第8讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)
1．掌握物质的量在化学方程式中的计算。 2．掌握化学反应有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。 3．利用热重分析法确定物质的成分。
物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为核心的转化关系
2．化学方程式的计算
(1)基本原理
2Na ＋2H2O===2NaOH＋H2↑
化学计量
数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA
物质的量之比： 2 mol ∶ 2 mol ∶ 2 mol ∶ 1 mol
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。
(2)解题步骤
①根据题意写出并配平化学方程式。
②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。
③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。
④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。
[示例] 在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为________；生成O2的体积为________；转移电子数目为____________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
1．(2024年1月·江西适应性考试)马来酸依那普利(记为X，摩尔质量为Mr g·mol-1)是一种心血管疾病防治药物，结构简式为
通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω：
方法一：将m g样品溶于有机溶剂中，以c1 mol·L-1的HClO4溶液滴定，终点消耗V1 mL，计量关系为n(X)∶n(HClO4)＝1∶1；
方法二：将m g样品溶于水中，以c2 mol·L-1的NaOH溶液滴定，终点消耗V2 mL，计量关系为n(X)∶n(NaOH)＝1∶3。
下列说法正确的是( )
A．方法一滴定终点时，pH＝7
B．方法一ω＝×100%
C．方法二滴定终点时，pH＝7
D．方法二ω＝×100%
2．200 g含MnO2 87%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为__________________________________________________________________，
标准状况下生成Cl2的体积为__________________________________________，
转移电子数为________。
化学反应计算中的三种技巧方法
一、差量法
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。
[示例] 16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是 ( )
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
二、守恒法
1．元素守恒(原子守恒)：化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2．得失电子守恒：氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。
3．电荷守恒：在离子反应中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
[示例] 3.2 g铜与30 mL 8 mol·L-1 HNO3溶液充分反应，硝酸的还原产物仅为NO和NO2，反应后溶液中含有a mol H＋，下列说法正确的是(气体均换算成标准状况下，不考虑硝酸的挥发) ( )
A．所得NO的物质的量为(0.5a－0.02) mol
B．反应后的溶液中不存在
C．生成NO2的体积为(0.16＋1.5a) L
D．该反应中Cu作还原剂，被还原
三、关系式法
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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。确定关系式的方法如下：
1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N元素守恒可推导关系式：NH3～HNO3。
3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2+，利用得失电子守恒可推导关系式：～6Fe2+。
[示例] 黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，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 0 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：＋2Fe2+＋4H＋；＋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%硫酸的质量为________t。
差量法
1．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，则原氮氧化物的化学式为 ( )
A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O
守恒法
2．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 mol B．0.21 mol
C．0.16 mol D．0.14 mol
3．一定条件下，将28.8 g Cu2O固体投入100 mL 12.0 mol·L-1的HNO3溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下气态氮氧化物(NOx)4.48 L(生成气体全部逸出)。
(1)x＝________。
(2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液________mL。
关系式法
4．Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 0 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00 mL。滴定反应的离子方程式为__________________________________
____________________________________________________________________，
该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1(以SO2计)。
热重分析法确定物质的成分
热重分析法是指在一定的温度下，测定固体残留质量或残留率，进而分析确定成分。其一般思路为
(1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 mol。
(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(m余)
×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由元素守恒得m氧，由n金属∶n氧即可求出失重后物质的化学式。
为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________。
(2)900 ℃时残留固体的成分为________。
①盐的水合物盐氧化物
②300 ℃时残留物为CaC2O4
③900 ℃时残留物为CaO
1．将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是( )
A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子
B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O
C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O
D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
2．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。
1．(2023·湖北卷，T18节选)已知实验：向含Cu片的过量30% H2O2溶液中滴加稀硫酸，铜片溶解，溶液变蓝，有少量无色气体产生。
(1)用足量NaOH处理实验中新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为______________。
(2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：)标志滴定终点的现象是____________________________________________________________________
