文档文本内容
01
02
03
04
第03 讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
内容导航
对标素养，研判高考命题趋势
搭建知识框架，构建系统思维
拆解核心考点，归纳解题范式
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
思维建模·脉络梳理
考点精讲·靶向突破
考点一 物质的量在化学方程式计算中应用
知识解构 知识点1 以物质的量为中心的转化关系 ∣ 知识点2 用物质的量进行方程式的计算
考向破译 考向1 根据化学方程式进行计算
解题妙招1 根据化学方程式进行计算的解题步骤
考点二 常用的化学计算方法
知识解构 知识点1 守恒法 ∣ 知识点2 差量法 ∣ 知识点3 关系式法
考向破译 考向1 守恒法在化学计算中的应用
考向2 差量法在化学计算中的应用
考向3 关系式法在化学计算中的应用
考向4 热重曲线法在化学计算中的应用
解题妙招1 守恒法的应用
解题妙招2 差量法的应用
解题妙招3 关系式法的应用
解题妙招4 热重曲线法的应用
真题溯源·考向感知
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
2023 年
2022 年
根据化学方程
式进行计算
黑吉辽蒙卷
T4，3 分
黑吉辽蒙卷
T4，3 分
黑吉辽卷
T4，3 分
辽宁卷T5，3 分
化学计算的常
用方法
黑吉辽蒙卷
T13，3 分
黑吉辽蒙卷
T13，3 分
辽宁卷T7，3 分
辽宁卷T12，3 分
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
以物质的量为中心的计算常与化学方程式结合起来进行考查，主要有关系式法、差量法和守恒法，而解题
中最常用的守恒法是最常用的，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。预计2027 年高考
仍会以工艺流程、化工生产、科学实验为情境载体，进一步考查关系式法、差量法和守恒法的应用。
►复习目标：
1．了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计算。
2．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用。
3．掌握关系式法、守恒法、差量法在解题中的应用。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 物质的量在化学方程式计算中应用
知●识●解●构
知识点1 以物质的量为中心的转化关系
得分速记
1.已知物质的质量mB，nB＝
mB
M B 。
2.已知标准状况时的气体体积VB，nB＝
V B
V m 。
3.已知物质的粒子数NB，nB＝
N B
N A 。
4.已知溶液中溶质的物质的量浓度cB，nB＝cB·V。
知识点2 用物质的量进行方程式的计算
基本原理
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
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。
得分速记
化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。
考●向●破●译
考向1 根据化学方程式进行计算
例1（2026·吉林长春·模拟）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∶
【答案】C
【解析】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 g，
X＋2Y
Q ＋ R
9a
22a
x g 4.4 g
根据9a
22a ＝xg
4.4 g ，解得：x＝1.8，由质量守恒可知，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∶，选C。
解题妙招
根据化学方程式进行计算的解题步骤
①“审”：审清题目条件和题目要求。
②“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。
③“写”：依据题意写出并配平化学方程式。
④“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已
知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。
⑤“列”：将有关的几个量列出比例式。
⑥“解”：根据上述比例式求解未知数。
⑦“答”：根据题目要求简明地写出答案。
【变式1·变载体】（2026·黑龙江大庆·模拟）取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL 溶液，
往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH-)=0.8 mol·L-1(忽略混
合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为( )
A.1 2∶
B.1 1∶
C.2 1∶
D.2 3∶
【答案】A
【解析】设原混合物中n(K2CO3)=x mol，n(KHCO3)=y mol，根据总质量可得：138x+100y=3.38①，反应后
剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.8 mol·L-1×0.05 L=0.04 mol。
根据化学方程式：
K2CO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+2KOH
x mol
2x mol
KHCO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+KOH+H2O
y mol
y mol
可得2x+y=0.04②，
联立①②解方程组得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01 mol 0.02 mol=1 2
∶
∶。
考点二 常用的化学计算方法
知●识●解●构
知识点1 守恒法
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始
态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关
系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。常
见的守恒法有以下几种：
(1)质量守恒(原子守恒)
依据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)电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
(3)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。
得分速记
【方法技巧】
确定研究对象→分析题意选择合适的守恒方法→确定研究对象的始态和终态相互间的关系并列式
知识点2 差量法
化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤为：
(1)准确写出有关反应的化学方程式；
(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”
可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；
(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。如：
2C(s)＋O2(g)
2CO(g) Δm(固)/Δn(气) /ΔV(气)
2 mol 1 mol 2 mol 24 g 1 mol 22.4 L(标准状况)
得分速记
(1)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。
(2)计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
(3)解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题
中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
【方法技巧】
分析反应前后物质变化，确定差值的原因→表示出理论差值及相应反应物、生成
物对应的物理量→表示出实际差值→建立等式计算
知识点3 关系式法
1.关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续
反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物
的相应关系式。从原料到产品可能要经过若干步反应，前一步反应的生成物是后一步反应的反应物(中间产
物)。
关系式法不用写出完整的化学方程式，快速高效，例如滴定操作中的间接滴定法的计算。在多步反应中，
每一步中的转化率、利用率及最后所得产品的纯度等，可以累积进行计算。关系传递，连接符号(～)，首
尾列比例计算。
2.列关系式通常有如下几种方法：
(1)有关化学方程式的化学计量数关系；
(2)原子守恒关系；
(3)得失电子守恒关系。
3.建立关系式的三种常用方法
方法1.叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
C＋H2O(g) 高温
CO＋H2
CO＋H2O(g) 高温
CO2＋H2}
C
⇒＋2H2O(g) 高温
CO2＋2H2
C+2H2O(g) 高温
CO2+2H2
N2+3H2
高温、高压⃗
´
催化剂
2N H3}
由木炭、水蒸气制
⇒
取NH3的关系式为3C～4NH3。
方法2.原子守恒法
4NH3＋5O2 催化剂
△
4NO＋6H2O
2NO＋O2
2NO2
4NO2＋O2＋2H2O
4HNO3
经多次氧化和吸收，由N 元素守恒知：NH3～HNO3。
方法3.电子转移守恒法
N
－3H3 失去8e
−
→
HN
+5 O3，O
0
2 得到4e
−
→
2O
－2 2－
由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系式为NH3～2O2。
得分速记
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
考●向●破●译
考向1 守恒法在化学计算中的应用
例1（2026·吉林通化·模拟）将17.9 g 由Al、Fe、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生气体3.36
L(标准状况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，得到沉
淀的质量为25.4 g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO 的标准状况下的体积为( )
A.2.24 L
B.4.48 L
C.6.72 L
D.8.96 L
【答案】C
【解析】加入足量的氢氧化钠溶液发生的反应为2Al＋2NaOH＋6H2O
2Na[Al(OH)4]＋
3H2↑，生成的氢气为3.36 L，即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol；另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，
0.1 mol 铝参与反应转移0.3 mol 电子，Fe 被氧化为＋3 价，Cu 被氧化为＋2 价。假设Fe、Cu 的物质的量分
别是x、y，质量和：2.7 g＋56x＋64y＝17.9 g；沉淀量：107x＋98y＝25.4 g；解得x＝0.1 mol，y＝0.15
mol，Al、Fe、Cu 的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol，所以转移电子总数为0.9 mol；氮元素从
硝酸中的＋5 价还原为＋2 价，共转移0.9 mol 电子，则生成NO 为0.3 mol，则V(NO)＝6.72 L。
解题妙招
守恒法的应用
第一步：明确题目要求解的量；
第二步：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量；
第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
