主题3 第4讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习

该高中化学高考复习课件聚焦“以物质的量为中心的化学计算”核心考点，覆盖比例式法、关系式法、守恒法、热重分析法四大高考必考方法。依据高考评价体系，通过近五年真题统计明确守恒法占35%、热重分析法占25%的高频考点分布，归纳选择、填空、计算等常考题型，构建完整解题体系。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”策略，如以2025甘肃卷热重分析题为例，用“设1mol晶体→失重分析→化学式推导”三步法，培养科学思维与证据推理能力。含“易错警示”如电荷守恒中离子共存判断，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升备考效率。

第四讲 以物质的量为中心的 化学计算常用方法 Di Si Jiang 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、守恒法和热重分析法。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。 1 比 例 式 法 2 关 系 式 法 3 守 恒 法 4 热 重 分 析 法 目 录 5 作业验收评价 比 例 式 法 一、 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]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O (1)若a=_______(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。  [解析]　若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O，所以Cu2O与Cu的物质的量相等，而铜的物质的量为 mol，所以Cu2O的质量m=×144，所以a=m。 (2)若a=，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为_______ mol(用含m的最简式表示)。  [解析]　设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+==2Fe3++3H2O x 2x Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O y y y 2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+ 2x x 根据题意，所以x=。 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?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) 迁移应用 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) 2.生态农业涉及农家废料的综合利用，某种废料经发酵得到一种含有甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红色CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为CH4+4CuO CO2+2H2O+4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。 (1)原混合气体中甲烷的物质的量是__________。  0.075 mol 解析:设甲烷的物质的量为x，当甲烷完全反应后，由于硬质玻璃管减少的质量为CuO中的氧的质量，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g，则 CH4+4CuO CO2+2H2O+4Cu　Δm 1 mol　　　　　　　　　　　　 16×4 x　　　　　　　　　　　　　　 4.8 g 1∶x=16×4∶4.8，解得x=0.075 mol。 (2)原混合气体中氮气的体积分数为多少?(写出计算过程) 解析:由反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g，沉淀为碳酸钙，由C原子守恒可知，n(CO2)==0.085 mol， CH4+4CuO CO2+2H2O+4Cu 0.075 mol　　 0.075 mol 则原混合气体中n(CO2)为0.085 mol-0.075 mol=0.01 mol，混合气体的总物质的量为=0.09 mol，所以氮气的物质的量为0.09 mol-0.01 mol-0.075 mol =0.005 mol，原混合气体中氮气的体积分数为×100%≈5.56%。 答案: 5.56%(计算过程见解析) 关 系 式 法 二、 1.应用原理 在求“已知量”和“待求量”之间的关系式时，一定要找出“中间量”(该“中间量”可在前一个化学反应中作生成物，而在下一个化学反应中作反应物)，并通过改变相关化学方程式的化学计量数使“中间量”的计量数变成同一个数值，从而建立“已知量”和“待求量”之间的化学计量数之比，即关系式。还可以根据原子守恒，寻找反应物与最终产物之间的关系。 2.解题步骤 (1)写出各步反应的化学方程式。 (2)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。 (3)确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 (4)根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 [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) (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:WCl6~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%=%。 % 1.(2026·湖南省部分学校联考)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O(摩尔质量为 457 g·mol-1)的含量，进行如下实验:(已知:Zn2+与H2Y2-按1∶1反应;杂质不反应) 步骤Ⅰ:准确称取0.924 0 g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至250 mL容量瓶，定容。 步骤Ⅱ:移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH=5~6的缓冲溶液中用0.030 0 mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为20.00 mL。 (1)产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为_______(保留三位有效数字)。  迁移应用 98.9% 解析:题述溶液滴定时有关系式:Zn3(PO4)2·4H2O~3Zn2+~3Na2H2Y，消耗Na2H2Y的物质的量为20.00×10-3 L×0.030 0 mol·L-1=6×10-4 mol，则样品中Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为×=2×10-3 mol，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为×100%≈98.9%。 (2)下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是______ (填标号)。  a.步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线 b.步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯 c.步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗 d.步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡 bd 解析:步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高，故a错误;步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低，故b正确;步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高，故c错误;步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，计算时所用标准液体积偏小，测定值偏低，故d正确。 2.Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要_________________________。 解析:配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液，实验步骤有:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要250 mL容量瓶、胶头滴管。 250 mL容量瓶、胶头滴管 (2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为_____ g。 解析:需准确称取Na2S2O3固体的质量m=cVM=0.25 L×0.100 0 mol·L-1 ×158 g·mol-1≈4.0 g。 4.0 (3)另取50.00 mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时Cr全部转化为Cr2，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+==2Cr3++ 3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为_____________。  解析:根据操作过程，得反应关系式2Ba2+~2BaCrO4~2Cr~Cr2~6S2，50.00 mL废水中含有Ba2+的物质的量为0.1 mol·L-1×0.036 L×=0.001 2 mol，则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.024 mol·L-1。 0.024 mol·L-1 守 恒 法 三、 1.应用原理 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:明确题目要求解的量; 第二步:根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量; 第三步:根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解。 [例3]　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)。  [解析]　根据关系式法 2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3 2(213+18x)g 102 g 7.50 g 1.02 g =，解得x=9。 9(计算过程见解析) (2)气体产物中n(O2)=______ mol。  [解析]　样品中n(Al)=×2=0.02 mol，气体产物中n(H2O)= =0.17 mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)=0.02×9×2 mol-0.17×2 mol=0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02× 3 mol-0.02 mol=0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)= mol=0.01 mol。 0.01 1.[得失电子守恒]现将1 mol Cu2S与144 g FeO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NO气体。则最终反应所得NO物质的量为 (　　) A.7.2 mol　　　　　　　 B.5 mol C.6.4 mol D.4 mol 迁移应用 √ 解析:Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应，铜元素化合价由+1价上升至+2价，硫元素化合价由-2价上升至+6价，铁元素化合价由+2价上升至+3价， 1 mol Cu2S参与反应能够失去10 mol电子，144 g FeO物质的量为2 mol，参加反应失去2 mol电子，因此1 mol Cu2S与144 g FeO共失去12 mol电子，硝酸发生还原反应每生成1 mol NO得到电子3 mol，故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO，故选D项。 2.[电荷守恒]某溶液中仅含有Na+、Mg2+、S、Cl-四种离子，其物质的量浓度比为c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5，若Na+浓度为3 mol·L-1，则S的浓度为(　　) A.2 mol·L-1 B.3 mol·L-1 C.4 mol·L-1 D.8 mol·L-1 √ 解析:根据电荷守恒可知c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(S)，代入数据可得，3 mol·L-1×1+5 mol·L-1×2=5 mol·L-1×1+c(S)×2，c(S)=4 mol·L-1。 3.[原子守恒]某实验小组制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量(杂质不反应)。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)。  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%。 97.6% 热 重 分 析 法 四、 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%。 [例4]　(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]。  Eu(C7H5O2)3·xH2O吸 潮的水 1.7 [解析]　Eu2O3加入稀盐酸加热溶解，调节pH=6，再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C7H5O2)3·xH2O沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品。 Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，0~92 ℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水，92~195 ℃失去的是结晶水的质量;最后得到的是Eu2O3，1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18x g，重量减少5.2%，根据M(C7H5)=121，1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339 g，重量减少56.8%，有关系式18x∶5.2%=339∶56.8%，x≈1.7。 |思维建模| 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.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。 则100~200 ℃阶段热分解，所得固体化合物化学式为______________，500 ℃热分解后生成固体化合物化学式为______。  迁移应用 NH4B5O8·H2O B2O3 解析:设该化合物物质的量为1 mol，该化合物的式量为273，则该化合物的质量为273 g，100~200 ℃阶段热分解后，质量保留百分数为80.2%，所得固体化合物的质量为219 g，质量减少54 g，即失去了3 mol H2O，则100~200 ℃阶段热分解后，所得固体化合物化学式为NH4B5O8·H2O;200~400 ℃阶段热分解后，所得固体化合物的质量为184 g，与219 g相比，固体质量减少了35 g;500 ℃热分解后，质量保留百分数为64.1%，此时生成固体的质量为175 g，与184 g相比，固体质量又减少了 9 g，结合化合物的化学式NH4B5O8·4H2O可知，1 mol该化合物500 ℃热分解后生成固体化合物2.5 mol B2O3，即500 ℃热分解后生成固体化合物化学式为B2O3。 2.(2026·新乡县第一中学期末)FeC2O4·nH2O晶体进行热重分析时样品质量随温度(T≤500 ℃时，在Ar气气氛中进行;T>500 ℃时，通入空气)的变化如图所示，已知T=300 ℃时，样品脱水完全。下列说法不正确的是 (　　) A.n=2 B.T=400 ℃时，每分解0.1 mol样品时，产生4.48 L(标准状况)气体 C.T=600 ℃时，残留固体中Fe的质量分数为60.07% D.T=1 400 ℃时，残留固体为Fe3O4 √ 解析:根据图像，300 ℃时是样品脱水生成固体质量为0.800 g，反应为 　　　FeC2O4·nH2O FeC2O4+nH2O 　　　　　144+18n　　　144 　　　　　1.000 g　　　 0.800 g 解得n=2，故A正确;根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系:6FeO~3Fe2O3~2Fe3O4 　 72∶ 80　∶ 77.3 固体质量的变化趋势与提供的数据一致，即72∶80∶77.3≈0.400∶0.444∶0.430。 因此表明:FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400 ℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成;根据碳元素守恒，每分解1 mol样品时，产生2 mol气体，每分解0.1 mol样品时，产生4.48 L(标准状况)气体，故B正确;根据B的分析，600 ℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，Fe2O3中铁的质量分数为×100%=70%，故C错误;根据B的分析，FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以T=1 400 ℃时，残留固体为Fe3O4，故D正确。 作业验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 解析: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，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+。 一、选择题 1.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可能为(　　) A.K+ B.Ba2+ C.N D.Mg2+ √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析: 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。 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 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 3.向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 (　　) A.0.75 mol·L-1 B.1 mol·L-1 C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1 解析:在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br-，n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl-) =0.3 mol;假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol，n(Br-) =0.2x mol; 方法一:得失电子守恒，由题意可得:0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2，解得x=2。 方法二:电荷守恒，反应后主要离子为Fe3+、Cl-和Br-可知:3×0.1x=0.3+0.3，解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 4.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 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析: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。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 5.摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程，现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析，绘制出如图的热重曲线[已知:(NH4)2SO4分解有N2生成]: 已知:①TG=×100% ②摩尔盐在580 ℃下完全分解，得到红棕色固体 下列说法错误的是(　　) A.可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子 B.x=6 C.摩尔盐在580 ℃下完全分解后的气体产物是N2、SO2、SO3、H2O D.摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:摩尔盐中铁元素化合价为+2价，Fe2+与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾溶液)反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子Fe2+，A正确;摩尔盐在580 ℃下完全分解，得到的红棕色固体为Fe2O3，设(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O为1 mol，则根据铁元素守恒可知，摩尔盐在580 ℃下完全分解，得到的Fe2O3为0.5 mol，质量为80 g，由图可知，最终TG=100%-9.2%-9.2%-9.2%-52.0%=20.4%，则最初1 mol摩尔盐的质量为≈392 g，即摩尔盐的相对分子质量为392，故18×2+56+96×2+18x=392，解得x=6，B正确;摩尔盐在580 ℃下完全分解后有Fe2O3，Fe2O3中铁元素是+3价，气体SO2中硫元素是+4价，SO3中硫元素是+6价，N2中氮元素还是0价，化合价有升高也有降低，但根据摩尔盐的化学式，化合价升高的总数不可能等于化合价降低的总数，C错误;摩尔盐较稳定，且摩尔质量大，配制标准液时误差小，更适合作标准液，Fe2+能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 √ 6.(2026·濮阳市第一高级中学开学摸底)将1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05 mol，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法正确的是 (　　) A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2 B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 mol·L-1 C.NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是40% D.得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:金属离子全部沉淀时，得到的2.54 g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，设Cu的物质的量为x mol，Mg的物质的量为y mol，根据98x+58y=2.54，64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01。则合金中Cu与Mg的物质的量之比为2∶1，A错误;根据浓硝酸的密度为1.40 g·mL-1，质量分数为63%，则该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为 mol·L-1=14.0 mol·L-1，B错误;混合气体的物质的量为0.05 mol，设NO2的物质的量为a mol，则N2O4的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子得失守恒:a+2(0.05-a)=0.06， 解得a=0.04，N2O4体积分数为×100%=20%，C错误;金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05 L×14 mol·L-1-0.04 mol-(0.05-0.04)mol ×2=0.64 mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64 mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64 mol÷1 mol·L-1=0.64 L=640 mL，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 二、非选择题 7.(6分)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+2KNO3==6K2O+N2↑)，39.0 g钾与10.1 g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为_____ g。  解析: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　+　2KNO3==6K2O+N2↑ 　390　　　202　　 564 　x g　　　10.1 g　　 y g 解得x=19.5<39.0，钾过量，y=28.2。 28.2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (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_________。  解析: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;ω(K2O2)=×100%≈96.25%。 96.25% 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (3)超氧化钾和二氧化碳反应可生成氧气(4KO2+2CO2==2K2CO3+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_______。  解析:设反应消耗KO2的质量为z g 　4KO2+2CO2==2K2CO3+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。 71 g 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 8.(4分)(2024·山东卷改编)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。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 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。 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)。  % 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析: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%=%。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 9.(8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 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 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。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (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: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 ℃。 CuSO4 CuO+SO3↑ CuSO4·5H2O 102 ℃ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 10.(8分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知:I2+2S2==2I-+S4，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下: 第一步:准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步:向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 第三步:逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是___________________________________________________________。  若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为______________ (用字母表示)。  解析:根据得失电子守恒，可得关系式CaO2~I2~2S2，则样品中CaO2的质量分数为×100%=×100%。 当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色 　×100%　 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为_______。  解析:CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。 CaO 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $