以物质的量为中心的综合计算（讲义） 高考化学复习（解析版）

高考化学【二轮•精准提升】重难点精讲精练

专题04以物质的量为中心的综合计算

一、考情分析

物质的量综合计算是历年的常考题型，主要是结合综合实验计算样品的纯度，涉及氧化

还原滴定、混合物计算、沉淀滴定等。预计2023年高考继续以类似的形式进行考察。

复习时，必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。掌握两种方法：

（1）守恒法：是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守

恒J它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量（如①某原子、

离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相

等）建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。

（2）关系式法：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。

（3）熟记计算公式

①物质的质量分数（或纯度）=7瑞;黑XlOo%。

②反应物的转化率=若湍?<100%。

产物实际产量

③生成物的产率=［舲釜Xlo0%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。

二、考点剖析

【考点一】以滴定实验为中心的计算

一、酸碱中和滴定

1.实验原理

（1）用已知浓度的酸（或碱）滴定未知浓度的碱（或酸），根据中和反应的等量关系来测定酸（或碱）

的浓度。

+

①反应实质：H+OH=H2Oo

++

②定量关系：恰好中和时，n(H)=n(OH),即c(H)Vas=c(OHW破。

(2)利用酸碱指示剂明显的颜色变化，表示反应已完全，指示滴定终点。

指示剂变色范围的PH

石蕊<5.0红色5.0~8.0紫色>8.0蓝色

甲基橙<3.1红色3.1〜4.4橙色>4.4黄色

酚肝V8.2无色8.2〜10.0粉红色>10.0红色

2.实验用品

(1)仪器：酸式滴定管(如图1)、碱式滴定管(如图2)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶、烧杯。

(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸储水。

(3)滴定管的使用

试剂性质滴定管原因

酸性、氧化性酸式滴定管氧化性物质易腐蚀橡胶管

碱性碱式滴定管碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开

3.实验操作(以标准盐酸溶液滴定待测NaOH溶液为例)

(1)滴定前的准备

检漏一检查漉定管适塞是否漏水

I洗涤|一先用蒸储水洗，再用待装液润洗滴定管

由JHr滴定管中装液至“0”刻度以上2〜3mL处，并

”一排气泡

调、读-调整液面至“0”或“0”刻度以下，准确记录读数

注、加一将20mL碱液注入锥形瓶，并加酚酸(指示剂)

(2)滴定操作

眼睛注视锥形瓶

内溶液颜色变化

(3)终点判断

等到滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视

为滴定终点并记录标准液的体积。

4.数据处理

按上述操作重复2〜3次，求出用去标准盐酸溶液的体积的平均值，根据C(NaOH)=

C(HCl)Xy(HCI)、］的

V(NaOH)

5.误差分析

中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当，读数不准等，分析误差要根据计算

式分析，C当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，C标准、V#酒均为定值，Cf蝴的

大小取决于V标准的大小。

(1)以标准盐酸滴定待测NaoH溶液为例，分析实验误差：

步骤操作C(NaOH)

