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素养微专题(三)化学计算中的常用方法
类型一　守恒法
方法 解读 　　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”。在化学变化中存在各种各样的守恒,如原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等
解题 步骤
1.(2025·江西赣州模拟)碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸,转化为CuCl2。在高温下这两种化合物均能分解成CuO。溶解28.4 g上述混合物,消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物,得到CuO的质量是(　C　)
A.35 g B.30 g
C.20 g D.15 g
解析:碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为CuCl2,溶解28.4 g混合物,消耗1 mol·L-1盐酸500 mL,HCl的物质的量为0.5 mol,根据氯原子守恒,则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知,原混合物中含有铜原子的物质的量为0.25 mol,煅烧等质量的题述混合物,得到CuO的物质的量为0.25 mol,则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。
2.将400 mL NaCl和BaCl2混合溶液分成两等份,第一份加入含a mol AgNO3的溶液,恰好使氯离子完全沉淀,第二份加入含b mol Na2CO3的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,则原混合液中Na+的浓度为(　A　)
A.5(a-2b) mol·L-1 B.5(b-2a) mol·L-1
C.2.5(b-2a) mol·L-1 D.2.5(a-2b) mol·L-1
解析:第一份溶液中加入含a mol AgNO3的溶液,发生反应:Ag++Cl-===AgCl↓,氯离子恰好完全沉淀,则n(Cl-)=n(Ag+)=a mol;同理,第二份溶液中加入含b mol Na2CO3的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,n(Ba2+)=n(Na2CO3)=b mol。根据电荷守恒可知每份溶液中2n(Ba2+)+n(Na+)=n(Cl-),每份溶液中n(Na+)=a mol-2b mol=(a-2b) mol,溶液具有均一性,则原溶液中c(Na+)==5(a-2b) mol·L-1。
3.大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收,发生如下反应:
NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O。
(1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应,则V=3.00。
(2)若V(NO)︰V(NO2)=5︰1,与x mol O2混合,能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3,则x=0.04。
解析:(1)33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol,根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知,反应时氮氧化物的物质的量与NaOH的物质的量之比为1︰1,则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol,NaOH溶液的体积为=3.00×10-3 L=3.00 mL。(2)n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据原子守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol,温度与压强不变的条件下,n(NO)︰n(NO2)=V(NO)︰V(NO2)=5︰1,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)=0.01 mol,根据得失电子守恒,失电子:NON2 ;得电子:O22,故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4,则x mol=0.05 mol×3/4+0.01 mol×1/4=0.04 mol。
类型二　关系式法
方法 解读 　　关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来,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求解化学计算题的前提
解题 步骤
1.(2025·吉林长春一模)在O2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SO2,把这些SO2全部氧化成SO3并转变为H2SO4,这些H2SO4可用10 mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液完全中和,则原混合物中硫的百分含量为(　C　)
A.72% B.40%
C.36% D.18%
解析:由S原子守恒和有关反应可得出:
S~H2SO4~2NaOH
32 g　　　2 mol
m(S) 　 　0.5×10×10-3 mol
解得m(S)=0.08 g,则原混合物中w(S)=×100%≈36%。
2.某废水处理站用CH3OH处理氨废水,反应为NH3+2O2N+H++H2O,6H++6N+5CH3OH3N2↑+5CO2↑+13H2O。在处理过程中,NH3转化为N的转化率可达95%,而N转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L-1的废水,则理论上每天所需CH3OH的质量为(　A　)
A.24.32 kg B.30 kg
C.25.3 kg D.4.08 kg
解析:根据CH3OH处理氨废水的反应原理可得关系式:NH3~NCH3OH,则理论上每天所需CH3OH的质量为×32 g·mol-1=2.432×104 g=24.32 kg。
3.黄铁矿的主要成分是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++2H2O===S+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)90.00%。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为3.36×106 L,制得98%的H2SO4质量为15 t。
解析:(1)根据反应方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,SO2+2Fe3++2H2O===
S+2Fe2++4H+,Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O
得关系式:Cr222FeS2
　　　　　1　　　　　　　　　
0.020 00 mol·L-1×0.025 00 L　　
列式计算得m(FeS2)=0.090 00 g,样品中FeS2的质量分数为×100%=90.00%。
(2)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
　4 mol　　　　　　　8 mol×22.4 L·mol-1
mol　　　　V(SO2)
列式计算得V(SO2)=3.36×106 L,则n(SO2)==1.5×105 mol,
由SO2 ~ SO3 ~ H2SO4
　1 mol　　 　98 g
1.5×105 mol 　m(H2SO4)×98%
列式计算得m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。
类型三　差量法
方法 解读 　　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”。这种物理量可以是质量、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
解题 步骤
1.(2025·湖北武汉模拟)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是(　A　)
A.
