Cl2的质量，单位mg·L－1）。取5.00 mL市售待测NaClO溶液，加水稀释至20.00 mL，用乙酸－乙酸钠溶液控制稀释液pH为3.5～4.2；加入过量KI溶液充分反应后，滴加2～3滴淀粉溶液，用0.010 0 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，共消耗标准Na2S2O3溶液20.00 mL （已知：I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。 计算该市售NaClO溶液中有效氯含量__________（写出计算过程）。 【答案】1 420 mg·L－1 【解析】次氯酸根离子有氧化性，碘离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为2H＋＋ClO－＋2I－＝Cl－＋I2＋H2O，依据题意，等物质的量的次氯酸钠、氯气氧化能力相当，可得关系式：Cl2～ClO－～I2～2S2O，n(Cl2)＝×0.01 mol·L－1×0.02 L＝1×10－4 mol，有效氯含量为＝1 420 mg·L－1。 【问题解决3】 （2023·苏锡常镇一调节选）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料（含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭）为原料制取钴的氧化物的流程如下。 向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液，充分反应后，得到CoC2O4·2H2O。将CoC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如上右图所示。则B点剩余固体产物为____________(写出计算过程)。 【答案】Co3O4 【解析】CoC2O4·2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CoC2O4·2H2O、CoC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 mol CoC2O4·2H2O，A点为0.1 mol CoC2O4；根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 mol，则B中氧为 mol＝0.133 mol，则B中Co、O的物质的量之比为0.1∶0.133＝3∶4，故B点剩余固体产物为Co3O4。 守恒法 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。 解题步骤 第一步 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 原子守恒 1．（2022·浙江1月选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算： （1）x＝______(写出计算过程)。 （2）气体产物中n(O2)＝__________mol。 【答案】（1）9 （2）0.010 0 【解析】（1）计算过程：2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O3 2(213＋18x) g 102 g 7.50 g 1.02 g ＝ 解得x＝9 （2）n(样品)＝n(Al)＝×2＝0.02 mol，气体产物中n(H2O)＝＝0.17 mol，根据氢原子守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝0.02 mol，根据氮原子守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02×3 mol－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝ mol＝0.010 0 mol。 2．（2022·福建节选）取5.0 g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时间后，过滤、干燥后得到3.0 g“浸渣”(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。 【答案】84% 【解析】5.0 g粉煤灰中Al2O3的质量为5.0 g×30%＝1.5 g，3.0 g“浸渣”中Al2O3的质量为3.0 g×8%＝0.24 g，则Al2O3的浸出率为×100%＝84%。 3．（2022·湖南节选）某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。 【答案】97.6% 【解析】由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。 得失电子守恒 1．（2023·南通一模节选）从废脱硝催化剂（主要成分为TiO2、V2O5）中回收TiO2和V2O5，具有重要意义。 为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL 溶液放入锥形瓶中，加入10.00 mL 0.500 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，再用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00 mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：VO＋Fe2＋＋H＋→VO2＋＋Fe3＋＋H2O；MnO＋Fe2＋＋H＋→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O。 计算V2O5样品的纯度___________（写出计算过程）。 【答案】86.45%（过程见解析） 【解析】根据得失电子守恒可得：n(Fe2＋)＝2n(V2O5)＋5n(MnO) n(V2O5)＝n(VO)＝＝×＝0.009 500 mol，则m(V2O5)＝182 g·mol－1×0.009 500 mol＝1.729 g，w＝×100%＝×100%＝86.45%。 2．（2023·苏州期末）测定K2FeO4的纯度。准确称取0.528 0 g K2FeO4样品置于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量KCr(OH)4溶液，再加入硫酸酸化，配成待测液，用0.300 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00 mL，计算样品中K2FeO4的纯度(O—16，K—39，Fe—56，写出计算过程)，测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： [Cr(OH)4]－＋FeO―→Fe(OH)3＋CrO＋OH－ CrO＋H＋―→Cr2O＋H2O Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O 【答案】75% 【解析】由得失电子守恒，可得如下转化关系：6(NH4)2Fe(SO4)2～Cr2O～2CrO～2K2FeO4，由滴定消耗20.00 mL 0.300 0 mol·L－1硫酸亚铁铵溶液可知，样品中高铁酸钾的纯度w＝×100%＝75%。 质量守恒的应用——热重分析 热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法 热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数 实例：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，图中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m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。 热重分析的解题流程 ①设晶体为1 mol。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步的m(剩余)，固体残留率＝×100％。 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 ⑤失重残留物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例 计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变 计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。 1．（2023·连云港二次调研节选）NiOOH在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。 已知NiOOH加热至600 ℃后固体质量保持不变，则600 ℃时，剩余固体的成分为____________（填化学式）。 