第一单元 第3讲 以物质的量为中心的化学计算【大单元核心精讲精练】2027届高三化学一轮复习讲义●分层对点训练（新高考通用）

该高中化学讲义聚焦以物质的量为中心的化学计算，整合阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积等核心考点，按考向预测、真题演练、核心梳理等模块系统展开，通过考点框架搭建、计算方法归纳（如关系式法、守恒法）及真题实战训练，帮助学生构建完整计算体系，突破综合应用难点。 讲义突出科学思维与科学探究，如用原子守恒法解析钴氧化物化学式推导，设计“四步”滴定计算模型培养证据推理能力。设置分层练习与30分钟限时训练，模拟真实考场情境，高效提升学生定量分析与解题速度，为教师把控复习节奏、落实核心素养提供清晰路径。

大单元一 化学基本概念和基础知识 第一单元 物质的量 第3讲　以物质的量为中心的化学计算 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 03 核心梳理●明考点 搭建知识框架，构建系统思维 04 对点训练●夯基础 夯实基础知识，总结易错难点 05 考点通关●破重难 拆解核心考点，归纳解题范式 06 过关限时训练 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 以物质的量为中心的化学计算整合阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度三大基础计算工具，覆盖化学方程式比例计算、差量法、守恒法（电子、电荷、原子）、极值法、关系式法等核心计算方法，题型涵盖选择题微粒判断、实验滴定计算、工艺流程产物产率与纯度计算、反应原理平衡定量计算；近三年为化学贯穿全卷的核心计算体系，几乎所有大题都依托该模块定量运算，阿伏伽德罗选择题年年必考，滴定、产率纯度计算高频轮换出现，考频稳居计算类考点首位；预测2027年命题会弱化单一简单套公式计算，强化多步连续反应关系式法、氧化还原电子守恒结合滴定的综合运算，增设混合物组分极值判断、气体平衡分压与物质的量联动计算，结合真实化工生产情境设置产率、损耗相关复杂定量设问，同时融合晶体、有机反应、电化学开展跨模块综合性计算考查。 【真题演练●悟高考】 1.(2024·全国甲卷节选)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下: CO(NH2)2＋H2O2===CO(NH2)2·H2O2 过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ＝1.11 g·cm－3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30 ℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 过氧化脲的产率为________________。  2.(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]按图示所示(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)。  3.(2022·浙江6月选考)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－1(假设焦炭不含杂质)。请回答: (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，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)。  考点一　化学计算的常用方法 【核心梳理●明考点】 　方法1　关系式法 (1)应用范围:适用于多步反应计算(已知反应物和所求物不在同一反应中)。 (2)解题关键 建立关系式的一般途径: ①利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式； ②利用微粒(元素)守恒建立关系式； ③明确变化的始态和终态，按实际工业生产的情况确立已知物质与待求物质的关系式。 【对点训练●夯基础】 【例1】　(2023·天津卷，节选)下面是制备硫酸的工艺流程: 一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸________吨。  方法2　守恒法 (1)含义 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 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 【对点训练●夯基础】 【例2】　(用原子守恒法求解化学式)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________。  【例3】　(用质量守恒法求解化学式)一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式________。  方法3　差量法 (1)差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 (2)差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如: 【对点训练●夯基础】 【例4】　已知:①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3.1 g，求: (1)原混合物中碳酸钠的质量是________ g。  (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是________ L。  【考点通关●破重难】 1.已知Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的个数之比为1∶7，则x的值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 2.向200 mL 0.1 mol·L－1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2＋恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为(　　) A.4.36 g B.2.82 g C.1.6 g D.1.44 g 3.(2025·乌鲁木齐期末)将28 g CO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6 g，则原混合气体中CO2的质量分数为(　　) A.31% B.44% C.56% D.88% 考点二　常见的化学计算 【核心梳理●明考点】 类型1　利用守恒法和关系式法解决滴定计算问题 “四步”解决滴定过程的相关计算 【对点训练●夯基础】 【例1】　(2024·福建卷节选)Ga2O3纯度测定:称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L－1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]－存在)，再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。该过程涉及反应:Cu2＋＋H2Y2－===[CuY]2－＋2H＋。终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为________×100%(列出计算式，Ga的相对原子质量为70)。  类型2　利用守恒法和差量法解决热重计算问题 1.热重分析的一般方法 (1)差量法分析失重的成分 ①根据物质分解的规律，分析某一阶段可能失重的物质； ②由热重曲线确定固体减少的质量或质量分数； ③由题目中的信息列式计算。 (2)守恒法确定最终产物的组成 热重分析的最终产物一般为金属氧化物，固体中金属元素质量不减少，仍在m余中，利用元素守恒可以直接得出n金属，m余－m金属＝m氧，得n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。 2.热重分析模型 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 【对点训练●夯基础】 【例2】　(2025·甘肃卷节选)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为_______________________________。 结晶水个数x＝________[M(C7H5)＝121，结果保留两位有效数字]。  【考点通关●破重难】 1.滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10 mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175 mL；②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热；③用25 mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O]；④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol·L－1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3]，记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是________ mg·L－1(用含c、V的表达式表示)。  2.(热重曲线分析)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＝________________。  【过关限时●练实战】 （30分钟） 基础落实 1.(2025·山西太原五中模拟)密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　) A.17∶44 B.22∶17 C.17∶22 D.2∶1 2.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 3.将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，原混合气体中CO的质量分数为(　　) A.80% B.85% C.87.5% D.90% 4.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 5.(2026·重庆期中)为测定空气中SO2的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的100 mL、0.30 mol·L－1的酸性KMnO4溶液。已知SO2与该溶液反应的离子方程式为5SO2＋2Mn＋2H2O===5S＋2Mn2＋＋4H＋。若管道中空气流量为0.5 L·min－1，经过3 min溶液恰好褪色，假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中SO2的含量(单位为g·L－1)是(　　) A.3.2 B.6.4 C.9.6 D.1.6 6.(2025·辽宁大连一模)利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.反应①每生成1 mol CaC2，转移电子数目为2NA B.1 mol CaC2中含有的离子数为3NA C.反应②中，每生成1 mol C2H2，消耗的H2O分子数为NA D.标准状况下，11.2 L C2H2中含有π键数为0.5NA 7.(2025·福建厦门模拟预测)采用沉淀法定量测定氯化铵在溶液中的热分解率实验过程如图。 下列说法错误的是(　　) A.“热分解”过程不宜加入沸石，以免影响后续定量测定 B.“沉淀”过程向上层清液中滴加AgNO3溶液，若无浑浊说明已沉淀完全 C.“干燥”过程选择干燥器干燥而非烘箱烘干，是为了提升干燥效率 D.“称量”所得样品质量为m g，则NH4Cl的热分解率为1－×100% 8.若20 g密度为d g·cm－3的硝酸钙溶液里含有1 g Ca2＋，则N的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C.2.5d mol·L－1 D.1.25d mol·L－1 9.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)。  能力提升 10.(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)。  11.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2—KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2===2I－＋S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为____________，样品中S2－的含量为__________(写出表达式)。  12.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。 (1)写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:________________。  (2)与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________________。  13.(1)取2.50 g H2O2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________。  (2)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知:NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3)，滴定时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。  学科网（北京）股份有限公司 $ 大单元一 化学基本概念和基础知识 第一单元 物质的量 第3讲　以物质的量为中心的化学计算 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 03 核心梳理●明考点 搭建知识框架，构建系统思维 04 对点训练●夯基础 夯实基础知识，总结易错难点 05 考点通关●破重难 拆解核心考点，归纳解题范式 06 过关限时训练 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 以物质的量为中心的化学计算整合阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度三大基础计算工具，覆盖化学方程式比例计算、差量法、守恒法（电子、电荷、原子）、极值法、关系式法等核心计算方法，题型涵盖选择题微粒判断、实验滴定计算、工艺流程产物产率与纯度计算、反应原理平衡定量计算；近三年为化学贯穿全卷的核心计算体系，几乎所有大题都依托该模块定量运算，阿伏伽德罗选择题年年必考，滴定、产率纯度计算高频轮换出现，考频稳居计算类考点首位；预测2027年命题会弱化单一简单套公式计算，强化多步连续反应关系式法、氧化还原电子守恒结合滴定的综合运算，增设混合物组分极值判断、气体平衡分压与物质的量联动计算，结合真实化工生产情境设置产率、损耗相关复杂定量设问，同时融合晶体、有机反应、电化学开展跨模块综合性计算考查。 【真题演练●悟高考】 1.