第二章 第7讲 化学计算的常用方法-【优学精研】2026年高考化学一轮总复习教用word

第7讲　化学计算的常用方法 课标要求 1.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，初步建立化学计算的思维模型。 类型一　守恒法 1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”的过程中某些量的总量保持“不变”。 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，常考的有以下三种守恒。 （1）元素守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变。 （2）电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等。如：Na2SO4溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（S）＋c（OH－），因溶液显中性，故c（Na＋）＝2c（S）。 （3）得失电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2.守恒法的解题思路 1.（元素守恒）（2022·浙江1月选考27题）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）。 答案：9 　　2[Al（NO3）3·xH2O]　　～　　Al2O3 2×（213＋18x）g 102 g 7.50 g 1.02 g ＝ x＝9 （2）气体产物中n（O2）＝　0.010 0　mol。 解析：（1）根据题意得关系式： 　　2[Al（NO3）3·xH2O]　　～　　Al2O3 2×（213＋18x）g 102 g 7.50 g 1.02 g ＝ 解得：x＝9。 （2）n[Al（NO3）3·9H2O]＝＝0.02 mol，反应生成的n（H2O）＝＝0.17 mol，生成的H2O中含H 0.34 mol，根据氢原子守恒可知生成HNO3的物质的量为0.36 mol－0.34 mol＝0.02 mol，根据氮原子守恒可知生成NO2的物质的量为0.06 mol－0.02 mol＝0.04 mol。由得失电子守恒有：0.04 mol×1＝n（O2）×4，得n（O2）＝0.01 mol。 2.（电荷守恒）将a g Fe2O3-Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为　0.2 mol·L－1　。 解析：当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n（NaOH）＝n（Na＋）＝2n（S）＝n（H＋）＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c（NaOH）＝＝0.2 mol·L－1。 3.（得失电子守恒）以下是一种废钒催化剂回收工艺流程： “氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为V，则需要氧化剂KClO3至少为　0.5　 mol。 解析：根据得失电子守恒可知关系式6VO2＋～KClO3，n（KClO3）＝n（VO2＋）＝0.5 mol。 类型二　关系式法 1.应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2.解题步骤 1.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 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＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 样品中FeS2的质量分数是（假设杂质不参加反应）　90.0％　（保留一位小数）。 解析：依据题给三个反应方程式可得关系式 Cr2　～　6Fe2＋　～　3SO2　～　FeS2 1 mol mol （0.020 00×0.025）mol　　　　　 解得m（FeS2）＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100％＝90.0％。 2.六氯化钨（WCl6）可用作有机合成催化剂，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： 将m g WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过I离子交换柱发生反应：W＋Ba（IO3）2BaWO4＋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＋2S22I－＋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（W）＝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％＝％。 类型三　热重分析法 1.热重分析法 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关系的一种热分析方法。 2.热重曲线 （1）由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数。 （2）实例 固体物质A热分解反应：A（固体）B（固体）＋C（气体）的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为w0，失重后试样质量为w1，则失重百分数为×100％。 3.热重分析的解题流程 （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），固体残留率＝×100％。 （4）晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 （5）失重残留物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。 1.（2022·全国乙卷11题改编）NH4B5O8·4H2O的热重曲线如图，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。请判断下列说法的正误。 （1）100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O。（　×　） （2）500 ℃热分解后生成固体化合物B2O3。（　√　） 解析：（1）错误，设100～200 ℃阶段热分解失去x个水分子，M（NH4B5O8·4H2O）＝273 g·mol－1，＝，解得x≈3。（2）正确，验证选项，由硼元素守恒得关系式：2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，＝××100％≈64.1％。 2.热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 （1）试确定200 ℃时固态物质的化学式　MgCl2·2H2O　。 （2）554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：　Mg（OH）ClMgO＋HCl↑ 。 解析：（1）由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m（MgCl2）＝95 g·mol－1×0.02 mol＝1.90 g，所以200 ℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m（H2O）＝2.62 g－1.90 g＝0.72 g，n（H2O）＝0.04 mol，即此时固态物质中n（MgCl2）∶n（H2O）＝0.02 mol ∶0.04 mol＝1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O。（2）554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg（OH）Cl，在554 ℃时分解的方程式为Mg（OH）ClMgO＋HCl↑。 1.（2024·安徽高考16题节选）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＋；Cr2可被Fe2＋还原为Cr3＋。 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：滴定时发生反应：6Fe2＋＋Cr2＋14H＋6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根据关系式：6Fe2＋～Cr2，计算出铁矿石中铁的含量为×100％＝％。 2.（2023·全国乙卷28题节选）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＝　4　　，y＝　　1 　。 解析：由图可知，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。 3.（2024·山东高考19题节选）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＋6HCl3I2＋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＋2H2OH2SO4＋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。 滴定消耗0.002 0 mol·L－1的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S元素守恒及SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗0.002 0 mol·L－1的KIO3碱性标准溶液V mL，则n（KIO3）＝V×10－3 L×0.002 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％＝％。 一、选择题（本题包括11小题，每小题只有一个选项符合题意） 1.奥克托今是一种猛（性）炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为（　　） A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.3∶2 解析：A　根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4N8H8O84CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶1。 2.已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2YQ＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（　　） A.46∶9 B.32∶9 C.23∶9 D.16∶9 解析：C　假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x g， X＋2YQ　＋　R 9a 22a x g 4.4 g 根据＝，解得：x＝1.8，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，选C。 3.将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（　　） A.4 B.3 C.2 D.1 解析：B　M的化合价为＋n价，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为 2Mn＋　　　　　～　　　　　　nC 2 n 0.04 L×0.5 mol·L－1　0.015 L×2 mol·L－1解得n＝3。 4.某溶液中大量存在以下五种离子：Mn、S、Fe3＋、Na＋、R（H＋、OH－的量忽略不计），它们的物质的量之比为n（Mn）∶n（S）∶n（Fe3＋）∶n（Na＋）∶n（R）＝2∶2∶1∶1∶1，则R可能（　　） A.K＋ B.Ba2＋ C.N D.Mg2＋ 解析：D　n（Mn）∶n（S）∶n（Fe3＋）∶n（Na＋）∶n（R）＝2∶2∶1∶1∶1，根据溶液呈电中性，设n（Na＋）为1 mol，R的化合价为a价，则有2 mol＋2 mol×2＝1 mol×3＋1 mol＋1 mol×a，解得a＝＋2，即R带2个单位正电荷，而Ba2＋和S不能大量共存，故R为Mg2＋。 5.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：C　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。 6.某废水处理站用甲醇处理含氨废水，反应为NH3＋2O2N＋H＋＋H2O，6H＋＋6N＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为N的转化率可达95％，而N转化为N2的转化率可达96％。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所需甲醇的质量为（　　） A.24.32 kg B.30 kg C.25.3 kg D.4.08 kg 解析：A　根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式：NH3～N～CH3OH，则理论上每天所需甲醇的质量为×95％×96％××32 g·mol－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。 7.在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度（mol·L－1）为（　　） A. B. C. D. 解析：D　由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀，根据S＋Ba2＋BaSO4↓可知n（S）＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据N＋OH－NH3↑＋H2O可知n（N）＝c mol；由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝ mol，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c（Al3＋）＝＝ mol·L－1，D正确。 8.（2024·广东广州模拟预测）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 解析：A　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守恒，得到电子的物质的量也应该为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，总的氯离子为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，选A。 9.随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体残留率（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中（　　） A.先分解失去H2O，再分解失去NH3 B.先分解失去NH3，再分解失去H2O C.同时分解失去H2O和NH3 D.