未用标准溶液润洗酸式滴定管偏高

洗涤锥形瓶用待测溶液润洗

未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管偏低

锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸储水无影响

取液取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失偏低

滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又变红偏低

滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失⅛

滴定

滴定过程中振荡时有液滴溅出偏低

滴定过程中，向锥形瓶内加少量蒸储水无影响

滴定前仰视读数或滴定后俯视读数偏低

读数

滴定前俯视读数或滴定后仰视读数偏高

（2）常用量器的读数方法

平视

①平视读数（如图1）：实验室中用量筒或滴定管量取一定体积的液体,读取液体体积时，

视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数（即凹液面定视线，视线定读

数）。

②俯视读数（如图2）：当用量筒测量液体的体积时，由于视线向下倾斜，寻找切点的位

置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。

③仰视读数（如图3）：当用滴定管量取一定量液体的体积时，由于视线向上倾斜，寻找切点

的位置在液面的下侧，读数低于正确的刻度线位置，因滴定管刻度标法与量筒不同，这样仰

视读数偏大。

二、氧化还原滴定法

（1）原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接

滴定本身并没有还原性或氧化性但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。

⑵试剂

①常见用于滴定的氧化剂：KMnO八K2Cr2O7等。

②常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C等。

(3)指示剂

①氧化还原指示剂。

②专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。

③自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。

(4)实例

①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液

+2+

原理2MnO4+6H+5H2C2O4=ɪ0CO2↑+2Mn+8H2O

指示剂酸性KMnC)4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂

当滴入最后一滴酸性KMno4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不

终点判断

褪色，说明到达滴定终点

②Na2S2O3溶液滴定碘液

原理

2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI

指示剂用淀粉作指示剂

当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原

终点判断

色，说明到达滴定终点

三、沉淀滴定法

(1)概念：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但

符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag,与卤素离子的反应来测定Cl

一、BrI「浓度。

(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶

解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3

溶液滴定溶液中的CI的含量时常以Cror为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。

题组训练：

1.利用间接酸碱滴定法可测定Ba?'的含量，实验分两步进行。

+2+

已知：2CrθΓ+2H=Cr2θ7+H2OBa+CrOF=BaCrO4;

步骤I：移取XmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用〃mol∙L

^,盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为⅛mLo

步骤H：移取ymLBaCL溶液于锥形瓶中，加入XmL与步骤I相同浓度的Na2CrO4溶

液，待Ba?+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol∙Lr盐酸标准液滴定至终点，测得滴

加盐酸的体积为V,mLo

滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的(填“上方”或"下方”)。

BaCl2溶液的浓度为mol∙L^,若步骤∏中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba?’浓度

测量值将(填“偏大”或“偏小”)。

b(⅛-Vl)

【答案】上方V偏大

+

【解析】由方程式2CrθF+2H=Cr2θΓ+H2O知，步骤1中加入的CrOF的总物质的量

½)bVo

为bmol∙L,×1OOOL=I000mol。步骤∏中，加入Baeb充分反应后，剩余的CrOa的物质

%—_-bV∣

的量为bmolLl×TθδθL=Tθδδmol＞与Ba?+反应的Cro1的物质的量为丁而mol—ɪ000

b(匕一山)

mol=1000mol,由方程式Ba*+CrOr=BaCrChl得，”(Ba2+)=〃(CrOr),所以

b(W-H)

-

Γδδθ—molb(V0-Vi)

BaCl2的浓度：C(BaCl2)=工ɪ=ymoH√L若步骤II中滴加盐酸时，

ɪOOOL

h(V0-Vi)

有少量待测液溅出，造成%的用量减小，所以y的测量值将偏大。

2.立德粉(ZnSBaSCU)成品中S2一的含量可以用“碘量法”测得。称取〃?g样品，置于碘量瓶中，

移取25.0OmLO.100OmOI∙L7∣的L-Kl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L用0.100OmOLLrNa2S2O3溶液滴定，反

应式为I2+2S2OΓ=2Γ+S4OFo测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmLo终点颜色变化为

，样品中S?-的含量为(写出表达式)。

25.00-∣V×0.IOO0×32

【答案】浅蓝色至无色-----菽7而-------×ιoo%

【解析】达到滴定终点时12完全反应，可观察到溶液颜色山浅蓝色变成无色，且半分钟内颜

色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式l2-2S2C8，可得∕ι(I2)

