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备战2026 年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义
第10 讲 以物质的量为中心的综合计算、热重分析 （讲义）
讲义
夯基·知识精讲
【知识点1】利用守恒法计算+5 道例题
【知识点2】利用关系式法计算+5 道例题
【知识点3】利用差量法计算+5 道例题
【知识点4】利用列方程组进行二元混合物的计算+5 道例题
【知识点5】利用平均值法、极值法计算+5 道例题
【知识点6】热重分析计算+5 道例题
练习
提能·课后精练
选择题：
10
题
非选择题：
10
题
建议时长：
75
分钟
实际时长： 分钟
【知识点1】利用守恒法计算
（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）常考的三种守恒关系
①原子守恒
找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如含有1 mol FeS2硫铁矿中，完全反应
(不考虑过程损耗)制得H2SO4 的物质的量，可根据反应过程中S 原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2
mol。
②得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化
学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
转移的电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
③电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离
子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。
（3）守恒法解题步骤
第一步
明确题目要求解的物理量；
第二步
根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关
1
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的物理量；
第三步
根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解。
【例1】拟用以下方案测定空气中
含量(假设空气中无其他还原性气体)。
方案中若通过空气的体积为22.4L(标准状况下)，最终所得固体质量为0.233g，通过计算确定该空气中二氧
化硫的体积分数是 %。(写出详细计算过程)
【答案】
【详解】二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，和氢氧化钡生成硫酸钡沉淀，结合硫元素守恒，该空气中二氧
化硫的体积分数是
。
【例2】某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O 的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有
NO2、O2 、HNO3、H2O， 其中H2O 的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。请根据质量
守恒定律计算：
(1)x=_______；
(2)气体产物中m(O2)_______ g。
【答案】(1)9 (2)0.32
【解析】（1）Al(NO3)3·xH2O 的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样
品中n(Al)=
，则
，解得x=9；
（2）气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，由氢原子守恒，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，
根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N 的物质的量-HNO3中N 的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素
守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)mol÷2=0.01mol，m（O2）=0.01mol×32g/mol=0.32g。
【例3】聚合氯化铁铝(简称PAFC)，其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如
下实验：
①准确称取4.505 0 g 样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.330 0
g 固体。
②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn 粉和稀硫酸，将Fe3＋完全还原为Fe2＋。用0.100 0
mol·L－1标准KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。
③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.305 0 g 白色沉淀。
通过计算确定PAFC 的化学式(m 为聚合度，不必求出)。
【答案】[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m
【解析】
第一步：分析测定实验过程中的物质变化
①中得到的2.330 0 g 固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；
2
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②中发生反应：Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③中发生反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓。
第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)
根据原子守恒求n(Fe3＋)：
n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.01 mol
m(Fe2O3)＝n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝×0.01 mol×160 g·mol－1＝0.8 g
根据质量守恒求n(Al3＋)：
n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×＝0.03 mol
根据原子守恒求n(Cl－)：
n(Cl－)＝n(AgCl)＝＝0.03 mol
根据电荷守恒求n(OH－)：
3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)
n(OH－)＝3×0.01 mol＋3×0.03 mol－0.03 mol＝0.09 mol
根据质量守恒求n(H2O)：
m(H2O)＝4.505 0 g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.505 0 g－0.01 mol×56 g·mol －1－0.03
mol×27 g·mol－1－0.03 mol×35.5 g·mol－1－0.09 mol×17 g·mol－1＝0.54 g
n(H2O)＝＝0.03 mol。
第三步：计算所求物质的化学式
n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1 3 9 3 3
∶∶∶∶，则PAFC 的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。
【例4】将一定量的
通入用
配成的
溶液中，恰好反应；
与
溶液反应可生成
、
和
（
和
）的比值与反应的温度有关（溶液体积变化忽略不计），主要反应
（不考虑其他反应）有：
，
。
请计算：
(1)
溶液的物质的量浓度为
。
(2)某温度下，反应后溶液中
，则溶液中
为
。
(3)通入
的物质的量为 mol。
【答案】(1)0.28 (2)0.04 (3)0.07
【详解】（1）5.6g 氢氧化钠溶于水得到的500mL 氢氧化钠溶液的浓度为
=0.28mol/L，故答案为：
0.28；
（2）5.6g 氢氧化钠的物质的量为
=0.14mol，由方程式可知，反应生成的氯化钠是反应的还原产
物，次氯酸钠和氯酸钠是反应的氧化产物，设次氯酸钠的物质的量为amol、氯酸钠的物质的量为bmol，
由钠原子个数守恒可得：11a+a+b=0.14，由得失电子数目守恒可得：11a=a+5b，解得a=0.01、b=0.02，则
3
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溶液中氯酸根离子的浓度为
=0.04mol/L，故答案为：0.04；
（3）氢氧化钠完全反应生成NaClOx，由原子个数守恒可知，氯气的物质的量为0.14mol×
=0.07mol，故
答案为：0.07。
【例5】磷酸锰铵是重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。
为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：
①称取样品2.4480g，加水溶解后配成100.00mL 溶液A；
