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高考热点专项 关系式法与热重分析在化学计算中的应用
目录
01 模拟基础练
【题型一】关系式法
【题型二】热重曲线分析
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 关系式法
1．(2025·江苏省苏州南京航空航天大学附中月考)我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015 年
诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，
在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0g 配制成
溶液，取
25.00mL 加入锥形瓶中，加入足量的KI 溶液生成I2，生成的I2与0.004molNa2S2O3恰好完全反应。已知：
① 1mol 青蒿素与足量KI 反应只生成1 molI2。②I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-。计算该青蒿素样品的纯度
(写出计算过程)。
【答案】根据已知条件得到关系式：1 青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL 溶液中n(青蒿素)=
n(Na2S2O3)=
×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×
=5.64g，可知青蒿
素的纯度=
×100%=70.5%
【解析】已知1 mol 青蒿素与足量KI 反应只生成1molI2，结合I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-可得关系式：1 青蒿
素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL 溶液中n(青蒿素)=
n(Na2S2O3)=
×0.004mol=0.002mol，样品中
m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×
=5.64g，可知青蒿素的纯度=
×100%=70.5%。
2．测定Na2S2O8样品的纯度：称取0.2500g 样品，用蒸馏水溶解，加入20.00mL0.4000mol/LFeSO4溶
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液(过量)，加热，再加入20.00mL 硫磷混合酸，滴入二苯胺磺酸钠指示剂5～6 滴，用0.1000mol/LK2Cr2O7
标准溶液滴定过量的FeSO4至溶液呈紫色(终点)，消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。计算Na2S2O8样品的纯
度 (写出计算过程)。
【答案】95.20%
【解析】该滴定原理为：先加入过量的Fe2+将S2O8
2-还原： S2O8
2-+2Fe2+=2Fe3++2SO4
2-，然后利用
K2Cr2O7标准滴定剩余的Fe2+的量：Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6 Fe3++7H2O，从而间接确定S2O8
2-的量；根据
电子守恒有数量关系：n(Fe2+)=2n(S2O8
2-)，n 剩(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)；n(K2Cr2O7)= 0.1000×10.00 ×10-
3mol=1.000×10-3mol，即n 剩(Fe2+)=6.000×10-3mol，所以与S2O8
2-反应的n(Fe2+)= 20.00×0.4000×10-
3mol-6.000×10-3mol=2.000×10-3mol，则n(S2O8
2-)=1
2n(Fe2+)= 1.000×10-3mol，Na2S2O8样品的纯度为
。
3．(2025·重庆市名校联盟高三第一次联考节选)铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛
应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。
(7)取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的
H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4
-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3+
+2MnO4
-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4
-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该
产品的纯度为 。
【答案】(7) 当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复
【解析】(7)当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终
点；根据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO3~2MnO4
-~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L 的草
酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为
。
题型二 热重曲线分析
4．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。
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290～500℃，发生反应的化学方程式为_______________。
【答案】6Co2O3
4Co3O4+O2↑
【解析】
，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590g，290℃时，
，故290℃时氧化物为Co2O3 ，根据钴原子守恒，500℃时
，故500℃时氧化物为Co3O4 。则其化学方程式为6Co2O3
4Co3O4+O2↑。
5．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)。
【答案】1 2 Mn
∶
3O4与MnO
【解析】MnCO3的摩尔质量为115g/mol，设MnCO3的物质的量为1mol，则A 点300℃时失重的质量为
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1mol×115g/mol×(1－75.65%)＝28g。已知CO 的摩尔质量是28g/mol，根据质量守恒定律，分解化学方程式