-3

a1,i=∣×0.1000V×10mol,再根据关系式S?一〜b可知，”(S2~)=0.1000X25.00X1(Γ3mol-g

25.00-^∙×0.1000×32

×0.100OVxlO,mol=(25.00-¾×0.1000×10ɜmol,则样品中S2一的含量为------W■而-----

ZΛW^1UUU

×100%o

3.亚硝酰氯(NoCI)常用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在

常温常压下合成亚硝酰氯。已知：

①NC)Cl是黄色气体，熔点：一64.5°C,沸点：一5.5C；NOCl遇水易反应生成一种无

氧酸和两种氮的常见氧化物；Nc)Cl对眼睛、皮肤和粘膜有强烈刺激性，具有类似氯气和氮

氧化物的毒作用。

②AgzCQ是砖红色沉淀。

某实验小组测定NOCl的纯度：

将所得亚硝酰氯(NOCI)产品13.5g溶于水，配成250mL溶液，取出25.00mL溶液，

以K2CrO4溶液为指示剂，用1.0mol∙L∣AgNCh标准溶液滴定至终点，再重复上述实验操作

2次，测得三次实验消耗AgNo3标准溶液的平均体积为20.00ιτιLo

(1)达到滴定终点的现象是。

(2)产品中亚硝酰氯(NoCl)的质量分数为。

【答案】⑴当滴入最后一滴AgNO3标准溶液,有浅红色沉淀产生，且30s不消失(2)97.04%

【解析】(2)25.0OmL溶液中："(NOC1)="(C1)=n(Ag+)=lmol∙L'×0.020L=0.02mol,250

mL原溶液的NOCl物质的量为n(NOCl)=0.2mol,所以产品中亚硝酰氯(NOCI)的质量分数

„0.2mol×65.5gmol1

为-------Γ7-ξ-2--------×100%≈97.04%o

4.Clo2很不稳定，产物溶于水可以得到C1O2溶液。为测定所得溶液中CICh的含量，进行

了下列实验：

步骤I：准确量取Clo2溶液20.00mL,稀释成100.00mL试样；量取WmL试样加入到锥

形瓶中；

步骤H：调节试样的pHM.O,加入足量的Kl晶体，振荡后，静置片刻；

步骤HI：加入指示剂X,用“molL-I的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液WmL。

已知：2ClCh+8H++10「=5k+2C「+4比0

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

(1)步骤1中量取20.0OmLClo2溶液所用的仪器为(选填“酸式”或“碱式”)滴定管。

(2)指示剂X为,滴定终点的实验现象是。

原ClO2溶液的浓度为g∙L-用含字母的代数式表示)。

【答案】(1)酸式(2)淀粉溶液当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且

67.5<∕V

30s内不恢复原色2

V1

【解析】

⑴由于。。2具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故步骤I中量取20.0OmLClO2

溶液所用的仪器为酸式滴定管。

(2)根据滴定过程中的反应：l2+2Na2S2θ3=2NaI+Na2S4θft,且b可以使淀粉溶液变为蓝色，

故指示剂X为淀粉溶液；滴定终点的实验现象是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝

色变为无色，且半分钟内不恢复原色；根据反应方程式：2C102+8H++10「=5L+2C「+

4H2O,I2+2Na2S2θ3=2NaI+Na2S4O6,不难找出关系式如下：2。。2〜5卜〜lONa2S2O3,故

有n(Clθ2)=^7(Na2S2θ3)=^×αlz2×105mol>原Clc)2溶液中(ClCh)=EXaVZ2、1。二mol×^ψ^

r2xl(f2"2

=5EΠI°L原。。2溶液的浓度为:焉广t出沪

5.将1.08gFeO完全溶解在IOOmLLOOmolL∣硫酸中，然后加入25.0OmLK2Cr2O7溶液，

3+?+

恰好使Fe?+全部转化为Fe,且CnO厂中的铝全部转化为CrO则LCnCh的物质的量浓

度是。

【答案】OJOOmoILr

【解析】

由电子守恒知，FeO中+2价铁所失电子的物质的量与Cr2。歹中+6价铭所得电子的物质的

量相等，就鬻^i^x(3-2)=002500LXC(Cr2。歹)x(6—3)x2,得C(Cr20厂尸

OJOOmolL'»

6.Ba?*是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2Ch∖K2Cr2O7等试剂测定某工厂

废水中Ba?’的物质的量浓度。

⑴现需配制25OmLO.100OmoI∙L∣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«

(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为go

(3)另取50.0OmL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CrOr全部转化为CnOH,再向其中滴加上

述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程

式为CrzOy+6S2θΓ+14H+=2Cr3++3S4θF+7H2θ0则该工厂废水中Ba?+的物质的量浓

度为o

【答案】(1)25OmL容量瓶、胶头滴管(2)4.0(3)0.024mol∙L'

【解析】

l

(Z)Na2S2O3的物质的量为0.25L×0.1000mol∙L=0.025mol,其质量为0.025mol

×158g∙mol'=3.95g,托盘天平精确度为0.1g,需称量Na2S2O3的质量为4.0g。

(3)设该工厂废水中Ba?+的物质的量为X,

,+

由Ba?'转化为BaerO4沉淀，CrOr全部转化为CnO厂，Cr20Γ+6S20Γ+l4H^=2Cr+

3S4OΓ+7H2O,

则2Ba2+〜2BaCr(‰〜CnO丁〜6S2OM，

26

X36.00×10^3L×0.IOOOmol-L1

2=____________6____________

36.00×103L×0.1000mol∙L^1

解得x=1.2xl(Γ3mol,

,1.2×103mol

πl+024l

则C(Ba-)ɪ5Qθ5×∣0~i=∙θmol∙L<)

【考点二】利用关系式法进行相关计算

(1)应用原理

在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时,

各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。

(2)解题步骤

I第一步I一市把题意写出并配平化学方程式

依据题中所给信息及化学方程式判断

过量物质,用完全反应的物质的有关量

进行计算_____________________________

把已知量和需要求解的量分别写在化

I第三步|一学方程式中有关化学式的下面.要保持

“上下一致.左右相当"_________________

选择有关吊(如物质的吊、气体体积、质

I第四羽一量等)的关系作为计算依据，列比例式，

求未知量_____________________________

题组训练:

1.为测定某石灰石中CaCCh的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol∙L

r的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2,再加入足量的草酸铉KNH4)2C2O√∣

溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为2+

C2OΓ+Ca

过滤出后，用稀硫酸溶解：再用

=CaC2O4;,CaC2O4CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4,

蒸储水稀释溶液至⅛mLo取出LmL用“molL-1的酸性KMno4溶液滴定，此时发生反

应：2Mn(‰+5H2C2θ4+6H+=2Mn2"+10Cθ2f+8H2θ°若滴定终点时消耗amol∙L1的

计算样品中的质量分数。

KMnO4V2mL,CaCO3

25aV0½

【答案】W½/°

【解析】

本题涉及的化学方程式或离子方程式为

2+

CaCO3+2H+=Ca+CO2↑+H2O

C2O4+Ca2z^=CaC2θ4∣

CaC2O4+HaSOjz=H2C2O4+CaSe)4

+2+

2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O

由方程式可以得出相应的关系式

5CaCO3-5Ca2+-5CaC2O4-5H2C2O4-2Mnθ;

52

/Ji(CaCOs)aV2×lO3mol

∕j∣(CaCθ3)z=2.56zV2×103mol

样品中匕

m(CaCθ3)=2∙5αXlO-3χ,mo∣

f2.5αV2×lO^3×τr)mol×100g∙mol-lCV.—

则法---------/铲％。

W(CaCO3)=-------------------——XIOO%=

2.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0.10Oog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0.0200Omol∙L∣

的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mLo

已知：

3+2+

SO2+2Fe+2H2O=SOΓ+2Fe+4H

2+3+3+

Cr2Of+6Fe+14H"=2Cr+6Fe+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)煨烧IOt上述黄铁矿，理论上产生SCh的体积(标准状况)为L,制得98%的硫酸质

量为to

【答案】(1)90.0%(2)3.36×10615

【解析】

(1)据方程式：

4FeS2÷HO2=≡^2Fe2O3+8SO2

32++

SO2+2Fe^+2H2O=SO4÷2Fe+4H

2+3+3+

Cr20Γ+6Fe+l4H^=2Cr+6Fe+7H20

得关系式：

3

2+

Cr2θΓ〜6Fe〜3SO2〜^FeS2

3

2

mFeS?

0.02000mol∙L^,×0.02500L

120g∙τnol

∕n(FeS2)=0.09000g,样品中FeS2的质量分数为90.0%ɑ

(2)4FeS2+HO2^^2Fe2O3+8SO2

4mol8mol

IOXlO6gx0.9

”(SCh)

120gmoΓl

56

n(SO2)=l.5×lOmoLV(SO2)=3.36×10LO

由SO2〜SO3-H2SO4

1mol98g

5

l.5×10mol∕n(H2SO4)×98%

7

得W(H2SO4)=1.5xl0g=15to

3.聚合氯化铁铝(简称PAFC),其化学通式为[Fe、AlV(OH)aCLzHzO],”。某同学为测定其组成,

进行如下实验：

①准确称取4.505Og样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变

化，得到2.33OOg固体。

②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2

+。用0.100OmolLr标准KMnO4溶液滴定Fe?’,消耗标准溶液的体积为20.00mL。

③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNo3溶液，得到4.305Og白色沉淀。

通过计算确定PAFC的化学式(加为聚合度，不必求出)。

【答案】IFeAb(OH)9Cb∙3H2θ]m

【解析】

第一步：分析测定实验过程中的物质变化

①中得到的2.330Og固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；

3+2+2h2+3+2i

②中发生反应：Zn+2Fe=Zn+2Fe,5Fe'+MnO；+8H=5Fe+Mn+4H3O;

③中发生反应：Ag'+Cl=AgClJ,O

第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3')ʌn(AP+)ʌ"(OH)、)和

n(H2O)

根据原子守恒求n(Fe3+):

n(Fe3+)=∕ι(Fe2+)=5∕ι(Mn07)=5×0.1000mol-L^1×0.02L=0.01mol

∕w(Fe2θ3)=ψj(Fe3')×Λ∕(Fe2O3)=^×O.Olmol×160g∙mol'=≈0.8g

根据质量守恒求"(AL)：

,+2.3300g--0.8g

"(AF+)=2.(Ag)=2LI。?g篇苫=。。3mol

根据原子守恒求"(Cl)：

4.3050g

〃(C1)=Zi(AgCI)~ɔ-1∙z~0.03mol

'∖°/14z13.5cg∙mol11

根据电荷守恒求〃(OH)：

3n(Fe3+)+3>j(Al3+)=rt(CΓ)+n(OH^)

n(OH)=3×0.0lmol+3×0.03mol~0.03mol=0.09mol

根据质量守恒求n(H20):

∕n(H2O)=4.5050g—nz(Fe3)—∕n(Al3)—m(C∖)-∕n(OH)=4.5050g—0.01mol×56

g∙moll-0.03mol×27g∙moll-0.03mol×35.5g∙molɪ-0.09mol×17g∙mol1=0.54g

054σ

//(H2O)=18gm≡1=0.03moL

第三步：计算所求物质的化学式

3+3+

n(Fe)：n(Al)："(OH)：n(CΓ)：n(H2O)=1：3：9：3：3,则PAFC的化学式为

[FeAl3(OH)9Ch-SH2OJffl.

【考点三】热重分析计算

(1)分析方法

金属化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物

的热分解过程，一般为先失水、再分解、后氧化。

如COC2O4∙2H2O在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段：

第一阶段，失去结晶水生成盐：CoC2θ4∙2H20→CoC204o

第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CoC2O4→CoOo

第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：COOTCo2。3(或

CO3O4)(;

注意：

①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是

一步失去所有的结晶水。

②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物0

(2)基本方法和思路

①设晶体(金属化合物)为1mol,其质量为〃7。

②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

③计算每步固体剩余的质量(余)，则固体残留率=若'100%。

④晶体中金属质量不再减少，仍在皿余)中。

⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得皿氧元素)，由〃(金属)：〃(氧元素)，即

可求出失重后物质的化学式。

题组训练:

1.8.34gFeSO4∙7H2O(Λ∕=278g∙mo□)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，下列说法正确的是()(双选)

A.温度为78℃时，固体M的化学式为FeSO4SH2O

B.温度为159℃时，固体N的化学式为FeSO4H2O

C.在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为FeSO中比0再退FeSO4+H2O

D.取适量38(TC时所得的样品P,隔绝空气加热至650℃,得到一种固体Q,同时有

两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4

【答案】BC

【解析】8.34gFeSO∙τ7Hq样品的物质的量为0.03mol,其中∕n(H20)=0.03mol×7×18g∙mol

l=3.78g,如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g—3.78g=4.56g,可知在加热到

373°C之前，晶体失去部分结晶水，加热至635°C时，固体的质量为2.40g,应为铁的氧化

物，其中"(Fe)=〃(FeSO#7H2O)=0.03mol,∕π(Fe)=0.03mol×56g∙moΓ1=1.68g,则固体中

w(0)=2.40g-1.68g=0.72g,“(0)=0.045mol,则“(Fe)：〃(O)=O.03mol：0.045mol=

2：3,则固体Q的化学式为Fe2θ30温度为78℃时，固体质量为6.72g,其中,"(FeSCM=

0.03mol×I52g∙moll=4.56g,WJ(H20)=6.72g—4.56g=2.16g,M(HjO)=O.12mob则

n(H2O)：W(FeSO4)=O.12mol：0.03mol=4：1,则化学式为FeSO4∙4H2O,故A错误；温

度为159°C时,固体质量为5.1Og,其中∕n(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g,n(H20)=0.03mol,

则Ti(H2O)：/J(FeSO4)=0.03mol：0.03mol=1：1,则化学式为FeSO4H2O,故B正确;N的

化学式为FeSO4∙H2O,P的化学式为FeSO4,在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为

