第03讲化学计算的常用方法（讲义）高考化学大一轮复习卓越讲义

第03第03讲化学计算的常用方法考点导航考点导航考点一考点一以物质的量为中心的多角度计算重难点辨析重难点辨析借助方程式，以物质的量为中心的计算题每年必考，一般不单独命题，而是作为某道非选择题中的一个设问出现，而学生平时养成的重思维而轻结果的做题习惯，也使化学计算成为制约学生得高分的一个重要因素，因此加强化学计算能力也成为教学重点。1．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。2．解题模板现以2H2＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2H2O为例，方程式中有关量的关系如下：化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝气体体积之比(相同状况下)≠质量之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。注意：根据化学方程式计算时，所列比例是否正确的判断依据是：“上下单位要一致，左右单位要对应”。如规律·方法·技巧·点拔规律·方法·技巧·点拔方法一：比例式法（1）计算原理aA(g)＋bB(g)=cC(g)＋dD(g)化学计量数之比：a∶b∶c∶d质量之比：aMA∶bMB∶cMC∶dMD物质的量之比：a∶b∶c∶d气体体积之比：a∶b∶c∶d(同温同压下)不同物质的相同物理量之间的换算可以按上述关系进行。解题时要注意化学方程式中各种物质对应关系的单位问题，同一物理量单位要一致。如果涉及两种物理量，只要做到两种物理量“上下一致，左右相当”即可。(2)解题步骤方法二：关系式法(1)应用原理关系式法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。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。(2)解题步骤如利用多步反应建立关系式的方法：（1）叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(C＋H2Og\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2,CO＋H2Og\o(=,\s\up7(高温))CO2＋H2))⇒eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(C＋2H2Og\o(=,\s\up7(高温))CO2＋2H2,N2＋3H2\o(=,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3))⇒eq\a\vs4\al(3C＋2N2＋6H2O=,3CO2＋4NH3)由空气、木炭、水蒸气制取NH3过程中，C和NH3的关系式为3C～4NH3。（2）元素守恒法4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O2NO＋O2=2NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NONO经多次氧化和吸收，最终氮元素可完全转化到硝酸中，由氮元素守恒知：NH3～HNO3。（3）电子转移守恒法NH3eq\o(→,\s\up7(失去8e－))HNO3，O2eq\o(→,\s\up7(得4e－))2eq\o(O,\s\up6(－2))由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列反应生成HNO3，NH3和O2的关系式为NH3～2O2。方法三：差量法(1)应用原理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、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)固体质量24g差量Δm＝24g物质的量2mol1mol2mol差量Δn＝1mol气体体积12差量ΔV＝1(2)解题步骤方法四：平均值法1．依据若XA＞XB，则XA＞eq\x\to(X)＞XB，eq\x\to(X)代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。2．应用已知eq\x\to(X)可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定eq\x\to(X)的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。方法五：守恒法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”。一切化学反应都遵循某些守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子数目守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2．解题步骤守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。典型例题剖析典型例题剖析考向1比例式法【典例1】（2022秋·湖北武汉）标准状况下，锌与足量的盐酸反应生成xL氢气，下列比例式不正确的是A． B．C． D．【答案】B【解析】比例式应注意单位要“上下一致，左右对应”，锌与足量的盐酸反应生成xL氢气，B项中的单位不是g，错误，故选B。【变式练1】（2023秋·浙江温州）将、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成3O4，将产物全部溶于盐酸后，通入一定体积Cl2将Fe2+全部转化为Fe3+，试计算：(1)反应生成Fe3O4的物质的量为___________mol；(2)通入标准状况下Cl2的体积为___________L；(3)混合物中Fe、FeO的物质的量之比为___________。