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第2讲　化学计算的常用方法
【复习目标】
1.进一步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。
3.初步建立化学计算的思维模型。
考点一　差量法
1.所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量),结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量),根据比例关系建立方程式并求出结果。
2.差量法的解题关键是找“差量”。通常有①质量差;②体积差(气体)。
1.在一个容积为6 L的密闭容器中,放入3 mol X(g)和2 mol Y(g),在一定条件下发生反应4X(g)+nY(g)2Q(g)+6R(g),反应达到平衡后,容器内温度不变,混合气体的压强比原来增大了5%,X的浓度减小,则该反应中的n值为(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
2.取7.90 g KMnO4,加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+形式存在(已知K的相对原子质量为39,Mn的相对原子质量为55)。请计算:
(1)KMnO4的分解率为　　　　(保留一位小数)。
(2)气体A的物质的量为　　　　　　。
考点二　守恒法　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.守恒法的含义
“守恒”就是物质在发生“变化”时,某些量的总量保持“不变”。在化学反应中,从不同的角度出发,存在着多种守恒,如:原子守恒、质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
2.化学计算中常用的三种守恒类型
(1)原子守恒(质量守恒)。
化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后原子的总数不变(总质量不变)。
(2)电荷守恒。
依据电解质溶液呈电中性,即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
(3)得失电子守恒。
依据氧化还原反应中电子得失数目相等,即氧化剂得到的电子总数目等于还原剂失去的电子总数目。
一、原子守恒
1.(2024·江苏卷,14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)。
2.(2022·浙江1月选考,27)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)。
(2)气体产物中n(O2)=　　　　mol。 　　　　　　 　　　　　 　　　　　
3.将3.00 g某有机物(仅含C、H、O,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:
项目 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答下列问题。
(1)燃烧产物中水的物质的量为　　　　 mol。
(2)该有机物的分子式为　　　　　　。
二、电荷守恒
4.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 S H+ Fe2+
浓度/(mol/L) 2 1 2 1
[A] Cl- [B] N
[C] Na+ [D] Mn
5.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金完全溶解,得到20 mL pH=14的溶液,然后用1 mol/L盐酸滴定至沉淀最大量时,消耗40 mL盐酸,原合金中钠的质量为　　　　g。
三、电子得失守恒
6.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为　　　　g。
7.称取11.2 g铁粉溶于过量的稀硫酸中,再加入一定量的无水硝酸钾晶体,经加热完全反应后,冷却至室温。再用0.5 mol/L KMnO4溶液滴定(Mn还原为Mn2+,N还原为NO)此溶液,当滴定液消耗20.0 mL时,溶液中Fe2+恰好被完全氧化。加入的硝酸钾晶体的质量为
　　　　g。
考点三　关系式法　　　　　　 　　　　　 　　　　　
关系式法的类型
(1)通过多步反应中的关联物质确定已知量(原料)与求解量(最终产物)之间的比例关系。常用于连续的滴定实验的计算。
(2)一种反应物经多步反应得到最终产物,其中都含有同一种元素,多用于物质的制备的相关计算。可利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式,然后列比例式进行求算。
一、根据相关反应确定关系式
1.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl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。
准确称取所制备的氯化亚铜样品m g,将其置于过量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液b mL,反应中Cr2被还原为Cr3+。样品中CuCl的质量分数为　　　　。
2.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)。
(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)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　 。
