第2章 第3讲 化学计算常用方法(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

第二章　 物质的量 第三讲　化学计算常用方法 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 目录 contents Part 01 考点一 考点二 Part 02 课时达标素养（八） Part 06 考点三 Part 03 高考真题集训 Part 04 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 考点一　 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 考点二　 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 考点三　 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 高考真题集训　 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 课时素养达标（八） 点击进入word 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 谢谢观看 第二章　 物质的量 高考总复习 化学 返回目录 高考目标定位　1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法。3.初步建立化学计算的思维模型。 考点一　根据方程式计算 基本原理 　　　　　　 　2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 化学计量数之比： 2 ∶2　∶　2　 ∶ 1 　扩大NA倍： 2NA∶2NA ∶　2NA ∶ NA 物质的量之比： 2 mol∶2 mol∶2 mol∶1 mol 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 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。 练一　根据方程式直接计算 1．测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50 mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH＝10，用0.015 0 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点（滴定反应为Zn2+＋Y4-===ZnY2-），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度。（写出计算过程）。 答案　根据反应方程式Zn2+＋Y4-===ZnY2-可知，稀释后的ZnSO4溶液中c(Zn2+)＝ eq \f(c(Y4-)·V(Y4-),V(Zn2+))＝ eq \f(0.015 0 mol·L-1×25 mL,20.00 mL)＝1.875×10-2 mol·L-1，原ZnSO4溶液中c(Zn2+)＝ eq \f(1.875×10-2 mol·L-1×100 mL,2.50 mL)＝0.750 mol·L-1。 2．以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取100.00 mL 含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量KI 溶液生成三溴苯酚，再用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00 mL。已知C6H5OH＋4Br2―→C6H2OBr4＋4HBr，2C6H2OBr4＋2KI―→2C6H3OBr3（三溴苯酚）＋I2＋2KBr，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 (1)消耗Na2S2O3的物质的量为　　　　。 (2)废水中苯酚的物质的量浓度为　　　　　　　　（写出简要计算过程）。 答案　(1)1.000×10-3 mol (2)1.000×10-3 mol÷100.00 mL＝0.01000 mol·L-1。 解析　(1)滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液10.00 mL，Na2S2O3的浓度为0.1000 mol·L-1，则消耗Na2S2O3的物质的量为10.00×10-3 L×0.1000 mol·L-1＝1.000×10-3 mol；(2)根据反应的方程式可知：C6H5OH～Na2S2O3，则n(C6H5OH)＝n(Na2S2O3)，即苯酚的物质的量为1.000×10-3 mol，其体积为100.00 mL，则其浓度为1.000×10-3 mol÷100.00 mL＝0.01000 mol·L-1。 练二　根据方程式的差量计算 3．白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5（气）===PCl3（气）＋Cl2　现将5.84克PCl5装入2.05升真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡时，容器内的压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体物质的量为0.05 mol，求平衡时PCl5的分解百分率。 答案　78.6% 解析　原PCl5的物质的量为0.028 mol，反应达到平衡时物质的量增加了0.022 mol，根据化学方程式进行计算。 PCl5（气）===PCl3（气）＋Cl2　物质的量增加 　1　　　　　　　　　　　　　　1 X　　　　　　　　　　　　　0.022 计算可得有0.022 mol PCl5分解，所以结果为78.6%。 4．已知：①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应：2NaHCO3 eq \o(=====,\s\up15(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3.1 g，求： (1)原混合物中碳酸钠的质量是　　　　 g。 (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）是　　　 L。 答案　(1)10.6　(2)3.36 解析　(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m 2NaHCO3===Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 　168　　　　　　　　　　　　 　　 　62 　 m　　　　　　　　　　　 　　　 　3.1g 由 eq \f(168,m)＝ eq \f(62,3.1 g)m＝8.4 g 则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。 (2)剩余固体为碳酸钠，质量为19 g－3.1 g＝15.9 g，物质的量为 eq \f(15.9 g,106 g/mol)＝0.15 mol，根据碳原子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol，标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1＝3.36 L。 【题后归纳】 差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差值”。这个差值可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差值的大小与参与反应的有关量成正比。差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题，解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。 考点二　关系式法 1．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。 2．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 练一　根据相关反应找关系式 1．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 eq \o\al(2-,4)＋2Fe2+＋4H＋ Cr2O eq \o\al(2-,7)＋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）　　　　（保留1位小数）。 (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)90.0%　(2)3.36×106　15 解析　(1)据方程式： 4FeS2＋11O2 eq \o(=====,\s\up15(高温))2Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3+＋2H2O===SO eq \o\al(2-,4)＋2Fe2+＋4H＋ Cr2O eq \o\al(2-,7)＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O 得关系式： Cr2O eq \o\al(2-,7)　～　6Fe2+ ～ 3SO2　～　 eq \f(3,2)FeS2 　1　　　　　　　　　　　　　　 eq \f(3,2) 0．020 00 mol·L-1×0.025 00 L　 eq \f(mFeS2,120 g·mol-1) m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%。 (2)4FeS2＋11O2 eq \o(=====,\s\up15(高温))2Fe2O3＋8SO2 　 4 mol　　　　　　 　　 　8 mol eq \f(10×106 g×0.9,120 g·mol-1)　　　　　　n(SO2) n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L。 由SO2 ～ SO3～H2SO4 　1 mol　　98 g 1．5×105 mol　m(H2SO4)×98% 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 2．已知某加碘盐（含KIO3的食盐）中含碘量为25.4 mg～50.0 mg/kg。现有1 000kg该加碘盐，计算： (1)该加碘食盐中至少含碘　　　 mol。 (2)若用KI 与Cl2反应制KIO3，标准状况至少需要消耗Cl2　　　 L（写出计算过程）。 答案　(1)0.2 (2)用KI 与Cl2反应制KIO3反应为：KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为：0.6 mol×22.4 L/mol＝13.44 L。 解析　(1)已知某加碘盐（含KIO3的食盐）中含碘量为25.4 mg～50.0 mg/kg；则1 000 kg加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为 eq \f(25.4 g,127 g·mol)＝0.2 mol；(2)用KI 与Cl2反应制KIO3反应为：KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为：0.6 mol×22.4 L/mol＝13.44 L。 练二　关系式法在滴定计算中的应用 3．聚合氯化铁铝（简称PAFC），其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如下实验： ①准确称取4.505 0 g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.330 0 g固体。 ②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+。用0.100 0 mol·L-1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。 ③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.305 0 g白色沉淀。 通过计算确定PAFC的化学式（m为聚合度，不必求出）。 答案　[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m 解析　第一步：分析测定实验过程中的物质变化 ①中得到的2.330 0 g固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；②中发生反应：Zn＋2Fe3+===Zn2+＋2Fe2+、5Fe2+＋MnO eq \o\al(－,4)＋8H＋===5Fe3+＋Mn2+＋4H2O；③中发生反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓。 第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3+)、n(Al3+)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O) 根据原子守恒求n(Fe3+)： n(Fe3+)＝n(Fe2+)＝5n（MnO eq \o\al(－,4)）＝5×0.100 0 mol·L-1×0.02 L＝0.01 mol m(Fe2O3)＝ eq \f(1,2)n(Fe3+)×M(Fe2O3)＝ eq \f(1,2)×0.01 mol×160 g·mol-1＝0.8 g 根据质量守恒求n(Al3+)： n(Al3+)＝2n(Al2O3)＝2× eq \f(2.330 0 g－0.8 g,102 g·mol-1)＝0.03 mol 根据原子守恒求n(Cl－)： n(Cl－)＝n(AgCl)＝ eq \f(4.305 0 g,143.5 g·mol-1)＝0.03 mol 根据电荷守恒求n(OH－)： 3n(Fe3+)＋3n(Al3+)＝n(Cl－)＋n(OH－) n(OH－)＝3×0.01 mol＋3×0.03 mol－0.03 mol＝0.09 mol 根据质量守恒求n(H2O)： m(H2O)＝4.505 0 g－m(Fe3+)－m(Al3+)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.505 0 g－0.01 mol×56 g·mol-1－0.03 mol×27 g·mol-1－0.03 mol×35.5 g·mol-1－0.09 mol×17 g·mol-1＝0.54 g n(H2O)＝ eq \f(0.54 g,18 g·mol-1)＝0.03 mol。 