【答案】(3)1：2【解析】（1）由题干信息在，反应生成Fe3O4的质量为，则其物质的量为，故答案为：；（2）已知Fe3O4中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2:1，则即3O4中含有的Fe2+为，则根据离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，将Fe2+全部转化为Fe3+，通入标准状况下Cl2的体积为，故答案为：；（3）根据铁原子守恒可知，n(Fe)+n(FeO)=3n(Fe3O4，根据质量守恒有：，联合上述方程解得：，，故混合物中Fe、FeO的物质的量之比为：0.4mol=1:2，故答案为：1:2。【变式练2】(2021·山东滨州高三检测)将18.0g铁、铜混合粉末加入到100mL5.0mol·L－1FeCl3溶液中，充分反应后剩余固体质量为3.2g。下列说法正确的是(B)A．剩余固体是铁、铜的混合物B．反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.75molC．反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10molD．原固体混合物中铜的质量是8.0g【解析】铁的还原性强于铜，将铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，由Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋56g2mol由此可知，0.5molFe3＋可以消耗14g铁，由于实际溶解的金属质量是18.0g－3.2g＝14.8g，故两种金属都参与反应，且Fe3＋完全反应，剩余的金属是铜，A、C两项错。设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁的物质的量是n264g·mol－1n1＋56g·mol－1n2＝14.8g，根据Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋及Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋可知n1＋n2＝eq\f(0.5mol,2)解得n1＝0.1mol，n2＝0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g·mol－1＋3.2g＝9.6g，D项错误；溶液中的n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.1mol＋0.15mol＋0.5mol＝0.75mol，B项正确。考向2关系式法【典例2】（2023·全国·高三专题练习）氯化亚铜()广泛应用于化工、印染、电镀等行业。难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是和少量)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产。准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗，溶液，反应中被还原为。样品中的质量分数为___________(用含a、b、m的式子表示)。【答案】【解析】氯化亚铜与氯化铁发生反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为：则n=6ab×10-3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为：×100%=%，。【变式练3】（2023·全国·高三专题练习）利用碘量法测定产品纯度，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m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_______g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。②滴定：先将转化为可溶的，通过离子交换柱发生反应：；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：；反应完全后，用标准溶液滴定，发生反应：。滴定达终点时消耗的溶液VmL，则样品中(摩尔质量为Mg/mol)的质量分数为_______。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗溶液的体积将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中质量分数的测定值将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】m3−2m2+m1×100%不变偏大【解析】①由题意可知，称量瓶的总质量为[m2−(m1−m2)]g=(2m2−m1)g，则样品质量为(m3−2m2+m1)g，故答案为：m3−2m2+m1；②由题给方程式可得如下关系式：，滴定达终点时消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则样品中的质量分数为×100%=×100%；若加入待测样品后，若开盖时间超过1分钟会使挥发出的二硫化碳的质量大于(m1−m2)g，m3偏小、(m3−2m2+m1)偏小，导致所测质量分数偏大，故答案为：×100%；偏大。【变式练4】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g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0.02000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋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1位小数)。(2)煅烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。【答案】(1)90.0%×10615 解析(1)据方程式：4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)eq\o(\s\up7(0.02000mol·L－1×),\s\do5(0.02500L))eq\f(mFeS2,120g·mol－1)m(FeS2)＝0.09000g样品中FeS2的质量分数为90.0%。(2)4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO24mol8moleq\f(10×106×0.9,120)moln(SO2)n(SO2)＝×105molV(SO2)＝×106L由SO2～SO3～H2SO41mol98g×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝×107g＝15t。考向3差量法【典例3】（2023春·上海徐汇）(标况下)将2气体缓慢通过足量的Na2O2固体后，所得固体的增重为A． B． C． D．【答案】C【解析】解设所得固体质量增重x。故选：C。【变式练5】（2021·全国）某甲醇燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L2mol/LH2SO4溶液。电极a的电极反应式为_______，当导线中有发生转移时，左右两侧溶液的质量差为_______g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。【答案】24【解析】由图可知，通入甲醇电极a为燃料电池的负极，酸性条件下，甲醇在负极失去电子发生氧化反电极应生成二氧化碳，反应式为，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成时，电极反应式为，当转移2mol电子时，有通过质子交换膜由左侧进入右侧，左侧减轻质量为×12g+2g=6g，右侧增加质量为×36g+2g=18g，则左右两侧溶液的质量之差为18g+6g=24g，故答案为：；24。【变式练6】将标准状况下的5LCO2气体缓缓通过球形干燥管中的过氧化钠，气体体积变为3.88L(标准状况下)，则剩余气体中氧气的物质的量为________。【答案】0.05mol【解析】2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2ΔV211V5L－3.88L＝1.12LV＝1.12L，n(O2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol。考向4守恒法【典例4】（2022秋·浙江）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为；残留的固体产物是Al2O3，质量为。请根据质量守恒定律计算：(1)x=_______；(2)气体产物中m(O2)_______g。【答案】(1)9【解析】（1）Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为，可知样品中n(Al)=，则，解得x=9；（2）气体产物中n(H2，由氢原子守恒，则n(HNO3，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，根据氧元素守恒，n(O2，m（O2）。【变式练7】（2022·全国·高一专题练习）不同的卤素原子之间要化合形成一系列化合物，这类化合物叫卤素互化物。现将x溶于水后，通入足量SO2气体与其反应，生成氢溴酸、盐酸和硫酸。用NaOH溶液将溶液调至中性后加入过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后滤去沉淀物，再向溶液中加入过量的AgNO3溶液，最后得卤化银沉淀。计算确定BrClx中x的值_______。【答案】3【解析】本题涉及的化学反应较多，有：①2BrClx+(x+1)SO2+2(x+1)H2O=2HBr+2xHCl+(x+1)H2SO4②SO42-+Ba2+=BaSO4↓③Cl-+Ag+=AgCl↓④Br-+Ag+=AgBr↓显然，最后得到的卤化银沉淀就是AgCl和AgBr的混合物。根据Br和Cl的原子个数守恒，可得：BrClx————AgCl＋xAgBr(80+35.5x)g

1mol

xmol

mol

mol依题意，得：＋解得，x=3。【变式练8】计算填空。（1）和足量的水反应生成气体在标况下气体的体积是___。（2）镁和铝混合物与足量的盐酸反应放出气体在标准下，则镁和铝物质的量之比是___。（3）铁与足量的氯气反应转移电子数是___。【答案】1.12L1：NA【解析】为，与足量的水反应转移电子，H原子由+1价变为0价，故生成氢气，即标况下的体积为；(2)镁和铝与足量的盐酸反应放出氢气，标况下的体积为，为，转移电子，，化简，，则镁和铝物质的量之比是1：1；(3)铁与氯气反应生成氯化铁，铁的化合价由0价变为+3价，1molFe反应转移3mol电子，铁的物质的量为，转移电子，即NA。【变式练9】（2023秋·广东深圳·高一深圳第三高中校考期末）某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X可能为所含离子X浓度/()2121A． B． C． D．【答案】A【解析】A．假设溶液体积为1L，所带负电荷的物质的量为2mol，和所带正电荷总量为4mol，溶液呈电中性，可得需要加入阴离子。又X离子浓度为2mol/L，那么阴离子需带一个单位负电荷，A正确；B．、与会发生氧化还原反应，不能共存，B正确；C．由A可知溶液中需加入阴离子，C错误；D．、与会发生氧化还原反应，不能共存，D正确；故选A。考向5平均值法【典例5】（2020·浙江·高三统考阶段练习）碳在空气中燃烧后所得4.48L（标准状况）的混合气体，组成为CO、CO2、N2（其他成分忽略），平均相对分子质量为30，与足量的灼热氧化铜反应，所得的气体质量增加了0.4g：（1）N2的体积________。（2）原空气中O2、N2的体积比为________。【答案】3.36L1∶4【解析】(1)所得气体质量增加了0.4g，是由反应CO＋CuOCO2＋Cu所致，可利用差量法，求出CO的质量、体积或物质的量，然后利用平均相对分子质量为30，建立等量关系式，可求出CO2的体积，最后求出N2的体积。(2)利用氧元素守恒，可求出O2的体积，从而求出原空气中O2、N2的体积比。(1)由反应式CO＋CuOCO2＋Cu，可建立下列关系式：V(CO)＝0.56L。M(CO)＝28g·mol－1，M(N2)＝28g·mol－1，M(CO2)＝44g·mol－1。设混合气体中CO和N2的体积分数为x，则CO2的体积分数为1－x，28x＋44×(1－x)＝30，x＝，1－x＝，V(CO2)＝4.48×L＝0.56LV(CO)＝0.56L，V(CO2)＝0.56L，V(N2)＝4.48L－＋0.56)L＝3.36L。答案为：3.36L；(2)V(O2)＝＋0.56)L＝0.84L，V(O2)∶V(N2)＝∶＝1∶4。答案为：1∶4。【变式练10】（2019秋·云南玉溪·高二开学考试）由一种气态烷烃和一种气态单烯烃组成的混合气体，它对氢气的相对密度是，将1L的混合气体和4L氧气在容积固定的密闭容器中完全燃烧并保持原来的温度(120℃)，测得密闭容器内压强比反应前增加了4%。(1)写出混合气体中两种烃的分子式______。(2)计算混合气体中两种烃的体积比______。【答案】CH4、C3H63∶2【解析】混合气体平均摩尔质量为13.2×M(H2，则两种气态物质相对分子质量一个大于，一个小于，所以一定有甲烷；对于甲烷而言，燃烧后(高于水的沸点)气体体积不变，充分燃烧说明产物只有二氧化碳和水；同温同压下，气体的体积比和物质的量成正比，反应前充入气体为5mol，反应后增加4%，变为，气体物质的量增加，设烯烃中碳原子数为n、在1mol混合气(混合气体1体积)中物质的量为xmol，甲烷为(1-x)mol；根据，可知物质的量变化，列方程求出x=0.2÷(0.5n-1)，所以n(甲烷)=(1-x)=(5n-12)÷(5n-10)，又1mol混合气质量为，所以，计算得出n=3，烯烃为丙烯，丙烯物质的量，所以百分含量0.4÷1×100%=40%，甲烷60%，甲烷和丙烯的体积之比是3:2；综上分析可知：(1)混合气体中两种烃的分子式分别为：CH4、C3H6；(2)混合气体中甲烷和丙烯的体积比3∶2。【变式练11】（2022秋·新疆乌鲁木齐·高一乌市八中校考期中）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体，质量是。此混合物中：(1)混合气体的平均摩尔质量是_______。(2)CO的体积分数是_______。(3)CO的质量分数是_______。(4)C和O的原子个数比_______。(5)CO和CO2的物质的量比是_______。(6)碳原子的物质的量是_______。(7)混合气体的密度_______g/L(保留小数点后两位)。【答案】(1)32g/mol(2)75%(3)65.625%(4)4:5(5)3:1【解析】在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体，物质的是为，设CO的物质的量为x，则CO2的物质的量为(0.4-x)，由此可建立如下等式：，则，。（1）混合气体的平均摩尔质量是=32g/mol。答案为：32g/mol；（2）CO的体积分数是=75%。答案为：75%；（3）CO的质量分数是=65.625%。答案为：65.625%；（4）由分析可知，CO的物质的量为，CO2的物质的量为，则C和O的原子个数比0.4mol:0.5mol=4:5。答案为：4:5；（5）CO和CO2的物质的量比是0.3mol:0.1mol=3:1。答案为：3:1；（6）由分析可知，CO、CO2的物质的量共为，则碳原子的物质的量是。答案为：；（7）混合气体的密度为。答案为：。三年真题·两年模拟三年真题·两年模拟1．(关系式法)(2017·江苏高考节选)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。【解析】由②中生成AgCl的质量，可计算出1.1160g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。【答案】n(Cl－)＝n(AgCl)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝eq\f(0.1722g,143.5g·mol－1)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝×10－3moln(Cu2＋)＝n(EDTA)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝×10－3moln(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2××10－3mol－×10－3mol＝×10－2molm(Cl－)＝×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704gm(Cu2＋)＝×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144gm(OH－)＝×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448gn(H2O)＝eq\f(1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g,18g·mol－1)＝×10－3mola∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O2．（平均值法）两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()A．Mg和Ag B．Zn和CuC．Al和Zn D．Al和Cu【答案】B【解析】本题可用平均摩尔电子质量(即提供1mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15g金属混合物可提供1mole－，其平均摩尔电子质量为15g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。3．（差量法）将aLNH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为bL(气体体积均在同温同压下测定)，该bL气体中NH3的体积分数是()A.eq\f(2a－b,a) B．eq\f(b－a,b)C.eq\f(2a－b,b) D．eq\f(b－a,a)【答案】C【解析】设参加反应的氨气体积为x，则2NH3N2＋3H2ΔV22xb－ax＝(b－a)L所以气体中NH3的体积分数为eq\f(aL－b－aL,bL)＝eq\f(2a－b,b)。4．（原子守恒法）将质量为克的粉投入一定量的浓硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下、混合气体。则反应所消耗的硝酸的物质的量为A． B． C． D．【答案】C【解析】克的的物质的量为，将质量为克的粉投入一定量的浓硝酸中，固体完全溶解，根据铜元素守恒，生成0.6molCu(NO3)2，收集到标准状况下、混合气体。根据N元素守恒，表现酸性的硝酸为，被还原的硝酸的物质的量为，则反应所消耗的硝酸的物质的量为，选C。5．(电荷守恒)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1。若将200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的NaOH溶液的体积为()A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L【答案】D【解析】选D若忽略溶液中的H＋和OH－，根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))2×2＋3c(Al3＋)＝2×，则c(Al3＋)＝3mol·L－1。加入NaOH溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化成Na2SO4和NaAlO2此混合溶液的电荷守恒(忽略溶液中的H＋和OH－)为n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＋n(AlOeq\o\al(－,2))＝2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L＝3.2molV(NaOH)＝eq\f(3.2mol,1.6mol·L－1)＝2L。考点考点二物质的量的计算在图像中的应用重难点辨析重难点辨析在高中化学涉及图象问题，一般都与物质的质量、物质的量浓度和气体的体积等有关，下面仅以热重定量分析法和图象分析观察法为例，介绍一下物质的质量和物质的量在综合计算的应用。在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。热重法的特点是定量性强，能够准确测量物质的质量变化，根据这一特点，只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成与变化。热重曲线分析法：根据热重曲线上的失重量，由产物(即逸出物质)的量计算反应物(即试样组成)的量。图象分析观察法：以高考中最为常见的化学反应速率、化学平衡图像为例进行分析。规律·方法·技巧·点拔规律·方法·技巧·点拔（1）热重曲线分析计算步骤①设晶体为1mol。②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物。③计算每步的m余,m余m④晶体中金属质量不减少,仍在m余中。⑤失重后的残留物一般为金属氧化物,由质量守恒得mO,由n金属∶nO即可求出失重后物质的化学式。（2）图象分析观察法(以化学反应速率、化学平衡图像为例)：一、解答该类题目要注意以下步骤：第一步：识别图像类型。即明确横坐标和纵坐标的含义，理清线和点（平台、拆线、拐点等）的关系。第二步：把握反应特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化（正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应）、反应热（正反应是放热反应，还是吸热反应）等。第三步：联想平衡原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。第四步：数形结合解答。图表与原理整合，逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。二、化学反应速率、化学平衡图像解题思路典型例题剖析典型例题剖析考向1热重曲线分析法【典例1】黄铵铁矾[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480g·mol-1]。MinRistic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为H2O，300～575℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式为_______。