同时分解失去H2、N2和H2O 解析：B　设NH4VO3（摩尔质量为117 g·mol－1）的物质的量为1 mol，则210 ℃时失重的质量为1 mol×117 g·mol－1×（100％－85.47％）≈17 g，故先失去的是NH3，反应方程式为NH4VO3HVO3＋NH3↑，380 ℃时失重的质量为1 mol×117 g·mol－1×（100％－77.78％）≈26 g，第二次又失去的质量为26 g－17 g＝9 g，因M（H2O）＝18 g·mol－1，所以再分解失去0.5 mol H2O，反应方程式为2HVO3V2O5＋H2O↑，B正确。 10.将0.15 mol Cu和Cu2O的混合固体投入800 mL 2 mol·L－1稀硝酸中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO气体，向反应后溶液中滴加5 mol·L－1 NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为（　　） A.260 mL B.280 mL C.300 mL D.400 mL 解析：C　Cu和Cu2O与稀硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu2O失去2 mol电子，而生成1 mol NO转移3 mol电子，由得失电子守恒可知，3n（NO）＝2n（Cu）＋2n（Cu2O），则n（NO）＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知，n（HNO3）＝n（NaNO3）＋n（NO），n（NaOH）＝n（NaNO3），所以n（NaOH）＝n（NaNO3）＝0.8 L×2 mol·L－1－0.1 mol＝1.5 mol，所加氢氧化钠溶液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL。 11.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↑ 解析：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，经3次分解失去结晶水，水分子的结合力有3种，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。 二、非选择题（本题包括3小题） 12.（1）葡萄糖酸亚铁[（C6H11O7）2Fe，M＝446 g·mol－1]易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。为测定（C6H11O7）2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600 ℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水的数目n＝　2　。 （2）Sc2（C2O4）3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。 已知：M[Sc2（C2O4）3·6H2O]＝462 g·mol－1。 250 ℃时固体的主要成分是Sc2（C2O4）3·H2O　　（填化学式）；550～850 ℃时反应的化学方程式为　2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2　。 解析：（1）0.140 g铁单质的物质的量为＝0.002 5 mol，则（C6H11O7）2Fe·nH2O的物质的量为0.002 5 mol，根据晶体质量为1.205 g，可得M＝＝＝[（12×6＋1×11＋16×7）×2＋56＋n×18] g·mol－1，解得n＝2。（2）设有1 mol草酸钪晶体（462 g）在空气中受热，250 ℃时，剩余固体质量为462 g×（100％－19.5％）＝462 g×80.5％＝371.91 g，失水重量为462 g－371.91 g＝90.09 g≈90 g，即250 ℃时，1 mol晶体失去5 mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2（C2O4）3·H2O；550 ℃时，剩余固体质量为462 g×（100％－19.5％－3.9％）＝462 g×76.6％＝353.892 g，相比于250 ℃时的剩余固体质量，250～550 ℃失水重量为371.91 g－353.892 g＝18.018 g≈18 g，则250～550 ℃，1 mol Sc2（C2O4）3·H2O失去1 mol水变为1 mol Sc2（C2O4）3；850 ℃时，剩余固体质量为462 g×（100％－19.5％－3.9％－46.8％）＝462 g×29.8％＝137.676 g≈138 g，由于M（Sc2O3）＝138 g·mol－1，故可知550～850 ℃，1 mol Sc2（C2O4）3分解产生1 mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2。 13.钾是活泼的碱金属，钾和氧可形成氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。 （1）钾和硝酸钾反应可制得K2O（10K＋2KNO36K2O＋N2↑），39.0 g钾与10.1 g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为　28.2　g。 （2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为28％，则样品中K2O2的质量分数为　96.25％　。 （3）超氧化钾和二氧化碳反应可生成氧气（4KO2＋2CO22K2CO3＋3O2），在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2 L（标准状况）CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8 L （标准状况），计算反应消耗的KO2的质量为　71 g　。 解析：（1）设10.1 g硝酸钾反应需要K的质量为x g，反应生成的K2O的质量为y g 10K 　＋　2KNO36K2O＋N2↑ 390 202 564 x g 10.1 g y g 解得x＝19.5＜39.0，钾过量，y＝28.2。 （2）设样品中含K2O2 1 mol，杂质质量为a g，由题意得：（110＋a） ×28％＝110×，解得：a≈4.29；w（K2O2）＝×100％≈96.25％。 （3）设反应消耗KO2的质量为z g 4KO2＋2CO22K2CO3＋3O2　　ΔV 284 g 44.8 L 67.2 L 22.4 L z g 18.8 L－13.2 L 解得：z＝71。 14.（1）在空气中加热10.98 g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 8.82 290～320 4.82 890～920 4.50 ①加热到210 ℃时，固体物质的化学式为　CoC2O4　。②经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2　。 （2）PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为　Pb2O3　、　PbO　。 解析：（1）①n（CoC2O4·2H2O）＝0.06 mol，Δm＝（10.98－8.82）g＝2.16 g＝m（H2O），失去n（H2O）＝＝0.12 mol，故210 ℃时固体为CoC2O4。②根据钴元素守恒可知m（Co）＝3.54 g，m（O）＝（4.82－3.54）g＝1.28 g，n（O）＝0.08 mol，n（Co）∶n（O）＝3∶4，反应的化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。（2）n（PbO2）＝0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应的物质是PbO。 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $