08 第一部分 第二章 第8讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)-【名师导航】2026年高考化学一轮总复习教师用书（人教版）

第8讲　物质的量在化学反应中的计算 (能力课) 　1.掌握物质的量在化学方程式中的计算。　2.掌握化学反应中有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。　3.利用热重分析法确定物质的成分。 　物质的量在化学方程式计算中的应用 1．以物质的量为核心的转化关系 2．化学方程式的计算 (1)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 n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 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。 [示例]　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？转移电子数目为多少(设NA为阿伏加德罗常数的值)？(写出解题步骤) 解析：n(Na2O2)＝＝0.2 mol 2Na2O2＋2H2O===4NaOH　＋　O2↑　Δn(e－) 2 　 4 　 1 　 2 0.2 mol n(NaOH) n(O2) n(e－) ＝＝＝ n(NaOH)＝0.4 mol，n(O2)＝0.1 mol，n(e－)＝0.2 mol，V(O2)＝2.24 L，N(e－)＝0.2NA。 答案：生成0.4 mol NaOH，生成2.24 L O2，转移电子数为0.2NA。(计算过程见解析) 1．200 g含MnO2 87%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为________，标准状况下生成Cl2的体积为________，转移电子数为________。 解析：n(MnO2)＝＝2 mol MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　Δn(e－) 1 2(被氧化) 1 2 2 mol n(HCl) n(Cl2) n(e－) n(HCl)＝4 mol，n(Cl2)＝2 mol V(Cl2)＝44.8 L，n(e－)＝4 mol N(e－)＝4NA。 答案：4 mol　44.8 L　4NA 2．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为多少？(写出计算过程) 解析：(1)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O，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(KOH)＝2n(S)＝0.03 mol，故需要KOH溶液的体积V(KOH)＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。 (2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有 (2x＋2)S　＋　6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O 2x＋2 6 0.060 L×1.00 mol·L－1 可列比例式：＝ ，解得x＝3。 答案：(1)30.0　(2)3(计算过程见解析) 　化学反应计算中的三种技巧方法 一、差量法 1．所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。 2．差量法的解题关键是找“差量”。 通常有质量差、体积差(气体)。 [示例]　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是 (　　) A．　　　 B． C． D． A　[2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm 2×84 62 m(NaHCO3)　　　　　　　　　　 w1－w2 ＝， m(NaHCO3)＝ g， m(Na2CO3)＝w1－m(NaHCO3)＝ g， 故该样品的纯度为。] 二、守恒法 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态。 1．元素守恒(原子守恒) 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。 2．电子守恒 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。 3．电荷守恒 在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。 [示例]　将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到______ g固体。 解析：经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。 答案：5.85 三、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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。确定关系式的方法如下： 1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为 2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推关系式：NH3～HNO3。 3．利用电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2＋，利用电子守恒可推关系式：Cr2O～6Fe2＋。 [示例]　黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，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 0 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)________(保留一位小数)。 (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%硫酸的质量为________t。 解析：(1)根据反应方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可得关系式： Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1 (0.020 0×0.025)mol m(FeS2)＝0.090 0 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。 (2)由硫元素守恒得 FeS2　　　　～　　　2SO2　～　2H2SO4 1 mol 2 mol 196 g mol n(SO2)　 m(H2SO4)×98% 则n(SO2)＝1.5×105 mol， 标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L， m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15 ——差量法 1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　) A．4 L　　　　　　　　 B．8 L C．12 L D．16 L C　[2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　ΔV 2 1 1 V(CO2)　　　　　　　　　 　(20－16) L V(CO2)＝2×(20－16) L＝8 L， V(CO)＝(20－8) L＝12 L。] ——守恒法 2．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(　　) A．0.24 mol　　　　　　 B．0.21 mol C．0.16 mol D．0.14 mol B　[根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒可知n(Fe)＝×(0.12×4 mol－ mol)＝0.21 mol，故根据铁原子守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 mol，B项正确。] ——关系式法 3．Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 0 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_________________________________ ________________________________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为__________g·L－1(以SO2计)。 解析：根据电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式：2SO2～S2O～2I2.n(SO2)＝n(I2)＝0.010 0 mol·L－1×10.00×10－3 L＝1×10－4 mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为＝0.128 0 g·L－1。　 答案：S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128 0 　热重分析法确定物质的成分 热重分析法是指在一定的温度下，测定固体残留质量或残留率，进而分析确定成分。其一般思路为 (1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设其为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m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由元素守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。 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CaC2O4。 (2)900 ℃时残留固体的成分为CaO。 ①盐的水合物盐氧化物 ② 300 ℃时残留物为CaC2O4 ③ 900 ℃时，残留物为CaO 1．(2025·日照模拟)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是(　　) A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ D　[从图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为＝224 g·mol－1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在200 ℃时，N的摩尔质量为＝170 g·mol－1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。] 2．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。 解析：NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。 答案：HVO3 1．(2024·安徽卷节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按如图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2＋氧化为Sn4＋，难以氧化Fe2＋；Cr2O可被Fe2＋还原为Cr3＋。 (1)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (2)若消耗c mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为________(用含a、c、V的代数式表示)。 解析：(1)若未“立即滴定”，溶液中的Fe2＋会有一部分被空气中的氧气氧化，滴定时消耗标准溶液体积偏小，测得的铁含量偏小。(2)实验中存在对应关系：6Fe2＋～K2Cr2O7，消耗K2Cr2O7的物质的量为 mol，则铁元素的质量＝g＝ g，Fe的质量分数为×100%，化简为%。 答案：(1)偏小　(2)% 2．(2023·湖北卷节选改编)已知实验：向含铜片的过量30% H2O2溶液中滴加稀硫酸，铜片溶解，溶液变蓝，有少量无色气体产生。 (1)用足量NaOH处理实验中新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为________。 (2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知： 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)标志滴定终点的现象是_________________________ ____________________________________________________________________， 粗品中X的相对含量为________。 解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则： CuOxCuO＋O2↑ 64＋16x 80 m n 则＝，又＝，解得x＝2，则X的化学式为CuO2。(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2＋，Cu2＋与KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不变色时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为＋2价，O为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋4H2O，则2CuO2～3I2～6Na2S2O3，则样品中m(CuO2)＝×2×96 g＝0.048 g，ω(CuO2)＝×100%＝96%。 答案：(1)CuO2　(2)滴入最后半滴Na2S2O3，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色　96% 3．(2023·辽宁卷节选改编)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式，下同)；1 000 ℃时固体成分的化学式为________。 解析：n(CuSO4·5H2O)＝＝1×10－5 mol n(CuSO4)＝＝1×10－5 mol n(CuO)＝＝1×10－5 mol 固体质量由2.5 mg下降到1.6 mg时所得固体为CuSO4；由1.6 mg下降到0.8 mg 时，由题给问题可知生成三种氧化物，则除有CuO、SO2生成外，还应有SO3生成。1 000 ℃时，n(Cu)＝1×10－5 mol，n(O)＝ mol＝5×10－6 mol，n(Cu)∶n(O)＝2∶1，故固体成分的化学式为Cu2O。 答案：SO3　CuO　Cu2O 课时质量评价(八)　 (建议用时：30分钟) 一、选择题(本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题有一个或两个选项符合题目要求) 1．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加 0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是 (　　) A．0.125 mol·L－1　　 B．0.175 mol·L－1 C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1 C　[设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则： Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm 1 mol 8 g x mol 0.3 g 1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g 解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。] 2．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 A　[2NxOy＋2yH2===2yH2O＋xN2　ΔV 2 2y x 2＋2y－x 15.6 L 46.8 L ＝，化简为2y－x＝4，经讨论可知x＝2，y＝3合理，A正确。] 3．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的质量分数约为 (　　) A．72%　 B．40%　 C．36%　 D．