二、根据原子守恒确定关系式
3.由NH3氧化制NO的转化率为96%,NO转化为HNO3的转化率为92%,现有10 t NH3,总共可以制得63%的HNO3　　　　t。
4.银铜合金广泛用于航空工业,从切割废料中回收银并制备铜的化工产品的工艺流程如图所示:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃,M(Cu)=63.5 g/mol]
若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为　　　　 mol Cu[Al(OH)4],至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液　　　　L。
第2讲　化学计算的常用方法
考点一　差量法
关键能力提升
1.B　根据题意,平衡时混合气体的压强比原来增大了5%,说明正反应为气体总物质的量增大的反应,则有4+n<2+6,所以n<4,C、D错误;温度、容积不变,气体压强之比等于其物质的量之比,故压强增大5%,说明气体的物质的量增加了 5 mol×5%=0.25 mol,由于平衡时X浓度减小了,所以X减少了1 mol,根据差量法,
4X(g) + nY(g)2Q(g)+6R(g)　Δn
4 4-n
1 mol 0.25 mol
=,解得n=3,A错误,B正确。
2.【答案】 (1)60.0%　(2)0.095 mol
【解析】 (1)根据差量法,
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ Δm(固)
2×158 32
m 7.90 g-7.42 g
=,解得m=4.74 g,即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知,剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即 0.02 mol),生成K2MnO4为
0.015 mol,生成MnO2为 0.015 mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A可知,A为Cl2,结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2,可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol,即生成Cl2的物质的量为 0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
考点二　守恒法
关键能力提升
1.【答案】 8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol,即n(Nd3+)=4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O和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】 8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5mol,在氮气氛围中焙烧,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为 7.60 mg,固体减少的质量为 1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据氢元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5mol,由碳元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5mol-2×10-5mol=2×10-5mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2∶1。
2.【答案】 (1)9
计算过程:2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3
　　　　 2(213+18x) g　　　　102 g
7.50 g 1.02 g
=
x=9
(2)0.01
【解析】 (2)7.50 g 样品中Al(NO3)3·9H2O的物质的量为0.02 mol,故共含H2O的物质的量为0.02×9 mol=0.18 mol,分解时释放H2O的物质的量为 mol=0.17 mol,由“H”守恒可知,生成HNO3的物质的量为(0.18-0.17)×2 mol=0.02 mol,由“N”守恒可知,生成NO2的物质的量为(0.02×3-0.02) mol=0.04 mol,由得失电子守恒可知,4n(O2)=n(NO2),所以 n(O2)=×0.04 mol=0.01 mol。
3.【答案】 (1)0.06　(2)C4H6O6
【解析】 (1)根据题表中数据可知,实验前吸水剂的质量为20.00 g,实验后的质量为21.08 g,则该有机物燃烧生成水的质量为21.08 g-20.00 g=1.08 g,则水的物质的量为=
0.06 mol。
(2)根据CO2吸收剂的质量变化可知,生成CO2的质量为30.00 g-26.48 g=3.52 g,根据元素守恒可知,样品中 n(C)==0.08 mol,燃烧生成0.06 mol H2O,根据元素守恒可知,n(H)=0.06 mol×2=0.12 mol,根据质量守恒可知,n(O)==0.12 mol,则该有机物分子中C、H、O的最简个数比为0.08∶0.12∶0.12=2∶3∶3,其最简式为C2H3O3,再由该有机物的相对分子质量为150可得,该有机物的分子式为C4H6O6。
