主题3 第四讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法(综合应用课)（课件）-【新高考方案】2026年高考化学一轮总复习（江苏专版）

以物质的量为中心的化学计算常用方法 第四讲 (综合应用课) 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、 一、比 例 式 法 三、 目 录 二、关 系 式 法 三、热 重 分 析 法 四、 五、 真题集训——高考能力达标 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]　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 [例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: (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,则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O,有=,即=,解得x=3。 3 [对点训练] 1.在标准状况下,15.6 g Na2O2投入足量水中,充分反应,生成NaOH的物质的量为多少?生成O2的体积为多少? 解析:n(Na2O2)==0.2 mol 　2Na2O2　+　2H2O===4NaOH　+　O2↑ 2 mol 4 mol 22.4 L 0.2 mol n(NaOH) V(O2) == 故n(NaOH)=0.4 mol,V(O2)=2.24 L。 答案:生成NaOH 0.4 mol,生成O2 2.24 L 2.现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验: 实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+,达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。 实验Ⅱ:另取m1 g样品,与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。 已知SOCl2与FeCl2·4H2O混合并加热可得到无水FeCl2,则n=　　　 　。  解析:滴定过程中,Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中m(H2O)=(m1-m2)g,n(H2O)=mol;n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。 3.(2025·扬州中学期中节选)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt,含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下: Ni2O3产品中可能含少量NiO,为测定Ni2O3的纯度,进行如下实验:称取5.000 g样品,加入足量硫酸后,再加入100 mL 1.000 mol·L-1 Fe2+标准溶液,充分反应,加水定容至200 mL。取出20.00 mL,用0.1 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生反应如下: Ni2O3+Fe2++H+→Ni2++Fe3++H2O (未配平) Fe2++Mn+H+→Fe3++Mn2++H2O (未配平) 试通过计算确定Ni2O3的质量分数,并写出计算过程。 解析:20.00 mL溶液消耗KMnO4物质的量为0.1 mol·L-1×0.01 L=1×10-3 mol,根据得失电子守恒,得到反应5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O,则与KMnO4反应的Fe2+物质的量为5×10-3 mol;与Ni2O3反应的Fe2+物质的量为 1.000 mol·L-1×0.1 L-5×10-3 mol×=0.05 mol,根据反应Ni2O3+2Fe2++6H+===2Ni2++2Fe3++3H2O,n(Ni2O3)=0.025 mol,Ni2O3的质量分数为×100%=83%。 答案:83%(计算过程见解析) 二、关 系 式 法 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。高考题量大,时间紧,对于涉及多步计算的问题,如滴定实验的有关计算,巧妙运用关系式法,可以缩短答题时间;解题的关键是正确书写关系式。 [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: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%=%。 % |思维建模|关系式法解题步骤 第一步:写出各步反应的化学方程式。 第二步: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。 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。 1.氯化亚铜(CuCl)是一种白色固体,难溶于乙醇,微溶于水,易水解,在空气中易被氧化。测定CuCl样品的纯度。准确称取0.250 0 g CuCl样品,溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液,加热溶液,待没有气体逸出、冷却后转移至碘量瓶中,加过量KI溶液,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。测定过程中发生下列反应:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2、2S2+I2===S4+2I-。计算CuCl样品的纯度为　　　　(写出计算过程)。  解析:由已知反应方程式得到关系式:2CuCl~2Cu2+~I2~2S2,故n(CuCl)=n(S2),则CuCl样品的纯度为×100%=99.5%。 [对点训练] 99.5% 2.(2025·苏南名校联考)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+)=5b2c2×10-3mol,与V反应的Fe2+的物质的量n 1(Fe2+)=n总(Fe2+)-n2(Fe2+)=b1×10-3L×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%=%。 3.(2025·镇江中学零诊)取制取的NaBiO3产品x g,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应,再用0.1 mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的Mn(已知: 5NaBiO3+2Mn2++14H+===5Bi3++2Mn+5Na++7H2O,5H2C2O4+2Mn+6H+=== 10CO2↑+2Mn2++8H2O),当达到滴定终点时,消耗y mL。滴定终点的现象: ____________________________________________________________________　,该产品的纯度为　　　。  