【变式1·变载体】（2026·黑龙江佳木斯·模拟）V L 含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份
加入含a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，
恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(不考虑Mg2+水解)( )
A.b−a
V
mol·L-1 B.2b−a
V
mol·L-1
C.4b
2
−a
V
mol·L-1 D.2b
2
−a
V
mol·L-1
【答案】C
【解析】根据电荷守恒分别可得：2n(Mg2+)=n(OH-)=a mol、n(SO4
2−)=n(Ba2+)=b mol，由于将原溶液等分成
两份，则原体系中n(Mg2+)=(
a
2 ×2) mol=a mol，n(SO4
2−)=2b mol。MgSO4和K2SO4的混合溶液中存在电
荷守恒：2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO4
2−)，即2a mol+n(K+)=4b mol，n(K+)=(4b-2a) mol，则原混合体系中c(K+)=
4b
2
−a
V
mol·L-1。
【变式2】【新情境】（2026·黑龙江佳木斯·模拟）取0.680 g H2S 产品，与足量CuSO4溶液充分反应
后，将生成的CuS 置于已恒重、质量为31.230 g 的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814
g。产品的纯度为 。
【答案】99.0%
【解析】根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 mol，
n(CuS)=n(CuO)=0.019 8 mol，则H2S 物质的量为0.019 8 mol，H2S 的质量为0.673 2 g，产品的纯度为
0.673 2 g
0.680 g
×100%=99.0%。
【变式3】【新考法】（2026·辽宁盘锦·模拟）某强氧化剂XO(OH)2
+可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10-
3 mol XO(OH)2
+需用30 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液，那么X 元素被还原后的物质可能是( )
A.XO
B.X2O3
C.X2O
D.X
【答案】D
【解析】强氧化剂XO(OH)2
+中X 的化合价为+5，Na2SO3中S 的化合价为+4，且Na2SO3的氧化产物Na2SO4
中S 的化合价为+6。根据得失电子守恒可知：X 元素化合价降低的总量(或X 元素得到的电子总数)=S 元素
化合价升高的总量( 或S 元素失去的电子总数) 。每个X 原子降低的化合价×1.2×10-3 mol=2×0.1
mol·L-1×(30×10-3) L，解得每个X 原子降低5 价，因此XO(OH)2
+在氧化还原反应中由+5 价降到0 价，D 选
项正确。
考向2 差量法在化学计算中的应用
例2（2026·内蒙古包头·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.84 w2－53w1
31w1
B.84( w1－w2)
31w1
C.73w2－42w1
31w1
D.115w2－84 w1
31w1
【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，由此可得到如下关系：
2NaHCO3 △
Na2CO3＋CO2↑＋H2O
⏟
2×84 62
x
w1－w2
则x＝84( w1－w2)
31
，
故样品纯度为m (N a2CO3)
m (样品)
＝w1－x
w1
＝84 w2－53 w1
31 w1
。
解题妙招
差量法的应用
第一步：准确写出有关反应的化学方程式；
第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论
差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；
第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
【变式1·变载体】（2026·辽宁本溪·模拟）在一个容积为6 L 的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，
在一定条件下发生反应：4X(g)+nY(g)⥫2Q(g)+6R(g)
⥬
，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的
压强比原来增大了5%，X 的浓度减小1
3 ，则该反应中的 n 值为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【答案】B
【解析】根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则
有：4+n<2+6，所以 n<4，C、D 项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增
大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%=0.25 L，由于平衡时X 浓度减少了1
3 ，所以X 减少了1 L，根据差
量法，
4X(g)+nY(g)⥫
2Q(g)+6R(g)
⥬
ΔV
4 4-n
1 L 0.25 L
4
4−n =1 L
0.25 L ，解得n=3，A 项错误、B 项正确。
【变式2·变题型】（2026·辽宁本溪·模拟）对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再
通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为 g。
【答案】0.84
【解析】由2Na2O2＋2CO2
2Na2CO3＋O2 Δm
2 mol 56 g
x 0.14 g
2mol
x
＝56 g
0.14 g ，解得：x＝0.005 mol，
根据2NaHCO3 △
Na2CO3＋H2O＋CO2↑得，
m(NaHCO3)＝0.005 mol×2×84 g/mol＝0.84 g。
【变式3·变考法】（2026·辽宁铁岭·模拟）取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与
足量浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰为Mn2＋。计算：
(1)KMnO4的分解率为 ；
(2)气体A 的物质的量为 。
【答案】(1)60％ (2)0.095 mol
【解析】(1)2KMnO4 △
K2MnO4＋MnO2＋O2↑
2×158
32
m(KMnO4)
7.90 g－7.42 g
m(KMnO4)＝2×158×(7.90 g－7.42 g)
32
＝4.74 g，
KMnO4分解率＝m (分解KMnO4)
m (加入KMnO4) ×100％＝4.74 g
7.90 g ×100％＝60％。
(2)由题意分析知，A 为Cl2，由得失电子守恒，反应前后，Mn 元素化合价(＋7→＋2)，得到电子；O 元素
化合价(－2→0)，Cl 元素化合价(－1→0)，失去电子。由得失电子守恒分析得：5n(KMnO4)＝4n(O2)＋
2n(Cl2)。即5×7.90
158 g·mol
－1 ＝4×7.90 g－7.42 g
32 g·mol
－1
＋2n(Cl2)；n(Cl2)＝0.095 mol。
考向3 关系式法在化学计算中的应用
例2（2026·吉林白城·模拟）测定溶有少量HCl 的SiHCl3纯度的操作：m1 g 样品经水解、干燥等预处理
过程得硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g。
测得样品纯度为 (用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】135.5m2
60m1
×100%
【解析】m1 g 样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操
作，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)=m2
60 mol，由Si 原子守恒，
可得关系式：SiHCl3~SiO2，故样品纯度为
m2
60 mol×135.5 g·mol
1
−
m1g
×100%=135.5m2
60m1
×100%。
解题妙招
关系式法的应用
方法1：
第一步：准确写出各步反应的化学方程式；
第二步：找出“中介”的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间量的关系；
第三步：确定最初反应物和最终生成物之间量的关系；
第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。
方法2：利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式，然后列比例进行求算。
【变式1·变载体】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟）向粗盐水中加入石灰乳除Mg2+，再加入碳酸钠溶液除
Ca2+。已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L-1，CaCl2含量为1.11 g·L-1，现用方案3 提纯10 L 该粗盐水，
求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量分别为 、 。
【答案】0.04 mol 0.14 mol
【解析】根据信息可知10 L 该粗盐水含m(MgCl2)=0.38 g·L-1×10 L=3.8 g；m(CaCl2)=1.11 g·L-1×10 L=11.1
g；再根据n=m
M 可知，n(MgCl2)=3.8 g
95 g·mol
1
−=0.04 mol、n(CaCl2)=11.1 g
111 g·mol
1
−=0.1 mol。
该过程涉及的化学方程式有MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2+CaCl2、CaCl2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaCl，根据方
程式得关系式：
① MgCl2~Ca(OH)2~CaO~CaCl2
n/mol 0.04 0.04 0.04
② CaCl2 ~ Na2CO3
n/mol 0.04+0.1 0.14
n(CaO)=0.04 mol；n(Na2CO3)=0.14 mol。
【变式2·变题型】（2026·吉林松原·模拟）称取CaCl2水合物样品1.000 g，加水溶解，加入过量
Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，消耗
24.00 mL。该样品中CaCl2的质量分数为 。
【答案】66.6%
【解析】CaCl2+Na2C2O4===CaC2O4↓+2NaCl、CaC2O4+H2SO4===H2C2O4+CaSO4、2MnO4
−
+5H2C2O4+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O，则有关系式：5CaCl2~5H2C2O4~2MnO4
−，则CaCl2的质量分数为
0.100 0×24.00×10
3
−mol×5
2 ×111 g·mol
1
−
1.000 g
×100%=66.6%。
【变式3·变考法】（2026·辽宁辽阳·模拟）Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL
溶液，从中移取V0 mL 于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2H2Y 溶液(此时镓以[GaY]-
存在)，再加入PAN 作指示剂，用c2 mol·L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红
色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-===[CuY]2-+2H+。
终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为 ×100%。(列出计算式)
