备战2025年高考化学精品教案第二章物质的量及计算第2讲化学中的常用计算方法（Word版附解析）

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考点1 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
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。若各物质均为气体时，同温同压下各物质的体积之比等于其化学计量数之比。
2.解题步骤
命题点 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
1.[浙江高考]为测定FeC2O4·2H2O（M＝180 g·ml－1）样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.100 0 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
已知：3MnO4－＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋ 3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是 95.2 ％（保留小数点后一位）。
解析 第2次滴定实验的数据误差太大，应舍去，1、3两次实验消耗的KMnO4标准溶液的平均体积为20.00 mL，根据已知信息可知6.300 g样品中m（FeC2O4·2H2O）＝53n（KMnO4）×250 mL25.00 mL×M（FeC2O4·2H2O），将有关数据代入，得m（FeC2O4·2H2O）＝6.000 g，故该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为6.000 g6.300 g×100％≈95.2％。
2.[浙江高考]某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。
已知：Cu2O＋2H＋ Cu2＋＋Cu＋H2O
（1）若a＝ 4m9 （用含m的最简式表示），则红色固体粉末为纯净物。
（2）若a＝19m，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为 3m1 216 ml（用含m的最简式表示）。
解析 （1）根据所得固体（单质Cu）质量为a g，若该固体粉末为纯净物，则一定为Cu2O；根据Cu2O＋2H＋ Cu＋Cu2＋＋H2O和m g Cu2O参加反应，可求出m（Cu）＝4m9 g，即a＝4m9。（2）该固体粉末溶于稀H2SO4发生的反应依次为①Fe2O3＋6H＋ 2Fe3＋＋3H2O、②Cu2O＋2H＋ Cu＋Cu2＋＋H2O、③2Fe3＋＋Cu 2Fe2＋＋Cu2＋，由反应②可知生成a g单质Cu时消耗的m（Cu2O）＝144×m964 g＝m4 g；结合反应①②③可得④Fe2O3＋Cu2O＋8H＋ 2Fe2＋＋2Cu2＋＋4H2O，即参与反应④的Fe2O3、Cu2O共3m4 g，且二者的物质的量之比为1∶1，则n（Fe2O3）＝3m4g×160304160 g·ml－1＝3m1 216 ml。
考点2 利用关系式法解答连续反应类计算题
1.应用原理
关系式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，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。
2.解题步骤
命题点 利用关系式法解答连续反应类计算题
1.[全国Ⅱ高考]水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32－＋I2 2I－＋S4O62－）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 O2＋2Mn（OH）2 2MnO（OH）2 。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和 量筒 ；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除 氧气 及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a ml·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为 蓝色刚好褪去 ；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为 80ab mg·L－1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 低 。（填“高”或“低”）
解析 （1）取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。（2）根据水样与Mn（OH）2碱性悬浊液反应生成MnO（OH）2，则固氧反应的化学方程式为O2＋2Mn（OH）2 2MnO（OH）2。（3）由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等，且能杀菌。（4）根据Ⅱ可知，MnO（OH）2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnO（OH）2 ～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n（Na2S2O3）＝a ml·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 ml，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为14ab×10－3 ml×32 g·ml－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。（5）滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
2.[关系式法求解含量][全国Ⅱ高考改编]立德粉（ZnS·BaSO4）成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 ml·L－1 的I2－KI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I2用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O32－ 2I－＋S4O62－。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 浅蓝色至无色 ，样品中S2－的含量为 （25.00－12V）×0.100 0×32m×1 000×100％ （写出表达式）。
解析 达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～ 2S2O32－，可得
n（I2）过量＝12×0.100 0V×10－3 ml，再根据得失电子守恒可得关系式S2－～ I2可知，
n（S2－）＝0.100 0×25.00×10－3 ml－12×0.100 0V×10－3 ml＝（25.00－V2）×0.100 0×
10－3 ml，则样品中S2－的含量为（25.00－V2）×0.100 0×32m×1 000×100％。
考点3 利用守恒法简化解题过程
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”。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、能量守恒等。
2.解题步骤
命题点 利用守恒法简化解题过程
1.[天津高考改编]铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种氮的氧化物气体，该两种气体的相对分子质量均小于50。为防止气体污染空气，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 ml·L－1NaOH溶液和1 ml O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为 NO：0.9 ml；NO2：1.3 ml ，生成硫酸铜的物质的量为 2 ml 。
解析 由钠原子守恒可知，生成NaNO3的物质的量为2.2 ml，1 ml O2参与反应转移电子的物质的量为4 ml。设生成NO2的物质的量为x，生成NO的物质的量为y，根据N原子守恒可得x＋y＝2.2 ml，根据得失电子守恒可得x＋3y＝4 ml，联立两式解得x＝1.3 ml，y＝0.9 ml。根据得失电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为42 ml＝2 ml，因此生成硫酸铜的物质的量为2 ml。
2.[用原子守恒法求解产率][全国Ⅲ高考]某工厂用m1 kg铬铁矿粉（含Cr2O3 40％）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为 190m2147m1×100％ 。
解析 设理论上得到K2Cr2O7的质量为x，依题意知，
Cr2O3 ～ K2Cr2O7
152 294
0.4m1 kg x
则1520.4m1kg＝294x，x＝294×0.4m1152 kg，产率为m2kg294×0.4m1152kg×100％＝152m2117.6m1×100％＝190m2147m1×100％。
3.（1）[用原子守恒法求解化学式][山东高考]在空气中煅烧CC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2体积为1.344 L（标准状况），则钴氧化物的化学式为 C3O4 。
（2）[用质量守恒法求解化学式][浙江高考改编]一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L（已折算成标准状况）的H2。请推测甲的化学式： NaH 。
解析 （1）n（CO2）＝1.344 L22.4 L·ml－1＝0.06 ml，根据碳原子守恒可知，n（CC2O4）＝0.03 ml，则钴氧化物中n（C）＝0.03 ml，m（O）＝2.41 g－0.03 ml×59 g·ml－1＝0.64 g，故n（O）＝0.64 g16 g·ml－1＝0.04 ml，则n（C）∶n（O）＝0.03 ml∶0.04 ml＝3∶4，则钴氧化物的化学式为C3O4。（2）化合物甲是由Na和H2反应得到的，故化合物甲中含有Na、H两种元素，又4.80 g化合物甲加热分解得到2.24 L（标准状况）H2，则化合物甲中氢元素的质量为0.20 g，钠元素的质量为4.60 g，化合物甲中Na和H的原子个数比为1∶1，可判断化合物甲的化学式为NaH。
1.[金属与酸反应的有关计算][2021山东]X、Y均为短周期金属元素。同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是（ D ）
A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为V1V2
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为2V1V2
C.产物中X、Y化合价之比一定为V1V2
D.由V1V2一定能确定产物中X、Y的化合价