第三步：计算所求物质的化学式 n(Fe3+)∶n(Al3+)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1∶3∶9∶3∶3，则PAFC的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。 4．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。 已知：2CrO eq \o\al(2-,4)＋2H＋===Cr2O eq \o\al(2-,7)＋H2O　Ba2+＋CrO eq \o\al(2-,4)===BaCrO4↓。 步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。 步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。 滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的　　　　（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为　　　　mol·L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将　　　　　（填“偏大”或“偏小”）。 答案　上方　 eq \f(b(V0－V1),y)　偏大 解析　由方程式2CrO eq \o\al(2-,4)＋2H＋===Cr2O eq \o\al(2-,7)＋H2O知，步骤Ⅰ中加入的CrO eq \o\al(2-,4)的总物质的量为b mol·L-1× eq \f(V0,1 000)L＝ eq \f(bV0,1 000) mol。步骤Ⅱ中，加入BaCl2充分反应后，剩余的CrO eq \o\al(2-,4)的物质的量为b mol·L-1× eq \f(V1,1 000)L＝ eq \f(bV1,1 000)mol，与Ba2+反应的CrO eq \o\al(2-,4)的物质的量为 eq \f(bV0,1 000) mol－ eq \f(bV1,1 000) mol＝ eq \f(b(V0－V1),1 000) mol，由方程式Ba2+＋CrO eq \o\al(2-,4)===BaCrO4↓得，n(Ba2+)＝n （CrO eq \o\al(2-,4)），所以BaCl2的浓度：c(BaCl2)＝ eq \f(\f(b(V0－V1),1 000) mol,\f(y,1 000)L)＝ eq \f(b(V0－V1),y) mol·L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以 eq \f(b(V0－V1),y)的测量值将偏大。 考点三　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。 2．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 3.原子守恒的应用——热重分析 (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）， eq \f(m（剩余）,m（1 mol晶体质量）)×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 (5)失重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。 练一　得失电子守恒 1．某稀硝酸溶液中，加入5.6 g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2 g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为(　　) A．4∶1　　　　　　　B．2∶1 C．1∶1 D．3∶2 答案　D 解析　设Fe2+为x mol，Fe3+为y mol，则： x＋y＝ eq \f(5.6,56)0.1（Fe元素守恒） 2x＋3y＝ eq \f(5.6－3.2,30)×3（得失电子守恒） 得：x＝0.06mol，y＝0.04mol。 则x∶y＝3∶2。故选D。 2．某工厂使用的煤中硫的质量分数为1.28%，该工厂每天燃烧这种煤100 t，请计算： (1)100 t该煤含S的物质的量为　　　mol。 (2)假设煤中的硫全部转化为SO2，每天产生的SO2气体在标准状况下体积为　　　L。 (3)若把产生的SO2全部用来生产硫酸，每天可得到98%的浓硫酸质量　　　吨。（请写出计算过程） 答案　(1)4×104　(2)8.96×105　(3)4 解析　(1)某工厂使用的煤中硫的质量分数为1.28%，该工厂每天燃烧这种煤100 t，100 t该煤含S的物质的量为 eq \f(100×106 g×1.28%,32 g/mol)＝4×104 mol。(2)由硫原子个数守恒可知，假设煤中的硫全部转化为SO2，每天产生的SO2物质的量为 eq \f(100×106 g×1.28%,32 g/mol)＝4×104 mol、在标准状况下体积为4×104 mol×22.4 L/mol＝8.96×105 L。(3)由硫原子个数守恒可知，若把产生的二氧化硫全部用来生产硫酸，理论上每天产生的硫酸的物质的量为4×104 mol，则每天可得到98%的浓硫酸的质量 eq \f(4×104 mol×98 g/mol,98%)＝4×106 g，即4吨。 练二　质量守恒的应用——热重分析 3．研究表明NH4VO3固体（固体的组成用V2O5·aNH3·bH2O 表示）热分解得到V2O5的过程可分为四步，每一步产生NH3和H2O(g) 的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取23.4 g NH4VO3固体进行热重分析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示。 下列分析错误的是(　　) A．NH4VO3可表示为V2O5·2NH3·H2O B．150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3· eq \f(1,2)H2O C．已知180 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5· eq \f(1,2)NH3· eq \f(1,3)H2O，则x∶y＝1∶1 D．