4.A　假设溶液体积为1 L,S所带负电荷的物质的量为 2 mol,H+和Fe2+所带正电荷总物质的量为4 mol,溶液呈电中性,可得存在其他阴离子。又X离子浓度为2 mol/L,那么阴离子需带一个单位负电荷,N、H+与Fe2+会发生氧化还原反应,不能共存,Mn、H+与Fe2+会发生氧化还原反应,不能共存,故选A。
5.【答案】 0.92
【解析】 由于要达到沉淀的量最大,HCl和NaOH均不能过量,这样铝元素才能全部进入沉淀中。因而在反应后的溶液中,只存在Cl-、Na+[不考虑水的电离,要生成大量的 Al(OH)3沉淀,溶液呈近中性,水电离出的H+和OH-很少,可忽略不计]。由于溶液呈电中性,故Na+所带电荷的电量等于Cl-所带电荷的电量。设原合金中钠的物质的量为x mol,则根据生成物中阴、阳离子电荷守恒可得 x=1×40×10-3=0.04,原合金中钠的质量m=0.04 mol×
23 g/mol=0.92 g。
6.【答案】 8.51
【解析】 合金与沉淀之间的关系为M-ne-→Mn+→M(OH)n↓,则生成沉淀的质量与原合金的质量之差为OH-的质量。而OH-的物质的量恰好与电子转移的物质的量相等。只要求出电子转移的物质的量,就可以求出OH-的物质的量。因为每生成1 mol NO2时,转移电子为 1 mol,而1 mol N2O4相当于2 mol NO2,故可理解为NO2的体积为4 480 mL+336 mL×2=5 152 mL=5.152 L,物质的量为0.23 mol,则电子转移也为 0.23 mol,OH-的物质的量也为0.23 mol,OH-的质量为 0.23 mol×17 g/mol=3.91 g,沉淀的质量为 4.6 g+3.91 g=8.51 g。
7.【答案】 5.05
【解析】 11.2 g铁粉的物质的量为0.2 mol,则与硫酸反应后溶液中Fe2+的物质的量为0.2 mol。当Fe2+与KNO3、KMnO4反应后转化为Fe3+,Fe2+失去的电子数目等于KNO3和KMnO4两种物质得到的电子数目。若KNO3的物质的量为x mol,则根据氧化还原反应中转移电子守恒有0.2×1=x×3+0.5×20×10-3×5,解得x=0.05,则加入KNO3晶体的质量为0.05 mol×101 g/mol=5.05 g。
考点三　关系式法
关键能力提升
1.【答案】 %
【解析】 题中信息涉及的反应有①Fe3++CuClFe2++Cu2++Cl-、②6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则可找出关系式
6CuCl~6Fe2+~Cr2
6 mol 1 mol
n ab×10-3 mol
解得n=6ab×10-3 mol,m(CuCl)=99.5 g/ mol×6ab×10-3 mol=0.597ab g,则样品中CuCl的质量分数为×100%=%。
2.【答案】 (1)m3+m1-2m2
(2)%
【解析】 (2)滴定时,根据题给三个离子方程式可得关系式W~2I~6I2~12S2,结合钨元素的质量守恒可得关系式WCl6~12S2,则样品中n(WCl6)=n(S2)=×c mol·L-1 ×V×1L,m(WCl6)=×c mol·L-1 ×V×1L×M g· mo= g,因此样品中WCl6的质量分数为×100%=%。
3.【答案】 51.95
【解析】 氨氧化法制硝酸的原理为4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO。从以上三个化学方程式来看,氨与硝酸的关系式为3NH3~2HNO3,但工业生产上NO要进行循环利用,经过多次循环后,氨几乎全部转化为硝酸,则根据原子守恒可知,关系式应为NH3~HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x,则=,解得x≈51.95 t。
4.【答案】 50.0　25.0
【解析】 5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为 n(Cu)==50.0 mol。根据原子守恒可得关系4Cu~4CuSO4~2Al2(SO4)3~4Cu[Al(OH)4]即2Cu~Al2(SO4)3~2Cu[Al(OH)4],所以废料中的铜可完全转化成50.0 mol Cu[Al(OH)4],至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为=25.0 L。
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第2讲
化学计算的常用方法
1.进一步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。
3.初步建立化学计算的思维模型。
1.所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量),结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量),根据比例关系建立方程式并求出结果。
2.差量法的解题关键是找“差量”。通常有①质量差;②体积差(气体)。
B
2.取7.90 g KMnO4,加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+形式存在(已知K的相对原子质量为39,Mn的相对原子质量为55)。请计算:
(1)KMnO4的分解率为　　　　(保留一位小数)。
60.0%
(2)气体A的物质的量为　　　　　　。
0.095 mol
【解析】 (2)根据上述反应可知,剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=