解析 由稀盐酸和稀硫酸均足量，知金属均完全反应，根据同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，知X、Y生成H2的物质的量之比一定为V1V2，A项正确；根据2HCl～H2、H2SO4～H2，知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为2V1V2，B项正确；根据金属失电子总数等于H＋得电子总数，知0.1 ml X、0.1 ml Y失电子数之比为V1V2，则产物中X、Y的化合价之比一定为V1V2，C项正确；若V1V2＝1，则产物中X、Y的化合价相等，但不能确定化合价的具体数值，D项错误。
2.[关系式法][2022浙江改编]联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3（s） CaO（s）＋CO2（g） ΔH＝1.8×102 kJ·ml－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50％。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40％的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
（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 10.8 kg焦炭。
（2）每生产106 kg纯碱，同时可获得 70 kg CaO。
解析 （1）100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为100×103g×90％100 g·ml－1＝900 ml，完全分解需要吸收能量1.8×102 kJ·ml－1×900 ml＝1.62×105 kJ，设需要投料x kg焦炭，则30 kJ·g－1×x×103 g×50％＝1.62×105 kJ，解得x＝10.8。（2）根据生产纯碱的过程可得关系式：CO2～NaHCO3～Na2CO3，每生产106 kg纯碱，消耗44 kg CO2，由于石灰窑中产生的CO2只有40％最终转化为纯碱，且由（1）计算可知参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1，则煅烧石灰石产生CO2的质量为44 kg40％×2＝55 kg，根据CaCO3高温 CaO＋CO2↑，可得CaO的质量为55 kg×5644＝70 kg。
3.[守恒法][2022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＝ 9
计算过程：
2[Al（NO3）3·xH2O] ～ Al2O3
2（213＋18x） g 102 g
7.50 g 1.02 g
2（213+18x）7.50＝1021.02
x＝9 （写出计算过程）。
（2）气体产物中n（O2）＝ 0.010 0 ml。
解析 （1）由题意知，n（Al2O3）＝1.02 g102 g·ml－1＝0.01 ml，由铝原子守恒，知7.50 g Al（NO3）3·xH2O的物质的量为0.02 ml，则0.02×（213＋18x）＝7.50，解得x＝9。（2）根据（1）可知，0.02 ml Al（NO3）3·9H2O分解产生的Al2O3的物质的量为0.01 ml，产生的H2O的物质的量是3.06 g18 g·ml－1＝0.17 ml，设2 ml Al（NO3）3·9H2O分解产生的NO2、O2、HNO3的物质的量分别为a ml、b ml、c ml，可得2[Al（NO3）3·9H2O] △ aNO2↑＋bO2↑＋cHNO3＋17H2O＋Al2O3，由N原子守恒得a＋c＝6，由H原子守恒得c＋34＝36，由O原子守恒得2a＋2b＋3c＋17＋3＝36，解得b＝1，故0.02 ml Al（NO3）3·9H2O分解产生的O2的物质的量为0.010 0 ml。
4.[浙江高考]由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气（标准状况）。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量（要求写出简要推理过程）。
n（H2）＝0.03 ml，设X中羟基和羧基的总数为m（m＞2），则n（X）＝0.03×2m ml＝0.06m ml，M（X）＝ g·ml－1＝34m g·ml－1，则m＝4，M（X）＝136 g·ml－1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
解析 假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m（m＞2），根据生成氢气的物质的量为0.03 ml，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n（X）×m＝0.03×2 ml，n（X）＝2.04 gM，解得M＝34m g·ml－1，对m进行讨论，若m＝3，M＝102 g·ml－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为23 g·ml－1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m＝4，M＝136 g·ml－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为40 g·ml－1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是。

1.[守恒法][2024陕西渭南期中]向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入0.2 ml·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（ D ）
A.NaOH溶液的浓度为0.1 ml·L－1
B.通入的CO2在常温常压下的体积为336 mL
C.滴入0～25 mL盐酸过程中，溶液中发生反应的离子方程式为H＋＋OH－ H2O
D.所得溶液中溶质的物质的量之比n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝2∶1
解析 根据图像中产生CO2的体积与消耗盐酸的量的关系分析，可知氢氧化钠和二氧化碳反应后所得溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，滴入0～25 mL盐酸的过程是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32－＋H＋ HCO3－，n（Na2CO3）＝0.2 ml·L－1×25×10－3 L＝0.005 ml；滴入25～100 mL盐酸的过程是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为HCO3－＋H＋ CO2↑＋H2O，n（NaHCO3）＝0.2×（100－25）×10－3 ml－0.005 ml＝0.01 ml，则n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝0.01∶0.005＝2∶1，C项错误，D项正确。当加入100 mL盐酸时，溶液中溶质为氯化钠，根据钠原子守恒和氯原子守恒可知，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.2 ml·L－1×100×10－3 L＝0.02 ml，NaOH溶液的浓度为0.02ml0.1 L＝0.2 ml·L－1，A项错误。滴入25～100 mL盐酸的过程中，消耗盐酸的物质的量为 0.2 ml·L－1×（100－25）×10－3 L＝0.015 ml，则产生的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，根据碳原子守恒，可知通入的二氧化碳的物质的量为0.015 ml，其在标准状况下的体积为336 mL，在常温常压下的体积大于336 mL，B项错误。
2.[守恒法][2023辽宁省实验中学考试]向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3。在所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是（ D ）
A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6
B.硝酸的物质的量浓度为3.0 ml·L－1
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D.Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 ml
解析 在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，则溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒有n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0 ml·L－1×2.8 L＝2.8 ml；沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6 g，则其物质的量为85.6 g÷107 g·ml－1＝0.8 ml，根据铁元素守恒知n[Fe（NO3）3]＝n[Fe（OH）3]＝0.8 ml，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x ml、y ml，则有160x＋72y＝59.2 ①，根据铁元素守恒有2x＋y＝0.8 ②，联立①②，解得x＝0.1、y＝0.6。n（Fe2O3）∶n（FeO）＝0.1 ml∶0.6 ml＝1∶6，A项正确；根据得失电子守恒可知，生成NO的物质的量为（0.6 ml×1）÷（5－2）＝0.2 ml，根据氮元素守恒可知原硝酸溶液中n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.2 ml＋2.8 ml＝3.0 ml，所以原硝酸溶液的浓度为3.0 ml÷1.0 L＝3.0 ml·L－1，B项正确；n（NO）＝0.2 ml，在标准状况下的体积为0.2 ml×22.4 L·ml－1＝4.48 L，C项正确；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，一部分氢氧化钠与硝酸铁反应，另一部分氢氧化钠与硝酸反应，最后得到硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知Fe2O3、FeO与硝酸反应后溶液中n余（HNO3）＋3n[Fe（NO3）3]＝n（NaNO3），所以 n余（HNO3）＝n（NaNO3）－3n[Fe（NO3）3]＝2.8 ml－3×0.8 ml＝0.4 ml，D项错误。
3.[依据化学方程式中的定量关系计算][全国Ⅰ高考]高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 ml·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为 20.00×10－3×0.200 0×25×10024.48×1581.080 0×100％ （列出计算式即可，已知2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。