C.
解析:根据反应方程式可知
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm(固)
2×84　　　　106　　　　　　　　　62
m(NaHCO3) 　 　 　 　 　 　 　 　w1-w2
m(NaHCO3)=
则该样品的纯度是,答案选A。
2.(2026·吉林长春期末)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.
C.
解析:设有x L NH3分解,则
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)　ΔV
2　　　　　1　 　3　　 　2
x L　　　　　　　　　　　(b-a) L
x=b-a
w(NH3)=。
3.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,产物中锰元素全部以Mn2+形式存在。请计算:
(1)KMnO4的分解率为60.0%。
(2)气体A的物质的量为0.095 mol。
解析:(1)设有m g KMnO4被加热分解,根据:
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固)
(2×158) 　 　197　 　87　　　　　32
m g　　　　　　　　　　　　　　7.90 g-7.42 g
解得m=4.74,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的质量为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol),生成K2MnO4的物质的量为0.015 mol,生成MnO2的物质的量为0.015 mol,根据剩余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。
类型四　热重分析法
1.常见的热重曲线类型
2.解答热重分析题目的一般思路
(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),×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。
(5)失重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.(2024·江苏卷改编)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)的比值为2︰1。
解析:Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,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4×10-5 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4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)︰n(C)的比值为=2︰1。
2.(2023·辽宁卷节选)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析,该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况,数值已省略)如图所示。700 ℃左右有两个吸热峰,则此时分解生成的氧化物有SO2、SO3和CuO(填化学式)。
解析:由题图可知,起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O,其物质的量是0.01 mmol,所含结晶水的质量为0.9 mg,则固体质量剩余1.6 mg时所得固体为CuSO4,加热过程中Cu元素的质量不变,则固体质量剩余0.8 mg时所得的固体是CuO,结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知,700 ℃左右发生的反应为CuSO4→CuO+SO3、SO3→SO2+O2,则生成的氧化物除SO2外,还有CuO、SO3。
3.(2023·全国乙卷节选)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=4,y=1。
解析:由题图可知,FeSO4·7H2O→FeSO4,即7个结晶水完全失去时失重比约为45.3%,则失重比为19.4%时,失去的结晶水数目为≈3,故x=7-3=4,同理可推出y=7-≈1。
4.由草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O,相对分子质量为449]煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析,测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物,则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑。
解析:44.9 g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1 mol,含有结晶水的物质的量是0.4 mol,质量是0.4 mol×18 g·mol-1=7.2 g,A点→B点固体质量减少44.9 g-37.7 g=7.2 g,即B点固体是BaTiO(C2O4)2,测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物,根据钡原子守恒可知,碳酸钡的质量是0.1 mol×197 g·mol-1=19.7 g,钛氧化物的质量是27.7 g-19.7 g=8.0 g,钛氧化物中氧原子的物质的量是=0.2 mol,所以该氧化物是TiO2,设生成的CO和CO2的物质的量分别是x mol、y mol,则根据碳原子守恒可知,x mol+y mol=0.4 mol-0.1 mol=0.3 mol,依据得失电子守恒可知,x mol=y mol+0.1 mol,解得x=0.2,y=0.1,所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑。(共41张PPT)
第二章　物质的量
素养微专题(三)化学计算中
的常用方法
目
录
类型二　关系式法
类型三　差量法
类型一　守恒法
类型四　热重分析法
一
类型一 守恒法
方法 解读 　　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”。在化学变化中存在各种各样的守恒,如原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等
解题 步骤
1.(2025·江西赣州模拟)碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸,转化为CuCl2。在高温下这两种化合物均能分解成CuO。溶解28.4 g上述混合物,消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物,得到CuO的质量是(　　)
A.35 g B.30 g
C.20 g D.15 g
C