3.16 g(即0.02 mol),生成K2MnO4为0.015 mol,生成MnO2为0.015 mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A可知,A为Cl2,结合关系式2KMnO4～5Cl2、K2MnO4～2Cl2、MnO2～Cl2,可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol,即生成Cl2的物质的量为 0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
1.守恒法的含义
“守恒”就是物质在发生“变化”时,某些量的总量保持“不变”。在化学反应中,从不同的角度出发,存在着多种守恒,如:原子守恒、质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
2.化学计算中常用的三种守恒类型
(1)原子守恒(质量守恒)。
化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后原子的总数不变(总质量不变)。
(2)电荷守恒。
依据电解质溶液呈电中性,即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
(3)得失电子守恒。
依据氧化还原反应中电子得失数目相等,即氧化剂得到的电子总数目等于还原剂失去的电子总数目。
一、原子守恒
2.(2022·浙江1月选考,27)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)。
(2)气体产物中n(O2)=　　　　mol。
0.01
3.将3.00 g某有机物(仅含C、H、O,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:
项目 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答下列问题。
(1)燃烧产物中水的物质的量为　　　　 mol。
0.06
(2)该有机物的分子式为　　　　　　。
C4H6O6
二、电荷守恒
4.某混合溶液中所含离子的浓度如下表,则X可能为(　　)
A
5.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金完全溶解,得到20 mL pH=
14的溶液,然后用1 mol/L盐酸滴定至沉淀最大量时,消耗40 mL盐酸,原合金中钠的质量为　　　　g。
0.92
【解析】 由于要达到沉淀的量最大,HCl和NaOH均不能过量,这样铝元素才能全部进入沉淀中。因而在反应后的溶液中,只存在Cl-、Na+[不考虑水的电离,要生成大量的Al(OH)3沉淀,溶液呈近中性,水电离出的H+和OH-很少,可忽略不计]。由于溶液呈电中性,故Na+所带电荷的电量等于Cl-所带电荷的电量。设原合金中钠的物质的量为x mol,则根据生成物中阴、阳离子电荷守恒可得 x=1×40×10-3=0.04,原合金中钠的质量m=0.04 mol×
23 g/mol=0.92 g。
三、电子得失守恒
6.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为　　　　g。
8.51
5.05
【解析】 11.2 g铁粉的物质的量为0.2 mol,则与硫酸反应后溶液中Fe2+的物质的量为0.2 mol。当Fe2+与KNO3、KMnO4反应后转化为Fe3+,Fe2+失去的电子数目等于KNO3和KMnO4两种物质得到的电子数目。若KNO3的物质的量为x mol,则根据氧化还原反应中转移电子守恒有0.2×1=x×3+0.5×20×
10-3×5,解得x=0.05,则加入KNO3晶体的质量为0.05 mol×101 g/mol=5.05 g。
关系式法的类型
(1)通过多步反应中的关联物质确定已知量(原料)与求解量(最终产物)之间的比例关系。常用于连续的滴定实验的计算。
(2)一种反应物经多步反应得到最终产物,其中都含有同一种元素,多用于物质的制备的相关计算。可利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式,然后列比例式进行求算。
1.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl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。
一、根据相关反应确定关系式
2.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)。
m3+m1-2m2
二、根据原子守恒确定关系式
3.由NH3氧化制NO的转化率为96%,NO转化为HNO3的转化率为92%,现有10 t NH3,总共可以制得63%的HNO3　　　　t。
51.95
4.银铜合金广泛用于航空工业,从切割废料中回收银并制备铜的化工产品的工艺流程如图所示:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃,M(Cu)=
63.5 g/mol]
若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为　　　 mol Cu[Al(OH)4],至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液　　　L。
50.0
25.0
1.热重分析的含义
在程序准确控制温度下,利用热重仪,测量物质的质量与温度或时间的关系的方法,称为热重分析。它反映了样品的残留质量和固体残留率(即质量分数)随温度或时间的变化关系。通过分析热重曲线,就可以知道被测物质在哪个温度段发生了什么变化,有什么质量损失、失重率是多少、分几步分解、分解的温度范围等信息,并且可根据物质失去的重量,推断出在一定温度下物质发生的化学变化及分离出的物质。
2.热重曲线的分析方法
(1)确定横、纵坐标的含义。横坐标通常是温度,纵坐标是残留质量或固体残留率。