【答案】188V(c1V1−c2V2)
2w V0
×10-3[或94 V(c1V1−c2V2)
w V0
×10-3]
【解析】滴定终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2++H2Y2-===[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y 的
物质的量为c2V2×10-3 mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y 的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，原样品中含有
Ga2O3的物质的量为1
2 (c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为
1
2 V(c1V1×10
3
−−c2V2×10
3
−)mol×188 g·mol
1
−
V0×w g
×100%=188V(c1V1−c2V2)
2w V0
×10-3×100%=
94 V(c1V1−c2V2)
w V0
×10-3×100%。
考向4 热重曲线法在化学计算中的应用
例2（2026·内蒙古呼和浩特·模拟）CaC2O4·H2O 热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O 加热升温过程中固
体的质量变化如图。写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式： 。
【方法技巧】热重曲线基本分析方法和思路
(1)一般可设晶体为1 mol，质量为m。该题中m(CaC2O4·H2O)=146 g，含有结晶水18 g。
(2)失重一般先失去结晶水，再失去非金属氧化物，金属质量不减少。
(3)根据元素守恒，剩余金属氧化物中n(Ca)=1 mol，n(O)=1 mol，为CaO。
具体分析过程如下：
(4)因此400~600 ℃的方程式为CaC2O4
CaCO3+CO↑。
【答案】CaC2O4
CaCO3+CO↑
【解析】M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g 时，质量
减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；600 ℃时剩余质量
为100 g，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1 个CO 后变成CaCO3，所以在400~600 ℃
时发生的反应为CaC2O4
CaCO3+CO↑。
解题妙招
热重曲线法的应用
(1)设晶体的物质的量为1 mol，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)
样品的固体残留率＝×100%。
(4)晶体中金属元素质量不会减少，仍在m 余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒可得m 氧，由n 金属∶n 氧，即可求出失重后物质的化学式。
【变式1·变载体】（2026·辽宁抚顺·模拟）8.34 g 绿矾晶体(FeSO4·7H2O)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)如图所示，下列说法正确的是( )
A.温度为78~159 ℃时固体物质M 的化学式为FeSO4·5H2O
B.温度为159~373 ℃时固体物质N 的化学式为FeSO4·2H2O
C.在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为FeSO4·2H2O
FeSO4+2H2O
D.取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生
成，Q 的化学式为Fe2O3
【答案】D
【解析】n(FeSO4·7H2O)=8.34 g
278 g·mol
1
−=0.03 mol，温度为78~159 ℃时，固体质量为6.72 g，其中
m(FeSO4)=0.03 mol×152 g·mol-1=4.56 g，m(H2O)=6.72 g-4.56 g=2.16 g，n(H2O)=0.12 mol，则
n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12 mol 0.03 mol=4 1
∶
∶，则化学式为FeSO4·4H2O，A 错误；温度为159~373 ℃时，固体质
量为5.10 g，其中m(FeSO4)=4.56 g，m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)=0.03 mol，则
n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03 mol 0.03 mol=1 1
∶
∶，则化学式为FeSO4·H2O，B 错误；N 的化学式为FeSO4·H2O，P 的
化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N 得到P 的化学方程式为FeSO4·H2O
FeSO4+H2O，C 错误；P 的
化学式为FeSO4，则Q 应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56
g·mol-1=1.68 g，则Q 中m(O)=2.40 g-1.68 g=0.72 g，n(O)=0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)=2 3∶，Q 的化学式为
Fe2O3，D 正确。
【变式2·变题型】（2026·内蒙古赤峰·模拟)将26.3 g NiSO4·nH2O 样品在900 ℃下煅烧，样品受热过程的
热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N 时失掉全部的结晶水。下列说法错误的
是( )
A.n=6
B.固体M 的化学式为NiSO4·4H2O
C.生成固体P 时，样品的失重率约为71.5%
D.固体Q 的化学式为NiO
【答案】D
