第二章 第8讲 化学计算的常用方法-【衡中学案】2026年高考化学一轮总复习学案

第8讲化学计算的常用方法 硫代硫酸钠样品溶液的浓度为 0.00950mol.L1×0.02Lx6,样品的纯度为 0.0248L 考点一 0.0950mol.L1×0.02Lx6x0.1L×248g·mol- 0.0248L 考点突破·能力提升 ×100%=95.0%。 1.2000g 1.A样品加热发生的反应为 2 NaHC0,△a,C0,+,0↑+C02↑△m 考点三 168 6 考点突破·能力提升 m(NaHCO) (01-102）g 1.DCu,S与Fe0均与稀硝酸发生氧化还原反应，铜元素化合价由+1价 故样品中NaHC0,质量为168(1-022 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 62 g,样品中Na2C03质量为w1g 价上升至+3价，1mdlC2S参与反应能够失去10mol电子，144gFe0 168(01-102) 物质的量为2mol,参加反应失去2mol电子，因此1 mol Cu2S与144g 168(g,其质量分数为mC,0) 01g- 62 62 m(样品) Fe0共失去12mol电子，硝酸发生还原反应每生成1molN0得到电子 01g 84102-53101 3mol,故根据电子转移守恒可知共生成4molN0,故选D项。 311 2.(1)通O2(排出空气)气密性ba 2.C根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解 (2)作为载气和氧化剂Cu0+C0△Cu+C0, 6N0+4NH,雀化N5N,+6H,0(g)△V (3)C4H604 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL [解析](1)在反应前需要先将装置中的空气排出。因此，需要先通入 17.5-16=1.5(mL)(实际差量) 氧气，接着组装后续实验装置，进行气密性检验。为防止酒精灯处加 由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是 热时有机化合物与氧气因反应不充分产生的一氧化碳无法被吸收而引 N0,则V(NO):V(NH3)=(9mL+1mL):6mL=5:3,假设剩余的气 起误差，因此先要点燃b处酒精灯。(2)O2的作用：①作为氧化剂将样品 体全部是NH3,则(N0):V(NH3)=9mL:(6mL+1mL)=9:7,但 氧化：②作为栽气将气体产物载出。氧化铜可将可能产生的C0进一步氧 因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故 化为C02,反应的化学方程式为C0+C0△C0,+Cu。(3)结合c,d两 V(N0):V(NH3)介于9：7与5：3之间，对照所给的数据知3：2与4：3 个千燥管增重的质量可知，n(HD）=0,0108g×2=0.0012mad,n(C)= 在此区间内。 18g·mol-7 考点二 80合0.008mol,结合质量守恒定律，可知有机化合物中n(0) 考点突破·能力提升 0.0236g-0.0012mol×1g·mol-1-0.0008mol×12g·mol-1 16g·mol-1 1.(1)Cu0, 0.0008mol,则n(C):n(H):n(0)=0.0008mol:0.0012mol: (2)当滴人最后半滴N2S203溶液，锥形瓶中溶液蓝色消失，且在半分钟 0.0008mdl=2:3:2,故最筒式为C2302,结合其相对分子质量为118 内不变色，说明到达滴定终点96% 可知，该有机化合物的分子式为C4H。O4 [解析](1)黑色铜的氧化物应为CuO,设X的化学式为Cu,O,根据质 3.(1)9(2)0.01 80x Gm.0,x00646名解得xy52 [解析](1)A1(N03)3·xH20的摩尔质量为(213+18x)g·mol1,根 学式为CuO2。 据固体产物氧化铝的质量为1L.2g可知，样品中n(A)=102g·n可 1.02g (2)结合信息得关系式：2Cu02~3L2~6S20,即： ×2=0.02mol,则有 213+18x)g·T=0.02ml,解得x=9。(2)气 7.50g C02~3S20 96g 3 mol 3.06g m(Cu02)0.1000×15.00×10-3mol=1.5×10-3mol 体产新中n(,0)=18g一=0.17ml,则n(N0,）=0.02×9×2 m(Cu02)=0.048g mdl-0.17×2mol=0.02mol;根据氮元素守恒，n(N02)=样品中n(N) 架品中X的有对含复为0是×10%=96%。 -HN03中n(N)=0.02×3mol-0.02mol=0.04mol;根据氧元素守恒可 2.(1)烧杯容量瓶溶液的凹液面与刻度线相切 得，气体产物中n(0,)=号×(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2- (2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色95.0 0.03)mol=0.01mol。 [解析](1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却 考点四 至室温后，转移至100mL的容量瓶中，加水至距刻度线1~2cm处，改用 胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂， 考点突破·能力提升 淀粉遇2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液1.D本题中反应后得到的物质只可能有Na2S03、NaHS03、N2S03和 蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即为滴定终点。由反应 NaHSO3、Na2SO3和NaOH四种情况，其中只有Na2SO3或只有NaHS03 C,02+6+14H+—32+2C3++7H20、2+2S203=S40G 时计算比较简单，故可先分别假设所得固体中只有Na,SO3或NaHS0,。 +2I 假设所得固体全部是Na2S03,则由钠原子守恒知可得到0.05mol 得关系式： Na,S03,质量为6.3g;同理可求出当固体全部为NaHS03时的质量为 C20号~3L265203 10.4g,因计算出的两个数据均大于所得到的固体质量，故说明固体物质 6 中有一部分NaOH没有转化为相应的盐。 0.00950mdl·L-1 0.00950mol.L-1 2.AFe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况 ×0.02L ×0.02L×6 (1)若Fe过量，发生反应：3Fe+8HN03(稀)—3Fe(N03)2+2N0↑+ -528- 4,0则有：后=3：8，解得号子 方=广，此为a:6的最小值：(2)若 第三章金属及其化合物 HNO3过量，发生反应：Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+N0↑+2H20, 第9讲钠及其氧化物 则有名：后=1：4，解得号=号，此为a:b的最大值。所以a:b的 取值范围为子≤号≤号即a:办的比值在此范围内均合理 考点一 必备知识·梳理夯实 3.C①假设体系中只有(F)3和(F)2,根据混合气体的平均摩尔质量1.(1)银白色固体金属 为42g·mol-1,设(HF)3的体积分数为x,则60x+40(1-x)=42,解得 (2)p(水)>p(钠)>p(煤油) x=0.1,即10%。②假设平衡体系中只有(HF)3和HF,同理可求得： (3)小于 (HF)3的体积分数为55%，实际上平衡体系中是HF、(HF)2和(HF)3 (4)较软 三者的混合物。(HF)3的体积分数应介于最大值与最小值之间，即介于： (5)电热 10%与55%之间，符合要求的只有C项。 2.三1A失去还原 聚焦高考·真题演练 （1)2Na+Cl,点2NaC 1.C在标准状况下22.4L氟气为1mol,质子数为18NA,A正确；碘蒸气 (2)2Na+2H20=2Na++20H-+H2↑小低放热剧烈碱 与氢气生成碘化氢的反应为可逆反应，生成的碘化氢分子数小于2N,B 性物质(NaOH) (3)2Na +2HCI =2NaCI H,H+H* 正确；根据2NaC1+2H,0电解2Na0H+,↑+C,↑，阴阳两极产生气体 (4)2Na+2H0+Cu2+—2Nat+Cu(0H)2↓+H2↑TiCl4+4Na 分别是氢气与氯气，气体的总质量为73g,则说明反应生成的氢气与氯 气各为1mol,根据关系式2~2e可知，转移的电子数为2Na,C错误； 温4NaCl+Ti 3.(1)2NaCl(熔融)道电2Na+L,↑ 1L1mol·L-l溴化铵水溶液中存在电荷守恒，则n(NH4)+n(H*)= (2)高压钠灯导热剂还原剂 n(Br-）+n(O),因为n(Br）=1Lx1mol·L-1=1mol,所以该溶【正误辨析】 液中NH4与H+离子数之和大于NA,D正确。 :(1)V钠被氧气氧化时，条件不同，氧化产物不同。 2.41 :(2)×钠燃烧生成的过氧化钠会与水反应生成氧气，会使燃烧更剧烈，所 [解析]由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FS04·7H20转化为 以钠着火不能用水灭火，可用干燥的沙土盖灭。 FeS0,·H,0,则l8(7=19.4%,解之得=4：当失重比为38.8% :(3)×钠只能与熔融态的TCL4反应，如果是溶液会与水反应。 278 (4)√钠是非常活泼的金属，如随意丢弃会有发生火灾的危险。 时，FS0,·7H,0转化为FS0,·y用，0，则l8g2=38.8%,解之得y(5)×根据原子结构和元素周期律可知，K的金属性强于a。 278 :(6)×钠表面自然形成的氧化层不是致密的，会继续氧化内层的钠。 =1。 :(7)×Na及其燃烧产物可与泡沫灭火器喷出泡沫中的水和二氧化碳反 3.97.6% 应释放出氢气和氧气而助燃，所以Na着火不可用泡沫灭火器扑灭。 [解析] 由题意可知，疏酸钡的物质的量为，0.4660g 233g·mo=0.002m0l, (8)×钠与CuS04溶液反应的化学方程式为2Na+2H20+CuS04= Cu(OH)2↓+Na2S04+H2↑。 依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H,0的物质的量为0.002ol,质量为(9)×金属钠露置在空气中最后生成碳酸钠。 0.02mx24g·m-=0.485质童分数为。08x10%=10V1m微完全氧化.失去，个电手 考点突破·能力提升 97.6%。 微考点1 4.