②量取25.00mL 溶液A，加足量NaOH 溶液并充分加热，生成NH30.06720L(标准状况)；
③另取25.00mL 溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH6～8，充分反应后，将溶液中Mn2＋转化
为Mn3O4，得Mn3O40.2290g。
通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 。
【答案】n(
)=n(NH3)=
=0.003mol
n(Mn2＋)=3n(Mn3O4)=3×
=0.003mol
根据电荷守恒n(PO
)=
=0.003mol
根据质量守恒m(H2O)=
-0.003mol×(18g·mol-1＋55g·mol-1＋95g·mol-1)=0.108g
n(H2O)=
=0.006mol
所以n(
) n(Mn
∶
2＋) n(PO
∶
) n(H
∶
2O)=1 1 1 2
∶∶∶
该样品的化学式为；NH4MnPO4·2H2O；
【知识点2】利用关系式法计算
（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。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系
式法，可以缩短答题时间，解题的关键是正确书写关系式。
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。各物质均为气体时，各物质的气体
体积之比等于其化学计量数之比。
（2）解题步骤
第一步
写出各步反应的化学方程式
第二步
根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之
间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系
第三步
确定已知物质和所求物质之间量的关系
第四步
根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算
4
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【例1】已知：
，某同学测定
产品的质量分数可按
如下方法：取
产品，用水溶解后，加入足量的
溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至
，取
加入淀粉溶液作指示剂，用
标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是
。四次平行实验耗去
标准溶液数据如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗
标准溶液
25.00
25.02
26.20
24.98
此产品中
的质量分数为 。
【答案】当滴入最后半滴
标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色
【详解】滴定终点：当滴入最后半滴
标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；
根据表中数据知，3 误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体积
，
，根据反应的化学方程式知，
消耗的
溶液中
，则
溶液中
，根据反应
的化学方程式
得
，根据铜原子守恒得
，
，
此
产
品
中
的质量分数
。
【例2】测定产品中
质量分数的实验步骤如下：
I．取
产品，在强碱性条件下，加入过量的
溶液，小火加热使
完全转化为
，
继续加热一段时间；
II．冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是防止指示剂提前变色)，使
转化为
；
III．用新配制的
标准溶液滴定至终点，消耗
标准溶液
(已
知
被
还原为
)。
(1)产品中
的质量分数表达式为
(用含m、c、V 的代数式表示)。
(2)下列操作将导致产品中
质量分数测定值偏低的是 (填标号)。
a．步骤I 中未继续加热一段时间
b．步骤II 用盐酸替代硫酸
c．步骤III 中所用
溶液已变质
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d．步骤III 中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】(1)
(2)ab
【详解】（1）根据
、
、
，可得关系式：
，
则
产品中
，
的质量分数
为
；
（2）a．步骤I 中继续加热一段时间的目的是除去过量的
，防止步骤II 中酸性条件下
将
还原为
，因此若未继续加热一段时间，则滴定时消耗的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，a 正确；
b．
能氧化
，步骤II 若用盐酸替代硫酸，将导致
减少，滴定时消耗的标准溶液体积偏小，
测定结果偏低，b 正确；
c．步骤II 中所用
溶液已变质，则滴定所用标准溶液体积偏大，测定结果偏高，c 错误；
d．步骤II 中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，则所测标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，d
错误；
故选ab。
【例3】为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g 石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐
酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水
降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸
溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL 用a mol·L－1的酸
性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消
耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
【答案】%
【解析】本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 mol
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
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则w(CaCO3)＝×100%＝%。
【例4】
产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的
加入
的锥
形瓶中，加水约
，再加入
滴
的二甲酚橙作指示剂、约
六亚甲基四胺作缓冲溶液，摇
匀。用已标定的
溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(
与
按物质的量之比为
反应)。实验数据如表：
起始滴定管读数
终点滴定管读数
产品的纯度约为 (写出计算过程，结果保留2 位有效数字)。
【答案】71%
【详解】
与
按物质的量之比为
反应，根据
的消耗量可以计算出
的量，进而计算出
产品的纯度，据此分析解题。
与
按物质的量之比为
反应，根据表中数据，
产品的纯度为
。
【例5】黄铁矿主要成分是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===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋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1 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%的硫酸质量为
________t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【详解】(1)据方程式：4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
\s\up7(0.020 00 mol·L－1×)
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.0%。
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(2)4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol
V(SO2)＝3.36×106 L
由SO2 ～SO3 ～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
【知识点3】利用差量法计算
（1）应用原理
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。它特别适合于解有剩余物质反应的题目，可以抵消掉未参加反应的那部
分量。
（依据：数学原理，
a
b = c
d 可变化为
a
b= c
d = a−c
b−d ）
（2）差量法的解题关键是找准研究对象。通常有：
①固体的质量差，研究对象是固体。
②气体的质量差，研究对象是气体。
③液体的质量差，研究对象是液体。
如： 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
固体质量 24 g 差量Δm＝24 g
物质的量 2 mol 1 mol 2 mol 差量Δn＝1 mol