FeSO4-H2O=B^FeSO4+H2O,故C正确；P的化学式为FeSOQ的化学式为Fe2O3,铁的

化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，根据原子守恒，必有SCh生成，故

D错误。

2.采用热重分析法测定硫酸铁钱晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5

个结晶水，失重5.6%。硫酸铁镀晶体的化学式为»

【答案】NH4Fe(SO4)2-12H2O

【解析】失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2AH2O,由题意知

品⅛=潦,解得广⑵

3.PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重

4.0%(即样品起露鬣器体质量xlθθ%)的残留固体。若。点固体组成表示为Pb。，或

机Pbo2∙/PbO,列式计算X值和m:〃值。

固

体

失

重

质

⅜

分

数

/

%3(M)4(M)50()600温度/七

A2—Y?—YOaqX4

【答案】根据Pbs=Pb。、+Vo小有-r∙x32=239x4∙0%,解得

.2ιn~∖-n.tn0.42

根据La'"PbWPbO,有QV=14,得a/面=3。

4.将草酸锌晶体(ZnC2O4∙2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温

度的变化如图所示，300〜460℃范围内，发生反应的化学方程式为

xI

■Q0

80

6(

4(

5()(

△

【答案】ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑

【解析】

153

ZnCO∙2HO晶体中的ZnCO的质量分数为1一工100%≈80.95%,故A点完全失去结晶

24224153十36

Q1

水，化学式为ZnC2O4,假设B点为ZnO,则残留固体占有的质量分数为不壮宏

153+36

×100%≈42.86%,故B点残留固体为ZnO,结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与

△

CO20300〜46(TC范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑o

5.将Ce(SO4)2・4比0(摩尔质量为404g∙moL∣)在空气中加热，样品的固体残留率

(O⅛⅛⅛S⅛O×100%)随温度的变化如下图所示。

同体拜口口的起夕口侦里

O20040()600800

温度化

当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为(填字母)。

A.Ce(Sc)4)2B.Ce2(SO4)3C.CeOSO4

【答案】B

【解析】

404×70.3%≈284,A的相对分子质量为332,B的相对分子质量为568,C的相对分子质量为

252；根据质量守恒，808×70.3%≈568o

6.取3.92g摩尔盐KNH4)2Sθ4∙FeSθ4∙xH2θ]产品，在隔绝空气的条件下加热至135℃时完全

失去结晶水，此时固体质量为2.84g,则该摩尔盐结晶水个数X=。

【答案】6

2842

【解析】"H(NH∙)2Sθ4∙FeSOj=2.84g,/![(NH)SO-FeSO]=TTT2^^cT7=0.01mol,∕n(HO)

44244Zo4g∙mo∣2

18

=3.92g—2.84g=1.08g,H(H2O)=IQ^0ɛ-1=0.06mol,则该摩尔盐结晶水个数x=：'：?二]

°0018g∙mol10.01mol

=60

7.COCl2∙6H2O晶体受热易分解，取119g该晶体加热至某一温度，得到COCI2∙xH2O晶体83

g，则无=o

【答案】2

【解析】119g该晶体的物质的量为第常τ=0.5mol,含结晶水3mol,加热后失去结晶

362

水的质量为119g-83g=36g,H(HO)=-p=2mol,则0.5molCoClXHO含结晶

2θnζ22

水为3mol—2mol=1moh所以x=2。

8.“馔烧”NiSo4∙6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧

化物的名称为o

-质量/g

26.3-------------,

15.5-------------H~~-

I

8.3-------------W——

I

I

2806(M)

温度/七

【答案】三氧化二银

ɔzOrt

【解析】26.3gNiSO∙6HO晶体的物质的量为"J"*∣=0.1mol,0.ImoI该晶体中含Ni

o42263g∙mol1

的质量为0.1molx59g∙mol∣=5.9g,该晶体受热先失结晶水，再分解得到银的氧化物，根

据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g,那么O的质量为2.4g即0.15mol,所以固

体氧化物中H(Ni):/7(0)=0.1mol：0.15mol=2：3,所以B段所表示氧化物的名称为三氧

化二锲。

9.COO溶于盐酸可得粉红色的CoCI2溶液。COCI2∙6Hq晶体受热分解时，剩余固体质量随

温度变化的示意关系如图，B段物质的化学式是