解析:含有Mn的溶液为紫红色,滴定终点时,溶液紫红色完全褪去且30 s内不变色;由题给方程式可得关系式:5NaBiO3~2Mn~5H2C2O4,即1 mol NaBiO3完全反应消耗1 mol H2C2O4,反应消耗草酸的物质的量为0.1 mol·L-1×y×10-3 L=y×10-4mol,所以NaBiO3的质量为y×10-4 mol×280 g·mol-1=0.028y g,该产品的纯度为×100%=%。 加入最后半滴H2C2O4溶液时,溶液恰好由紫红色变成无色,且30 s内不恢复原色　 % 三、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3]　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:　　 　　　。  CuSO4·H2O [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。(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3]　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: (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 ℃。 |思维建模|三步突破热重分析题 分析图像,明确坐标含义 分析失重图像,横坐标一般是分解的温度,纵坐标一般为剩余固体的质量或固体残留率 依据性质,猜测各段反应 含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水,再失去非金属氧化物,失重最后一般为金属氧化物或金属,晶体中金属质量不减少,仍在残留固体中 整合数据,验证猜测结果 根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据,根据金属原子守恒,即可求出失重后物质的化学式,或者判断出发生的化学反应 1.依据动力学原理,CaMg(CO3)2分解过程中Mg2+会比Ca2+优先向外扩散,C随后扩散到表面分解产生CO2和O2-, 而Ca2+与C的结合能力较强,不易扩散。 如图为在一定条件下的热重分析图: 下列说法错误的是(　　) A.第一阶段反应的化学方程式为CaMg(CO3)2 CaCO3+MgO+CO2↑ B.图中B点时,碳酸钙的分解率为60% C.图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO D.第二阶段图像斜率明显加大,可能是因为温度较高使反应速率加快 [对点训练] √ 解析:由题意可知,Mg2+和C优先于Ca2+向外扩散,因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段,生成氧化镁和二氧化碳,而碳酸钙不反应,化学方程式为CaMg(CO3)2 CaCO3+MgO+CO2↑,故A正确;第二阶段为碳酸钙分解,若其完全分解时质量分数变化为(76-52)%=24%,B点时,因碳酸钙分解损失的质量分数为(76-64)% =12%,可知此时碳酸钙分解率为50%,故B错误;C点为完全分解产物,固体成分为氧化镁和氧化钙,故C正确;第二阶段反应温度高于第一阶段,温度越高反应速率越快,固体损失相同质量的时间段,曲线斜率较大,故D正确。 2.(2025·南师附中模拟)碳酸镍具有良好的催化性能,在化学和工业领域有广泛应用。利用废镍催化剂(主要成分为Ni及其氧化物、Al和Fe的氧化物)获得碳酸镍的过程如下: “沉镍”过程可能生成碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]。为测定该沉淀的组成进行下列实验:称取干燥沉淀样品7.54 g,隔绝空气加热。该化合物的热重曲线如图所示。 则y=　　　　。  2 解析:由图可知,200 ℃之前失去结晶水为=0.08 mol,则碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]的物质的量为=0.02 mol,所以200~500 ℃间,失去的二氧化碳和水为0.02×44x+0.02×18y=6.10-4.50=1.60　①,最后NiO的物质的量为=0.06 mol,即0.02(x+y)=0.06　②,联立方程解得x=1,y=2。 真题集训——高考能力达标 1.(2024·江苏卷·节选)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。 (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　 。 解析:Nd3+、C发生相互促进的水解反应,产物为Nd(OH)CO3和HC,根据电荷守恒、原子守恒配平反应的离子方程式为Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC↑。 Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC 1.(2024·江苏卷·节选)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。 (2)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)。 2∶1,8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为 4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O与CO2,质量共减少1.24 mg,其中n(H2O)=2×10-5 mol,m(H2O)=0.36 mg,则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg, n(CO2)=2×10-5 mol,故产物中n(C)=2×10-5 mol,n(Nd3+)∶n(C)=2∶1 解析:n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,其中n(OH-)=4×10-5 mol, 550~600 ℃时,Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c,质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg, 焙烧产物中不含有H元素,根据H原子守恒,则焙烧过程中生成H2O的质量为×4× 10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg,则生成的CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg =0.88 mg,根据C~CO2,发生反应的C的物质的量为=2×10-5 mol,起始固体中含有的C的物质的量=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol,则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,焙烧过程中,Nd不会减少,则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol,故产物中n(Nd3+)∶n(C)= (4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 2.(2024·山东卷·节选)利用“燃烧⁃碘 酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验 装置如图所示(夹持装置略)。 