气体体积 1 2 差量ΔV＝1
【例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，则原氮的氧化物的化
学式为
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A．N2O3
B．NO2
C．NO
D．N2O
【答案】A
【解析】设该氮氧化合物的分子式为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。
【例2】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.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】由题意知(w1-w2)g 应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O 的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由
此可得如下关系：
则x＝，故样品纯度为＝＝。
【例3】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.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】设有x L NH3分解，则
w(NH3)＝＝。
【例4】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
【答案】C
【解析】设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
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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，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
【例5】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
【答案】C
【解析】混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L 22.4 L
∶
＝V(CO2) (20
∶
－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
【知识点4】利用列方程组进行二元混合物的计算
计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两
个已知量(设为A、B)，寻找x、y 与A、B 的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：。
【例1】将
和
的混合溶液分成两等份。向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测
的固体质量减少
；向另一份中加入足量
溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量，得到
白色沉
淀。请计算：
(1)其中一份溶液中加入足量的铁粉发生的反应有两个，写出对应的离子方程式：① 、②
。
(2)原溶液中
；
(3)原溶液中
和
的物质的量浓度之比为 。
【答案】(1)Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑ (2)2 (3)1:3
【详解】向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测的固体质量减少
，铁先与铁离子反应生成亚铁
离子，再与氢离子反应生成氢气。
（1）其中一份溶液中加入足量的铁粉发生的反应有两个，则铁先和铁离子反应生成亚铁离子，再是铁和
氢离子反应生成氢气和亚铁离子，则对应的离子方程式：①Fe＋ 2Fe3+＝3Fe2+、②Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑；
故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋ 2H+＝Fe2+＋H2↑。
（2）向另一份中加入足量
溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量，得到
白色沉淀，则得到硫酸钡
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沉淀46.6g，物质的量为0.2mol，则原溶液中
；故答案为：2。
（3）一份溶液中
和
物质的量分别为xmol 和ymol，向其中一份中加入足量铁粉，充分反
应后测的固体质量减少
，则有x+y=
，x+3y=0.2，解得x=0.02，y=0.06，根据溶
液自己相同，物质的量浓度之比等于物质的量之比，则原溶液中
和
的物质的量浓度之比
为1:3；故答案为：1:3。
【例2】现有某固体混合物甲，由Na2CO3和NaHCO3混合而成，取2.96g 甲溶于水配成25.0mL 溶液，往该
溶液中加入25.0mLBa(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，测得反应后溶液中c(OH-)=1.00mol/L(混合
溶液体积为50.0mL)。试计算：
(1)原混合物中Na2CO3的物质的量是 mol。
(2)反应后溶液中Na+的物质的量是 mol。
(3)上述加入的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为 。
【答案】(1)0.02 (2)0.05 (3)1.2mol/L
【详解】碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应，生成白色沉淀的量最多，这说明碳元素全部转化为碳酸
钡，所以发生反应的离子方程式为HCO +OH－+Ba2+=BaCO3↓+H2O、Ba2++CO
=BaCO3↓，反应后的溶液是
氢氧化钠，已知反应后溶液中c(OH-)=1.00mol/L(混合溶液体积为50.0mL)，则反应后得到1.00mol/
L×0.050L=0.050molNaOH 溶液，设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别是x、y，则
，解得
。
（1）据分析，原混合物中Na2CO3的物质的量是0.02mol。
（2）据分析，反应后溶液中Na+的物质的量是0.05mol。
（3）上述加入的Ba(OH)2溶液中钡离子的物质的量和混合物中碳原子的物质的量相同，即为
0.02mol+0.01mol=0.03mol，则Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为
。
【例3】将20.0 g 铜镁合金完全溶解于140 mL 某浓度的硝酸中，得到NO2和NO 的混合气体8.96 L(标准状
况)，当向反应后的溶液中加入320 mL 4.0 mol/L NaOH 溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质
量为37 g。通过计算回答下列问题：
(1)该合金中铜与镁的物质的量之比是 。
(2)该硝酸中HNO3的物质的量浓度是 mol/L。
(3)NO2和NO 的混合气体中，NO2的体积分数是 。
(4)若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为 L。
【答案】(1)2 3∶ (2)12 (3)25％ (4)5.6
【详解】根据题意可知，
、
，据此分
析；
（1）根据上述分析，得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质
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的量为
=1mol，即得失电子物质的量为1mol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=1，64n(Cu)+24n(Mg)=20.0，
联立解得n(Cu)=0.2mol，n(Mg)=0.3mol，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2 3∶，答案为：2 3∶
（2）全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO，NO2)=320mL×10-3L/
mol×4mol/L+
=1.68mol，c(HNO3)=
=12mol/L，答案为：12
（3）根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=1mol，n(NO)+n(NO2)=
，联立解得
n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，相同条件下，体积分数等于物质的量分数，因此二氧化氮的体积分数为
=25%，答案为：25％；
（4）根据电子转移守恒，通入氧气得到的电子数与两种金属失去的电子数相同，两种金属失去的电子数
为：
，所以
，标准状况的体积为5.6 L ，答案为：5.6。
【例4】今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L 的FeCl3溶液（其他用品略），某
合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：
组别
①
②
③
④
V[FeCl3(aq)]/mL
100
100