(2)根据晶体的化学式,预测每步可能发生的化学反应,并通过图像中得出的Δm进行验证,并进行纠正。
(3)最终的质量稳定产物通常是金属氧化物,根据质量守恒可确定最终产物的化学式。
典型例题
LiCoO2作正极材料的锂离子电池被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。Co(OH)2在空气中加热时,固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水,则1 000 ℃时,剩余固体成分为　　　　　　　　(填化学式,下同);在350～400 ℃范围内,剩余固体成分为　　 　　(已知Co的相对原子质量为59)。
Co(OH)2的热重曲线
CoO
Co3O4和Co2O3
[思路点拨] 本题是固体试样分解失重的热重曲线试题,重在考查某温度时分解产物组成的判断,分析时要注意空气中的氧气会参与反应。
解热重曲线题的方法思路
解题建模
(1)设晶体为1 mol,其质量为m。
(2)失重一般是先失水,根据Δm判断是部分失水还是已完全失水,还是失去非金属氧化物生成金属氧化物。
(4)热分解的最终产物通常是金属氧化物,晶体中金属元素的质量不会减少,由质量守恒得m氧,由n金属∶n氧,即可求出失重后物质的化学式。
(5)根据前面的推断,可写出每步反应的化学方程式。
解题建模
针对训练
1.化合物(WY2Z4·X2Z)中的四种元素X、Y、Z、W为前20号元素,且原子序数依次增大,Y和Z位于同周期的不同主族,W最高价氧化物对应的水化物是检验YZ2气体的常用试剂,该化合物的热重分析曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　)
[A] X、Y、Z、W四种元素只能形成一种离子化合物W(XYZ3)2
[B] 200～400 ℃阶段热分解将失去1个X2Z
[C] 600 ℃热分解后生成固体化合物WYZ3,且该反应为
非氧化还原反应
[D] 化合物YZ2中只有Z原子满足8电子稳定结构
B
2.MnCO3可用作电讯器材元件材料,还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物,其固体残留率随温度的变化如图所示。则300 ℃时,剩余固体中n(Mn)∶n(O)为　　　　;图中C点对应固体的成分为　　　　　　　(填化学式)。
1∶2
MnCO3的热重曲线
Mn3O4与MnO
3.如图是1.00 g MgC2O4·nH2O晶体放在坩埚里从25 ℃徐徐加热至700 ℃分解时,所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线。(已知100 ℃以上才会逐渐失去结晶水,并约在230 ℃时完全失去结晶水)　
试回答下列问题。
(1)MgC2O4·nH2O中n=　　　　。
2
(2)通过计算确定C点固体物质的化学式: 　(要求写出推断过程)。
MgC2O4·H2O(过程见解析)
(3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式:
(要求写出推断过程)。
1.(2023·全国乙卷,28节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等。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=　　　。
4
1
请回答下列问题。
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%,杂质不参与反应),需要投料
　　　　　 kg 焦炭。
10.8
(2)每生产106 kg纯碱,同时可获得 　kg CaO(列式计算)。
(1)产品的盐基度为　 　　　　　。
0.7(或0.700 0)
(2)测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是
　。
pH过低,
1.对于反应aA+bB cC+dD(A、B、C、D表示物质的化学式,a、b、c、d为化学方程式中的化学计量数),下列说法不正确的是(　　)
[A] 如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应,则生成的C、D的质量之和一定等于(m1+m2)
[B] 参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数
[C] (a+b)不一定等于(c+d)
[D] A和B中的元素种类,不—定等于C和D中的元素种类
课时作业7　化学计算的常用方法
(时间:30分钟　满分:100分)
一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分)
D
【解析】 化学反应中的守恒既包括质量守恒,也包括元素守恒、原子个数守恒,故A和B中的元素种类一定等于C和D中的元素种类,故D不正确。
2.将a L NH3通过灼热的、装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为b L
(气体体积均在同温同压下测定),该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
C
A
4.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
A
5.将12.8 g铜粉加到400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中,充分反应后(假设溶液总体积不变),下列说法正确的是(　　)
[A] 溶液中产生了黑色固体
[B] 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