解析 由2MnO4－＋5H2C2O4 ＋ 6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，w（KMnO4）＝m（KMnO4）m（样品）×100％＝20.00×10－3L×0.200 0 ml·L－1×25×100 mL24.48 mL×158 g·ml－11.080 0 g×100％。
4.[关系式法][2023河北保定模拟改编]Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室测定Cr（OH）3样品纯度的步骤如下：
准确称取0.900 0 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O72－，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.0 mL（已知反应：Cr2O72－＋6I－＋14H＋ 3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O32－ S4O62－＋2I－）。
计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： n（S2O32－）＝24.0×10－3 L×0.100 0 ml·L－1＝2.4×10－3 ml。根据2Cr3＋～3I2～6S2O32－知，n[Cr（OH）3]＝n（Cr3＋）＝8.0×10－4 ml，则0.900 0 g样品中n[Cr（OH）3]＝8.0×10－4 ml×250.0 mL25.00 mL＝8.0×10－3 ml，则Cr（OH）3样品的纯度为8.0×10－3ml×103 g·ml－10.900 0 g×100％≈91.56％ 。
5.[2023江西南昌模拟改编]已知：TiCl4＋（2＋n）H2O TiO2·nH2O↓＋4HCl，测定某TiCl4样品纯度的实验如下：
①准确称取14.00 g TiCl4样品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，过滤后将水解液配成100.00 mL溶液。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 2.900 0 ml/L AgNO3溶液。
③加入适量硝基苯用力摇动，使沉淀表面完全被有机物覆盖。
④以硝酸铁溶液为指示剂，用0.100 0 ml/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共消耗10.00 mL KSCN标准溶液。
已知样品中杂质不参与反应，根据以上步骤计算样品中TiCl4的质量分数为 95 ％；若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，所测定的样品中TiCl4的质量分数将会 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
解析 与硫氰化钾标准溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.100 0 ml/L×10.00×10－3 L＝0.001 ml，则与溶液中Cl－反应的硝酸银的物质的量为2.900 0 ml/L×10.00×10－3 L－0.001 ml＝0.028 ml，由关系式TiCl4～4Cl－～4AgNO3可得，样品中TiCl4的物质的量为0.028 ml×100.00 mL10.00 mL×14＝0.07 ml，则样品中TiCl4的质量分数为0.07ml×190 g/ml14.00 g×100％＝95％。若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会导致测得的硫氰化钾标准溶液的体积偏大，使得溶液中Cl－的物质的量偏小，TiCl4的质量分数测定结果偏小。
6.[质量守恒法][2023四川模拟]为测定绿矾（FeSO4·xH2O）中结晶水的数目，其同学设计如下实验。将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，质量为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2 g。按如图所示组装好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2；f.称量装置A。
重复上述操作步骤，直至装置A恒重（固体为FeSO4），质量为m3 g。
根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ 76（m2－m3）9（m3－m1） （列式表示）。若实验时按b、a顺序操作，则x将 偏小 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
解析 根据实验记录的数据可知，绿矾样品的质量为（m2－m1） g，FeSO4的质量为（m3－m1） g，则结晶水的质量为（m2－m1） g－（m3－m1） g＝（m2－m3） g，则
FeSO4·xH2O △ FeSO4 ＋ xH2O↑
（152＋18x） g 152 g 18x g
（m2－m1） g （m3－m1） g （m2－m3） g
则有152 g（m3－m1) g＝18xg（m2－m3) g，解得x＝76（m2－m3）9（m3－m1）。若实验时按b、a顺序操作，即加热后通入N2，则Fe2＋可能被氧化为Fe3＋，从而导致m3增大，由x的计算公式可知，x将偏小。
7.[工艺流程＋滴定]锰锌铁氧体（Mn1－xZnxFe2O4）是一种重要的磁性材料，其磁化强度与锌的相对含量x密切相关。为测定流程中产出的锰锌铁氧体中锌的相对含量，设计如下实验步骤。
（1）写出“除锰”中反应的离子方程式S2O82－＋Mn2＋＋2H2O 2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。