为
。所以A 点300℃时固体成分的化学式为MnO2。则n(Mn) n(O)
∶
为1 2∶。B 点
770℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－66.38%)＝38.7g。由于300℃时固体的成分为MnO2，再加热造
成失重的原因只能是氧元素以O2的形式逸散失去，随着氧元素的失去，锰的化合价也发生了变化。因此失
去氧元素的物质的量为n(O)＝
＝mol，可表示为MnO(2－)，整理得化学式为Mn3O4。D 点
900℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－61.74%)＝44g。失去的n(O)＝
＝1mol，可表示为
MnO(2－1)，整理得化学式为MnO。所以C 点时固体物质正从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO 的
混合物。
6．CoC2O4•2H2O 热分解的质量变化过程如图所示，其中
之前是隔绝空气加热，
之后是在
空气中加热，A、B、C 三点时的产物均为纯净物。用化学方程式表示从A 点到B 点的物质转化： ，
C 点时产物的化学式是 。
【答案】CoC2O4
Co+2CO2↑ Co2O3
【解析】18.30g CoC2O4•2H2O 的物质的量为
，0.1molCoC2O4•2H2O 含0.2mol
水，结晶水的质量m=nM=0.2mol×18g/mol=3.6g，起点到A 固体质量减少为18.30-14.70=3.6g，则A 点是纯
净的CoC2O4，0.1mol CoC2O4•2H2O 含Co 质量为m=nM=0.1mol×59g/mol=5.9g，则B 为金属Co，A 到B 是
CoC2O4分解，分解反应方程式为：CoC2O4
Co+2CO2↑；由图知C 点钴氧化物质量为8.30g，0.1molCo
质量为5.9g，氧元素质量为8.3g-5.9g=2.4g，氧的物质的量
，则Co 和O 的原子个
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数比为0.1：
=2：3，C 点产物化学式是Co2O3。
7．如图是1.00gMgC2O4•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)通过计算确定C 点固体物质的化学式___(要求写出推断过程)；
(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)。
【答案】(1)2 (2)MgC2O4•H2O (3)MgC2O4
MgO+CO↑+CO2↑
【解析】(1)根据图像中的数据，由B 到D 反应是结晶水合物受热分解失去全部结晶水，则：
=
，根据计算，n=2；(2)根据图像中的数据，由B 到C 反应是结晶水合物受
热分解失去部分结晶水，设C 物质化学式中结晶水系数为x，
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=
，解得x=1，B 点固体的化学式为MgC2O4•H2O；(3)草酸镁受热分解，设最
终存留固体为X，利用反应前后Mg 元素的质量守恒，
=
=
，
M(X) =40g•mol-1，可推测出X 即为MgO，根据原子个数守恒和质量守恒，再考虑草酸镁中C 元素化合价
为+3 价，逸散气体不会只有CO2，应该还有CO，所以最终化学方程式为：，MgC2O4
MgO+CO↑+CO2↑。
8．称取3.60g 草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化
的曲线如图所示，请分析该图回答下列问题：
(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为__________。
(2)300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式______。
【答案】(1)FeC2O4∙2H2O
FeC2O4+2H2O (2)Fe2O3
【解析】草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)受热时在200℃左右开始失去结晶水，在220℃左右开始分解生成
铁的氧化物。①3.60g 草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)中含有草酸亚铁的质量为：
=2.88g；通过
剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：
FeC2O4•2H2O
FeC2O4+2H2O；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×
=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁
元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为：1.60g-1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质
量比为1.12g 0.48g=7 3
∶
∶。设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x 16y=7 3
∶
∶，解得x y=2 3
∶
∶，即铁的氧化物
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为Fe2O3。
1．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。
经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则
NH4VO3在分解过程中( )
A．先分解失去H2O，再分解失去NH3 B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O 和NH3 D．同时分解失去H2、N2和H2O
【答案】B
【解析】NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，设NH4VO3物质的物质的量为1mol，则210℃时失重的质量
为1mol×117g/mol×(1－85.47%)＝17g；NH3的摩尔质量为17g/mol，所以先分解失去NH3；根据质量守恒定
律，化学方程式为NH4VO3
HVO3+NH3↑； 380℃时共损失的质量为1mol×117g/mol×(1－77.78%)＝
26g，第二次又失去的质量为26g－17g＝9g；H2O 的摩尔质量为18g/mol，所以再分解失去0.5molH2O；根
据质量定律守恒，化学方程式为2HVO3
V2O5+H2O↑；对照各选项，故选B。
2．胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为
Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 晶体进行分析并推断该晶体的化学式。
取3.30 g 晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，
放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000
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℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O) n(S)
∶
(填“>”“<”或“＝”)3。
②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 晶体的化学式： 。
【答案】 > Cu2(OH)2SO4·4H2O
【解析】3.30g 晶体含水为3.3g−2.4g＝0.9g，n(H2O)＝
＝0.05mol，1000℃以上时，得到的固体
为Cu2O，n(Cu)＝
×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO•bCuSO4，此时设
CuO 为xmol、CuSO4为ymol，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol，①温度650～1000℃
产生的气体中，n(O)：n(S)＝
＝4＞3；②3.30g 晶体含水为3.3g−2.4g＝0.9g，
n(H2O)＝0.05mol，n(Cu)＝0.02mol，n(SO4
2−)＝0.01mol，可知x：z：n＝0.02mol：0.01mol：(0.05-
0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。
3．为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成，进行如下实验：
①称取2.130 g 样品与足量NaOH 充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(
)随温度的变化
如图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。
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根据以上实验数据计算确定NVCO 的化学式(写出计算过程) 。
【答案】(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
【解析】设NVCO 的摩尔质量为M g·mol－1，由89 ℃时剩余固体样品的质量得
＝0.864
8，解得M≈1 065；由367 ℃时剩余固体样品的质量得
＝0.467 6，解得b≈6；由
×a
＝n(NH3)＝
＝0.01 mol，解得a＝5；由最后产物为VO2可知，该化合物中V 为＋4 价，由各元
素正负化合价代数和为0 可得，2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由该化合物的相对分子质量18a＋67b＋60c＋17d
＋180＝1 065 可知，60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9 代入化学式可得
NVCO 的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
4．0.80g CuSO4·5H2O 样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
请回答下列问题：
(1)试确定200℃时固体物质的化学式 (要求写出推断过程)；
(2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是 ，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓
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缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 ；
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu 在加热时发生反应的化学方程
式为 。
(4)在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的
pH=8 时，c(Cu2+)= mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。若在0.1mol·L-1 硫酸铜溶液中通入过量 H2S 气
体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是 mol·L-1。
【答案】(1)CuSO4·H2O
(2)黑色粉末和一种氧化性气体 CuSO4·5H2O 102℃
(3)2H2SO4(浓)+ Cu
CuSO4 +SO2↑+ 2H2O
(4) 2.2×10-8 0.2
【解析】(1)由图分析可知，CuSO4·5H2O 受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种
中间物，到258℃时才会继续分解。在200℃时固体的质量为0.57g，可能是失去了部分结晶水，用差量法
可以计算：
，解n=4，由此可以确定在200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)570℃灼烧得到
的主要产物是氧化铜和三氧化硫，因此得到的产物是黑色粉末和一种氧化性气体； CuO 与稀硫酸反应的
产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却结晶所得的晶体为CuSO4·5H2O，由图中信息可知，其存在的最高温
度为102℃。(3)SO3与水反应生成硫酸，与铜加热反应：2H2SO4(浓)+ Cu
CuSO4 +SO2↑+2H2O。(4)根据溶
度积的概念可以直接计算。pH=8 时，c(OH-)=10-6mol·L-1，由c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]可得，c(Cu2+)=
=2.2×10-8 mol·L-1
。在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S 气体，使Cu2+完全沉淀为
CuS，则溶液中溶质为硫酸，由硫酸根守恒可知，c(SO4
2-)不变，为0.1mol·L-1 ，则c(H+)为0.2mol·L-1。
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