100
100
混合粉末质量/g
6
13.2
24
36
反应后剩余固体质量/g
0
1.28
12.8
24.8
（1） 试判断第②组剩余固体的成分为 ；
（2）原混合粉末中Fe、Cu 的物质的量之比为 ；
（3）第①组所得溶液的Fe2+的物质的量浓度为 。
【答案】Cu 1:1 2.5 mol/L
【详解】（1）铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与
铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全
部参与反应，100mL FeCl3溶液能溶解金属质量13.2g-1.28g=11.92g，大于第①组溶解的金属质量，故第①
组金属完全反应、FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4mol/
L=0.4mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe 的物质的量为0.2mol，则溶解的Fe 的质量为
0.2mol×56g/mol=11.2g<11.92g，所以同时也有一部分Cu 溶解，所以剩余的固体全部为Cu；
（2）利用②的数据，设Cu、Fe 合金中金属物质的量分别为xmol、ymol，
Fe + 2Fe3+=3Fe2+
x 0.2x
Cu + 2Fe3+=Cu2++2Fe2+
0.2-0.1x 0.4-0.2x
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依据铜元素守恒可得：（0.2-0.1x）+
=y，根据质量守恒可得：56X+64y=13.2，联立解得：x=y=0.11，
即铜与铁物质的量比是1：1；
（3）第①组6g 固体中含有Cu、Fe 的物质的量各为0.05mol
Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
0.05 0.1 0.15
Cu +2Fe3+ = Cu2+ +2Fe2+
0.05 0.1 0.05 0.1
c（Fe2+）=（0.15mol+0.1mol）÷0.1L=2.5mol/L。
【例5】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＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
(1)若a＝____________(用含m 的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。
(2)若a＝，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为______ mol(用含m 的最简式表示)。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净
物，只能是Cu2O，根据
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
mol mol
所以a＝×64＝m。
(2)设Fe2O3、Cu2O 的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
x 2x
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
y y y
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2x x
根据题意所以x＝。
【知识点5】利用平均值法、极值法计算
1．平均值法
（1）平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和
M2(M1<M2)的算术平均值M 一定介于两者之间(M1<M <M2)。因此，只要求出两组分物质的某种“特性数
量”平均值M ，就可以判断两物质“特性数量”M1和M2的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确
答案。
（2）适用范围：平均值法的特点是“抓中间，定两边”，特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物
组成的判断，一般思路是先求出混合物的有关平均值，然后根据平均值规律判断混合物的可能组成。
（3）常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成等。
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2．极值法
（1）极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一种思维方
法。是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量的解题方法。
（2）特点：极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成分的含量以两种极端情况来
考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程。
（3）极值法解题的基本思路
①把混合物假设成纯净物。
②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。
③把平行反应分别假设成单一反应。
【例1】有碳酸盐组成的混合物9 克，加足量稀盐酸，产生4.4 克CO2 气体，问下列哪种情况合理
A．CaCO3和Na2CO3
B．Na2CO3和K2CO3
C．NaHCO3和Na2CO3
D．K2CO3和KHCO3
【答案】C
【例2】由一种气态烷烃和一种气态单烯烃组成的混合气体，它对氢气的相对密度是13.2，将1 L 的混合气
体和4 L 氧气在容积固定的密闭容器中完全燃烧并保持原来的温度(120 ℃)，测得密闭容器内压强比反应前
增加了4%。
(1)写出混合气体中两种烃的分子式______。
(2)计算混合气体中两种烃的体积比______。
【答案】CH4、C3H6 3 2∶
【解析】混合气体平均摩尔质量为13.2×M(H2)=13.2×2g/mol=26.4g/mol，则两种气态物质相对分子质量一个
大于26.4，一个小于26.4，所以一定有甲烷；对于甲烷而言，燃烧后(高于水的沸点)气体体积不变，充分
燃烧说明产物只有二氧化碳和水；同温同压下，气体的体积比和物质的量成正比，反应前充入气体为5
mol，反应后增加4%，变为5.2mol，气体物质的量增加0.2mol，设烯烃中碳原子数为n、在1mol 混合气
(混合气体1 体积)中物质的量为xmol，甲烷为(1-x)mol；根据
，可知物质的量变化(2 n-1-1.5n)=0.5n-1，列方程求出x=0.2÷(0.5n-1)，所以n(甲烷)=(1-x)=(5n-12)÷(5n-10)，
又1mol 混合气质量为26.4g，所以16×[(5n-12)÷(5n-10)]+14n×0.2÷(0.5n-1)=26.4，计算得出n=3，烯烃为丙
烯，丙烯物质的量x=0.2÷(0.5n-1)=0.4，所以百分含量0.4÷1×100%=40%，甲烷60%，甲烷和丙烯的体积之
比是3:2；综上分析可知：
(1)混合气体中两种烃的分子式分别为：CH4、C3H6；
(2)混合气体中甲烷和丙烯的体积比3 2∶。
【例3】钾与另一碱金属的合金4.4 g 与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一
金属可能是
A.锂
B.钠
C.钾
D.铯
【答案】A
【解析】氢气的物质的量为0.1 mol，由
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则金属的平均摩尔质量为＝22 g·mol-1，钾的摩尔质量为39 g·mol-1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于
22 g·mol-1，在所给金属中只有Li 符合题意。
【例4】两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的
组成肯定不可能为( )
A．Mg 和Ag
B．Zn 和Cu
C．Al 和Zn
D．Al 和Cu
【答案】B
【解析】本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol 电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成
H2，由题意可知15 g 金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、
Zn、Al 的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag 和Cu 的
摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15
g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn 和Cu。
【例5】向含8g NaOH 溶质的溶液中通入CO2气体，，低温蒸干得固体为9.3g，判断固体的成分及各成分
的质量和通入CO2的质量。若为13.7g 呢？若为16.8g，则通入的气体应为多少？
【答案】
(1)若质量为9.3 g，固体的成分为NaOH 和Na2CO3的混合物，NaOH 的质量为4g，Na2CO3的质量为5.3 g，
通入CO2的质量为2.2 g
(2)若质量为13.7 g，固体的成分为Na2CO3和NaHCO3的混合物，Na2CO3的质量为5.3g，NaHCO3的质量为