（2）请分析实验中需要掩蔽铁的原因可能为 亚铁离子会被S2O82－氧化为Fe3＋，Fe3＋也能与EDTA溶液发生反应，需要掩蔽铁以排除滴定实验中Fe3＋的干扰 。
（3）准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.010 0 ml·L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2＋（反应原理为Zn2＋＋H2Y2－ ZnY2－＋
2H＋），至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。通过计算确定该锰锌铁氧体中锌的相对含量x为 0.47 （保留两位有效数字）。
解析 （1）“除锰”中（NH4）2S2O8与Mn2＋发生氧化还原反应，S2O82－被还原为硫酸根离子，Mn2＋被氧化为二氧化锰，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得，该反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O 2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。（3）滴定终点时消耗0.010 0 ml·L－1EDTA标准溶液20.00 mL，根据反应Zn2＋＋H2Y2－ ZnY2－＋2H＋可知，n（Zn2＋）＝n（EDTA）＝20.00×0.010 01 000 ml，则250 mL溶液A中Zn2＋的物质的量为20.00×0.010 01 000×10 ml＝0.002 ml，根据等量关系可列出计算式1.0055×（1－x）+65×x+56×2+16×4ml＝0.002x ml，计算可得x≈0.47。
8.[关系式法][2023安徽马鞍山三模][C（NH3）6]Cl3[三氯化六氨合钴（Ⅲ）]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，是合成其他C（Ⅲ）配合物的原料。某化学兴趣小组进行如下实验测定[C（NH3）6]Cl3样品中钴的含量。
准确称取0.200 0 g[C（NH3）6]Cl3样品放入250 mL碘量瓶中，加入15 mL 10％ NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，振荡使KI溶解，再加入盐酸酸化，置于暗处10 min， C（OH）3转化成C2＋，用0.100 0 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液6.00 mL。
已知：[C（NH3）6]Cl3在热的强碱溶液中会分解，实验过程中涉及反应[C（NH3）6]Cl3＋3NaOH △ C（OH）3↓＋6NH3↑＋3NaCl、I2＋2S2O32－ 2I－＋S4O62－。
（1）C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为 2C（OH）3＋2I－＋6H＋ 2C2＋＋I2＋6H2O 。
（2）样品中钴的质量分数为 17.7％ 。
（3）下列操作可能导致钴的质量分数偏高的是 BD （填标号）。
A.酸化过程中盐酸的量不足
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
C.滴定终点时俯视读数
D.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗
解析 （1）加入KI固体，KI溶于水得到I－，I－具有还原性，在酸性条件下，将三价钴还原成C2＋，所以C（OH）3转化成C2＋的离子方程式为2C（OH）3＋2I－＋ 6H＋ 2C2＋＋I2＋6H2O。（2）由离子方程式2C（OH）3＋2I－＋6H＋ 2C2＋＋I2＋6H2O、I2＋2S2O32－ 2I－＋S4O62－，可得关系式2C2＋～I2～2S2O32－，根据消耗的Na2S2O3标准溶液的量可得n（C2＋）＝n（S2O32－）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L，
m（C2＋）＝0.100 0 ml/L×6.00×10－3 L×59 g/ml＝0.035 4 g，则样品中钴的质量分数为0.035 4 g0.200 0 g×100％＝17.7％。（3）A项，酸化过程中盐酸的量不足，则不能将所有三价钴还原成C2＋，使得转化生成的I2的量减小，消耗的Na2S2O3标准溶液的体积减少，导致钴的质量分数偏低，不符合题意。B项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意。C项，滴定终点时俯视读数，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏小，所以会使钴的质量分数偏低，不符合题意。D项，盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗，相当于稀释了Na2S2O3标准溶液，导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积增大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意；故选BD。
9.[新素材＋得失电子守恒、原子守恒法][2023东北师大附中模拟改编]氢化铝锂（LiAlH4）是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧。LiAlH4（不含LiH）纯度可采用如下方法测定，实验装置如图所示。