【答案】NH4Fe3(SO4)2(OH)6【解析】设有480g物质分解，670℃以上为红棕色纯净物Fe2O3，则其物质的量为n(Fe2O3)==1.5mol，即y=3；在固体质量400g→240g时，分析可知，该产物为SO3和Fe2O3，则n(SO3)==2mol，即z=2；化合物中各元素化合价代数和为0，则x+3×(+3)+2×(-2)+w×(-1)=0，17x+3×56+2×96+17w=480，解得x=1、w=6，所以该物质的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【变式练1】将4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在100℃时，M的化学式为___________【答案】FeSO4·4H2O【解析】8.34gFeSO4·7H2O为，加热时会失去结晶水，在100℃时，样品失重，失去结晶水为，则1分子FeSO4·7H2O失去3个结晶水，故此时M化学式为FeSO4·4H2O。【变式练2】0.80gCuSO4·5H2O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)；【答案】(1)CuSO4·H2O【解析】（1）由图分析可知，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。在200℃时固体的质量为，可能是失去了部分结晶水，用差量法可以计算：，解n=4，由此可以确定在200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。考向2图象法【典例1】（2023春·浙江杭州）在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A．该反应的化学方程式为：2B(g)+C(g)6A(g)+2D(g)B．反应进行到6s时，v(B)=v(D)C．物质A在0～6s内的平均反应速率为0.1mol•L-1•s-1D．反应进行到6s时，各物质的浓度不再改变，反应停止【答案】C【解析】A．从图中可知，BC为反应物，AD为生成物，且各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3B(g)+4C(g)6A(g)+2D(g)，A错误；B．反应进行到6s时达到平衡状态，但是根据化学方程式可知，2v(B)=3v(D)，B错误；C．物质A在0-6s内物质的量变化量为，则v(A)=，C正确；D．反应进行到6s，此时反应达到平衡，化学平衡是动态平衡，反应并未停止，D错误；故答案选C。【变式练1】（2022秋·广东）下列图示与对应叙述不相符的是A．图1各物质均为气体，升高温度时，反应的平衡常数会减小B．图2为在绝热恒容密闭容器中，反应的正反应速率随时间变化的示意图，由图可知该反应为放热反应C．图3为合成氨反应中，其它条件不变时，起始时H2用量对反应的影响图，则图中温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D．图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，则E点v正＞v逆【答案】C【解析】A．根据图1示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此反应的正反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡常数减小，A正确；B．对于该反应，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，会使反应速率逐渐减小，但图示的正反应速率逐渐增大，反应在绝热恒容密闭容器中进行，说明反应的正反应是放热反应，反应进行，导致容器的温度升高，温度升高对化学反应速率的影响大于浓度减小对化学反应速率的影响，因而化学反应速率逐渐增大，B正确；C．根据图示可知：a、b、c三点处于同一温度下进行，反应开始时H2的物质的量越多，化学平衡正向移动，反应正向进行程度就越大，反应所处的平衡状态中N2的转化率就越高。由于图中c点H2开始时H2的物质的量最多，故c点N2的平衡转化率最高，C错误；D．在图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，在线上方的E点时A物质的含量比该压强下的平衡点高，反应正向进行，则E点v正＞v逆，D正确；故合理选项是C。【变式练2】（2022秋·湖北宜昌）甲酸(HCOOH)具有液氢储存材料和清洁制氢的巨大潜力，产生氢气的反应为：HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)，在T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入一定量的，反应相同时间，测得各容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图所示，其中m、n点反应达平衡。下列说法正确的是A．m、p两点中，甲酸的浓度：m=pB．C．p点时的体积分数约为D．n点时再充入一定量，达平衡时甲酸的转化率升高【答案】C【解析】A．m、p两点甲酸的转化率相等，p点容器体积更大，则平衡向体积减小方向移动，所以甲酸浓度：，故A错误；B．在T℃时，假设充入的物质的量为1mol，m点甲酸的转化率为40%，n点甲酸的转化率为80%，由于温度一样，所以平衡常数K相等，则存在K=，，故B错误；C．在T℃时，假设充入的物质的量为1mol，m点反应达平衡，甲酸的转化率为40%，则平衡时的体积分数为，故p点的体积分数约为，故C正确；D．n点反应达平衡，再充入一定量，平衡正向移动，但是甲酸的转化率降低，故D错误；故选C。三年真题·两年模拟三年真题·两年模拟1．某实验小组对进行热重曲线分析：①分析181℃时固体产物的化学式为___________。②写出在300℃时生成固体产物(一