(2024·全国甲卷节选)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下: CO(NH2)2＋H2O2===CO(NH2)2·H2O2 过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ＝1.11 g·cm－3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30 ℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 过氧化脲的产率为________________。  【答案】50% 【解析】根据题给数据计算可得，H2O2过量，故用尿素的量来计算理论上生成过氧化脲的量，n[CO(NH2)2]＝0.2 mol，故理论上生成的过氧化脲为0.2 mol，质量为0.2×94 g＝18.8 g，故过氧化脲的产率为×100%＝50%。 2.(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]按图示所示(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)。  【答案】% 【解析】根据滴定时发生反应:6Fe2＋＋Cr2＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O和消耗V mL的K2Cr2O7标准溶液可计算出铁矿石中铁的含量为×100%＝%。 3.(2022·浙江6月选考)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－1(假设焦炭不含杂质)。请回答: (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，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)。  【答案】(1)10.8　(2)70 【解析】(1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，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－1(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，生产纯碱的反应过程中存在关系式: x＝70 kg 1.高考热点:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  2.新考法新角度:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  考点一　化学计算的常用方法 【核心梳理●明考点】 　方法1　关系式法 (1)应用范围:适用于多步反应计算(已知反应物和所求物不在同一反应中)。 (2)解题关键 建立关系式的一般途径: ①利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式； ②利用微粒(元素)守恒建立关系式； ③明确变化的始态和终态，按实际工业生产的情况确立已知物质与待求物质的关系式。 【对点训练●夯基础】 【例1】　(2023·天津卷，节选)下面是制备硫酸的工艺流程: 一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸________吨。  【答案】94.1 【解析】制备硫酸的工艺流程中含硫物质存在如下转化:S→SO2→SO3→H2SO4，据此确定S与H2SO4的关系式:S~H2SO4。 设可生产98%浓硫酸m吨，则 m＝＝94.1 t。 方法2　守恒法 (1)含义 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 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 【对点训练●夯基础】 【例2】　(用原子守恒法求解化学式)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________。  【答案】Co3O4 【解析】n(CO2)＝＝0.06 mol，根据碳原子守恒可知，n(CoC2O4)＝0.03 mol，则钴氧化物中n(Co)＝0.03 mol，m(O)＝2.41 g－0.03 mol×59 g·mol－1＝0.64 g，故n(O)＝＝0.04 mol，则n(Co)∶n(O)＝0.03 mol∶0.04 mol＝3∶4，则钴氧化物的化学式为Co3O4。 【例3】　(用质量守恒法求解化学式)一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式________。  【答案】NaH 【解析】化合物甲是由Na和H2反应得到的，故化合物甲中含有Na、H两种元素，又4.80 g化合物甲加热分解得到2.24 L(标准状况)H2，则化合物甲中氢元素的质量为0.20 g，钠元素的质量为4.60 g，化合物甲中Na和H的原子个数比为1∶1，可判断化合物甲的化学式为NaH。 方法3　差量法 (1)差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 (2)差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如: 【对点训练●夯基础】 【例4】　已知:①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3.1 g，求: (1)原混合物中碳酸钠的质量是________ g。  (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是________ L。  【答案】(1)10.6　(2)3.36 【解析】(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m 由得m＝8.4 g， 则碳酸钠的质量为19 g－8.4 g＝10.6 g。 (2)剩余固体为碳酸钠，质量为19 g－3.1 g＝15.9 g，物质的量为＝0.15 mol，根据碳原子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0.15 mol，标准状况下的体积为0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L。 【考点通关●破重难】 1.已知Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的个数之比为1∶7，则x的值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】A 【解析】因为在NaClO中Cl元素的化合价为＋1价，反应后被还原为NaCl，化合价为－1价，每1个Cl得到2个电子，若反应中Na2Sx与NaClO的个数之比为1∶7，则电子转移的数目为7×2＝14，S的化合价在反应前为－，反应后为＋6价，每1个S化合价升高数值为6＋，则x个S化合价升高6x＋2价，由于化合价升降总数相等，所以6x＋2＝14，解得x＝2。 2.向200 mL 0.1 mol·L－1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2＋恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为(　　) A.4.36 g B.2.82 g C.1.6 g D.1.44 g 【答案】C 【解析】FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O，最后得到的固体为Fe2O3，根据Fe原子守恒，得2FeSO4~Fe2O3，则n(Fe2O3)＝＝0.01 mol，m(Fe2O3)＝0.01 mol×160 g·mol－1＝1.6 g。 3.