8.4g，通入CO2的质量为6.6g
(3)若质量为16.8 g，固体的成分为NaHCO3，通入CO2的质量为8.8g
【知识点6】热重分析计算
（1）分析方法
热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法，通过分析热重曲线，我们可以知
道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。金属
化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物的热分解过程，一般为
先失水、再分解、后氧化。
例如CoC2O4·2H2O 在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段：
第一阶段，失去结晶水生成盐：CoC2O4·2H2O→CoC2O4。
第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CoC2O4→CoO。
第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：CoO→Co2O3(或Co3O4)。
【注意】
①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是一
步失去所有的结晶水。
②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。
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（2）热重分析曲线基本图示
一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标。如固体物质A 受热分
解：A(s)
B(s)＋C(g)，固体A 热分解反应的热重曲线如图所示：
试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，由T1升高到T2过程，失重质量为Δm＝m0－m1，失重质量
百分数为×100%。
①识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量x 轴和函数y 轴表示的意
义)，寻找x、y 轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶
点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变
化)。
②析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的
因果关系，通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
③用图。将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新
的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
（3）基本方法和思路
①设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。
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，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质
的化学式。
例如：“煅烧”NiSO4·6H2O 晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名
称为______。
解题思路：n(NiSO4·6H2O)＝
＝0.1 mol，含有m(H2O)＝0.1 mol×6×18 g·mol－1＝10.8 g，根
据26.3g－15.5g=10.8g，恰好说明280 ℃以前失去的结晶水；所以A 段对应的物质就是0.1 mol 的NiSO4；
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温度到600 ℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3 g 氧化物中Ni 的质量
为5.9 g，那么O 的质量为2.4 g 即0.15 mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2 3∶，所以固体氧化物即三氧化
二镍。
【例1】硝酸钬可用作科研试剂等。4.41g
受热分解过程的热重曲线(晶体质量随温度变化
的曲线)如图所示。
已知
中
。下列说法错误的是
A．
中n 值为5
B．M 点物质的化学式为
C．已知Q 点物质的化学式为
，则M→Q 过程的其他产物为
和NO
D．P 点氧化物的化学式为
【答案】C
【详解】
中
，所以
。
A．
中n 值为5，选项A 正确；
B．M 点质量减少，4.41g-3.69g=0.72g，为水，物质的量为
=0.04mol，4.41g
的物
质的量为
，所以1mol
失去4molH2O，M 点物质为
，
选项B 正确；
C．Q 点产物
，由Ho 元素守恒n(Ho)=0.01mol，则
为
0.0025mol，质量为0.0025mol 594g/mol=1.485g，另外产物质量3.24g-1.485g=1.755g，但若是H2O 和NO，
只涉及N 的化合价降低，没有化合价升高，不可能，选项C 错误；
D．由Ho 元素守恒m(Ho)=0.01mol 165g/mol=1.65g，则m(O)=1.89g-1.65g=0.24g，n(O)=
=0.015mol，所以n(Ho):n(O)=0.01mol:0.015mol=2:3，则P 点氧化物化学式为Ho2O3，选项D 正确；
答案选C。
【例2】
(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲
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线)如下图所示，下列说法正确的是
A．
受热过程中发生的四次反应均为非氧化还原反应
B．温度为159℃时固体N 的化学式为
C．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至633℃，得到一种黑色固体物质Q
D．在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为
【答案】D
【详解】8.34gFeSO4·7H2O 样品的物质的量为
=0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/
mol=3.78g，如果晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶
体失去部分结晶水，以此分析。
A．由分析可知，加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，加热到373℃之后FeSO4发生分解反应，如C
选项，为氧化还原反应，故A 错误；
B．温度为159℃时，固体N 的质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，
m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=
=0.03mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol:0.03mol=1:1，则N 的化
学式为FeSO4·H2O，故B 错误；
C．加热至633℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/
mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=
=0.045mol，n(Fe)：
n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3，所以固体Q 的化学式为Fe2O3，则由P 的得到Q 的化学方程式为2FeSO4
Fe2O3＋SO2↑+SO3↑，Q 为红褐色固体，故C 错误；
D．根据以上分析，N 为FeSO4·H2O，P 为FeSO4，在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为
FeSO4·H2O
FeSO4＋H2O，故D 正确。
答案选D。
【例3】如图为
在
和
气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法
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错误的是
A．无论是
气氛还是
气氛，当
最终转变为
时，转移电子的物质的量相同
B．无论是
气氛还是
气氛，
阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
C．物质
为
在隔绝空气条件下，
以下热稳定，不会分解
D．在酸性
溶液中加入少量
固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生
【答案】A
【详解】第步质量由100mg 减小到87.5mg，减少了12.5%，故反应为
失去结晶水生成
，第
步质量由87.5mg 减小到68.5mg，减少了21.7%，故反应为
分解生成
与碳的氧
化物，第步质量由68.5mg 减小到38.4mg，减少了44%，故继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧
化碳，所以
为
为
的固体是
，在氧气氛围内，第
步产生的一氧化碳和氧气反