【解析】L→N 时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2O
NiSO4+nH2O，根据图像可知，剩余固
体NiSO4的质量是15.5 g，失去结晶水的质量是26.3 g-15.5 g=10.8 g，根据NiSO4~nH2O 建立等式，155
15.5 =
18n
10.8 ，解得n=6，A 项正确；L→M 时失掉结晶水的质量是3.6 g，则固体M 的化学式为NiSO4·4H2O，B
项正确；生成固体P 时，样品的失重率为26.3 g 7.5 g
−
26.3 g
×100%≈71.5%，C 项正确；Q 为镍的氧化物，
n(Ni)=n(NiSO4·6H2O)=0.1 mol，则n(O)=8.3 g 0.1mol×59 g·mo
−
l
1
−
16 g·mol
1
−
=0.15 mol，则n(Ni)∶n(O)=2 3∶，固
体Q 的化学式为Ni2O3，D 项错误。
【变式3·变考法】（2026·吉林延边·模拟)将1.440 g Ti2O3在空气中加热，固体的质量随温度变化如图所
示。
T1→T2 ℃，反应的化学方程式为
。
【答案】2Ti3O5+O2
6TiO2
【解析】1.440 g Ti2O3含Ti 元素的质量为：1.440 g×96
144 =0.96 g，T0→T1 ℃时，Ti 元素质量不变，则T1 ℃
时，O 元素质量：0.533 g，Ti 原子与O 原子个数比：0.96 g
48 g·mol
1
−∶0.533 g
16 g·mol
1
−≈3 5∶，即化学式：
Ti3O5；T0→T2 ℃时，固体质量增加0.16 g，即为O 元素质量，对应增加O 物质的量0.01 mol，即从Ti2O3
反应生成Ti2O4，根据质量守恒定律，结合图像中固体质量变化可知，T1→T2 ℃时，发生反应化学方程式：
2Ti3O5+O2
6TiO2。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2026·黑吉辽蒙卷）镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确
的是
A．反应①：每消耗0.5 molC5H6生成Mg(C5H5)2分子的数目为0.5NA
B．反应②：每消耗2.24 L N2生成N
3−数目为0.2NA
C．反应③：每消耗4.4 gCO2转移电子数目为0.4 NA
D．0.15 mol⋅L
1
−MgCl2溶液中，Mg
2+数目为0.15NA
【答案】C
【解析】由图可知，反应①为Mg+2C H6
5
❑
→Mg(C H5
5
❑
)2+ H2↑，反应②为3Mg+N2
点燃
¿ Mg3N2
¿
，反应③为
2Mg+CO2
点燃
¿2MgO+C
¿
，反应④为MgO+2HCl=MgCl2+ H2O。由反应①为Mg+2C H6
5
❑
→Mg(C H5
5
❑
)2+ H2↑可
知，每消耗0.5 mol C H
5
❑❑6，生成Mg(C H5
5
❑
)2的物质的量为0.25 mol，则分子数为0.25NA，A 错误；
2.24L N2未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的N
3−的数目不一定为0.2NA，B 错误；
4.4g 的物质的量为n=4.4g
44g/mol =0.1mol，反应③为2Mg+CO2
点燃
¿2MgO+C
¿
，C 的化合价由+4 价降低为0 价，
转移4 个电子，故每消耗4.4gCO2，转移的电子数为0.4 NA，C 正确；0.15mol⋅L
1
−MgCl2溶液的体积未
知，无法计算Mg
2+，D 错误；故选C。
2．（2026·黑吉辽蒙卷）一种从废旧电池正极材料（LiFePO4）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说
法错误的是
A．a电极反应：O2+2H2O+2e
−= H2O2+2OH
−
B．电路中转移2 mol电子，理论上可回收4 molLi
+
C．b电极连接电源正极
D．I3
−可转化为I
−和IO3
−，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【解析】左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a 电极是阴极，连接电源的负极。电极反应:
O2+2H2O+2e
−= H2O2+2OH
−，右侧池I
−被氧化为I3
−，这是氧化反应，因此b 电极是阳极，连接电源的正
极。电极反应: 3I
−
2
−e
−=I3
−；阴离子交换膜：允许阴离子(如SO4
2−、OH-等)通过，以维持电荷平衡。如
上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na2SO4溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A 正确；电路中
转移2mol电子时，整个体系总电子转移量为2mol，每释放1molLi
+对应1mol电子转移（
LiFePO4−e
−=FePO4+Li
+），双电极可同时回收Li
+，理论上可回收4molLi
+，B 正确；右侧发生氧化反
应：I
−被氧化为I3
−，阳极连接电源正极，C 正确；若I3
−歧化转化为I
−和IO3
−，反应为：
3I3
−+3H2O=8I
−+IO3
−+6H
+，该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数（氧化LiFePO4的总能
力）不变：3molI3
−原本可得到6mol电子，歧化后1molIO3
−作为氧化剂可得到6mol电子，总氧化能力不
变，理论上脱出回收的Li
+总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D 错误；故选D。
3.（2025·黑吉辽蒙卷）钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
的是
A. 反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为NA
B. 反应②中2.3gNa 完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NA
C. 反应③中
与足量
反应转移电子的数目为2NA
D.