【答案】NiO 【解析】设有92 g NiOOH，则镍的质量为92 g××100%＝59 g，600 ℃时，剩余固体质量为92 g×81．52%≈75 g，则其中氧元素的质量为75 g－59 g＝16 g，镍和氧的原子个数比为∶＝1∶1，故剩余固体物质为NiO。 2．（2023·宝应期末）在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示(H—1，O—16，Ni—59)。 （1）500～700 K之间分解产生的气体为_______。 （2）800 K后剩余固体质量略有增加的原因是______________________________________________。 【答案】（1）CO2 （2）NiO被氧化成更高价态的镍氧化物 【解析】（1）取1 mol NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，质量为341 g；当固体质量减少21.1%时，减少的质量约为72 g，根据化学式可知，生成4 mol H2O，500 K时固体为NiCO3·2NiO；当固体质量减少34.0%时，减少的质量约为116 g，根据化学式可知，生成4 mol H2O和1 mol CO2,700 K时固体为NiO；因此300～500 K之间分解产生的气体为H2O，500～700 K之间分解产生的气体为CO2；（2）700 K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800 K后剩余固体质量略有增加。 3.（2024·徐州模拟节选）钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO42－等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： “灼烧”时，Sc2(C2O4)3·6H2O[摩尔质量为462 g·mol－1]在空气中分解得到Sc2O3，实验测得灼烧过程中固体残留率随温度的变化如图所示，500 K时，固体的主要成分是_______________（写出计算过程）。 【答案】Sc2(C2O4)3 【解析】设初始时为1 mol Sc2(C2O4)3·6H2O，m[Sc2(C2O4)3·6H2O]＝1 mol×462 g·mol－1＝462 g，500 K时，剩余固体质量为462 g×76.62％≈354 g，固体质量减少Δm＝462 g－354 g＝108 g，减少质量为6 mol H2O的质量，故500 K时固体成分为Sc2(C2O4)3。 4．（2023·南京三模）碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn（OH）2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350 ℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有___________________（填化学式）。 【答案】4ZnO·Zn(OH)2[或ZnO和Zn(OH)2] 【解析】1 mol 2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的质量为583 g，当剩余固体质量为547 g时，恰好脱去结晶水，547 g固体为2ZnCO3·3Zn(OH)2；继续加热至固体为423 g时，固体质量减少124 g，其中有88 g CO2和36 g H2O，350 ℃时，剩余固体为4ZnO·Zn(OH)2[或ZnO和Zn(OH)2]。 1．（2023·扬州高三检测）常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为 A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O 【答案】A 【解析】设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2＝N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比， N2Ox＋xH2＝N2＋xH2O ΔV 1 x 1 x 15.6 L 46.8 L 则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。 2．（2023·全国乙卷）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＝______。 【答案】（1）4 1 【解析】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则＝19.4%，解之得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则＝38.8%，解之得y＝1。 3．（2021·浙江1月选考）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O (x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6) S＋K2SO3K2S2O3 请计算： （1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________。 （2）2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) 【答案】（1）30.0 （2）3 【解析】（1）(2x＋2)S ＋ 6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O 2x＋2 6 0.080 mol 0.060 mol 解得：x＝3 （2）3S ＋ 6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O 96 g 6 mol 0.480 g 0.03 mol 热KOH溶液的体积为＝0.030 L，即30.0 mL。 4．（2023·连云港高三检测）取30.8 g甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体(Cu和Cu2O)的混合物A和混合气体B；若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热，则生成黑色固体D和CO2、H2O，固体A和D质量相差2.4 g。请计算： （1）红色固体A中Cu单质的物质的量为________mol。 （2）将混合气体B置于O2中充分燃烧，消耗O2的体积是________L(换算为标准状况)。 【答案】（1）0.1 （2）2.8 【解析】30.8 g甲酸铜的物质的量为＝0.2 mol，由题意可知，甲酸铜在隔绝空气的条件下加热分解生成铜和氧化亚铜，在空气中充分加热生成氧化铜，设铜的物质的量为x mol、氧化亚铜的物质的量为y mol，由铜原子守恒可得：x＋2y＝0.2 mol，由固体A和D质量相差2.4 g可得：0.2×80－64x－144y＝2.4，解得x＝0.1、y＝0.05；由得失电子守恒可知，甲酸铜在隔绝空气的条件下加热分解生成二氧化碳的物质的量为＝0.15 mol，由碳原子个数守恒可知一氧化碳的物质的量为0.2 mol×2－0.15 mol＝0.25 mol，则反应的化学方程式为4(HCOO)2Cu2Cu＋Cu2O＋5CO↑＋3CO2↑＋4H2O。 （1）由分析可知，红色固体A中铜单质的物质的量为0.1 mol；（2）混合气体B中一氧化碳的物质的量为0.25 mol，则混合气体B在氧气中充分燃烧，消耗标准状况下氧气的体积为0.25 mol××22.4 L·mol－1＝2.8 L。 5．热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 （1）试确定200 ℃时固态物质的化学式_____________。 （2）554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式： __________________________________________________。 【答案】（1）MgCl2·2H2O （2）Mg(OH)ClMgO＋HCl↑ 【解析】（1）由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m(MgCl2)＝95 g·mol－1×0.02 mol＝1.9 g，所以200 ℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)＝2.62 g－1.9 g＝0.72 g，n(H2O)＝0.04 mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O；（2）554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554 ℃时分解的方程式为Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。 2 细节决定成败 目标成就未来 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