图中m的值为18.20 答案　C 解析　NH4VO3可以表示为V2O5·2NH3·H2O，NH4VO3的摩尔质量为117 g/mol，23.4 g NH4VO3固体为0.2 mol，相当于0.1 mol V2O5，0.2 mol NH3，0.1 mol H2O，150 ℃时减少的质量为2.6 g，减少0.1 mol NH3和0.05 mol H2O，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3· eq \f(1,2)H2O，当剩余固体为V2O5时，质量为0.1 mol×182 g/mol＝18.2 g。A.NH4VO3各原子数均2倍后可表示为V2O5·2NH3·H2O，故A正确；B.由分析，150 ℃时减少的质量为2.6 g，减少0.1 mol NH3和0.05 mol H2O，150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3· eq \f(1,2)H2O，故B正确；C.已知180 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5· eq \f(1,2)NH3· eq \f(1,3)H2O，由150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3· eq \f(1,2)H2O，则失去的氨的物质的量：失水的物质的量＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＝3∶1， 则x∶y＝3∶1，故C错误；D.23.4 g NH4VO3固体为0.2 mol，将NH3和H2O全部失去后为V2O5，质量为23.4 g－0.2 mol×34 g/mol－0.1 mol×18 g/mol＝18.2 g，图中m的值为18.20，故D正确；故选C。 4．下图是将一定质量的草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)在氩气气氛中进行热重分析示意图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）。 (1)B处时残留物的化学式为　　　　　　　　　　　　　。 (2)现取1.44 g FeC2O4放在某真空的密闭容器中，再充入0.04 mol CO，加热至1 100 ℃，其中反应：FeO(s)＋CO(g)⥫⥬Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝1/3，则反应达平衡时FeO的转化率为　　　　　　　　。 答案　(1)FeC2O4　(2)50% 解析　(1)M(FeC2O4·2H2O)＝180 g/mol，M(FeC2O4)＝144 g/mol；假设原FeC2O4·2H2O有180 g，则B处时，残留固体的质量为180 g×80%＝144 g，即1 mol FeC2O4·2H2O分解，失去2 mol水变为FeC2O4，故B处残留固体为FeC2O4； (2)假设原FeC2O4·2H2O有180 g，C处时，残留固体的质量为180 g×40%＝72 g，结合题中给出的信息可得C处残留的固体为FeO，则FeC2O4的分解反应为FeC2O4===FeO＋CO↑＋CO2↑；在密闭容器中，1.44 g FeC2O4（即0.01 mol）分解产生0.01 mol FeO、0.01 mol CO、0.01 mol CO2，再充入0.04 mol CO，则容器中最初有0.05 mol CO，设容器体积为1 L，且反应达到平衡时，FeO转化x mol，则反应三段式为： 　　　FeO(s)＋CO(g)⥫⥬Fe(s)＋CO2(g) 　　　　1　　　　1　　　　1　　　1 起始(mol)0.01　　0.05　　　0　 　0.01 转化(mol)　x　　　x　　　　x　　　x 平衡(mol) 0.01－x 0.05－x　　　　0.01＋x 则c(CO)＝(0.05－x)mol/L，c(CO2)＝(0.01＋x)mol/L，K＝ eq \f(c(CO2),c(CO))＝ eq \f((0.01＋x)mol/L,(0.05－x)mol/L)＝ eq \f(1,3)，解得x＝0.005，即0.01 mol FeO的在平衡时转化了0.005 mol，故FeO的转化率为 eq \f(0.005 mol,0.01 mol)×100%＝50%。 1．（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 eq \f(18(7－x),278)＝19.4%，解之得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则 eq \f(18(7－y),278)＝38.8%，解之得y＝1。 2．（2022·湖南高考）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 eq \f(0.466 0 g,233 g·mol-1)＝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 eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。 3．（2022·浙江6月选考）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：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH＝1.8×102 kJ·mol-1，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CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g-1（假设焦炭不含杂质）。请回答： (1)每完全分解100 kg石灰石（含CaCO390%，杂质不参与反应），需要投料　　　　kg焦炭。 (2)每生产106 kg纯碱，同时可获得　　　　　kg CaO（列式计算）。 答案　(1)10.8　(2)70 解析　(1)完全分解100 kg石灰石（含CaCO3 90%，杂质不参与反应），需要吸收的热量是 eq \f(100 000 g×0.9,100 g·mol-1)×180 kJ·mol-1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-1（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 eq \f(162 000,30) g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是 eq \f(10 800 g,12 g·mol-1)＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，生产纯碱的反应过程中存在关系式： CaO～CaCO3(＋C)～2CO2～2Na2CO3 56　　 　　　　　　　　　　212 x×40%　　　　　　　　　　106 kg eq \f(56,x×40%)＝ eq \f(212,106 kg) x＝70 kg。 $$