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热点专攻2　守恒思想在化学计算中的应用
一、守恒思想
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。守恒法解题思维路径如下:
1.明确体系:确定研究对象及涉及的化学反应或过程。
2.选定守恒量:根据问题类型选择元素守恒(质量、原子数)、电荷守恒或得失电子守恒。
3.列出关系式:依据守恒原理,建立已知量与未知量间的数学关系。
4.计算验证:求解并检验结果是否符合守恒规律(如质量守恒、电荷守恒)。
[典例1] (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。
【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)0.010 0
【解析】 (2)由(1)分析可知,7.50 g
Al(NO3)3·9H2O的物质的量为0.02 mol,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,由氢原子守恒可知,生成HNO3的物质的量为(0.18-0.17)×2 mol=0.02 mol,由氮原子守恒可知,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。
1.(2024·江苏卷,17节选)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得　　　　mol H2。
【答案】
【解析】 反应器Ⅰ中反应物有CO、H2、Fe2O3,产物有 CO2、H2O、Fe,发生反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2、3H2+Fe2O32Fe+3H2O,CO、H2各1 mol参与上述反应,各生成 mol Fe,共生成 mol Fe, mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,列比例式计算
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
3 4
mol mol
共生成 mol H2。
2.(2023·广东卷,18节选)晶体A为Mg(NO3)2·6H2O,进行如图所示操作,则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值,理论上最高为　　　　。
【答案】 0.4
【解析】 晶体A为Mg(NO3)2·6H2O,根据Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3,Mg(OH)2MgO+H2O,还剩余5个水分子,因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为0.4。
二、热重分析与计算
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,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.热重分析解题思维路径
分析图像,明确坐标含义 分析失重图像,横坐标一般是分解温度,纵坐标一般是剩余固体的质量或固体残留率
依据性质,猜测各段反应 含结晶水的盐一般先分步失去部分或全部结晶水,再失去非金属氧化物,晶体中金属元素的质量不会减少,残留在固体中
整合数据,推断、验证猜测结果 根据纵坐标数据变化或题目给定的数据,利用金属元素守恒,即可求出失重后的物质化学式,或者判断出发生的化学反应
[典例2] 硫酸四氨合铜在工业上用途广泛。某实验小组用废铜屑(含少量铁、油污)制备[Cu(NH3)4]SO4·xH2O。对产品进行热重分析,结果如图所示。200 ℃时结晶水已全部失去,400 ℃时产物为CuSO4,则x=　　　　;250～400 ℃阶段反应的化学方程式为　 　　　　　　。
【答案】 1　[Cu(NH3)2]SO4CuSO4+2NH3↑
【解析】 根据题图可知,400 ℃时产物为CuSO4,其质量为3.20 mg,则CuSO4的物质的量为=2×10-5 mol,根据元素守恒,初始25 ℃时,[Cu(NH3)4]SO4·xH2O的质量为4.92 mg,物质的量为2×10-5 mol,则其摩尔质量为=246 g/mol,而[Cu(NH3)4]SO4的摩尔质量为
228 g/mol,则x==1;失去全部结晶水时[Cu(NH3)4]SO4的质量为2×10-5 mol×228 g/mol=4.56×10-3 g=4.56 mg,250 ℃时固体的质量只有3.88 mg,说明此时固体不是[Cu(NH3)4]SO4,而400 ℃时固体为CuSO4,4.56 mg～3.20 mg减少的为NH3的质量,4.56 mg-3.88 mg=0.68 mg,m(NH3)=0.68 mg,则n(NH3)==4×10-5 mol,即固体的质量从4.56 mg减少至3.88 mg,有4×10-5 mol NH3产生,故250 ℃时固体为[Cu(NH3)2]SO4,故250～400 ℃ 阶段反应的化学方程式为[Cu(NH3)2]SO4CuSO4+2NH3↑。
3.(2025·甘肃卷,15节选)某兴趣小组按如图所示的流程由稀土氧化物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 g/mol,结果保留两位有效数字]
【答案】 失去Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水的质量　1.7
【解析】 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吸潮的水的质量,92～195 ℃ 失去的是结晶水的质量,最后得到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 g/mol,1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol Eu2O3,质量减少3 mol×121 g/mol-1.5 mol×
16 g/mol=339 g,重量减少56.8%,可得关系式 18x∶5.2%=339∶56.8%,解得x≈1.7。
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.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+H2O2KOH+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2O33O2可知,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1 L×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式可知,n(I2)=n(O3)=
≈0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。
2.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,则此铅氧化物的化学式是(　　)
A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2
【答案】 C
【解析】 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。
3.28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　　)
A.36 g B.40 g C.80 g D.160 g
【答案】 B
【解析】 28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,Na2O2具有强氧化性,FeCl2充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后将得到的滤渣加强热,最终得到的固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=n(Fe)=×=0.25 mol,
m(Fe2O3)=0.25 mol×160 g·mol-1=40 g。
4.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。则原混合物中硫的质量分数为(　　)
A.72% B.40% C.36% D.18%
【答案】 C
【解析】 S与O2反应生成SO2,进而被氧化为SO3,SO3与水反应生成硫酸,硫酸与氢氧化钠发生反应H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O,则n(H2SO4)=n(NaOH)=×10×10-3×0.5 mol=
0.002 5 mol,根据硫原子守恒可知,n(S)=0.002 5 mol,w(S)=×100%≈36%。
5.某化学兴趣小组测定莫尔盐[化学式为(NH4)xFey(SO4)z·wH2O(Fe为+2价)]的化学式,过程
如下:
①称取两份质量均为1.96 g的该结晶水合物,分别制成溶液。
②一份加入足量BaCl2溶液,生成白色沉淀,用稀盐酸处理沉淀物,经洗涤和干燥,得到白色固体2.33 g。
③另一份加入含0.001 mol KMnO4的酸性溶液,Mn恰好被完全还原为Mn2+,所发生的反应如下:8H++5Fe2++Mn5Fe3++Mn2++4H2O。
通过计算得出莫尔盐的化学式为(　　)
A.NH4Fe(SO4)2·3H2O
B.(NH4)2Fe(SO4)2·3H2O
C.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
D.(NH4)2Fe(SO4)2·H2O
【答案】 C
【解析】 由操作②可知,n(S)=n(BaSO4)==0.01 mol,由操作③可知,n(Fe2+)=
5n(Mn)=5×0.001 mol =0.005 mol,根据电荷守恒可知,n(N)+2n(Fe2+)=2n(S),则n(N)=2n(S)-2n(Fe2+)=2×0.01 mol -2×0.005 mol =0.01 mol,根据质量守恒可知,一份该结晶水合物中结晶水的物质的量为n(H2O)=
=0.03 mol,故x∶y∶z∶w=0.01 mol∶0.005 mol∶0.01 mol∶0.03 mol=2∶1∶2∶6,则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
6.某研究小组以铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2(OH)aClb]m,a=1～5}。絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度=。现测定产品的盐基度,需进行Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取20.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5～10.5,滴入指示剂K2CrO4溶液,在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定,至溶液呈浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30 s内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液24.00 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=
0.160 0 mol·L-1。该产品的盐基度为(　　)
A.0.65 B.0.70 C.0.75 D.0.80
【答案】 C
【解析】 根据元素守恒可知,n(AgCl)=2.4×10-3 mol,n(Cl-)=2.4×10-3 mol,n(Al3+)=0.160 0×20×
10-3 mol=3.2×10-3 mol,由[Al2(OH)aClb]m,结合氯元素守恒可得b×1.6×10-3=2.4×10-3,解得b=1.5,根据电荷守恒可得3×3.2×10-3 mol=1×2.4×10-3 mol +1×n(OH-),解得n(OH-)=7.2×10-3 mol,则有7.2×10-3 mol=a×1.6×10-3 mol,解得a=4.5,则该产品的盐基度===0.75。
二、非选择题
7.(2023·全国乙卷,28节选)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】 4　1
【解析】 由题图信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O,则×100%=19.4%,解得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O,则×100%=38.8%,解得y=1。
8.FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时,FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式,写出计算过程)。
【答案】 Fe2O3
计算过程:设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物的化学式为FeOx,M(FeS2)=120 g·mol-1,则M(FeOx)=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,则有56+16x=80.04,解得x≈,即固体产物为Fe2O3
9.(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)的值:
　(写出计算过程)。
【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(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+)=4×10-5 mol,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4×10-5mol××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)的值为(4×10-5mol)∶(2×10-5mol)=2∶1。
10.(2024·浙江1月选考,20节选)取0.680 g H2S产品,与足量CuSO4溶液充分反应后,将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中,煅烧生成CuO,恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为　　　　。
【答案】 99%
【解析】 根据题意可知,氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g,物质的量为0.019 8 mol,根据元素守恒可知,硫化铜的物质的量为0.019 8 mol,则H2S的物质的量为0.019 8 mol,质量为0.673 2 g,产品的纯度为×100%=99%。
11.(2022·山东卷,18节选)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。
现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。
实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。
则n=　　　　　　　　　　。
【答案】
【解析】 滴定过程中,Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol,