实验过程如下: ①加样:将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl ===3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。 ②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。 ③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换,直至终点。 回答下列问题: (1)该滴定实验达终点的现象是______________________________________ 　 ;  解析:由题中信息可知,利用“燃烧⁃碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中,将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导入碘液中吸收,通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 (1)该滴定实验是利用半滴标准溶液来指示滴定终点,因此,该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不变色; 当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后, 溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　 2.(2024·山东卷·节选)利用“燃烧⁃碘 酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验 装置如图所示(夹持装置略)。 实验过程如下: ①加样:将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl ===3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。 ②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。 ③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换,直至终点。 (2)滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数是_____________　　　　 (用代数式表示)。  % 解析:由题中信息可知,利用“燃烧⁃碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中,将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导入碘液中吸收,通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 (2)由S元素守恒及SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl=== 3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗KIO3碱性标准溶液 V mL,则n(KIO3)=V×10-3L×0.002 000 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol,n(S)= 3n(KIO3)=3×2.000 0×10-6V mol=6.000 0×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。 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 √ 11 12 13 一、选择题 1.在反应X+2Y===R+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为22∶9,当1.6 g X与Y完全反应后,生成4.4 g R。则在此反应中Y和M的质量之比为(　　) A.16∶9　　　　B.23∶9 C.32∶9 D.46∶9 解析:设生成M的质量为m,由已知反应得:X+2Y===R　+　2M 　　　　　　 Mr(R)　2Mr(M) 　　　　　　 4.4 g　 　m 由题意得Mr(R)∶2Mr(M)=22∶18=4.4 g∶m,解得m=3.6 g。根据质量守恒定律,参加反应的Y的质量为4.4 g+3.6 g-1.6 g=6.4 g,所以Y与M的质量之比为6.4 g∶3.6 g=16∶9。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 11 12 13 2.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物,把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中,得到的沉淀经干燥后质量为8.0 g,则此铅氧化物的化学式是 (　　) A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 解析:设该铅氧化物的化学式为PbxOy, PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3 　　　　 16y　　　　　　 100y 　　　　m(O)=1.28 g　 　　 8.0 g 所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g,x∶y=∶=3∶4。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 11 12 13 3.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染,常采用NaOH溶液进行吸收处理(2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体,恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH溶液的物质的量浓度为 (　　) 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。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 11 12 13 4.烧杯中盛有一定质量CaCO3和K2CO3的固体混合物,向其中加入150 g质量分数为7.3%的稀盐酸,恰好完全反应放出全部CO2,得到 160.3 g该温度下的不饱和溶液。则下列说法正确的是 (　　) A.反应生成的气体的质量为4.4 g B.参与反应的HCl质量为150 g C.原混合固体中金属元素的质量为7.9 g D.发生的反应类型为分解反应 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 解析:1个碳酸根离子和2个氢离子生成1分子二氧化碳,则反应生成二氧化碳的物质的量为 mol=0.15 mol,质量为6.6 g,A错误;参与反应的HCl质量为150 g×7.3%=10.95 g,B错误;反应生成的二氧化碳逸出,结合A项分析可知,溶液总质量的增加为金属元素质量和0.15 mol氧原子的质量,故原混合固体中金属元素的质量为160.3 g-150.0 g-0.15 mol×16 g·mol-1=7.9 g,C正确;该反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应,属于复分解反应,D错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 11 12 13 5.