18% C　[由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g 2 mol m(S) (0.5×10×10－3)mol ＝，m(S)＝0.08 g，原混合物中ω(S)＝×100%≈36%。] 4．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；分别量取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 0 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% C　[根据电子守恒可知5FeSO4·7H2O～KMnO4，故n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，ω(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。] 5．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为 V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是(　　) A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 D　[设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol，与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为 b mol，根据电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因＝，因此＝，故B正确；产物中X、Y化合价之比为，由B项可知＝，故C正确；由＝可知，当a＝1，b＝0.5时，＝1，当a＝2，b＝1时，＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据无法确定X、Y的化合价，故D错误。] 6．采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示[注：残留率(%)＝×100%]。下列说法不正确的是(　　) A．300～400 ℃发生的主要反应为C＋O2CO2 B．800 ℃时残留的固体是Fe3O4 C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9% D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为 2∶1 BD　[A.300～400 ℃发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；B.550～700 ℃之间的失重反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；C.由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；D.FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D错误。] 二、非选择题(本题共4小题，共29分) 7．(6分)(2022·浙江6月卷)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－l (假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%，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)。 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×180 kJ·mol－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－l (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 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＝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，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70 kg。 答案：(1)10.8　(2)＝70 8．(4分)(2025·聊城模拟)我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157 ℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0 g配制成250 mL溶液，取25.00 mL加入锥形瓶中，加入足量的KI溶液生成I2，生成的I2与0.004 mol Na2S2O3恰好完全反应。已知：①1 mol青蒿素与足量KI反应只生成1 mol I2。②I2＋2S2O===S4O＋2I－。计算该青蒿素样品的纯度(写出计算过程)。 解析：已知1 mol青蒿素与足量KI反应只生成1 mol I2，结合I2＋2S2O===S4O＋2I－可得关系式：1青蒿素～2KI～I2～2Na2S2O3，则25.00 mL溶液中n(青蒿素)＝n(Na2S2O3)＝×0.004 mol＝0.002 mol，样品中m(青蒿素)＝nM＝0.002 mol×282 g· mol－1×＝5.64 g，可知青蒿素的纯度＝×100%＝70.5%。 答案：根据已知条件得到关系式：1青蒿素～2KI～I2～2Na2S2O3，则25.00 mL溶液中n(青蒿素)＝n(Na2S2O3)＝×0.004 mol＝0.002 mol，样品中m(青蒿素)＝nM＝0.002 mol×282 g· mol－1×＝5.64 g，可知青蒿素的纯度＝×100%＝70.5% 9．(10分)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)如下图所示。 请回答下列问题： (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。 (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________。 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： CuSO4·5H2OCuSO4·(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。(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CuSO4CuO＋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 ℃。 答案：(1)CuSO4·5H2O(推断过程见解析) (2)CuSO4CuO＋SO3↑　CuSO4·5H2O　102 ℃ 10．(9分)过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。 (1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为________。 (2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2＋全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。 ①样品中CaO的质量为________。 ②样品中CaO2·xH2O中的x为________。 解析：(1)n(O2)＝＝0.03 mol，则 2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O 2 mol 1 mol n(CaO2·xH2O) 0.03 mol 解得n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol， 则n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol。 (2)n(CaCO3)＝＝0.07 mol。 ①根据钙原子守恒，可知：n(CaO)＝0.07 mol－0.06 mol＝0.01 mol，所以m(CaO)＝0.01 mol×56 g·mol－1＝0.56 g。 ②样品中水的质量为m(H2O)＝5.42 g－m(CaO2)－m(CaO)＝5.42 g－0.06 mol×72 g·mol－1－0.56 g＝0.54 g，所以n(H2O)＝＝0.03 mol，则x＝＝0.5。 答案：(1)0.06 mol　(2)①0.56 g　②0.5 学科网（北京）股份有限公司 $$