解析:碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为CuCl2,溶解28.4 g混合物,消耗1 mol·L-1盐酸500 mL,HCl的物质的量为0.5 mol,根据氯原子守恒,则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知,原混合物中含有铜原子的物质的量为0.25 mol,煅烧等质量的题述混合物,得到CuO的物质的量为0.25 mol,则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。
2.将400 mL NaCl和BaCl2混合溶液分成两等份,第一份加入含a mol AgNO3的溶液,恰好使氯离子完全沉淀,第二份加入含b mol Na2CO3的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,则原混合液中Na+的浓度为(　　)
A.5(a-2b) mol·L-1 B.5(b-2a) mol·L-1
C.2.5(b-2a) mol·L-1 D.2.5(a-2b) mol·L-1
A
解析:第一份溶液中加入含a mol AgNO3的溶液,发生反应:Ag++Cl-===AgCl↓,氯离子恰好完全沉淀,则n(Cl-)=n(Ag+)=a mol;同理,第二份溶液中加入含b mol Na2CO3的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,n(Ba2+)=
n(Na2CO3)=b mol。根据电荷守恒可知每份溶液中2n(Ba2+)+n(Na+)=
n(Cl-),每份溶液中n(Na+)=a mol-2b mol=(a-2b) mol,溶液具有均一性,则原溶液中c(Na+)==5(a-2b) mol·L-1。
3.大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收,发生如下反应:
NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O。
(1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应,则V=_______。
3.00
解析:33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为=1.5×10-3 mol,根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知,反应时氮氧化物的物质的量与NaOH的物质的量之比为1︰1,则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol,NaOH溶液的体积为=3.00×10-3 L=3.00 mL。
(2)若V(NO)︰V(NO2)=5︰1,与x mol O2混合,能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3,则x=______。
解析:n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据原子守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol,温度与压强不变的条件下,n(NO)︰n(NO2)=V(NO)︰V(NO2)=5︰1,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)=0.01 mol,根据得失电子守恒,失电子:NO 　　 N2
　　;得电子:O2 　　　2,故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol
×4,则x mol=0.05 mol×3/4+0.01 mol×1/4=0.04 mol。
0.04
二
类型二 关系式法
方法 解读 　　关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来,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求解化学计算题的前提
解题 步骤
1.(2025·吉林长春一模)在O2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SO2,把这些SO2全部氧化成SO3并转变为H2SO4,这些H2SO4可用10 mL 0.5 mol·L-1 NaOH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
解析:由S原子守恒和有关反应可得出:
S~H2SO4~2NaOH
32 g　　　2 mol
m(S) 　 　0.5×10×10-3 mol
解得m(S)=0.08 g,则原混合物中w(S)=×100%≈36%。
2.某废水处理站用CH3OH处理氨废水,反应为NH3+2O2 　　　N+H++
H2O,6H++6N+5CH3OH 　　 3N2↑+5CO2↑+13H2O。在处理过程中,
NH3转化为N的转化率可达95%,而N转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L-1的废水,则理论上每天所需CH3OH的质量为(　　)
A.24.32 kg B.30 kg
C.25.3 kg D.4.08 kg
A
解析:根据CH3OH处理氨废水的反应原理可得关系式:
NH3~NCH3OH,则理论上每天所需CH3OH的质量为×32 g·mol-1=2.432×104 g
=24.32 kg。
3.黄铁矿的主要成分是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++2H2O===S+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)__________。
90.00%
解析:根据反应方程式4FeS2+11O2 　　　2Fe2O3+8SO2,
SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+,
Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O
得关系式:Cr222FeS2
　　　　　 1　　　　　　　 　　
0.020 00 mol·L-1×0.025 00 L　　
列式计算得m(FeS2)=0.090 00 g,样品中FeS2的质量分数为×100%
=90.00%。
(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H2SO4质量为____ t。
3.36×106
15
解析:4FeS2+11O2 　　　2Fe2O3+8SO2
　 4 mol　　　　　　 8 mol×22.4 L·mol-1
mol　　　　 V(SO2)
列式计算得V(SO2)=3.36×106 L,则n(SO2)==1.5×105 mol,
由SO2 ~ SO3 ~ H2SO4
　1 mol　　 　98 g
1.5×105 mol 　m(H2SO4)×98%
列式计算得m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。
三
类型三 差量法
方法 解读 　　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”。这种物理量可以是质量、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
解题 步骤
1.(2025·湖北武汉模拟)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是
(　　)
A.