(1)10.8(2)70 :1.A切开钠后，钠与空气中的O2反应生成N20,切面颜色变暗，但最后 [解析](1)完全分解100kg石灰石（含CaC0390%,杂质不参与反 不会呈淡黄色，A错误；将小块钠投人CSO4溶液中，钠先与水反应生成 应)，蒲要暖收的热量是100000gx0:9x180J·mdl-1=162000U,已 NaOH与H2,现象是钠熔化成闪亮的小球，在液面上四处游动，发出“嘶 100g·mol- 嘶”的响声，产物NaOH再与CS04反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，B正 知：焦炭的热值为30kJ·g1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率 确；钠投入滴有紫色石蕊溶液的冷水中，钠与水反应生成NOH与H2,现 为50%，所以需要投料焦炭的质量是l162,00g×2=10800g=10.8kg。 象是钠熔化成闪亮的小球，在液面上四处游动，发出“嘶嘶”的响声，反应 30 后溶液呈碱性，溶液变蓝色，C正确；钠的熔点低，加热熔化成小球状，然 (2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是。10800g 12g·ma=90mol, 后剧烈燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，D正确。 微考点2 参加反应的碳酸钙的物质的量是900ol,这说明参加反应的碳酸钙和 2.A钠与盐酸反应时，钠先与HCl反应：2Na+2H—一2Na+H2↑，若 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： 钠剩余再与水反应，A错误：钠与水及酸、碱溶液反应的实质都是Na与 Ca0~CaC03(+C)~2C02-2Na2C03 H+反应，盐酸中c(H+)最大，故Y烧杯中反应最剧烈，B正确；X烧杯中 56 212 生成的溶质为NaOH,Y烧杯中生成的溶质为NaCl和NaOH,Z烧杯中生 x×40% 106kg 成NaOH,且原溶液中含NaOH,据Na元素守恒推知，三个烧杯中溶质的 56 212 物质的量浓度不同，C正确；钠与反应生成的H2存在关系式：2Na~H2↑， x×40%=106kg 三个烧杯中加入的Na相同且均完全反应，故生成H2的量相同，在相同 x=70 kgo 条件下气体的体积相同，D正确。 5.Fe203 3.D钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮小球，在水面游动，并发 [解析]设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeO,, 出嘶嘶的响声，反应放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A M(FeS2）=120g·mol-l,则M(Fe0.）=120g·mol-1×66.7%=80.04 正确；实验②为对照实验，探究H2对KMO4的影响，实验②中的现象说 3 明实验①中溶液变色的原因与产生的H2无关，B正确；实验③为对照实 g·m0l-1,则56+16x=80.04,≈2，即固体产物为Fe,0,。 验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验 529-4.(2022·海南卷，17(2))现有浓HP04质量分数为 本讲要点速记： 85%,密度为1.7g·mL-。若实验需100mL 1.7mol·L的HPO4溶液，则需浓HP04 1.物质的量浓度和质量分数的换算方法 mL(保留一位小数)。 (1)c=="m×w_1000 pxVxw-10002w 5.(2022·广东卷，17节选)食醋是烹饪美食的调味 V=MxV MxV M 品，有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应 用与其电离平衡密切相关。 (2)0=m cxVxM cM m液 V×1000×p1000p (1)配制250mL0.1mol·L-的HAc溶液，需5 注意单位： mol·L-1HAc溶液的体积为 mLo (2)下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是 物质的量 溶质摩尔 浓度(c】 密度(p 溶质质量 分数(1 质量(M) mol.L-I g.cm-3 g'mol-1 2.配制一定物质的量浓度溶液的主要步骤 计算、称量、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容。 3.一定物质的量浓度溶液的配制误差分析的两个 关键 6.(2020·全国卷I,27(1))由FeS04·7H0固体配 (1)拆住公式c=V=M n m 制0.10mol·L1FeS04溶液，需要的仪器有药匙、 玻璃棒、 (从下列图中选择， 写出名称)。 (2)分析不当操作导致溶质质量m或溶液体积V 发生的变化，然后进一步分析导致浓度的变化。 温馨提示：复习至此，请完成练案[7] 第8讲 化学计算的常用方法 总复习 1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 课标解读 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。 