[C] 溶液中Fe2+的物质的量浓度为2.0 mol/L
[D] 溶液中Fe3+和Fe2+物质的量之比为1∶2
B
6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1 的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出2.24 L NO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为(　　)
[A] 0.25 mol [B] 0.2 mol
[C] 0.3 mol [D] 0.35 mol
A
7.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物,使其中的硫全部转化为二氧化硫,把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸,这些硫酸可用
10 mL 0.5 mol·L-1 氢氧化钠溶液完全中和,则原混合物中硫的百分含量为
(　　)
[A] 72% [B] 40%
[C] 36% [D] 18%
C
D
9.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,得到的沉淀干燥后质量为8.0 g(已知Pb的相对原子质量为207),则此铅氧化物的化学式是(　　)
[A] PbO [B] Pb2O3
[C] Pb3O4 [D] PbO2
C
B
11.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应,得到的图像如图所示(已知:1 mol=1 000 mmol)。下列说法正确的是(　　)
[A] 标注NaCl的直线可代表生成CO2的物质的量
[B] 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶2
[C] 盐酸的浓度是0.05 mol/L
[D] 盐酸加到150 mL时,放出CO2气体224 mL(标准状况下)
C
二、非选择题(共2小题,共34分)
12.(16分,每空4分)化学家研制出了一种复杂的铁氧化物(FexOy),取该氧化物76.0 g溶于600 mL 2.5 mol/L 稀硫酸中,得到溶液X。向溶液X中加入一定体积4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金属离子沉淀完全。过滤、洗涤,将沉淀加热至质量不再变化,得残渣80.0 g。
回答下列问题。
(1)加热沉淀时发生反应的化学方程式为　　 　　　　　　　　,所得残渣的颜色为　　　　　　　。
红棕色
(2)铁氧化物(FexOy)的化学式为　　　　　　,所加NaOH溶液的体积为
　　　　mL。
Fe4O5
750
(3)向溶液X中加入足量铁粉制备绿矾(化学式为FeSO4·7H2O,相对分子质量为278),不考虑产品损失,最多能够制备　　　　g绿矾。
417
【解析】 (3)76 g Fe4O5溶于600 mL 2.5 mol/L稀硫酸中,得到溶液X,向溶液X中加入足量铁粉,则溶液为硫酸亚铁溶液,则根据硫酸计算硫酸亚铁的物质的量为2.5 mol/L×0.6 L=1.5 mol,绿矾的质量为1.5 mol×278 g/mol=417 g。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)　　 　　(保留一位小数)。
90.0%
(2)煅烧10 t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。
3.36×106
15课时作业7　化学计算的常用方法
(时间:30分钟　满分:100分)
一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分)
1.对于反应aA+bBcC+dD(A、B、C、D表示物质的化学式,a、b、c、d为化学方程式中的化学计量数),下列说法不正确的是(　　)
[A] 如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应,则生成的C、D的质量之和一定等于(m1+m2)
[B] 参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数
[C] (a+b)不一定等于(c+d)
[D] A和B中的元素种类,不—定等于C和D中的元素种类
2.将a L NH3通过灼热的、装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定),该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
3.加热N2O5依次发生的分解反应如下:
①N2O5(g)N2O3(g)+O2(g);
②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。
在容积为2 L的密闭容器中充入8 mol N2O5,加热到t ℃,达到平衡状态后O2为 9 mol,N2O3为 3.4 mol。则t ℃时反应①的平衡常数的值为(　　)
[A] 8.5 [B] 9.6
[C] 10.2 [D] 17.0
4.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
5.将12.8 g铜粉加到400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中,充分反应后(假设溶液总体积不变),下列说法正确的是(　　)
[A] 溶液中产生了黑色固体
[B] 氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1∶2
[C] 溶液中Fe2+的物质的量浓度为2.0 mol/L
