主题3 第四讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法(思维建模课)（课件）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

第四讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法 (思维建模课) 以物质的量为中心的化学计算每年高考必考,涉及的运算方法主要有比例式法、关系式法、守恒法和热重分析法。学通学精这些方法是解题的金钥匙,能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 一、 二、 比 例 式 法　　 三、 目 录 关 系 式 法 守 恒 法 四、 五、 热重分析法 课时跟踪检测 　一、 比 例 式 法　　 1.应用原理 　　　　　　　 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。 2.解题步骤 写 写出有关的化学方程式 找 找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比 列 将有关的四个量列出比例式 解 根据比例式求出n,再求m、V或c 答 写出简明答案 　[例1]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　　 mol(用含m的最简式表示)。  　[例1]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  [解析]　若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体若为纯净物,只能是Cu2O,根据Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O,所以Cu2O与Cu的物质的量相等,而铜的物质的量为 mol,所以Cu2O的质量m=×144,所以a=m。 [例1]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　 mol(用含m的最简式表示)。  [解析]　设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O x 2x Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O y y y 2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ 2x x 根据题意　　所以x=。 迁移应用 迁移应用 1.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+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6) S+K2SO3 K2S2O3 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=　　　　 mL。  (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) 迁移应用 迁移应用 1.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+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6) S+K2SO3 K2S2O3 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=　　 mL。  解析:根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知,3 mol S可以和6 mol KOH反应,0.480 g S的物质的量n(S)=0.015 mol,则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03 mol,需要KOH溶液的体积V===0.03 L=30.0 mL。 30.0　 迁移应用 迁移应用 1.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+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6) S+K2SO3 K2S2O3 (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) 解析:若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3,将题中第2个方程式均乘以2,而三个方程式相加,则反应的化学方程式为 (2x+2)S　　　+　 6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O (2x+2)mol 6 mol =0.080 mol 　60.0×10-3 L×1.00 mol·L-1=0.060 mol 有=,解得x=3。 3(计算过程见解析) 2.MnO2是重要的化工原料,现进行产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4,加热至充分反应。再用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知:MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2—86.94;Na2C2O4—134.0)。产品纯度为____________　　　　 (用质量分数表示)。  解析:根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O),则与 二氧化锰反应的草酸钠为-×5;MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=== Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O,则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-×5,产品纯度=×100%=%。 % 3.测定产品(硫酸铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3])纯度。称取w g产品全部溶于水,配制成 250 mL溶液,准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中,以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂,用0.10 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(滴定反应为Fe2++Ce4+===Ce3++Fe3+),起始读数为V0 mL,终点时溶液恰好由紫红色变为亮黄色,此时滴定管的读数为 V1 mL,则该产品的纯度为　　　　　　%(用含w、V0、V1的代数式表示)。  解析:n(Fe2+)=0.1 mol·L-1×(V1-V0)×10-3 L=1.0×10-4(V1-V0)mol,根据离子方程式:Fe2++Ce4+===Ce3++Fe3+可知,n(Ce4+)=1.0×10-4(V1-V0)mol,故原样品中[(NH4)2Ce(SO4)3]的物质的量为1.0×10-3(V1-V0)mol,该产品的纯度为×100%=%。 二、 关 系 式 法 1.应用原理 在求“已知量”和“待求量”之间的关系式时,一定要找出“中间量”(该“中间量”可在前一个化学反应中作生成物,而在下一个化学反应中作反应物),并通过改变相关化学方程式的化学计量数使“中间量”的计量数变成同一个数值,从而建立“已知量”和“待求量”之间的化学计量数之比,即关系式。还可以根据原子守恒,寻找反应物与最终产物之间的关系。 2.解题步骤 (1)写出各步反应的化学方程式。 (2)找出作为“中介”的物质,并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。 (3)确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 (4)根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 [例2]　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)。  (2)滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应: W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+===3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的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　　　　 　　　。  [例2]　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]　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。  (m3+m1-2m2) [例2]　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产品纯度,实验如下: (2)滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应: W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+===3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的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　　　　 　　　。 [解析]　滴定时,根据关系式:WCl6~W~2I~6I2~12S2,样品中n(WCl6)=n(S2)=cV× 10-3 mol,m(WCl6)= cV× 10-3 mol×M g·mol-1 = g,则样品中WCl6的质量分数为 ×100%=%。 　  % √ 输入你的标题 迁移应用 1.工业上,利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属,产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素),其煅烧过程转化率为75%,得到的SO2转化为SO3的转化率为80%,SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t,其废气最多能制备98%的硫酸 (　 ) A.1.8a t　 B.2.8a t　 C.3.2a t　 D.4.5a t 解析:根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关系式: CuFeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4,根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)=n(Cu)== mol,则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)=2n(CuFeS2)×75%×80%×96%=1.8a×104 mol,则能制备98%的硫酸的质量为=1.8a×106 g=1.8a t。 2.Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要　 。 (2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为　 g。 (3)另取50.00 mL废水,控制适当的酸度,加入足量的K2Cr2O7溶液,得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后,用适量的稀盐酸溶解,此时Cr全部转化为Cr2,再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液,反应完全时,消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+===2Cr3++3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为　　　　　。  2.Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要　 。 解析:配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,实验步骤有:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要250 mL容量瓶、胶头滴管。 (2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为　 g。 解析:需准确称取Na2S2O3固体的质量m=cVM=0.25 L×0.100 0 mol·L-1×158 g· mol-1≈4.0 g。 250 mL容量瓶、胶头滴管　 4.0 2.Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (3)另取50.00 mL废水,控制适当的酸度,加入足量的K2Cr2O7溶液,得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后,用适量的稀盐酸溶解,此时Cr全部转化为Cr2,再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液,反应完全时,消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+===2Cr3++3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为　　 　　　。  解析:根据操作过程,得反应关系式2Ba2+~2BaCrO4~2Cr~Cr2~6S2, 50.00 mL废水中含有Ba2+的物质的量为0.1 mol·L-1×0.036 L×=0.001 2 mol,则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.024 mol·L-1。 0.024 mol·L-1 3.测定产品中V2O5的纯度:称取a g产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液,再加入b1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(V+2H++Fe2+===VO2++H2O+Fe3+),最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知Mn被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应,则产品中V2O5的质量分 数是　　　　 　　　%。  解析:加入高锰酸钾溶液发生反应:5Fe2++Mn+8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,反应消耗KMnO4为b2×10-3L×c2 mol·L-1=b2c2×10-3 mol,剩余Fe2+的物质的量n2(Fe2+)=5b2c2×10-3 mol,与V反应的Fe2+的物质的量n1(Fe2+)=n总(Fe2+)-n2(Fe2+)=b1×10-3 L×c1 mol·L-1-5b2c2×10-3 mol=(b1c1-5b2c2)×10-3 mol,根据V+2H++Fe2+===VO2++H2O+Fe3+和V守恒,可得关系式:V2O5~2V~2Fe2+,则n(V2O5)=n1(Fe2+)=(b1c1-5b2c2)×10-3 mol,产品中V2O5的质量分数为 ×100%=%。 4.尿素溶液的浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60 g·mol-1)含量的方法如下:取 a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1 mL c1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用V2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是　　　　　(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2)。  解析:吸收NH3的硫酸的物质的量为V1×10-3 L×c1 mol·L-1-V2×10-3 L×c2 mol·L-1×= (V1c1-V2c2 )×10-3 mol,根据化学方程式CO(NH2)2+H2O 2NH3↑+CO2↑和2NH3+H2SO4=== (NH4)2SO4,可知尿素的物质的量为 (V1c1-V2c2 )×10-3 mol,则尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=%。 % 三、 守 恒 法 1.应用原理 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。 2.解题步骤 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。 [例3]　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。  [例3]　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)。  [解析]　根据关系式法 2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3 2(213+18x)g 102 g 7.50 g 1.02 g =,解得x=9。 9 [例3]　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: (2)气体产物中n(O2)=　　　 mol。  [解析]　样品中n(Al)=×2=0.02 mol,气体产物中n(H2O)= =0.17 mol,根据氢元素守恒,n(HNO3)=0.02×9×2 mol-0.17×2 mol=0.02 mol,根据氮元素守恒,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=0.01 mol。 0.01 输入你的标题 迁移应用 1.[得失电子守恒]现将1 mol Cu2S与144 g FeO投入到足量稀硝酸溶液中,充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液,并产生NO气体。则最终反应所得NO物质的量为 (　　) A.7.2 mol　　　　　　　 B.5 mol C.6.4 mol D.4 mol 解析:Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应,铜元素化合价由+1价上升至+2价,硫元素化合价由-2价上升至+6价,铁元素化合价由+2价上升至+3价,1 mol Cu2S参与反应能够失去10 mol电子,144 g FeO物质的量为2 mol,参加反应失去2 mol电子,因此1 mol Cu2S与144 g FeO共失去12 mol电子,硝酸发生还原反应每生成1 mol NO得到电子3 mol,故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO,故选D项。 √ 2.[电荷守恒]某溶液中仅含有Na+、Mg2+、S、Cl-四种离子,其物质的量浓度比为c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5,若Na+浓度为3 mol·L-1,则S的浓度为(　　) A.2 mol·L-1 B.3 mol·L-1 C.4 mol·L-1 D.8 mol·L-1 解析:根据电荷守恒可知c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(S),代入数据可得,3 mol· L-1×1+5 mol·L-1×2=5 mol·L-1×1+c(S)×2,c(S)=4 mol·L-1。 √ 3.[原子守恒]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)。  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%。 97.6% 四、热重分析法 热重分析法是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或时间关系的一种热分析方法,解答热重分析试题的常用方法为: (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,×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。 [例4]　0.80 g CuSO4·5H2O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)如图所示: 请回答下列问题: (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式:　 。 (2)取270 ℃所得样品,于570 ℃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　 。 把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为　　　　　　,其存在的最高温度是　　　　。  [例4]　0.80 g CuSO4·5H2O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)如图所示: 请回答下列问题: (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式:　 。 [解析]　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。 CuSO4·H2O　 (1)在200 ℃时失去的水的质量为0.80 g-0.57 g=0.23 g,根据反应的化学方程式: CuSO4·5H2O CuSO4·(5-n)H2O+nH2O 250 18n 0.80 g 0.23 g =,解得n≈4,故200 ℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。 [例4]　0.80 g CuSO4·5H2O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)如图所示: (2)取270 ℃所得样品,于570 ℃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　 。 把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为　　　 　　　,其存在的最高温度是　　　　。  CuSO4 CuO+SO3↑ CuSO4·5H2O 102 ℃ [解析]　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。 (2)于570 ℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO,氧化性气体则为SO3,反应的化学方程式为CuSO4 CuO+SO3↑。CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水,经浓缩、冷却,得到的晶体为CuSO4·5H2O;由分析可知,其存在的最高温度是102 ℃。 1.(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 = 。  解析: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。 迁移应用 迁移应用 4 1 2.PbO2在加热过程发生分解的失重曲线 如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%) 的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx 或mPbO2·nPbO,列式计算x值和m∶n值。 答案:若a点固体组成表示为PbOx,根据PbO2 PbOx+O2↑,有×32 =239×4.0%,解得x=2-≈1.4,若组成表示为mPbO2·nPbO,因O原子与Pb原子的比值为x,有=1.4,得==。 3.(2024·江苏卷·节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)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(C)的比值______________________　 (写出计算过程)。  解析:8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,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+)=4×10-5 mol;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。 2∶1(计算过程见解析) 根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1 =0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2∶1。 课时跟踪检测 ( 电子版配有升维和降维题组,通过调试难度,满足不同层级学生的需求) 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 一、选择题 1.在标准状况下,有750 mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2+O2,则生成的碘的质量是(　　) A.0.91 g B.0.81 g C.0.71 g D.0.61 g 解析:差量法: 2O3===3O2　　　　ΔV, 2 3 3-2=1 V(O3)=60 mL 780-750=30 mL 1 L混合气体中含臭氧的体积V=1 L×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2)=≈0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 2.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 (　　) A. mol·L-1　　 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 解析:根据氮原子守恒,可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a+b+2c)mol,再根据钠原子守恒,可知参与反应的NaOH为(a+b+2c)mol,则c(NaOH)= mol·L-1。