____________________________________________________________________，
粗品中X的相对含量为________。
2．(2024·江苏卷，T14节选)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
(1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为____________________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)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的比值____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
(写出计算过程)。[Mr(Nd)＝144]
600～800 ℃发生反应的化学方程式为___________________________________
____________________________________________________________________。
第8讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)
考点一
[核心知能突破]
示例 解析：n(Na2O2)==0.2 mol，
2Na2O2＋2H2O===4NaOH ＋ O2↑ Δn(e－)
2 4 1 2
0.2 mol n(NaOH) n(O2) n(e－)
===
n(NaOH)=0.4 mol，n(O2)=0.1 mol，n(e-)=0.2 mol，V(O2)=2.24 L，N(e-)=0.2NA。
答案：0.4 mol 2.24 L 0.2NA
[关键能力提升]
1．B [使用HClO4溶液滴定，计量关系为n(X)∶n(HClO4)=1∶1，HClO4主要与碱性基团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7，故A错误；使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(HClO4)=1∶1，ω=×100%=×100%，故B正确；使用NaOH溶液滴定，NaOH主要与酸性基团反应，由于X含有亚氨基，pH>7 ，故C错误；使用NaOH溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(NaOH)=1∶3，ω=×100%=×100%，故D错误。]
2．解析：n(MnO2)==2 mol，
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Δn(e－)
1 2(被氧化) 1 2
2 mol n(HCl) n(Cl2) n(e－)
则被氧化的n(HCl)=4 mol，n(Cl2)=2 mol，V(Cl2)=44.8 L，n(e-)=4 mol，N(e-)=4NA。
答案：4 mol 44.8 L 4NA
考点二
[核心知能突破]
一、示例 C [根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋ 6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
9 mL 6 mL (17.5－16)mL
由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)=(9 mL+1 mL)∶6 mL=5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)=9 mL∶(6 mL+1 mL)=9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)在9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。]
二、示例 A [3.2 g Cu的物质的量n(Cu)==0.05 mol，30 mL 8 mol·L-1硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)=8 mol·L-1×0.03 L=0.24 mol，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O，反应后溶液中含有a mol H+，则溶液中还剩a mol HNO3，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2n(Cu)=0.1 mol，假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x mol、y mol，则根据得失电子守恒得x+3y=0.1①，根据氮元素守恒得0.05×2+a+x+y=0.24②，联立①②解得x=0.16-1.5a，y=0.5a-0.02。根据分析，生成的NO的物质的量为(0.5a-0.02)mol，A正确；反应后溶液中含有a mol H+，则溶液中还剩a mol HNO3，同时Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因此反应后的溶液中含有N，B错误；根据分析，生成的NO2的物质的量为(0.16-1.5a)mol，其标准状况下的体积为22.4×(0.16-1.5a)L，C错误；该反应中Cu作还原剂，被氧化，D错误。]
三、示例 解析：(1)根据化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+；Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式：
～6Fe2+～3SO2～FeS2
1
(0.020 0×0.025) mol
m(FeS2)=0.090 0 g，样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。
(2)由硫元素守恒得
FeS2 ～ 2SO2 ～ 2H2SO4
1 mol 2 mol 196 g
mol n(SO2) m(H2SO4)×98%
则n(SO2)=1.5×105 mol，标准状况下V(SO2)=3.36×106 L，m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。
答案：(1)90.0% (2)3.36×106 15
[关键能力提升]
1．A [设该氮氧化物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox+xH2===N2+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+xH2===N2+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。]
2．B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据元素守恒可知n(Fe)=×(0.12×4 mol- mol)=0.21 mol，故根据铁元素守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 mol，B项正确。]
3．解析：(1)n(Cu2O)==0.2 mol，n(NOx)==0.2 mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素化合价由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素化合价由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2 mol×2=0.2 mol×(5-2x)，解得x=1.5。(2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n(N)，从而得出4.00 mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)=0.100 L×12.0 mol·L-1-0.2 mol，V(NaOH)=0.25 L=250 mL。
答案：(1)1.5 (2)250
4．解析：根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式2SO2~S2~2I2，n(SO2)=n(I2)=0.010 0 mol·L-1×10.00×10-3 L=1×10-4 mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为=0.128 0 g·L-1。
答案：S2+2I2+3H2O===2S+4I-+6H+ 0.128 0
考点三
[核心知能突破]
典例导航 (1)CaC2O4 (2)CaO
[关键能力提升]
1．D [从题图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为=224 g·mol-1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在 200 ℃时，N的摩尔质量为=170 g·mol-1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶=2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确。]