[D] 溶液中Fe3+和Fe2+物质的量之比为1∶2
6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1 的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出2.24 L NO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为(　　)
[A] 0.25 mol [B] 0.2 mol
[C] 0.3 mol [D] 0.35 mol
7.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物,使其中的硫全部转化为二氧化硫,把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸,这些硫酸可用 10 mL 0.5 mol·L-1 氢氧化钠溶液完全中和,则原混合物中硫的百分含量为(　　)
[A] 72% [B] 40%
[C] 36% [D] 18%
8.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]
9.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,得到的沉淀干燥后质量为8.0 g(已知Pb的相对原子质量为207),则此铅氧化物的化学式是(　　)
[A] PbO [B] Pb2O3 [C] Pb3O4 [D] PbO2
10.采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示。[注:残留率(%)=×100%]。下列说法不正确的是(　　)
[A] 300～400 ℃之间发生的主要反应为C+O2CO2
[B] 800 ℃时残留的固体是Fe3O4
[C] 复合材料中FeS2的质量分数为90.9%
[D] 复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1∶1
11.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应,得到的图像如图所示(已知:1 mol=
1 000 mmol)。下列说法正确的是(　　)
[A] 标注NaCl的直线可代表生成CO2的物质的量
[B] 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶2
[C] 盐酸的浓度是0.05 mol/L
[D] 盐酸加到150 mL时,放出CO2气体 224 mL(标准状况下)
二、非选择题(共2小题,共34分)
12.(16分,每空4分)化学家研制出了一种复杂的铁氧化物(FexOy),取该氧化物76.0 g溶于 600 mL 2.5 mol/L 稀硫酸中,得到溶液X。向溶液X中加入一定体积4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金属离子沉淀完全。过滤、洗涤,将沉淀加热至质量不再变化,得残渣 80.0 g。
回答下列问题。
(1)加热沉淀时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,所得残渣的颜色为　　　　　　　。
(2)铁氧化物(FexOy)的化学式为　 , 所加NaOH溶液的体积为　　　　mL。
(3)向溶液X中加入足量铁粉制备绿矾(化学式为FeSO4·7H2O,相对分子质量为278),不考虑产品损失,最多能够制备　　　　g绿矾。
13.(18分,每空6分)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0.100 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。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)　　　　(保留一位小数)。
(2)煅烧10 t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。
课时作业7　化学计算的常用方法
1.D　化学反应中的守恒既包括质量守恒,也包括元素守恒、原子个数守恒,故A和B中的元素种类一定等于C和D中的元素种类,故D不正确。
2.C　设参加反应的NH3体积为x,则
2NH3N2+3H2　ΔV
2 L 2 L
x (b-a) L
=,解得x=(b-a) L,所以气体中NH3的体积分数为=,故选C。
3.A　设平衡后容器中N2O5、N2O的物质的量分别是x mol、y mol,则根据氮原子守恒有2x+2y+6.8=16,根据氧原子守恒有5x+y+10.2+18=40,解得x=1.8,y=2.8,
K===8.5。
4.A　设该氮氧化物的分子式为N2Ox,其与氢气反应的化学方程式为N2Ox+xH2N2+xH2O,相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比,也等于其化学计量数之比,
N2Ox+xH2N2+xH2O　ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x=15.6 L∶46.8 L,x=3,所以其化学式为N2O3。
5.B　Cu与FeCl3发生反应的离子方程式为 Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,12.8 g铜粉的物质的量为=0.2 mol,400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量为2 mol/L×0.4 L=