应生成的二氧化碳，第
步产生的二氧化碳抑制碳酸钙分解，所以氧气存在时不利于第步反应进行。
为
气氛中
最终转变为
、
和
，电子转移
，在
气氛
中，
最终转变为
、
、
和
，电子转移
，故A 错误；
B．
气氛中
最终转变为
、
和
，在
气氛中，
最终转变
为
、
、
和
，无论是
气氛还是
气氛，
阶段均发生了氧化还原反应，但两者的
气态产物不同，故B 正确；
C．
以下氮气气氛中，
的质量随温度升高保持不变，说明
以下
在隔绝空气条件下，
较稳定，不会分解，故C 正确；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，加入少量
固体样品时能氧化草酸根离子生成二氧化碳气体，反应
的离子方程式为：
，溶液褪色且有少量气体生
成，故D 正确；
故选：
【例4】六水合氯化镁(
)又称水氯石、结晶氯化镁，是冶炼金属镁的重要原料。
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的热重曲线如图所示：
已知：230°时剩余物质的化学组成为
；700℃时生成的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
下列说法错误的是
A．
和
失去结晶水的质量之比为
B．
时，固体物质中只有一部分是
C．从230℃加热至800℃，有HCl 气体生成
D．800℃后，固体质量不再发生变化，说明剩余的固体是纯净物
【答案】D
【详解】A．230°时剩余物质的化学组成为
，则100~230℃时，失去结晶水，根据表中数据，
100~160℃失去水分子的质量为
g，160~230℃失去水分子的质量为
g，A 正
确；
B．若剩余物质全部为三水合氯化镁，水的物质的量减少了0.3mol，质量减少
，剩余
固体质量为14.9g，185℃时，质量剩余14.7g，水的质量减少了20.3-14.7=5.6g，全部为二水合氯化镁时剩
余物质质量为0.1mol×131g/mol=13.1g，所以有部分三水合氯化镁已经失去水分子，B 正确；
C．根据题意，700℃时生成的气体能使湿润的石蕊试纸变红，即在230℃加热至800℃，有HCl 气体生
成，C 正确；
D．根据分析，初始六水合氯化镁质量为20.3g，其物质的量为0.1mol，800℃后，剩余固体质量不变，六
水合氯化镁经加热分解后可能存在物质为氧化镁、氢氧化镁、氯化镁、碱式氯化镁Mg(OH)Cl，剩余固体
质量为8.1g，若全为氧化镁，其物质的量为
，不为0.1mol，即不符合题意；若全为氢氧化
镁，其物质的量为
，不为0.1mol，即不符合题意；若全为氯化镁，其物质的量为
，不为0.1mol，即不符合题意；若全为碱式氯化镁，其物质的量为
，不为
0.1mol，即不符合题意，综上所述，剩余固体不可能为纯净物，D 错误；
故选D。
【例5】对产品
进行热重分析，结果如下图所示。
时结晶水已全部失去，
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时产物为
，则
；
阶段反应的化学方程式为 。
【答案】1
【详解】根据图像可知，将纵坐标对应质量乘1000，图像不变，则按照乘1000 后的数据计算：
时固
体质量为3.20g，产物为
物质的量为3.2g÷160g/mol=0.02mol，根据元素质量守恒，初始25℃时，固
体
质量为4.92g，物质的量为0.02mol，则其摩尔质量为4.92g÷0.02mol=246g/mol，数
值上等于相对分子质量，而
的相对分子质量为228，则
；失去全部结晶水时
的质量为0.02mol×228g/mol=4.56g，
时固体质量只有3.88g，说明此时固体不是
，而
时固体为质量为3.20g， 由
转化为
时质量减少
4.56g-3.20g=1.36g，为1.36g÷17g/mol=0.08mol
的质量，
时固体质量3.88g 转化为
时质量
减少3.88g-3.20g=0.68g，由
转化为
时固体时质量减少4.56g-3.88g=0.68g，可知
时固体为
，
阶段与
阶段固体质量减少量相等，都为0.34g，则
时固体为
（或
时固体
物质的量为0.02mol，
阶段固体质量减
少0.68g 为0.04mol
的质量，
与
物质的量之比为1:2，确定
时固体为
），故
阶段反应的化学方程式为
。
第10 讲 以物质的量为中心的综合计算、热重分析 （练习）
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1．三草酸合铁酸钾
，能溶于水，难溶于乙醇，光照分解，是制备负载型
活性铁催化剂的主要原料。
在110℃可完全失水，
时
分解。将
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一定质量的
置于电烘箱中，在110℃下加热，测得最终剩余固体质量较加热前减少
了
，则
晶体中结晶水x 值为
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
【详解】已知
在110℃可完全失水，将一定质量的
置于电烘箱
中，在110℃下加热，测得最终剩余固体质量较加热前减少了
，则
与结晶水的质量比
为89.0%：
，
，得x=3；
选A。
2．为测定某工厂排放尾气中
含量，某研究小组取该尾气样品通入140mL 0.0200
酸性
溶
液，反应的离子方程式为：
，样品中其它气体均不参与反
应。小组成员控制通入尾气流速为56
(
可被溶液充分吸收)，平行测定三次，溶液恰好褪色的平
均耗时4s，则该尾气样品中
含量(单位：
)为
A．0.5
B．1
C．1.5
D．2
【答案】D
【详解】反应消耗的酸性
溶液物质的量
。则由离
子方程式
关系得消耗的
，则尾气样品中
含量为
，选D。
答案为：D。
3．某混合物由
、
和
组成。现称取一定质量的该混合物，将其溶于100
1.25
硫酸
中，生成0.56L(标准状况)气体，并得到溶液X，测得溶液X 中
为0.5
(溶液体积变化忽略不
计)。下列说法错误的是
A．混合物中
的物质的量为0.025
B．混合物中
的物质的量为0.03
C．若溶液X 遇
溶液显红色，则溶液X 中
D．若溶液X 中
，则混合物中
【答案】B
【详解】A．设混合物中
、
和
的物质的量分别是x
、y
、z
，硫酸的物质的量是
0.125
，反应后氢离子的物质的量是0.05
，则剩余硫酸0.025
，消耗硫酸0.1
，生成气体的
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物质的量是
，发生的反应有
、
、
、
，因此
、
，解得
，A 正确；
B．根据A 项中的分析可知，不能确定混合物中
的物质的量，B 错误；
C．若溶液X 遇
溶液显红色，说明
过量，因此根据电荷守恒可知，溶液X 中
，C 正确；
D．若溶液X 中
，说明生成的气体全部是二氧化碳，因此，根据碳原子守恒可知
，设X 中硫酸亚铁和硫酸铁的物质的量分别是a
、b
，则
、
，解得
、
，根据铁原子守恒可知，单质铁的物质的量是
，则混合物中
，D 正确；
答案选B。
4．化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时
所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准
法测定水中化
学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗
折算为
的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样
，先加入足量稀硫酸酸化，再加入
的
标准液，煮沸30min(充分氧化
水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入
的
标准液(过量)。
③用
的
标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗
标准液
。
计算水样中COD 含量(mg/L)表达式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和
发生氧化反应失去电子，
发生还原
反应得电子，
发生还原反应变成
，故得电子总量为
，
被氧化
为二氧化碳共失去电子
，故水样中的还原性物质失电子总量为
，相当于消耗
，由化学需氧量
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(COD)，即水体中还原性物质每消耗
折算为
的消耗量，故可知耗氧量为
，故水样中COD 含量(mg/L)为
。
故选A。
5．Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时
已完全脱水，据图表分析，在350~400℃范围内，剩余固体成分为
A．CoO
B．CoO、Co2O3
C．Co3O4
D． Co2O3、Co3O4
【答案】D
【详解】根据质量守恒定律，在变化过程中，Co 的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=
mol，m(Co)=100×
g；在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分
析，在290℃，n(Co)：n(O)=
：[(89.25-100×
)÷16]=2：3，其化学式为Co2O3；在500℃n(Co)：n(O)=
：[(86.38-100×
)÷16]=3：4，其化学式为Co3O4；所以可以确定在350-400℃时的化学式为Co2O3和
Co3O4，故答案为：D。
6．铋(
)和铟
均属于新型半导体材料，从某富铋、铟渣(含
和
中提炼铋、铟的部
分流程如下。
已知：每ag 富铋、铟渣能提炼
铋；萃取剂在酸性溶液中可萃取三价金属离子。