溶液中，ClO⁻的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】反应①电解熔融NaCl 生成Cl2，标准状况下11.2LCl2为0.5mol，含0.5×2=1mol 原子，即NA，A 正
确；2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol
，每个
含1 个O-O 非极性键，所以非
极性键数目为
，B 错误；
与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为
，1mol
与水反应转移1mol 电子，数目为NA，C 错误；ClO⁻在水中会
水解，故ClO⁻数目小于0.1NA，D 错误；故选A。
4．（2025·新课标卷）某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料
(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。
电解时，下列说法错误的是
A．阳极区
下降
B．
从阴极区向阳极区迁移
C．阴极发生反应
D．阴极转化
，阳极将生成
【答案】D
【分析】根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为：
；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为：
。
【解析】A．根据分析，阳极区消耗了
，
下降，A 正确；B．阴极区生成了
，阳极区消耗了
，按照离子移动方向，
从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B 正确；C．根据分析阴极发
生还原反应，电极反应式为：
，C 正确；D．阴极转化
，转移
，此时阳极将生成
，D 错误；故选D。
5.（2024·辽宁卷）“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢
的问题，科技工作者设计耦合
高效制
的方法，装置如图所示。部分反应机理为：
。下列说法错误的是
A. 相同电量下
理论产量是传统电解水的1.5 倍
B. 阴极反应：
C. 电解时
通过阴离子交换膜向b 极方向移动
D. 阳极反应：
【答案】A
【解析】据图示可知，b 电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b 电极
为阳极，a 电极为阴极，HCHO 为阳极反应物，由反应机理
可知：
反应
后生成的
转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成
HCOOH 的同时还生成了H-，生成的HCOOH 再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生
成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O-2e-
=H2↑+2OH-。由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-
+H2O，阴极反应2H2O-2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol 电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而
传统电解水：
，转移2mol 电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下
理
论产量是传统电解水的2 倍，故A 错误；阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，故B
正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈
电中性，
通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b 极方向移动，故C 正确；由以上分析可知，阳极反应
涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2 得阳极反应为：
，故D 正确；故选A。
6.（2024·黑吉辽卷）硫及其化合物部分转化关系如图。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，
中原子总数为
B.
溶液中，
数目为
C. 反应①每消耗
，生成物中硫原子数目为
D. 反应②每生成
还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【解析】标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol 原子，原子数为1.5NA，A 错误；SO
为
弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO
数目小于0.01NA，B 错
误；
反应①的方程式为SO2+2H2S=3S
+2H2O，反应中每生成3mol S 消耗2mol H2S，3.4g H2S 为0.1mol，故可
以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C 错误；反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO
+2S2-
+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol 电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol 电子，
数目为2NA，D 正确；故选D
7.(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT 可抑制O2产
生。下列说法正确的是( )
A.b 端电势高于a 端电势
B.理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C.电解后海水pH 下降
D.阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
【答案】D
【解析】由图可知，钛网电极上在PRT 的抑制下，Cl－放电生成HClO，电极反应为Cl－＋H2O－2e－
===HClO＋H＋，故钛网电极为阳极，a 为正极，b 为负极，钛箔电极为阴极，该电极上水放电生成氢气，
电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电解池总反应为NaCl＋H2O=====NaClO＋H2↑，以此解题。A.由
分析可知，a 为正极，b 为负极，则a 端电势高于b 端电势，A 错误；B.右侧电极上产生氢气的电极方程式
为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则理论上转移2 mol e－生成2 g H2，B 错误；C.由分析知，电解后得到
NaClO 溶液，水解呈碱性，溶液的pH 升高，C 错误；D.由分析可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－
2e－===HClO＋H＋，D 正确。
8.（2023·辽宁卷）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：
。设NA为阿
伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.
含
键数目为
B. 每生成
转移电子数目为
C.
晶体中含离子数目为
D.
溶液中含
数目为
【答案】C
【解析】题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算，A 项错误；2.8gN2 的物质的量
，1molN2生成转移的电子数为12NA，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B 项
错误；0.1mol
晶体含有离子为
、
，含有离子数目为0.2NA，C 项正确；因为S2-水解使溶液
中S2-的数目小于0.1NA，D 项错误；故选C。
9.（2023·辽宁卷）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂
可抑制
产生。下列说法正确的是（ ）
A. b 端电势高于a 端电势 B. 理论上转移
生成
C. 电解后海水
下降 D. 阳极发生：
【答案】D
【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a 为正极，右侧电极为阴极，b 电极为
负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a 为正极，b 电极为负极，
则a 端电势高于b 端电势，A 错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移
生成
，B 错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓
度增大，但是其pH 基本不变，C 错误；由图可知，阳极上的电极反应为：
，D 正
确；故选D。
10.（2022·辽宁卷）某储能电池原理如图。下列说法正确的是
A. 放电时负极反应：
B. 放电时
透过多孔活性炭电极向
中迁移
C. 放电时每转移
电子，理论上
吸收
D. 充电过程中，
溶液浓度增大
【答案】A
【解析】放电时负极反应：
，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯
气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析
放电时负极失电子，发生氧化反应，
电极反应：
，故A 正确；放电时，阴离子移向负极，放电时
透过多孔活性炭电极向NaCl 中迁移，故B 错误；放电时每转移
电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论
上
释放
，故C 错误；充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，
溶液浓度减
小，故D 错误；故选A。