2．解析：NH4VO3分解的过程中生成氨和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210 ℃时若分解生成HVO3和氨，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，符合，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
答案：HVO3
[高考真题 衍生变式]
1．解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则：
CuOxCuO+O2↑
64+16x 80
m n
则=，又=，解得x=2，则X的化学式为CuO2。(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为+2价，O为-1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I-+8H+===2CuI↓+3I2+4H2O，可得关系式：2CuO2~3I2~6Na2S2O3，则样品中m(CuO2)=×2×96 g=0.048 g，ω(CuO2)=×100%=96%。
答案：(1)CuO2 (2)当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
2．解析：(1)Nd3+、C发生相互促进的水解反应，产物为Nd(OH)CO3和CO2，根据电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。(2)n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol，其中n(OH-)=4×10-5 mol，550~600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg，焙烧产物中不含有氢元素，则根据2OH-~H2O，可知焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，根据C~CO2，发生反应的C=2×10-5 mol，起始固体中含有的C的物质的量=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol，则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol，故产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。
答案：(1)2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ (2)2∶1，8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol，550~600 ℃时，固体分解产生H2O与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，发生反应的n(C)=n(CO2)=2×10-5 mol，剩余固体中n(C)=4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol，n(Nd3+)∶n(C)=2∶1
真题变式 Nd2O2CO3Nd2O3+CO2↑
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第一篇 考点突破
第一部分 化学基本概念
第一章 物质及其变化
第8讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)
1．掌握物质的量在化学方程式中的计算。
2．掌握化学反应有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。
3．利用热重分析法确定物质的成分。
考点一 物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为核心的转化关系
2．化学方程式的计算
(1)基本原理
2Na ＋ 2H2O === 2NaOH ＋ H2↑
化学计量
数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA
物质的量之比： 2 mol ∶ 2 mol ∶ 2 mol ∶ 1 mol
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。
(2)解题步骤
①根据题意写出并配平化学方程式。
②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。
③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。
④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。
[示例] 在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为________；生成O2的体积为________；转移电子数目为____________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
0.4 mol
2.24 L
0.2NA
[解析] n(Na2O2)＝＝0.2 mol，
2Na2O2＋2H2O===4NaOH ＋ O2↑ Δn(e－)
2 4 1 2
0.2 mol n(NaOH) n(O2) n(e－)
＝＝＝
n(NaOH)＝0.4 mol，n(O2)＝0.1 mol，n(e－)＝0.2 mol，V(O2)＝2.24 L，N(e－)＝0.2NA。
1．(2024年1月·江西适应性考试)马来酸依那普利(记为X，摩尔质量为Mr g·mol-1)是一种心血管疾病防治药物，结构简式为
通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω：
方法一：将m g样品溶于有机溶剂中，以c1 mol·L-1的HClO4溶液滴定，终点消耗V1 mL，计量关系为n(X)∶n(HClO4)＝1∶1；
方法二：将m g样品溶于水中，以c2 mol·L-1的NaOH溶液滴定，终点消耗V2 mL，计量关系为n(X)∶n(NaOH)＝1∶3。
下列说法正确的是( )
A．方法一滴定终点时，pH＝7
B．方法一ω＝×100%
C．方法二滴定终点时，pH＝7
D．方法二ω＝×100%
√
B [使用HClO4溶液滴定，计量关系为n(X)∶n(HClO4)＝1∶1，HClO4主要与碱性基团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7，故A错误；使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(HClO4)＝1∶1，ω＝×100%＝×100%，故B正确；使用NaOH溶液滴定，NaOH主要与酸性基团反应，由于X含有亚氨基，pH>7 ，故C错误；使用NaOH溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(NaOH)＝1∶3，ω＝×100%＝×100%，故D错误。]
[解析] n(MnO2)＝＝2 mol，
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Δn(e－)
1 2(被氧化) 1 2
2 mol n(HCl) n(Cl2) n(e－)
则被氧化的n(HCl)＝4 mol，n(Cl2)＝2 mol，V(Cl2)＝44.8 L，n(e－)＝4 mol，N(e－)＝4NA。
2．200 g含MnO2 87%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为_________，标准状况下生成Cl2的体积为___________，
转移电子数为________。
4 mol
44.8 L
4NA
考点二 化学反应计算中的三种技巧方法
一、差量法
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。
[示例] 16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是 ( )
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
√
C [根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH3 5N2＋ 6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
9 mL 6 mL (17.5－16)mL
由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)在9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2 与4∶3在此区间内。]
二、守恒法
1．元素守恒(原子守恒)：化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2．得失电子守恒：氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。
3．电荷守恒：在离子反应中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
[示例] 3.2 g铜与30 mL 8 mol·L-1 HNO3溶液充分反应，硝酸的还原产物仅为NO和NO2，反应后溶液中含有a mol H＋，下列说法正确的是(气体均换算成标准状况下，不考虑硝酸的挥发) ( )
A．所得NO的物质的量为(0.5a－0.02) mol
B．反应后的溶液中不存在
C．生成NO2的体积为(0.16＋1.5a) L
D．该反应中Cu作还原剂，被还原
√
A [3.2 g Cu的物质的量n(Cu)＝＝0.05 mol，30 mL 8 mol·L-1硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)＝8 mol·L-1×0.03 L＝0.24 mol，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O，反应后溶液中含有a mol H＋，则溶液中还剩a mol HNO3，反应过程中转移电子的物质的量n(e－)＝2n(Cu)＝0.1 mol，假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x mol、y mol，则根据得失电子守恒得x＋3y＝0.1①，根据氮元素守恒得0.05×2＋a＋x＋y＝0.24②，联立①②解得x＝0.16－1.5a，y＝0.5a－0.02。根据分析，生成的NO的物质的量
为(0.5a－0.02)mol，A正确；反应后溶液中含有a mol H＋，则溶液中还剩a mol HNO3，同时Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因此反应后的溶液中含有，B错误；根据分析，生成的NO2的物质的量为(0.16－1.5a)mol，其标准状况下的体积为22.4×(0.16－1.5a)L，C错误；该反应中Cu作还原剂，被氧化，D错误。]
三、关系式法
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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。确定关系式的方法如下：
1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为
2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N元素守恒可推导关系式：NH3～HNO3。
3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2+，利用得失电子守恒可推导关系式：～6Fe2+。
[示例] 黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，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 0 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：＋2Fe2+＋4H＋；＋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%硫酸的质量为________t。
90.0%
3.36×106
15
[解析] (1)根据化学方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；＋2Fe2+＋4H＋；＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O，可得关系式：
～6Fe2+～3SO2～FeS2
1
(0.020 0×0.025) mol
m(FeS2)＝0.090 0 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。
(2)由硫元素守恒得
FeS2 ～ 2SO2 ～ 2H2SO4
1 mol 2 mol 196 g
mol n(SO2) m(H2SO4)×98%
则n(SO2)＝1.5×105 mol，标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L，m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
考向1 差量法
1．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，则原氮氧化物的化学式为( )
A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O
√
A [设该氮氧化物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋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＋xH2===N2＋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。]
考向2 守恒法
2．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 mol B．0.21 mol
C．0.16 mol D．0.14 mol
√
B [根据题意可知反应后的溶液中溶质为，根据元素守恒可知n(Fe)＝×(0.12×4 mol－ mol)＝0.21 mol，故根据铁元素守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 mol，B项正确。]
3．一定条件下，将28.8 g Cu2O固体投入100 mL 12.0 mol·L-1的HNO3溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下气态氮氧化物(NOx)4.48 L(生成气体全部逸出)。
(1)x＝________。
(2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液________mL。
1.5
250
[解析] (1)n(Cu2O)＝＝0.2 mol，n(NOx)＝＝0.2 mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素化合价由＋1价升高到＋2价，HNO3中生成NOx的N元素化合价由＋5价降低为＋2x价，依据得失电子守恒可得：0.2 mol×2＝0.2 mol×(5－2x)，解得x＝1.5。(2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)＝，从而得出×V(NaOH)＝n(HNO3)－n(NOx)＝0.100 L×12.0 mol·L-1－0.2 mol，V(NaOH)＝0.25 L＝250 mL。
考向3 关系式法
4．Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 0 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00 mL。滴定反应的离子方程式为________________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1(以SO2计)。
＋4I－＋6H＋
0.128 0
[解析] 根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式～2I2，n(SO2)＝n(I2)＝0.010 0 mol·L-1×10.00×10-3 L＝1×10-4 mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为＝0.128 0 g·L-1。
热重分析法是指在一定的温度下，测定固体残留质量或残留率，进而分析确定成分。其一般思路为
(1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 mol。
(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(m余)
×100%＝固体残留率。
考点三 热重分析法确定物质的成分
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由元素守恒得m氧，由n金属∶n氧即可求出失重后物质的化学式。
为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________。
(2)900 ℃时残留固体的成分为________。
CaC2O4
CaO
①盐的水合物盐氧化物
②300 ℃时残留物为CaC2O4
③900 ℃时残留物为CaO。
1．将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是( )
A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子
B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O