下列说法正确的是
A．“酸浸”时可直接利用
的硫酸
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B．“转化”时发生反应的离子方程式为
C．每制备
，会有
被还原
D．若流程中铋无损失，原富铋、钢渣中
的质量分数为
【答案】D
【详解】由流程来看，开始酸浸时，除去了Fe2O3，而Bi2O3、In2O3进入滤渣1 中，再用75%的硫酸酸溶，
In2O3溶解进入滤液2 中，而Bi2O3转化为沉淀，向
沉淀中加入盐酸、食盐将其转化为BiCl3溶
液，再向BiCl3溶液中加入Zn 得到Bi，而滤液2 经过一系列操作得到InCl3溶液，向InCl3溶液中加入Zn 得
到In；
A．“酸浸”时若直接利用
的硫酸，无法分离
和
，故A 项错误；
B．由题给流程可知，
难溶于水，离子方程式为：
，故B
项错误；
C．制备In 的反应为：2In3++3Zn=3Zn2++2In，每制备
，会有
被氧化，故C 项错误；
D．
的铋对应
的质量为
，若流程中铋无损失，原富铋、铟渣中
的质量分数为
，故D 项正确；
故本题选D。
7．
样品在
气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是
A．P→Q 过程产生的气体为纯净物
B．
，
C．加热到633℃剩余的固体呈黑色
D．检验固体Q 的成分可用铁氰化钾试剂
【答案】B
【详解】
七水合硫酸亚铁的物质的量为
，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为
，
则373℃前为晶体脱水的过程。
A．633℃后
受热分解，由铁原子守恒可知，Q 中
和O 物质的量之比为
，则Q 为
，分解反应为：
，因此，P→Q 过程中产生的气体物为混合
气体，A 错误；
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B．在FeSO4 7H
⋅
2O→M 的过程中，脱去水分子的个数为
，则M 为四水合硫酸亚铁；
M→N 过程中，脱去水分子的个数为
，则N 为一水合硫酸亚铁，所以
，
，
B 正确；
C．加热到633℃剩余的固体为最终产物为
，呈红棕色，C 错误；
D．检验
中
应用
溶液，D 错误；
故选B。
8．某学习研究小组为了测定一定质量的
和
混合物中
的质量百分含量，设计了如下实验
装置。已知：实验条件下的气体摩尔体积用
表示；量气管由碱性滴定管改装，实验前量气管
的读数amL，实验后量气管的读数bmL。下列叙述错误的是
A．用分液漏斗代替仪器M，影响测量结果的准确性
B．混合物中
的质量百分含量为
C．测量气体体积时应恢复到室温以及调整量气管两边液面齐平后再读数
D．若实验结束读数时仰视量气管，会导致测量结果混合物中
的质量百分含量偏小
【答案】D
【详解】A．恒压分液漏斗连通上方和下方容器，可以平衡气压，保证水顺利滴下，同时也可以消除水滴
入圆底烧瓶所占体积造成生成气体体积测量的误差，即用分液漏斗代替恒压分液漏斗，影响测量结果的准
确性，A 项正确；
B．依题意生成
的物质的量为
，依
，混合物中
的物质
的量为
，混合物中
的质量百分含量为
，B 项正确；
C．测量气体体积时应注意：恢复到室温、调整量气管两边液面齐平、读数时视线与量气管最低凹液面相
平，C 项正确；
D．若实验结束读数时仰视量气管，读数
偏大，即
偏大，测量结果偏大，D 项错误；
答案选D。
9．配合物乙二胺四乙酸铁钠(
，摩尔质量为
)可溶于水，易风化，常见于强化盐
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中。乙二胺四乙酸铁钠的制备及测定如下：
I．产品的制备：
步骤1：准确称取
于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、
干燥。
步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶
液，发生反应：
。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过
滤、洗涤，晾干后得产品。
Ⅱ．产品中铁含量的测定：
称取m2g 样品，加稀硫酸溶解，配成100.00mL 溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI 溶液，充分反应
后，滴入淀粉溶液，用
标准溶液滴定，发生反应：
。重复2~3
次，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。
对于上述实验，下列说法错误的是
A．加入氨水时的离子反应为
B．乙二胺四乙酸铁钠的产率为
C．乙二胺四乙酸铁钠样品的纯度为
D．乙二胺四乙酸铁钠样品中铁的含量为
【答案】B
【详解】A．加入氨水时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子反应为
，A 正确；
B．不知道步骤2 中实际生成的乙二胺四乙酸铁钠的质量，不可算产率，B 错误；
C．根据离子方程式
，
可知铁离子与硫代硫酸根离子物质的
量为1:1，所以10mL 的溶液中铁离子的物质的量为cV 10-3mol，总的乙二胺四乙酸铁钠的物质的量为
cV×10-2mol，所以乙二胺四乙酸铁钠样品的纯度为
，C 正确；
D．10mL 的溶液中铁离子的物质的量为cV×10-3mol，总的铁的物质的量为cV×10-2mol，乙二胺四乙酸铁钠
样品中铁的含量为
，D 正确
故选B。
10．
可用作焙烤食品的添加剂，《中华人民共和国国家标准》规定焙烤食品中铝的残留量
。取
加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示，a、
b、c 点对应的固体均为纯净物。下列说法错误的是
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A．
在水中的电离方程式为
B．a 点剩余的固体可能为
C．b 点剩余的固体可能为
D．c 点剩余的固体可能为
【答案】B
【详解】
的物质的量为
=0.01mol，加热到a 点时，质量差为
4.53g-2.37g=2.16g，结晶水的质量m(H2O)=0.01mol
=2.16g，2.16g 刚好为结晶水的质量，此时
固体为
，加热到b 点时，质量为1.71g，m(
)=0.01mol
=1.71g，即此时
固体为
，c 点时固体质量为0.51g，m(
)=0.01mol
=0.51g，即此时固体为
。
A．
在水中的电离方程式为
，故A 正确；
B．由上述分析可知，a 点剩余的固体可能为
，故B 错误；
C．由分析可知，b 点剩余的固体可能为
，故C 正确；
D．由分析可知，c 点剩余的固体可能为
，故D 正确。
答案选B。
二、非选择题：本题共10 小题，共60 分。
11．把10.2 g 镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L 氢气。试计算：
(1)该合金中铝的质量分数是 。
(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。
(3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。
【答案】(1)52.9% (2)1 1∶ (3)11.2L
【详解】（1）把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，镁不反应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应。设
铝的物质的量为n(Al)，则：
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，解得：n(Al)=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g·mol-1=5.4g，则铝的质量分数为
×100%≈52.9%；
（2）m(Mg)=10.2g-5.4g=4.8 g，n(Mg)=
=0.2 mol，则n(Al) n(Mg)=1 1
∶
∶；
（3）设盐酸与铝生成的氢气为V1(H2)，盐酸与镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
，解得：V1(H2)=6.72 L；
，解得：V2(H2)=4.48 L，V 总(H2)=V1(H2)＋V2(H2)=6.72 L＋4.48 L=11.2 L。
12．为测定空气中
的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的200mL
0.100mol/L 的酸性
溶液。已知
与该溶液反应的离子方程式：
，若管道中空气流量为a L/min，经过b min 溶液恰好褪色，假
定
可被溶液充分吸收。请计算：
(1)
的物质的量是 mol。
(2)被
溶液吸收的
是 mol。
(3)该空气样品中
的含量是 mg/L(用含a、b 的代数式表示)。
【答案】(1)0.02 (2)0.05 (3)
【详解】（1）200mL 0.100mol/L 的酸性KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为
n=cV=0.100mol/L×0.2L=0.02mol。
（2）酸性
溶液恰好褪色，KMnO4的物质的量为0.02mol，根据反应方程式：
可知，n(SO2)=0.05mol。
（3）空气的体积为
，
，则该空气样品中
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的含量是
。
13．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%