(2025·乌鲁木齐期末)将28 g CO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6 g，则原混合气体中CO2的质量分数为(　　) A.31% B.44% C.56% D.88% 【答案】A 【解析】CO2和CO的混合气体通过装有足量Na2O2的干燥管，只有CO2和Na2O2反应，设原混合气体中CO2的质量为x g， 解得x＝8.8 g；所以原混合气体中CO2的质量分数＝×100%≈31%。 考点二　常见的化学计算 【核心梳理●明考点】 类型1　利用守恒法和关系式法解决滴定计算问题 “四步”解决滴定过程的相关计算 【对点训练●夯基础】 【例1】　(2024·福建卷节选)Ga2O3纯度测定:称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L－1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]－存在)，再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。该过程涉及反应:Cu2＋＋H2Y2－===[CuY]2－＋2H＋。终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为________×100%(列出计算式，Ga的相对原子质量为70)。  【答案】×10－3 【解析】第一步:Ga3＋与H2Y2－反应的方程式为Ga3＋＋H2Y2－===[GaY]－＋2H＋，Cu2＋与H2Y2－反应的方程式为Cu2＋＋H2Y2－===[CuY]2－＋2H＋；第二步:由滴定过程可得关系式:n(Ga3＋)＋n(Cu2＋)＝n(H2Y2－)；第三步:代入数据得n(Ga3＋)＋c2V2×10－3 mol＝c1V1×10－3 mol，w g Ga2O3样品配制成V mL溶液，用于滴定的是V0 mL溶液，则w g Ga2O3样品中含有的n(Ga2O3)＝n总(Ga3＋)＝n(Ga3＋)×，Ga2O3纯度为×100%＝×10－3×100%。 类型2　利用守恒法和差量法解决热重计算问题 1.热重分析的一般方法 (1)差量法分析失重的成分 ①根据物质分解的规律，分析某一阶段可能失重的物质； ②由热重曲线确定固体减少的质量或质量分数； ③由题目中的信息列式计算。 (2)守恒法确定最终产物的组成 热重分析的最终产物一般为金属氧化物，固体中金属元素质量不减少，仍在m余中，利用元素守恒可以直接得出n金属，m余－m金属＝m氧，得n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。 2.热重分析模型 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 【对点训练●夯基础】 【例2】　(2025·甘肃卷节选)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为_______________________________。 结晶水个数x＝________[M(C7H5)＝121，结果保留两位有效数字]。  【答案】Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分蒸发　1.7 【解析】Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，故0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92~195 ℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195 ℃后产品失去“C7H5O1.5”则有，解得x≈1.7。 【考点通关●破重难】 1.滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10 mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175 mL；②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热；③用25 mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O]；④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol·L－1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3]，记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是________ mg·L－1(用含c、V的表达式表示)。  【答案】2 800cV 【解析】依据滴定实验和反应化学方程式:2NH3＋4H3BO3===(NH4)2B4O7＋5H2O、(NH4)2B4O7＋H2SO4＋5H2O===(NH4)2SO4＋4H3BO3可知:2N~2NH3~(NH4)2B4O7~H2SO4，则n(N)＝n(NH3)＝2n(H2SO4)＝2×cV×10－3 mol，m(N)＝2×cV×10－3 mol×14×103 mg·mol－1＝28cV mg，水样中氮的含量＝＝2 800cV mg·L－1。 2.(热重曲线分析)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＝________________。  【答案】(1)4　1 【解析】(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则＝38.8%，解得y＝1。 ▶我的收获 知识建构 感悟笔记 1.方法规律:　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　 　　　  　　　　　　　　　 　　  2.盲点误区:　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　 　　　  　　　　　　　　 　　　  【过关限时●练实战】 （30分钟） 基础落实 1.(2025·山西太原五中模拟)密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　) A.17∶44 B.22∶17 C.17∶22 D.2∶1 【答案】C 【解析】根据密胺的结构简式和原子守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol密胺需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。 2.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 【答案】C 【解析】设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则: 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。 3.将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，原混合气体中CO的质量分数为(　　) A.80% B.85% C.87.5% D.90% 【答案】C 【解析】设原混合气体中CO的质量分数为x。 　解得x＝0.875。 4.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 【答案】A 【解析】由2O3===3O2，ΔV＝780 mL－750 mL＝30 mL，V(O3)＝2ΔV＝60 mL，1 L混合气体中含臭氧的体积为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。 5.(2026·重庆期中)为测定空气中SO2的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的100 mL、0.30 mol·L－1的酸性KMnO4溶液。已知SO2与该溶液反应的离子方程式为5SO2＋2Mn＋2H2O===5S＋2Mn2＋＋4H＋。若管道中空气流量为0.5 L·min－1，经过3 min溶液恰好褪色，假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中SO2的含量(单位为g·L－1)是(　　) A.3.2 B.6.4 C.9.6 D.1.6 【答案】A 【解析】根据题干信息，经过3 min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为0.5 L·min－1×3 min＝1.5 L，消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.1 L×0.3 mol·L－1＝0.03 mol，设尾气中SO2的物质的量为n mol，则由离子方程式得，n＝＝0.075，尾气样品中SO2含量为＝3.2 g·L－1，综上所述A符合题意。 6.(2025·辽宁大连一模)利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.反应①每生成1 mol CaC2，转移电子数目为2NA B.1 mol CaC2中含有的离子数为3NA C.反应②中，每生成1 mol C2H2，消耗的H2O分子数为NA D.标准状况下，11.2 L C2H2中含有π键数为0.5NA 【答案】A 【解析】A.反应①的化学方程式为CaO＋3CCaC2＋CO↑，其中C→CaC2时，C化合价由0价降低到－1价，C→CO时，C化合价由0价升高到＋2价，因此每生成1 mol CaC2，有2 mol C由0价降低到－1价，转移电子数目为2NA，A正确； B.CaC2中含有Ca2＋和离子，1 mol CaC2中含有的离子数为2NA，B错误；C.反应②的化学方程式为CaC2＋2H2O—→CH≡CH↑＋Ca(OH)2，每生成1 mol C2H2，消耗的H2O分子数为2NA，C错误； D.C2H2结构简式为CH≡CH，1个碳碳三键中有2个π键，标准状况下，11.2 L C2H2中含有π键数为NA，D错误。 7.(2025·福建厦门模拟预测)采用沉淀法定量测定氯化铵在溶液中的热分解率实验过程如图。 下列说法错误的是(　　) A.“热分解”过程不宜加入沸石，以免影响后续定量测定 B.“沉淀”过程向上层清液中滴加AgNO3溶液，若无浑浊说明已沉淀完全 C.“干燥”过程选择干燥器干燥而非烘箱烘干，是为了提升干燥效率 D.“称量”所得样品质量为m g，则NH4Cl的热分解率为1－×100% 【答案】C 【解析】A.沸石多微孔，可能造成NH4Cl分解产生的气体残留，故“热分解”过程不宜加入沸石，以免影响后续定量测定，A正确；B.“沉淀”过程向上层清液中滴加AgNO3溶液，若无浑浊说明溶液中已无Cl－，说明已沉淀完全，B正确；C.“干燥”过程选择干燥器干燥而非烘箱烘干是为了防止氯化银分解，造成最终实验误差，C错误；D.“称量”所得样品为AgCl，质量为m g，依据可知分解后残留液中NH4Cl的物质的量为 mol，则残留率＝×100%，NH4Cl的热分解率为1－×100%，D正确。 8.若20 g密度为d g·cm－3的硝酸钙溶液里含有1 g Ca2＋，则N的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C.2.5d mol·L－1 D.1.25d mol·L－1 【答案】C 【解析】1 g钙离子的物质的量为0.025 mol，该溶液中n(N)＝2n(Ca2＋)＝0.025 mol×2＝0.05 mol，20 g该硝酸钙溶液的体积V＝×10－3 L·mL－1＝ L，所以该溶液中c(N)＝＝2.5d mol·L－1。 9.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)。  【答案】97.6% 【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%。 能力提升 10.(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)。  【答案】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，n(CO2)＝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，则根据2OH－~H2O，焙烧过程中生成的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＝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。 11.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2—KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2===2I－＋S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为____________，样品中S2－的含量为__________(写出表达式)。  【答案】浅蓝色至无色 ×100% 【解析】达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2~2S2，可得n(I2)过量＝×0.100 0V×10－3 mol，再根据得失电子守恒可得关系式S2－~I2可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－×0.100 0V×10－3 mol＝(25.00－)×0.100 0×10－3 mol，则样品中S2－的含量为 ×100%。 12.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。 (1)写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:________________。  (2)与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________________。  【答案】(1)CaC2O4CaCO3＋CO↑ (2)CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 【解析】(1)M(CaC2O4·H2O)＝146 g·mol－1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400 ℃至600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3＋CO↑。 13.(1)取2.50 g H2O2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________。  (2)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知:NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3)，滴定时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。  【答案】(1)17%　(2)　 【解析】(1)根据得失电子守恒可得关系式: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w(H2O2)＝ ×100%＝17%。 (2)处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。 根据氮原子守恒得如下关系式: C2H5NO2~NH3·H3BO3~HCl n(C2H5NO2)＝n(HCl)＝cV×10－3 mol， 样品中氮的质量分数为 ×100%＝%。样品的纯度≤×100%＝%。 学科网（北京）股份有限公司 $