m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量为mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=
1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。
12.(2020·北京卷,18节选)MnO2是重要化工原料,由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图
所示:
软锰矿Mn2+溶出液Mn2+纯化液MnO2
现进行产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀硫酸,加热至充分反应。再用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2　86.94;Na2C2O4　134.0)产品纯度为　 (用质量分数表示)。
【答案】 ×100%
【解析】 根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾
反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4),则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为-×5,根据MnO2+Na2C2O4+2H2SO4Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O,则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-×5,产品纯度为
×100%=×100%。热点专攻2　守恒思想在化学计算中的应用
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.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+H2O2KOH+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2O33O2可知,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1 L×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式可知,n(I2)=n(O3)=
≈0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。
2.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,则此铅氧化物的化学式是(　　)
A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2
【答案】 C
【解析】 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。
3.28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　　)
A.36 g B.40 g C.80 g D.160 g
【答案】 B
【解析】 28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,Na2O2具有强氧化性,FeCl2充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后将得到的滤渣加强热,最终得到的固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=n(Fe)=×=0.25 mol,
m(Fe2O3)=0.25 mol×160 g·mol-1=40 g。
4.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。则原混合物中硫的质量分数为(　　)
A.72% B.40% C.36% D.18%
【答案】 C
【解析】 S与O2反应生成SO2,进而被氧化为SO3,SO3与水反应生成硫酸,硫酸与氢氧化钠发生反应H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O,则n(H2SO4)=n(NaOH)=×10×10-3×0.5 mol=
0.002 5 mol,根据硫原子守恒可知,n(S)=0.002 5 mol,w(S)=×100%≈36%。
5.某化学兴趣小组测定莫尔盐[化学式为(NH4)xFey(SO4)z·wH2O(Fe为+2价)]的化学式,过程
如下:
①称取两份质量均为1.96 g的该结晶水合物,分别制成溶液。
②一份加入足量BaCl2溶液,生成白色沉淀,用稀盐酸处理沉淀物,经洗涤和干燥,得到白色固体2.33 g。
③另一份加入含0.001 mol KMnO4的酸性溶液,Mn恰好被完全还原为Mn2+,所发生的反应如下:8H++5Fe2++Mn5Fe3++Mn2++4H2O。
通过计算得出莫尔盐的化学式为(　　)
A.NH4Fe(SO4)2·3H2O
B.(NH4)2Fe(SO4)2·3H2O
C.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
D.(NH4)2Fe(SO4)2·H2O
【答案】 C
【解析】 由操作②可知,n(S)=n(BaSO4)==0.01 mol,由操作③可知,n(Fe2+)=
5n(Mn)=5×0.001 mol =0.005 mol,根据电荷守恒可知,n(N)+2n(Fe2+)=2n(S),则n(N)=2n(S)-2n(Fe2+)=2×0.01 mol -2×0.005 mol =0.01 mol,根据质量守恒可知,一份该结晶水合物中结晶水的物质的量为n(H2O)=
=0.03 mol,故x∶y∶z∶w=0.01 mol∶0.005 mol∶0.01 mol∶0.03 mol=2∶1∶2∶6,则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
6.某研究小组以铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2(OH)aClb]m,a=1～5}。絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度=。现测定产品的盐基度,需进行Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取20.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5～10.5,滴入指示剂K2CrO4溶液,在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定,至溶液呈浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30 s内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液24.00 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=
0.160 0 mol·L-1。该产品的盐基度为(　　)
A.0.65 B.0.70 C.0.75 D.0.80
【答案】 C
【解析】 根据元素守恒可知,n(AgCl)=2.4×10-3 mol,n(Cl-)=2.4×10-3 mol,n(Al3+)=0.160 0×20×
10-3 mol=3.2×10-3 mol,由[Al2(OH)aClb]m,结合氯元素守恒可得b×1.6×10-3=2.4×10-3,解得b=1.5,根据电荷守恒可得3×3.2×10-3 mol=1×2.4×10-3 mol +1×n(OH-),解得n(OH-)=7.2×10-3 mol,则有7.2×10-3 mol=a×1.6×10-3 mol,解得a=4.5,则该产品的盐基度===0.75。