0.8 mol,显然溶液中FeCl3过量。根据上述分析可知,铜粉溶解,Fe3+转化为Fe2+,不会出现黑色固体,A错误;氧化产物为Cu2+,还原产物为Fe2+,两者物质的量之比为1∶2,B正确;溶液中Fe2+的物质的量浓度等于参加反应的Fe3+的物质的量浓度,为=1.0 mol/L,C错误;溶液中剩余的Fe3+的物质的量为 0.8 mol-0.2 mol×2=0.4 mol,生成的Fe2+物质的量为 0.2 mol×2=0.4 mol,所以两者的物质的量之比为1∶1,D错误。
6.A　由题意可知,混合物中的Fe全部转化为Fe(NO3)2,根据氮元素守恒可得,n[Fe(NO3)2]=(0.15 L×4 mol·L-1-)×=0.25 mol,则n(Fe)=0.25 mol,所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为0.25 mol。
7.C　已知S~SO2~SO3~H2SO4,H2SO4与NaOH生成Na2SO4,则n(H2SO4)=n(NaOH)=
×0.01 L×0.5 mol·L-1=0.002 5 mol,根据关系式法可知,n(S)=n(H2SO4),
则w(S)=×100%≈36%。
8.D　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;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=,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,故D正确。
9.C　设此铅氧化物的化学式为PbxOy,
PbxOy~yO~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。
10.B　300~400 ℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2,A正确;550~650 ℃之间的失重反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故800 ℃时残留的固体是Fe2O3,B不正确;由图中数据可知,复合材料中碳完全反应失重9.1%,可知碳的质量分数为9.1%,FeS2的质量分数为90.9%,C正确;FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1,D正确。
11.C　混合溶液中加入盐酸,Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3,即开始没有产生CO2,A错误;由图分析,原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1,B错误;2.5 mmol的Na2CO3和50 mL盐酸反应生成 NaHCO3,根据化学方程式分析,二者物质的量比为1∶1,则盐酸的浓度是=0.05 mol/L,C正确;盐酸加到150 mL时,实际有100 mL盐酸和NaHCO3反应生成CO2,根据化学方程式分析,HCl的物质的量等于CO2的物质的量,HCl的物质的量为0.1 L×0.05 mol/L=0.005 mol,则标准状况下二氧化碳的体积为
112 mL,D错误。
12.【答案】 (1)2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O　红棕色　
(2)Fe4O5　750　(3)417
【解析】 (1)铁常见的价态为+2价和+3价,所以得到的沉淀为Fe(OH)2和Fe(OH)3,因为Fe(OH)2容易被氧化生成Fe(OH)3,所以加热时沉淀为Fe(OH)3,沉淀受热分解,发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,所得残渣为Fe2O3,颜色为红棕色。
(2)Fe2O3的质量为80.0 g,物质的量为0.5 mol,则铁原子的物质的量为1 mol,质量为56 g,铁的氧化物中氧元素的质量为76 g-56 g=20 g,其物质的量为= mol,则铁原子和氧原子物质的量之比为1∶=4∶5,铁氧化物(FexOy)的化学式为Fe4O5。向溶液X中加入一定体积 4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金属离子沉淀完全,反应后的溶液为硫酸钠溶液,根据质量守恒分析,硫酸和氢氧化钠的物质的量之比为 1∶2,则氢氧化钠溶液的体积为=0.75 L=750 mL。
(3)76 g Fe4O5溶于600 mL 2.5 mol/L稀硫酸中,得到溶液X,向溶液X中加入足量铁粉,则溶液为硫酸亚铁溶液,则根据硫酸计算硫酸亚铁的物质的量为2.5 mol/L×0.6 L=1.5 mol,绿矾的质量为1.5 mol×278 g/mol=417 g。
13.【答案】 (1)90.0%　(2)3.36×106　15
【解析】 (1)据化学方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+、Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O得关系式
Cr2～6Fe2+～3SO2～FeS2
1
m(FeS2)=0.090 00 g,样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。
(2)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)=1.5×105 mol,V(SO2)=3.36×106L,
由SO2　~　SO3　~　H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。
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