华 049 春点一 差量法计管及应用 则备知识·梳理夯实 考点突破·能力提升 1.原理阐述 1.(2025·山东青岛高三检测)为了检验某含有 (1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种 NaHCO3杂质的NaCO3样品的纯度，现将w1g样品 物理量之和（始态量）与同一状态下生成物的相同物 加热，其质量变为2g,则该样品的纯度（质量分 理量之和（终态量）的差，这种物理量可以是质量、物 数)是 ( 质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。 4w2-530 (2)计算依据：化学反应中反应物或生成物的量 A. B.84(u,-102) 31w1 31w1 与差量成正比。 73w2-42w 2.解题思路 C. D.115u2-84u 31w1 31w1 分析反应前后物 表示出理论差值及 2.(2025·湖南长沙高三检测)16mL由N0与NH3组成 质变化，确定差值 相应反应物、生成物 的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应： 的原因 对应的物理量 6N0+4NH,化剂5N,+6H,0(g),达到平衡时在相 表示出实际差值一→建立等式计算 同条件下气体体积变为17.5mL,则原混合气体中NO 3.差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学 与NH的物质的量之比有四种情况：①5：3、②3：2、 方程式中的对应差量（理论差量）跟差量（实际差量） ③4：3、④9：7。其中正确的是 () 列成比例，然后求解。 A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 考点二 关系式法计算及应用 必备知识·梳理夯实 (1)用足量NaOH处理实验②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 1.原理阐述 X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色 关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的 关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连 氧化物Y品=名。X的化学式为 _o 续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物， (2)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过 可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物 量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。 的相应关系式。 2.解题思路 以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L1Na2S20 第一步一写出各步反应的化学方程式 标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S20,标准溶 液15.00mL。(已知：2Cu2++4I=2Cul↓+ 根据化学方程式找出作为“中介”的 L2,L2+2S20—2I+S40?)标志滴定终点 第二步 物质，并确定最初反应物、中介物质、 的现象是 最终生成物量的关系 第三步 确定最初反应物和最终生成物量的 粗品中X的相对含量为 关系 2.（2025·河北衡水高三检测)硫代硫酸钠晶体 根据已知条件及关系式列出比例式 (Na2S203·5H20,M=248g·mol-1)可用作定影 第四步 计算求解 剂、还原剂。 050 3.关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系 回答下列问题： 式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关 利用K,Cr,0,标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯 系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系； 度。测定步骤如下： 年 ④利用化学方程式的加和等。例如，工业上利用黄铁 (1)溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样 度 矿(FeS,)生产硫酸发生如下反应：4FeS,+110,整 品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶 新 设 2Fe,0,+8S02、2S0,+0,催化剂2s0,、S0,+H,0 解，完全溶解冷却至室温后，全部转移至100mL 计 △ 的 中，加蒸馏水至 H,S0,根据S元素守恒可得关系式：FeS2~2S0, (2)滴定：取0.00950mol·L的K2Cr20,标准溶 衡 ~2S03~2H2S040 液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反 学 考点突破·能力提升 应：Cr20号+6I°+14H*—3L2+2Cr3++ 7H,0。