将一定量CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到气体V L(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和S)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO 12.0 g,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1∶1,则V可能为(　　) A.9.0 L B.13.5 L C.15.7 L D.16.8 L 解析:若混合物全是CuS,根据铜元素守恒,其物质的量n(CuS)=n(CuO)= =0.15 mol,转移电子0.15 mol×8=1.2 mol。气体中NO和NO2的体积比为1∶1,设n(NO)=n(NO2)=x mol,根据电子转移守恒,有3x+x=1.2,计算得x=0.3,气体体积V= 0.6 mol×22.4 L·mol-1=13.44 L;若混合物全是Cu2S,同理得其物质的量为0.075 mol,电子转移0.075 mol×10=0.75 mol,设n(NO)=n(NO2)=x mol,3x+x=0.75,计算得x=0.187 5,气体体积V=0.375 mol×22.4 L·mol-1=8.4 L;因此8.4 L<V<13.44 L。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 11 12 13 6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出2.24 L NO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为 (　　) A.0.25 mol B.0.2 mol C.0.3 mol D.0.35 mol 解析:由题意可知,混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2,根据N元素守恒可得,n[Fe(NO3)2]= (0.15 L×4 mol·L-1- )×=0.25 mol,则n(Fe)=0.25 mol,所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为0.25 mol。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 √ 7.将5.00 g胆矾(无其他杂质)置于氮气中,然后对其进行加热,逐渐升高温度使其分解,分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.a点对应的物质中,氧元素的质量分数约为50.3% B.c点对应的固体物质只有CuSO4 C.将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中,有沉淀产生 D.d→e的过程中,生成的某种物质可使带火星的小木条复燃 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 解析:胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质,设该物质化学式为CuSO4·xH2O,由铜元素守恒,有=,解得x=3,则a点对应的物质为CuSO4·3H2O,该物质中,氧元素的质量分数约为×100%≈52.3%,故A错误;胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,5.00 g胆矾的物质的量是0.02 mol,加热完全失去结晶水得到0.02 mol CuSO4,质量为3.20 g,所以c点对应的固体物质是CuSO4,故B正确;c→d为CuSO4分解,d中含有0.02 mol铜元素,则d中氧元素的物质的量为=0.02 mol,所以d点对应的物质为CuO,则c→d为CuSO4分解为CuO,产生的气体可能全部为SO3,也可能为SO2和O2,或SO3、SO2和O2的混合气体, 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 将该气体通入BaCl2溶液中,生成BaSO4沉淀,故C正确;e中含有0.02 mol铜元素,则含氧元素的物质的量为=0.01 mol,所以e点对应的物质为Cu2O,则d→e的过程发生反应的化学方程式为4CuO 2Cu2O+O2↑,有氧气生成,氧气可使带火星的小木条复燃,故D正确。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 √ 8.(2025·南通模拟预测)Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中,充分反应后,溶液中除大量OH-外,还有Cl-、ClO-、Cl ,且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1,则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为(　　) A.5∶2　　 B.2∶5　　 C.3∶1　　 D.1∶3 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 解析:Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO-、Cl是氯原子被氧化的过程,氯元素的化合价分别由0价升高到+1价和+5价,Cl-、ClO-、Cl的物质的量之比为9∶2∶1,可设物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol,则被氧化的Cl原子的物质的量总共3 mol,Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×(1-0)+1 mol×(5-0)=7 mol;Cl2生成Cl-为氯原子被还原的过程,氯元素化合价从0价降低为-1价,根据氧化还原反应中得失电子相等,得到电子的Cl原子物质的量也应该为7 mol,即被还原的Cl的物质的量为7 mol,则参加反应的氯气的物质的量为×(7 mol+3 mol)=5 mol;由氯气生成的氯离子的物质的量为7 mol,总氯离子为9 mol,则氯化氢生成的氯离子为9 mol-7 mol=2 mol,所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 二、非选择题 9.(6分)(2025·常熟中学一模)二氯异氰尿酸钠( ,简称DCCNa)是一种高效、安全的消毒剂,常温下性质稳定,受热易分解,难溶于冰水。DCCNa有效氯含量测定:称取0.100 0 g样品,用100 mL蒸馏水于碘量瓶中溶解后,依次加入20 mL 0.3 mol·L-1醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液16.00 mL。 