二、非选择题
7.(2023·全国乙卷,28节选)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】 4　1
【解析】 由题图信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O,则×100%=19.4%,解得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O,则×100%=38.8%,解得y=1。
8.FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时,FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式,写出计算过程)。
【答案】 Fe2O3
计算过程:设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物的化学式为FeOx,M(FeS2)=120 g·mol-1,则M(FeOx)=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1,则有56+16x=80.04,解得x≈,即固体产物为Fe2O3
9.(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)的值:
　(写出计算过程)。
【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(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+)=4×10-5 mol,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4×10-5mol××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)的值为(4×10-5mol)∶(2×10-5mol)=2∶1。
10.(2024·浙江1月选考,20节选)取0.680 g H2S产品,与足量CuSO4溶液充分反应后,将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中,煅烧生成CuO,恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为　　　　。
【答案】 99%
【解析】 根据题意可知,氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g,物质的量为0.019 8 mol,根据元素守恒可知,硫化铜的物质的量为0.019 8 mol,则H2S的物质的量为0.019 8 mol,质量为0.673 2 g,产品的纯度为×100%=99%。
11.(2022·山东卷,18节选)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。
现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。
实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。
则n=　　　　　　　　　　。
【答案】
【解析】 滴定过程中,Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol,
m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量为mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=
1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。
12.(2020·北京卷,18节选)MnO2是重要化工原料,由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图
所示:
软锰矿Mn2+溶出液Mn2+纯化液MnO2
现进行产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀硫酸,加热至充分反应。再用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2　86.94;Na2C2O4　134.0)产品纯度为　 (用质量分数表示)。
【答案】 ×100%
【解析】 根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾
反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4),则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为-×5,根据MnO2+Na2C2O4+2H2SO4Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O,则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-×5,产品纯度为
×100%=×100%。(共18张PPT)
热点专攻2　
守恒思想在化学
计算中的应用
一、守恒思想
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。守恒法解题思维路径如下:
1.明确体系:确定研究对象及涉及的化学反应或过程。
2.选定守恒量:根据问题类型选择元素守恒(质量、原子数)、电荷守恒或得失电子守恒。
3.列出关系式:依据守恒原理,建立已知量与未知量间的数学关系。
4.计算验证:求解并检验结果是否符合守恒规律(如质量守恒、电荷守恒)。
[典例1] (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)。
9
(2)气体产物中n(O2)=　　 　　mol。
0.010 0
考考链接
1.(2024·江苏卷,17节选)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得　　　mol H2。
2.(2023·广东卷,18节选)晶体A为Mg(NO3)2·6H2O,进行如图所示操作,则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值,理论上最高为　　　　。
0.4
二、热重分析与计算
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,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.热重分析解题思维路径
分析图像,明确坐标含义 分析失重图像,横坐标一般是分解温度,纵坐标一般是剩余固体的质量或固体残留率
依据性质,猜测各段反应 含结晶水的盐一般先分步失去部分或全部结晶水,再失去非金属氧化物,晶体中金属元素的质量不会减少,残留在固体中
整合数据,推断、验证猜测结果 根据纵坐标数据变化或题目给定的数据,利用金属元素守恒,即可求出失重后的物质化学式,或者判断出发生的化学反应
[典例2] 硫酸四氨合铜在工业上用途广泛。某实验小组用废铜屑(含少量铁、油污)制备[Cu(NH3)4]SO4·xH2O。对产品进行热重分析,结果如图所示。
200 ℃时结晶水已全部失去,400 ℃时产物为CuSO4,则x=　　;250～400 ℃阶段反应的化学方程式为　 　　　　　　　　　　　　。
1
3.(2025·甘肃卷,15节选)某兴趣小组按如图所示的流程由稀土氧化物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。
考考链接
失去Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水的质量
1.7

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