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生 1.(2023·湖北卷，18节选)学习小组探究了铜的氧化 过程及铜的氧化物的组成。铜与过量H,02反应的 反应：L2+2S20=S,0+2I。加入淀粉 探究如下： 溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 +Na,S0,溶液 ,无明显现象 即为滴定终点。平行滴定3次，样品溶液的平 过量30%H,0 2 +稀硫酸 铜片溶解，溶液变蓝，少量 均用量为24.80mL,则样品纯度为 % 铜片 无色气体产生 (结果保留1位小数)。 考点三 守恒法计算及应用 必备知识·梳理夯实 原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。常见 的守恒法有以下几种： 1.原理阐述 (1)质量守恒（原子守恒·元素守恒） 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不 依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前 纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的 后各原子的种类和数目保持不变。 始态和终态（如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电 (2)电荷守恒 荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关 在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电 系（如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性 荷总数相等。 (3)得失电子守恒 2.(2023·全国乙卷，26节选)（元素守恒）元素分析是 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数 有机化合物的表征手段之一。按如图实验装置（部 =元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的 分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 总数=氧化剂得电子的总数。 CHO CuO 2.解题思路 05 确定研究对象→分析题意选择合适的守恒方法 Pt坩站 →确定研究对象的始态和终态相互间的关系并列式 滴定法测定物质含量时，多步连续氧化还原反应 回答下列问题： 可以通过得失电子守恒建立关系式，并进行相关计算。 (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 3.原子守恒的应用—热重分析 ,而后将已称重的U形管c、d与石英 (1)设晶体为1mol。 管连接，检查 。依次点燃煤气灯 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ,进行实验。 (3)计算每步的m(剩余)，m(1mol晶体质量) m(剩余) (2)02的作用有 CuO的作用是 100%=固体残留率。 (举1例，用化学方程式表示)。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 (3)若样品CH,0为0.0236g,实验结束后，c管增 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 m(0),由n(金属)：n(0),即可求出失重后物质的化 重0.0108g,d管增重0.0352g。质谱测得该 有机化合物的相对分子质量为118，其分子式为 学式。 考点突破·能力提升 3.(2022·浙江1月选考卷)某同学设计实验确定 1.(2025·广州二中测试)现将1 mol Cu,S与144g A1(N03)3·xH0的结晶水数目。称取样品7.50g, 经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H0, 局 0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 其中H0的质量为3.06g;残留的固体产物是 N0气体。则最终反应所得NO物质的量为( AL03,质量为1.02g。计算： 总 A.7.2 mol B.5 mol (1)x= (2)气体产物中n(02)= mol 习 C.6.4 mol D.4 mol 考点四 极值法计管及应用 必备知识·梳理夯实 考点突破·能力提升 1.原理阐述 1.(2025·湖南长沙高三检测)向100mL1mol·L- 极值法是一种重要的数学思想和分析方法。化学 的NaOH溶液中通入一定量的SO2后，将所得的溶 上所谓“极值法”就是对数据不足而感到无从下手的计 液蒸干得到5.8g固体物质，则该固体的成分是 算或混合物组成判断的题目，采用极端假设（即为某一 ( 成分或者为恰好完全反应)的方法以确定混合体系中各 A.Na,SO B.NaHSO, 物质的名称、质量分数、体积分数，这样使一些抽象的复 C.Na2S03、NaHS03 D.Na2S03、NaOH 杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。 