C.
A
解析:根据反应方程式可知
2NaHCO3 　　Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm(固)
2×84　　　　 106　　　　　　　　　62
m(NaHCO3) 　 　 　 　 　 　 　 　w1-w2
m(NaHCO3)=
则该样品的纯度是,答案选A。
2.(2026·吉林长春期末)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.
C.
C
解析:设有x L NH3分解,则
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)　ΔV
2　　　　　1　 　3　　 　2
x L　　　　　　　　　　　(b-a) L
x=b-a
w(NH3)=。
3.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,产物中锰元素全部以Mn2+形式存在。请计算:
(1)KMnO4的分解率为_________。
解析:设有m g KMnO4被加热分解,根据:
2KMnO4 　　 K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固)
(2×158) 　 　 197　 　87　　　　　 32
m g　　　　　　　　　　　　　　 7.90 g-7.42 g
解得m=4.74,即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。
60.0%
(2)气体A的物质的量为____________。
解析:根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4的质量为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol),生成K2MnO4的物质的量为0.015 mol,生成MnO2的物质的量为0.015 mol,根据剩余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。
0.095 mol
四
类型四 热重分析法
1.常见的热重曲线类型
2.解答热重分析题目的一般思路
(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),×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。
(5)失重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.(2024·江苏卷改编)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)的比值为______。
2︰1
解析:Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,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4×10-5 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4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)︰n(C)的比值为=2︰1。
2.(2023·辽宁卷节选)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析,该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况,数值已省略)如图所示。700 ℃左右有两个吸热峰,则此时分解生成的氧化物有SO2、____和______(填化学式)。
SO3
CuO
解析:由题图可知,起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O,其物质的量是0.01 mmol,所含结晶水的质量为0.9 mg,则固体质量剩余1.6 mg时所得固体为CuSO4,加热过程中Cu元素的质量不变,则固体质量剩余0.8 mg时所得的固体是CuO,结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知,700 ℃左右发生的反应为CuSO4→CuO+SO3、SO3→SO2+O2,则生成的氧化物除SO2外,还有CuO、SO3。
3.(2023·全国乙卷节选)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=____。
4
1
解析:由题图可知,FeSO4·7H2O→FeSO4,即7个结晶水完全失去时失重比约为45.3%,则失重比为19.4%时,失去的结晶水数目为≈3,故x=7-3=4,同理可推出y=7-≈1。
4.由草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O,相对分子质量为449]煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析,测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物,则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为________________________
_________________________。
BaTiO(C2O4)2
BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑
解析:44.9 g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1 mol,含有结晶水的物质的量是0.4 mol,质量是0.4 mol×18 g·mol-1=7.2 g,A点→B点固体质量减少44.9 g-37.7 g=7.2 g,即B点固体是BaTiO(C2O4)2,测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物,根据钡原子守恒可知,碳酸钡的质量是0.1 mol×197 g·mol-1=19.7 g,钛氧化物的质量是27.7 g-19.7 g=8.0 g,钛氧化物中氧原子的物质的量是=0.2 mol,所以该氧化物是TiO2,设生成的CO和CO2的物质的量分别是x mol、y mol,则根据碳原子守恒可知,x mol+y mol=0.4 mol-0.1 mol=0.3 mol,依据得失电子守恒可知,x mol=y mol+0.1 mol,解得x=0.2,y=0.1,所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2 　　　　　　BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑。
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