【详解】该滴定原理为：先加入过量的Fe2+将
还原:
，然后利用K2Cr2O7标准
滴定剩余的Fe2+的量：
，从而间接确定
的量；根据电子守
恒有数量关系：n(Fe2+)=2n(
)，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
反应的n(Fe2+)= 20.00×0.4000×10-3mol-6.000×10-
3mol=2.000×10-3mol，则n(
)=
n(Fe2+)= 1.000×10-3mol，
样品的纯度为
。
14．回收磁性合金钕铁硼(
)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(3)净化后的
溶液通过沉钕、焙烧得到
。
②将
(摩尔质量为
)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。
时，所得固体产物可表示为
，通过以上实验数据确定该产物中
的比值 (写出计算过程)。
【答案】2：1
【详解】
的物质的量为
，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，
=
；
时剩余固体的质量为7.60mg，固体
减少的质量为1.24mg，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
时失去的质量是生成H2O 和CO2的质量；根
据H 元素守恒可知，固体分解时生成H2O 的质量为
，则生成CO2
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的质量为
-
=
，则生成CO2的物质的量为
，由C 元素守
恒可知，分解后剩余的
的物质的量为4×10-5mol-
=
，因此可以确定该产物中
的比值为
，故答案为：2:1。
15．准确称取
氯化亚铜样品置于一定量的
溶液中，待样品完全溶解后，加水
，用
的
溶液滴定到终点，消耗
溶液。有关化学反应的离子方程式
为
，计算上述样品中
的质量分数是
（答
案保留四位有效数字）。
【答案】97.9
【详解】根据反应的离子方程式：
、
可得关系式：
，
的
溶液中
，则根据
关系式可知，
，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24477g，所以该样品中
的质量分数是
。
16．草酸钪晶体
隔绝空气加热，
随温度的变化情况如图所示。
时，晶体的成分是 （填化学式），
，生成气体的物质的量之比为
（已知
的摩尔质量为
）。
【答案】
【详解】设有
草酸钪晶体（
）在空气中受热，结晶水的质量分数为
，
时，减少的质量分数为
，则失去全部结晶水，此时晶体的主要成分是
。设起始仍
为
草酸钪晶体，
时，剩余固体质量为
，由于
，故可
知
，
分解产生
，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳元素
为
价，则反应发生
和
两种气体，根据得失电子守恒可知
和
物质的量之比为
。
17．
（三草酸合铁酸钾晶体）是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结
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晶水的含量，某实验小组进行了如下实验：
①称量
三草酸合铁酸钾晶体，配制成
溶液。
②取所配溶液
于锥形瓶中，滴加
溶液至
全部转化成
时，恰好消耗
溶液。
被全部转化的标志是 。
③计算该晶体的化学式，并写出计算过程 。
【答案】溶液由无色转变成紫色，且
内不再变化
【详解】
中铁为+3 价，
可被高锰酸根氧化，根据方程式
可计算
的物质的量0.06mol，由此可知
的物质的量为0.02mol，计算
的质量为8.74g，可知结晶水的质量为
1.08g，故水的物质的量0.06mol，x=3。
①发生的反应为：
，故
被全部转化的标志是溶液由
无色转变为紫色，且30 秒内不再变化；
②消耗
的物质的量为
，由
可知，
，
原溶
液中
的物质的量为
，则
，
，
，
，即
，故
，则该晶体的化学式为
。
18．硫代硫酸钠是重要的还原剂，可用亚硫酸钠和硫粉在水溶液中加热制得。取15.12g Na2SO3溶于
80.0mL 水中，加入5.00g 硫粉，用小火加热至微沸，反应约1 小时后过滤，将滤液蒸发至体积为30.0mL，
再冷却到10℃，则理论上析出Na2S2O3∙5H2O 克。写出推导过程。(已知：Na2S2O3的溶解度，10℃
时为60.0g/100g 水，100℃时为207g/100g 水。100℃时，Na2S2O3饱和溶液的密度为1.14g/mL)。
【答案】23.4
【详解】n(Na2SO3)＝15.12g÷126g/mol＝0.12mol、n(S)＝5.00g÷32g/mol＝0.16mol (S 过量)；可以生成
Na2S2O3为0.12mol，质量为18.96g，根据100℃的溶解度计算可知，微沸100℃时80.0mL 水即80g 水可以
溶解207g
，生成的硫代硫酸钠全部溶解。设析出Na2S2O3∙5H2Oxg，滤液中Na2S2O3质量是
18.96g，10℃30.0mL 溶液中水的质量＝(30×1.14－18.96)g＝15.24g，根据溶解度公式，所以有
＝
，解得x＝23.4。
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19．利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m1 g；开盖并计时1 分钟，盖紧称重为 m2
g；再开盖加入待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为____________g(不考虑空气中水蒸
气的干扰)。
②滴定：先将WCl6 转化为可溶的Na2WO4，通过IO 离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋
2IO；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI 溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋
3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗 c
mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________。
【答案】①m3＋m1－2m2 ②%
【详解】②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，结合钨元素的质量守
恒可得关系式：WCl6～12S2O，则样品中 n(WCl6)＝n(S2O)＝×c mol·L －1×V×10 －3L，m(WCl6)＝×c
mol·L－1×V×10－3L×M g·mol－1＝ g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%＝%。
20．为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ．甲方案
实验原理：
实验步骤：
(1)固体质量为wg，则c(CuSO4)=_______mol‧L-1。
Ⅱ．乙方案
实验原理：
，
实验步骤：
①按图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E 中两液面相平，使D 中液面保持在0 或略低于0 刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A 中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
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⑥待体系恢复到室温，移动E 管，保持D、E 中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(2)Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下
，则c(CuSO4)_______mol‧L-1(列
出计算表达式)。
【答案】(1)
(2)
【详解】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体
是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应
释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与
酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫
酸铜的物质的量，根据
得到硫酸铜的浓度。
（1）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=
，根据硫酸根守恒可知，
CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)=
=
=
mol‧L-1。答案为
；
（2）Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下
，氢气的质量=
，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=
，根据
，与酸反应的锌的物质的量为
，锌的总物质的量为
，与硫
酸铜反应的锌的物质的量为
，根据
，则c(CuSO4)=
。
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