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 3.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度,称取11.5 g绿矾产品,溶解,配制成1 000 mL溶液;量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点,消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为 (　　) A.94.5% B.96.1% C.96.7% D.97.6% 解析:高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++ 5Fe3++4H2O,n(KMnO4)=20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol,则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol,ω(FeSO4·7H2O)= ×100%≈96.7%。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 4.向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L,所得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 (　　) A.0.75 mol·L-1 B.1 mol·L-1 C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1 解析在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br-,n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl-)= 0.3 mol;假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1,则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol, n(Br-)=0.2x mol; 方法一:得失电子守恒,由题意可得:0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2,解得x=2。 方法二:电荷守恒,反应后主要离子为Fe3+、Cl-和Br-可知:3×0.1x=0.3+0.3,解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 5.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原,只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为 (　　) A.9.02 g B.8.51 g C.8.26 g D.7.04 g 解析:最后生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg共4.6 g,关键是求增加的n(OH-),n(OH-)等于金属单质所失电子的物质的量,即n(OH-)=×1 mol +×2 mol=0.23 mol,故沉淀的质量为4.6 g+0.23 mol×17 g·mol-1=8.51 g。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 6.(4分)称取2.0 g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250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶,加入稀硫酸酸化,滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂,用0.10 mol·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26.00 mL。发生的反应有: Fe+Cr+2H2O===Cr+Fe(OH)3↓+OH-,2Cr+2H+===Cr2+H2O, Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。 则标准溶液应选用　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放,该K2FeO4样品的纯度为　　　%。  11 12 酸式 85.8 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:由题意得关系式: Fe~Cr~Cr2~3Fe2+ 1 mol　　　　　 3 mol n 0.10 mol·L-1×0.026 L n=×0.10 mol·L-1×0.026 L,该样品的纯度为×100%=85.8%。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(4分)为测定FeC2O4·2H2O(M=180 g·mol-1)样品的纯度,用硫酸溶解6.300 g样品,定容至250 mL。取25.00 mL溶液,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如表: 已知:3Mn+5FeC2O4·2H2O+24H+===3Mn2++5Fe3++10CO2↑+22H2O。 假设杂质不参加反应,则该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为　　　　%(保留小数点后一位);写出简要计算过程。  11 12 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 95.2 答案: ×100%≈95.2% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:第一次所用标准液为19.98 mL,第二次所用标准液为(22.40-1.26)mL= 21.14 mL,第三次所用标准液为(21.56-1.54)mL=20.02 mL,第二次数据偏差较大舍去,所以所用标准液的体积为=20.00 mL;根据已知方程式可知反应中存在数量关系:3Mn~5FeC2O4·2H2O,所以样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100%≈95.2%。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.(4分)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下: Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______________________________________ 　 。  铁渣中铁元素的化合价为　　。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为 　　　　。  11 12 2Co(OH)3+S+4H+===2Co2++S+5H2O [或Co(OH)3+3H+===Co3++3H2O,2Co3++S+H2O===2Co2++S+2H+] +3 Co3O4 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:酸性条件下,Co(OH)3首先与H+反应生成Co3+,Co3+具有氧化性,可将S氧化为S,根据电子守恒和质量守恒定律,配平可得:2Co(OH)3+4H++S===S +2Co2++5H2O。由于NaClO3和O2具有氧化性,铁渣中铁元素应为+3价。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,n(CO2)==0.06 mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,则有 xCoC2O4+O2 CoxOy　　+　　2xCO2 (59x+16y)g 2x mol 2.41 g 0.06 mol 则有(59x+16y)×0.06=2.41×2x, 得x∶y=3∶4。 所以钴氧化物的化学式为Co3O4。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(4分)测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 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(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将________　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (2)计算该样品中铁的质量分数　 (写出计算过程)。  