25 ℃、常压下，称取x g产品LiAlH4，记录量气管A起始体积读数为V1 mL，在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃（可减缓LiAlH4与H2O的反应速率）和水的混合液10.0 mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，冷却后，调整量气管A读数为V2 mL。
已知：量气管B由碱式滴定管改装；25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml。
（1）反应的化学方程式为 LiAlH4＋4H2O Al（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑ 。
（2）LiAlH4的质量分数为 38（V1－10.0－V2）4×245％（答案合理即可） （用含x、V1、V2的代数式表示，不考虑溶液混合后体积的变化）。
解析 （1）由题干信息可知，LiAlH4与水反应生成H2，根据得失电子守恒、原子守恒可知，反应的化学方程式为LiAlH4＋4H2O Al（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑。（2）根据题意，收集到的氢气的体积是（V1－10.0－V2） mL，25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L/ml，则氢气的物质的量为（V1－10.0－V2）×10－3L24.5 L/ml，根据上述化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的物质的量之比可得，n（LiAlH4）＝14n（H2），则LiAlH4的质量分数为38 g/ml×（V1－10.0－V2）×10－3L24.5 L/ml×14xg×100％＝38（V1－10.0－V2）4×245％。
热点3 热重分析法在计算中的应用
命题特点：结合热重曲线定量分析物质失去结晶水或分解失重的过程。
1.失重过程
一般含有结晶水的样品在受热过程中，一失氢键结合水，二失配位键结合水，三失其他非金属元素形成的气体。
2.计算原则
（1）金属元素始终残留在固体中，且质量守恒。
（2）挥发出的气体中的非金属元素与样品中对应元素质量守恒。
3.“五步法”厘清热重曲线解题思路
第一步 “设”：设晶体的物质的量为1 ml。
第二步 “算”：找出曲线中每步剩余固体的质量m余或根据数据计算每步剩余固体的质量m余[m余m（1ml晶体质量）×100％＝固体残留率]。
第三步 “失”：加热时，晶体一般是先失结晶水，再失非金属氧化物。
第四步 “稳”：晶体中金属质量不减少，仍在m余中。
第五步 “定”：失重最后得到的固体物质一般为金属氧化物，结合金属氧化物的相对分子质量和原晶体质量以及固体残留率可计算出金属氧化物中O的个数，进而可求出最终固体物质的化学式（元素物质的量之比为化学式中角标之比）。
1.[2023全国乙]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为45.3％，则失重比为19.4％时，失去的结晶水数目为19.4％×745.3％≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－38.8％×745.3％＝1。
2.[2023南京学情调研]2ZnCO3·3Zn（OH）2·2H2O固体在加热升温过程中的质量变化如图所示。
回答下列问题：
（1）350 ℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有 ZnO和Zn（OH）2 （填化学式）。
（2）整个过程的总反应方程式为 2ZnCO3·3Zn（OH）2·2H2O △ 5ZnO＋5H2O＋2CO2↑ 。
解析
3.[2023东北三省四市联考]对黄铵铁矾[化学式可表示为（NH4）xFey（SO4）z（OH）w，摩尔质量为480 g·ml－1]进行热分解实验，其分解过程如图所示。在300 ℃前分解释放的物质为H2O， 300～500 ℃之间只有NH3和H2O放出，500 ℃时残留固体中只含有Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末。
回答下列问题：
（1）黄铵铁矾的化学式为 NH4Fe3（SO4）2（OH）6 。
（2）在300～500 ℃之间放出NH3和H2O的物质的量之比是 2∶1 。
解析

专项训练5 热重曲线
1.[物质结构＋热重曲线][2023银川质检]硫酸铜晶体（CuSO4·5H2O）广泛应用在化学工业、农药、医药等领域。2.50 g CuSO4·5H2O脱水过程中部分中间体的结构示意图如图甲，热重曲线如图乙。下列说法错误的是（ D ）

A.CuSO4·3H2O中，部分H2O分子通过配位键与Cu2＋结合
B.CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，H2O分子间的氢键被破坏
C.113 ℃时，CuSO4·3H2O已分解为CuSO4·H2O
D.1 000 ℃以上，CuSO4·5H2O分解的最终固体产物为CuO
解析 由CuSO4·3H2O的结构示意图可知，部分H2O中的O提供孤电子对，Cu2＋提供空轨道，形成配位键，A项正确；分析CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O的结构可知，CuSO4·3H2O中两个与铜离子以配位键结合并且与外部的水分子以氢键结合的水分子随温度升高而失去，得到CuSO4·H2O，所以CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，水分子间的氢键被破坏，B项正确；n（CuSO4·5H2O）＝2.50 g250 g·ml－1＝0.01 ml，113 ℃时固体质量为1.78 g，减少了 0.72 g，恰好为0.04 ml H2O的质量，故113 ℃时所得固体为CuSO4·H2O，C项正确；1 000 ℃以上，固体质量为0.72 g，其中Cu元素质量为0.64 g，则氧元素质量为0.72 g－0.64 g＝0.08 g，物质的量为0.08 g16 g·ml－1＝0.005 ml，此时固体为Cu2O，D项错误。