C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O
D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为
2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
√
D [从题图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为＝224 g·mol-1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在 200 ℃时，N的摩尔质量为＝170 g·mol-1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。]
2．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。
HVO3
[解析] NH4VO3分解的过程中生成氨和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210 ℃时若分解生成HVO3和氨，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，符合，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
高考真题 衍生变式
1．(2023·湖北卷，T18节选)已知：实验：向含Cu片的过量30% H2O2溶液中滴加稀硫酸，铜片溶解，溶液变蓝，有少量无色气体产生。
(1)用足量NaOH处理实验中新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为_______。
CuO2
(2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：)标志滴定终点的现象是_________________________________________________
______________________________，粗品中X的相对含量为________。
当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色刚好褪
去，且半分钟不恢复原来的颜色
96%
[解析] (1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则：
CuOxCuO＋O2↑
64＋16x 80
m n
则＝，又＝，解得x＝2，则X的化学式为CuO2。(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为＋2价，O为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋4H2O，可得关系式：2CuO2～3I2～6Na2S2O3，则样品中m(CuO2)＝×2×
96 g＝0.048 g，ω(CuO2)＝×100%＝96%。
2．(2024·江苏卷，T14节选)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
(1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为________________________________
_______________________。
＋H2O===
2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑
(2)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的比值___________________________________
__________________________________________________________
__________________________________________________________
__________________________________________________________
的物质的
量为4×10-5 mol，550～600 ℃时，固体分解产生H2O与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，发生
__________________________________________________________
__________________________________________________________
__________________________________________________________
(写出计算过程)。[Mr(Nd)＝144]
反应的＝n(CO2)＝2×10-5 mol，剩余固体中＝4×10-5 mol－2×10-5 mol＝2×10-5 mol，n(Nd3+)＝n[Nd(OH)CO3]＝＝2∶1
[解析] (1)Nd3+、发生相互促进的水解反应，产物为和CO2，根据电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为＋H2O===2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑。(2)n[Nd(OH)CO3]＝＝4×10-5 mol，其中n(OH－)＝4×10-5 mol，550～600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减少8.84 mg－7.60 mg＝1.24 mg，焙烧产物中不含有氢元素，则根据2OH－～H2O，可知焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1＝0.36 mg，
则生成的CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，根据～CO2，发生反应的的物质的量为＝2×10-5 mol，起始固体中含有的的物质的量＝n[Nd(OH)CO3]＝4×10-5 mol，则剩余固体中的物质的量为4×10-5 mol－2×10-5 mol＝2×10-5 mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol，故产物中＝(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)＝2∶1。
600～800 ℃发生的化学方程式为____________________________。
Nd2O2CO3Nd2O3＋CO2↑
课时数智作业(八) 物质的量在化学反应中的计算
(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分)
1．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2+全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是 ( )
A．0.125 mol·L-1 B．0.175 mol·L-1
C．0.25 mol·L-1 D．0.50 mol·L-1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
12
13
C [设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g，解得x＝0.037 5，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为＝0.25 mol·L-1。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
2．将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中，恰好使溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
√
12
13
B [M的化合价为＋n价，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋ ～
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
＝，解得n＝3。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
3．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x，
X＋2Y===Q ＋ R
9a 22a
x 4.4 g
根据＝，解得x＝1.8 g，由质量守恒定律可知参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g－1.6 g＝4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g＝23∶9，故选C。]
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
4．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L
C．12 L D．16 L
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
2 1 1
V(CO2) (20－16) L
则原混合气体中V(CO2)＝2×(20－16) L＝8 L，
V(CO)＝(20－8) L＝12 L。]
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
5．向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A．0.75 mol·L-1
B．1 mol·L-1
C．1.5 mol·L-1
D．2 mol·L-1
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D [还原性：Fe2+>Br－，Cl2先与Fe2+反应，Fe2+反应完毕后，再与Br－反应，n(Cl2)＝＝0.15 mol，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，说明Cl2已消耗完毕，所得溶液中n(Br－)＝n(Cl－)＝0.3 mol；假设原FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中n(Fe2+)＝0.1x mol，n(Br－)＝0.2x mol，则反应消耗的n(Br－)＝(0.2x－0.3)mol，根据得失电子守恒，可得0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。]
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
6．(2025·中山模拟)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的H2SO4溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为
( )
A．0.1 mol·L-1 B．0.15 mol·L-1
C．0.2 mol·L-1 D．0.4 mol·L-1
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。由电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝＝n(H＋)＝0.1 mol·L-1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L-1。]
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
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，则原混合物中硫的质量分数约为 ( )
A．72% B．40%
C．36% D．18%
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [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
＝，m(S)＝0.08 g，原混合物中ω(S)＝×100%≈36%。]
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
8．(2025·柳州模拟)某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 0 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A．94.5% B．96.1%
C．96.7% D．97.6%
√
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [根据得失电子守恒可得关系式：5FeSO4·7H2O～KMnO4，故n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10-3 mol，ω(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。]
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题号
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9．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2的体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2的体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
√
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题号
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D [设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol，与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol，根据得失电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因＝，因此＝，故B正确；产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，＝，故C正确；由＝可知，当a＝1，b＝0.5时，＝1，当a＝2，b＝1时，＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据无法确定X、Y的化合价，故D错误。]
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题号
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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%]。下列说法中不正确的是( )
A．300～400 ℃发生的主要反应为C＋O2CO2
B．800 ℃时残留的固体是Fe2O3
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2∶1
√
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D [300～400 ℃发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；550～700 ℃发生的主要反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B正确；由题图中数据可知，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错误。]
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题号
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11．(6分)过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为__________。(2分)
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0.06 mol
题号
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(2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为________。
②样品中CaO2·xH2O中的x为_____。(4分)
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0.56 g
0.5
[解析] (1)n(O2)＝＝0.03 mol，则
2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O
2 mol 1 mol
n(CaO2·xH2O) 0.03 mol
解得n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol，
则n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06 mol。
题号
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(2)n(CaCO3)＝＝0.07 mol。
①根据钙元素守恒，可知：n(CaO)＝0.07 mol－0.06 mol＝0.01 mol，所以m(CaO)＝0.01 mol×56 g·mol-1＝0.56 g。
②样品中水的质量为m(H2O)＝5.42 g－m(CaO2)－m(CaO)＝5.42 g－0.06 mol×72 g·mol-1－0.56 g＝0.54 g，所以n(H2O)＝＝0.03 mol，则x＝＝0.5。
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12．(4分)热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。
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题号
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(1)试确定200 ℃时固态物质的化学式：______________。(2分)
(2)554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：_____________________________。(2分)
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MgCl2·2H2O
Mg(OH)ClMgO＋HCl↑
题号
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[解析] (1)由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m(MgCl2)＝95 g·mol-1×0.02 mol＝1.9 g，所以200 ℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)＝2.62 g－1.9 g＝0.72 g，n(H2O)＝0.04 mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O。
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题号
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(2)554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554 ℃时分解的化学方程式为Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。
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题号
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13．(10分)(2025·忻州模拟)在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
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实验序号 甲 乙 丙
合金质量/mg 510 765 1 020
气体体积/mL 560 672 672
题号
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(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？________，理由是_________________________________________________________。(4分)
(2)盐酸的物质的量浓度为_____________。(2分)
(3)合金中Mg的物质的量为__________，Mg、Al的物质的量之比为________。(4分)
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甲
甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能
2 mol·L-1
0.01 mol
1∶1
题号
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[解析] (1)对比甲、乙数据，加765 mg合金时生成的氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加1 020 mg合金时生成氢气的体积与加765 mg合金时相等，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应。
(2)加入1 020 mg 镁铝合金时，最多只能生成672 mL氢气，说明所加盐酸最多只能生成672 mL 氢气，n(H2)＝＝0.03 mol，根据关系式：2HCl～H2可知，n(HCl)＝0.03 mol×2＝0.06 mol，盐酸的物质的量浓度为＝2 mol·L-1。
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题号
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(3)由于甲组中，盐酸是过量的，所以用甲组数据来计算，生成氢气的物质的量为＝0.025 mol，设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，依题意得：24x＋27y＝0.51，x＋ y＝0.025，解得，x＝0.01，y＝0.01，所以Mg、Al的物质的量之比为1∶1。
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谢 谢 ！课时数智作业(八) 物质的量在化学反应中的计算
(建议用时：40分钟 总分：50分)
(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分)
1．将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2+全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是 ( )
A．0.125 mol·L-1 B．0.175 mol·L-1
C．0.25 mol·L-1 D．0.50 mol·L-1
2．将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中，恰好使溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
3．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===Q＋R中，当1.6 g X与一定量Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
4．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L
C．12 L D．16 L
5．向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A．0.75 mol·L-1 B．1 mol·L-1
C．1.5 mol·L-1 D．2 mol·L-1
6．(2025·中山模拟)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的H2SO4溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为( )
A．0.1 mol·L-1 B．0.15 mol·L-1
C．0.2 mol·L-1 D．0.4 mol·L-1
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，则原混合物中硫的质量分数约为 ( )
A．72% B．40%
C．36% D．18%
8．(2025·柳州模拟)某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 0 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A．94.5% B．96.1%
C．96.7% D．97.6%
9．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2的体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2的体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
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%]。下列说法中不正确的是( )
A．300～400 ℃发生的主要反应为C＋O2CO2
B．800 ℃时残留的固体是Fe2O3
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2∶1
11．(6分)过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生如下反应：2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为____________。(2分)
(2)另取同一样品5.42 g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为____________________。
②样品中CaO2·xH2O中的x为____________。(4分)
12．(4分)热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。
(1)试确定200 ℃时固态物质的化学式：______。(2分)
(2)554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：__________________________________________________________
____________________________________________________________________
_______________________________________________________________。(2分)
13．(10分)(2025·忻州模拟)在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号 甲 乙 丙
合金质量/mg 510 765 1 020
气体体积/mL 560 672 672
(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？________，理由是____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。(4分)
(2)盐酸的物质的量浓度为_____________。(2分)
(3)合金中Mg的物质的量为________________，Mg、Al的物质的量之比为________。(4分)
课时数智作业(八)
1．C [设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol=8 g∶0.3 g，解得x=0.037 5，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为=0.25 mol·L-1。]
2．B [M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+ ~ nC
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
=，解得n=3。]
3．C [假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4 g R时生成Q的质量是x，
X＋2Y===Q ＋ R
9a 22a
x 4.4 g
根据=，解得x=1.8 g，由质量守恒定律可知参加反应的Y的质量为4.4 g＋1.8 g-1.6 g=4.6 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为4.6 g∶1.8 g=23∶9，故选C。]
4．C [2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
2 1 1
V(CO2) (20－16) L
则原混合气体中V(CO2)=2×(20-16) L=8 L，
V(CO)=(20-8) L=12 L。]
5．D [还原性：Fe2+>Br-，Cl2先与Fe2+反应，Fe2+反应完毕后，再与Br-反应，n(Cl2)==0.15 mol，所得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明Cl2已消耗完毕，所得溶液中n(Br-)=n(Cl-)=0.3 mol；假设原FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol，n(Br-)=0.2x mol，则反应消耗的n(Br-)=(0.2x-0.3)mol，根据得失电子守恒，可得0.1x＋(0.2x-0.3)=0.15×2，解得x=2。]
6．C [当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na+全部来源于NaOH，且变化过程中Na+的量不变。由电荷守恒可知：=，所以，n(NaOH)=n(Na+)=2n(S)=n(H+)=0.1 mol·L-1×0.2 L=0.02 mol，c(NaOH)==0.2 mol·L-1。]
7．C [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
=，m(S)=0.08 g，原混合物中ω(S)=×100%≈36%。]
8．C [根据得失电子守恒可得关系式：5FeSO4·7H2O~KMnO4，故n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol，ω(FeSO4·7H2O)=×100%≈96.7%。]
9．D [设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol，与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol，根据得失电子守恒以及H原子守恒可知X~aHCl~H2~Xa+、Y~bH2SO4~bH2~Y2b+。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因=，所以=，故B正确；产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，=，故C正确；由=可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据无法确定X、Y的化合价，故D错误。]
10．D [300~400 ℃发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；550~700 ℃发生的主要反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B正确；由题图中数据可知，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错误。]
11．解析：(1)n(O2)==0.03 mol，则
2CaO2·xH2O2CaO＋O2↑＋2xH2O
2 mol 1 mol
n(CaO2·xH2O) 0.03 mol
解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol，
则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。
(2)n(CaCO3)==0.07 mol。
①根据钙元素守恒，可知：n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol，所以m(CaO)=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。
②样品中水的质量为m(H2O)=5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g=0.54 g，所以n(H2O)==0.03 mol，则x==0.5。
答案：(1)0.06 mol (2)①0.56 g ②0.5
12．解析：(1)由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m(MgCl2)=95 g·mol-1×0.02 mol=1.9 g，所以200 ℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)=2.62 g-1.9 g=0.72 g，n(H2O)=0.04 mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)=0.02 mol∶0.04 mol=1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O。 (2)554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554 ℃时分解的化学方程式为Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。
答案：(1)MgCl2·2H2O
(2)Mg(OH)ClMgO＋HCl↑
13．解析：(1)对比甲、乙数据，加765 mg合金时生成的氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加1 020 mg合金时生成氢气的体积与加765 mg合金时相等，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应。(2)加入1 020 mg 镁铝合金时，最多只能生成672 mL氢气，说明所加盐酸最多只能生成672 mL 氢气，n(H2)==0.03 mol，根据关系式：2HCl~H2可知，n(HCl)=0.03 mol×2=0.06 mol，盐酸的物质的量浓度为=2 mol·L-1。(3)由于甲组中，盐酸是过量的，所以用甲组数据来计算，生成氢气的物质的量为=0.025 mol，设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，依题意得：24x＋27y=0.51，x＋y=0.025，解得，x=0.01，y=0.01，所以Mg、Al的物质的量之比为1∶1。
答案：(1)甲 甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能 (2)2 mol·L-1 (3)0.01 mol 1∶1
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