2.(2025·山东济南高三检测)在含有agHN0,的稀 2.解题思路 硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成 把可逆反应假 设成向左或向 N0,有号gNO,被还原，则a:b不可能为( 分析反应的不 右的完全反应 确定性，确定 A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.9:2 把混合物假设 根据关系进行 产物的可能性 成纯净物 求算 3.已知氟化氢气体中存在平衡：2(HF)3一3(HF)2、 常见思考角度 如下 把平行反应分 (HF)22HF。若平衡时气体的平均摩尔质量为 别假设成单一 42g·mol,则(HF)3的体积分数可能 () 反应 A.小于10% B.大于60% C.等于42% D.等于60% (1)每完全分解100kg石灰石（含CaC0390%,杂质 聚焦高考·真题演练 不参与反应)，需要投料 kg焦炭。 1.(2021·河北选择考)N4是阿伏加德罗常数的值。 (2)每生产106kg纯碱，同时可获得 kg 下列说法错误的是 ( Ca0(列式计算)。 A.22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18V. 5.(2022·江苏卷，14(3))FeS2、FeS在空气中易被氧 B.1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反 化，将FS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固 应，生成的碘化氢分子数小于2N 体的质量与起始FS,的质量的比值随温度变化的 C.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质 曲线如图所示。800℃时，FS2氧化成含有两种元 量为73g,则转移电子数为N 素的固体产物为 D.1L1mol·L溴化铵水溶液中NH4与H+离子 (填化学式，写出计算过程)。 数之和大于N 剩余固体的质量% 起始FeS,的质量 2.(2023·全国乙卷)在N2气氛中，FS04·7H,0的 100 脱水热分解过程如图所示： 90 % 45.3/% FeSO.YHO 40 38.8/% 667--------- 30 60 200400600800 T/℃ eSO,xH,O 20--- 19.4/% 受本讲要点速记」 052 10 1.熟练掌握化学计算的4种常用方法 22 (1)差量法； 0 50 100150200250300 年 温度/℃ (2)关系式法； (3)守恒法； 度创 根据上述实验结果，可知x= ,y= (4)极值法。 设 2.建立关系式的三种常用方法 3.(2022·湖南卷)某实验小组以BaS溶液为原料制 方法1.叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）》 备BaCl2·2H20,并用重量法测定产品中BaCl2· 衡 中 2H,0的含量。设计了如下实验方案： C+H,0(g)高强C0+H C+2H,0(g)高温 ①称取产品0.5000g,用100mL水溶解，酸化，加热 C0+H,0(g)高温c0+H,了 C02+2H, 至近沸； C+2H,0(g)高温C0,+2H,1 由木炭、水蒸气制 ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 高温、高压 取NH3的关系为 mol·L-1H2S04溶液； 八2+3H,催化剂 2NH 3C~4NH3o ③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘 方法2.原子守恒法 干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。 催化剂 4NH3+502 4N0+6H,0 产品中BaCl,·2H,O的质量分数为 (保留 三位有效数字)。 2N0+02=2N02 4.(2022·浙江6月选考)联合生产是化学综合利用资 3NO2+H20=2HN03+N0 源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaC03(s) 经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH Ca0(s)+C0,(g)△H=1.8×102kJ·mol-1,石灰 ≈HNO3a 石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦 方法3.电子转移守恒法 炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦 NH,失去8eHN0,0,得到4e2- 炭完全燃烧生成C02,其热量有效利用率为50%。 由得失电子总数相等知，NH经氧化等一系列过 石灰窑中产生的富含C02的窑气通入氨的氯化钠饱 程生成HNO,NH和O2的关系为NH3~202。 和溶液中，40%的C02最终转化为纯碱。已知：焦炭 的热值为30kJ·g(假设焦炭不含杂质)。请 温馨提示：复习至此，请完成练案[8 回答：