已知: +CH3COOH+2H2O→ +2HClO+CH3COONa I2+2Na2S2O3===Na2S4O6+2NaI(样品有效氯=×100%) 根据电子守恒可知,得到关系式:HClO~I2~2Na2S2O3,故有: n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=×16.00×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=8×10-4 mol,故样品有效氯=×100% =56.8% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 (1)滴定终点的现象为________________________________________________ 　 。 解析:反应中用淀粉溶液作指示剂,碘单质遇到淀粉溶液显蓝色,故滴定终点的现象为溶液由蓝色褪为无色,且30 s不恢复。 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,锥形瓶中溶液由蓝色褪 为无色,且30 s不恢复 (2)计算样品有效氯 。(写出必要的计算过程)  1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 10.(5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　　　　。  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 11 12 13 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,设钴氧化物的分子式为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。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 11.(6分)用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]=448 g·mol-1)的纯度,其步骤如下: ①称取产品0.600 g置于烧杯中,加入蒸馏水及适量稀盐酸; ②加入足量(NH4)2C2O4溶液,用氨水调节pH为4~5,生成白色沉淀,过滤、洗涤; ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中,用0.020 00 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________ (用离子方程式表示),判断滴定达到终点的现象为 。  5H2C2O4+2Mn+6H+=== 2Mn2++10CO2↑+8H2O 当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时,溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 11.(6分)用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]=448 g·mol-1)的纯度,其步骤如下: ①称取产品0.600 g置于烧杯中,加入蒸馏水及适量稀盐酸; ②加入足量(NH4)2C2O4溶液,用氨水调节pH为4~5,生成白色沉淀,过滤、洗涤; ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中,用0.020 00 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (2)根据以上实验数据,测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为　　 　(保留三位有效数字)。   解析:由原子守恒及反应原理5H2C2O4+2Mn+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式:5Ca(C6H11O7)2·H2O~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn,则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。 93.3% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 12.(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,数据如下: 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 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 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。 95.2 ×100%≈95.2% 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 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%。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 13.(6分)(2025·南京盐城一模)以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成,还含有Cu等元素)为原料,制备脱硫剂MnxOy,可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如图。 (1)“沉锰”中若产生a mol Mn(OH)2沉淀。现用5 L一定浓度的Na2CO3溶液将其全部转化为MnCO3,需Na2CO3溶液的浓度至少为　　 　 mol·L-1(用含a的表达式表示)。已知:Ksp(MnCO3)=1.1×10-11,Ksp[Mn(OH)2]=1.1×10-13。  1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 解析:Mn(OH)2(s)+C(aq) MnCO3(s)+2OH-(aq),K==, a mol Mn(OH)2完全转化为MnCO3时,溶液中c(OH-)= mol·L-1,则此时溶液中c(C)=·c2(OH-)=×=16a2 mol·L-1,溶液中含C的物质的量为16a2 mol·L-1×5 L=80a2 mol,由于反应时要消耗a mol Na2CO3,所以至少需要(80a2+a)mol Na2CO3,则需Na2CO3溶液的浓度至少为 mol·L-1。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 13.(6分)(2025·南京盐城一模)以大洋 锰结核(主要由锰、铁氧化物组成,还含有 Cu等元素)为原料,制备脱硫剂MnxOy,可用 于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、 硫化、再生过程可表示如图。 (2)“沉锰”得到的MnCO3在空气中煅烧可制得脱硫剂MnxOy。 测得煅烧过程中固体残留率[固体残留率=×100%] 随温度变化的曲线如图所示。975 K时,煅烧MnCO3后得到固体产物为 　 (填化学式,写出计算过程)。 Mn2O3(计算过程见解析) 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 13 解析:975 K时,残留固体是锰的氧化物。假设煅烧MnCO3的物质的量为1 mol,则975 K时m(固体)=115 g×(1-31.4%)≈79 g,因n(Mn)=1 mol,n(O)== 1.5 mol,则n(Mn)∶n(O)=2∶3,即固体的化学式为Mn2O3。 $$