2.[2023南昌模拟]ZX2Y4·W2Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z 为前 20 号主族元素，原子序数依次增加，且加和为 35。已知 X、Y 原子最外层电子数分别是其电子层数的2倍、3倍，ZX2Y4·W2Y 热分解可制备ZY，该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述不正确的是（ A ）
A.Z、X 可以组成共价化合物 ZX2
B.化合物 W2X2Y4 具有还原性和酸性
C.150～200 ℃阶段热分解失去 W2Y
D.400～600 ℃热分解后生成固体化合物 ZXY3
解析 W、X、Y、Z为前20号主族元素，已知X、Y原子最外层电子数分别是其电子层数的2倍、3倍，则X可能为C或S、Y为O，结合W、X、Y、Z的原子序数依次增加及题图可知，X为C，W为H，又W、X、Y、Z的原子序数加和为35，则Z的原子序数为20，Z为Ca，ZX2Y4·W2Y为CaC2O4·H2O，热分解可制备ZY（CaO）。ZX2为CaC2，属于离子化合物，A错误；化合物W2X2Y4为草酸（乙二酸），能电离出H＋，具有酸性，H2C2O4可分解为二氧化碳，C的化合价由＋3升高为＋4，具有还原性，B正确。
3.[2024江西联考]将54.0 g草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）在氮气的氛围中加热分解，得到分解产物的热重曲线（固体质量随温度的变化情况）如图所示。
（1）A点时，固体物质的化学式为 FeC2O4 。
（2）B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段反应的化学方程式为 3FeC2O4 △ Fe3O4＋4CO↑＋2CO2↑ 。
解析 （1）n（FeC2O4·2H2O）＝54.0 g180 g·ml－1＝0.3 ml，0.3 ml FeC2O4的质量刚好为43.2 g，故A点所得固体为FeC2O4。（2）B点时，固体只有一种铁的氧化物，由铁元素守恒知m（Fe）＝0.3 ml×56 g·ml－1＝16.8 g，则m（O）＝23.2 g－16.8 g＝6.4 g，n（O）＝ 6.4 g16 g·ml－1＝0.4 ml，n（Fe）∶n（O）＝0.3∶0.4＝3∶4，则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4，结合氧化还原反应规律知AB段反应的化学方程式为3FeC2O4 △ Fe3O4＋4CO↑＋2CO2↑。
4.[2023黑龙江哈尔滨三中四模]某实验小组对MgCl2·6H2O进行热重分析，如图所示。
（1）181 ℃时固体产物的化学式为 MgCl2·2H2O 。
（2）写出从181 ℃加热到300 ℃时生成固体产物（一种含镁的碱式盐）的化学方程式： MgCl2·2H2O △ Mg（OH）Cl＋HCl↑＋H2O↑ 。
解析
5.过氧化钙是一种优良的消毒剂、供氧剂。通常情况下用CaCl2在稀氨水中与H2O2反应可得到CaO2·8H2O沉淀，取实验得到的2.76 g CaO2·8H2O样品在密闭容器中加热，其受热脱水过程的热重曲线（140 ℃ 时完全脱水，杂质受热不分解）如图所示。
（1）60 ℃时CaO2·xH2O中x＝ 2 。
（2）该样品中CaO2的质量分数为 26.1％ （保留3位有效数字）。
解析 （1）60 ℃时固体的质量为1.68 g，失去结晶水的质量为2.76 g－1.68 g＝1.08 g，失去结晶水的物质的量n（H2O）＝1.08 g18 g/ml＝0.06 ml，140 ℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H2O含有的结晶水的总质量为2.76 g－1.32 g＝1.44 g，结晶水的物质的量n（H2O）＝1.44 g18 g/ml＝0.08 ml，原样品中含有CaO2·8H2O的物质的量n（CaO2·8H2O）＝0.08ml8＝0.01 ml，故60 ℃时CaO2·xH2O中x＝0.08ml－＝2。（2）由上述分析可知，CaO2的物质的量也是0.01 ml，其质量m（CaO2）＝72 g/ml×0.01 ml＝0.72 g，所以样品中CaO2的质量分数为0.72 g2.76 g×100％≈26.1％。课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
体会定量研究对化学科学的重要作用
依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
2023年6月浙江，T20
变化观念与平衡思想：认识物质的量在化学定量研究中的重要作用；能结合实验或生产、生活中的实际数据，并应用物质的量计算物质的组成和物质转化过程中的质量关系
利用关系式法解答连续反应类计算题
2023湖北，T18；2022年6月浙江，T27；2019全国Ⅱ，T26
利用守恒法简化解题过程
2023全国乙，T26；2023山东，T18；2023年1月浙江，T18；2022年1月浙江，T27
命题分析
预测
1.高考越来越重视定量分析计算的考查，其中依据方程式法、关系式法和守恒法的定量计算居多，主要用于求解产率、纯度、质量分数、浓度等。
2.预计2025年高考对滴定类的定量计算，质量分数、产率类的定量计算等的考查力度会有所加大
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56