11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(4分)测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 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(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将________　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析:若不除去过量的Sn2+,滴定过程中Cr2与Sn2+反应,消耗K2Cr2O7偏多,使结果偏大。 11 12 偏大 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(4分)测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 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(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (2)计算该样品中铁的质量分数　 11 12 (写出计算过程)。  n(Cr2)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=1.100×10-3 mol,由滴定时Cr2→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr2~6Fe2+(或Cr2+14H++6Fe2+===6Fe3++2Cr3++7H2O),则n(Fe2+)=6n(Cr2)=6×1.100×10-3 mol=6.600×10-3 mol,样品中铁元素的质量: m(Fe)=6.600×10-3 mol×56 g·mol-1=0.369 6 g,样品中铁元素的质量分数:ω(Fe)= ×100%=12.32% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:根据题意,计算出消耗K2Cr2O7的物质的量,然后根据氧化还原反应的电子得失守恒,找出关系式,列等式计算求出铁原子的物质的量,得出铁元素的质量,最后得出样品中铁元素的质量分数。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(4分)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,某实验小组测定产品中H2O2的含量:取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2质量分数为 。 解析:滴定反应的离子方程式为2Mn+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式:2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数ω=×100%=17%。 11 12 17% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11.(4分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。 Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液。 Ⅱ.取V1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色。 Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水。 Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。 Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 已知:①I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6; ②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色; ③ 计算废水中苯酚的含量为　　 　　　　 g·L-1(苯酚摩尔质量:94 g·mol-1)。  11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 解析:n(Br)=aV1×10-3 mol,根据反应Br+5Br-+6H+===3Br2+3H2O可知n(Br2)=3aV1×10-3 mol,溴分别与苯酚和KI反应,先计算由KI消耗的溴的量,设为n1(Br2),根据I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3,又Br2+2I-===I2+2Br-可知Br2~I2,可得Br2~2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=bV3×10-3 mol,n1(Br2)=bV3×10-3 mol,再计算由苯酚消耗的溴的量,设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)= (3aV1-bV3 )×10-3 mol,苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH,n(C6H5OH)=n2(Br2)= ( aV1-bV3 ) ×10-3 mol,废水中苯酚的含量为= g·L-1。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 12.(8分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知:I2+2S2===2I-+S4,测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下: 第一步:准确称取a g产品放入锥形瓶中,再加入过量的b g KI晶体,加入适量蒸馏水溶解,再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液,充分反应。 第二步:向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步:逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应,滴定达到终点时出现的现象是　 。  若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL,则样品中CaO2的质量分数为　　(用字母表示)。  11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 (2)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　　　　　。  11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 12.(8分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知:I2+2S2===2I-+S4,测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下: 第一步:准确称取a g产品放入锥形瓶中,再加入过量的b g KI晶体,加入适量蒸馏水溶解,再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液,充分反应。 第二步:向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步:逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应,滴定达到终点时出现的现象是　 。  若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL,则样品中CaO2的质量分数为　 　(用字母表示)。  11 12 当滴入最后半滴标准液,溶液由蓝色变无色,且30 s内不恢复蓝色 ×100%　 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:根据得失电子守恒,可得关系式CaO2~I2~2S2,则样品中CaO2的质量分数为×100%=×100%。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 (2)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　　　。  解析:CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1,故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol, 350 ℃左右所得固体质量为0.56 g,根据钙原子守恒,可知为CaO。 11 12 CaO $$