高考化學【二輪·精準提升】重難點精講精練專題04以物質(zhì)的量為中心的綜合計算物質(zhì)的量綜合計算是歷年的常考題型，主要是結(jié)合綜合實驗計算樣品的純度，涉及氧化還原滴定、混合物計算、沉淀滴定等。預計2023年高考繼續(xù)以類似的形式進行考察。復習時，必須以“物質(zhì)的量”為中心——“見量化摩，遇問設摩”。掌握兩種方法：(1)守恒法：是中學化學計算中的一種常用方法，它包括質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒。它們都是抓住有關變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(如①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應中得失電子數(shù)相等)建立關系式，從而達到簡化過程、快速解題的目的。(2)關系式法：表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關系的一種簡化式子。在多步反應中，它可以把始態(tài)的反應物與終態(tài)的生成物之間的“物質(zhì)的量”關系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。(3)熟記計算公式①物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)(或純度)＝eq\f(該物質(zhì)的質(zhì)量,混合物的總質(zhì)量)×100%。②反應物的轉(zhuǎn)化率＝eq\f(轉(zhuǎn)化量,初始量)×100%。③生成物的產(chǎn)率＝eq\f(產(chǎn)物實際產(chǎn)量,理論產(chǎn)量)×100%。其中理論產(chǎn)量是根據(jù)方程式計算出的數(shù)值?！究键c一】以滴定實驗為中心的計算一、酸堿中和滴定1．實驗原理(1)用已知濃度的酸(或堿)滴定未知濃度的堿(或酸)，根據(jù)中和反應的等量關系來測定酸(或堿)的濃度。①反應實質(zhì)：H＋＋OH－=H2O。②定量關系：恰好中和時，n(H＋)＝n(OH－)，即c(H＋)V酸＝c(OH－)V堿。(2)利用酸堿指示劑明顯的顏色變化，表示反應已完全，指示滴定終點。指示劑變色范圍的pH石蕊＜5.0紅色5.0～8.0紫色＞8.0藍色甲基橙＜3.1紅色3.1～4.4橙色＞4.4黃色酚酞＜8.2無色8.2～10.0粉紅色＞10.0紅色2．實驗用品(1)儀器：酸式滴定管(如圖1)、堿式滴定管(如圖2)、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶、燒杯。(2)試劑：標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。(3)滴定管的使用試劑性質(zhì)滴定管原因酸性、氧化性酸式滴定管氧化性物質(zhì)易腐蝕橡膠管堿性堿式滴定管堿性物質(zhì)易腐蝕玻璃，致使玻璃活塞無法打開3.實驗操作(以標準鹽酸溶液滴定待測NaOH溶液為例)(1)滴定前的準備(2)滴定操作(3)終點判斷等到滴入最后一滴標準液，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且在半分鐘內(nèi)不恢復原來的顏色，視為滴定終點并記錄標準液的體積。4．數(shù)據(jù)處理按上述操作重復2～3次，求出用去標準鹽酸溶液的體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）×V（HCl）,V（NaOH）)計算。5．誤差分析中和滴定實驗中，產(chǎn)生誤差的途徑主要有操作不當，讀數(shù)不準等，分析誤差要根據(jù)計算式分析，c待測＝eq\f(c標準·V標準,V待測)，當用標準酸溶液滴定待測堿溶液時，c標準、V待測均為定值，c待測的大小取決于V標準的大小。（1）以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例，分析實驗誤差：步驟操作c(NaOH)洗滌未用標準溶液潤洗酸式滴定管偏高錐形瓶用待測溶液潤洗偏高未用待測溶液潤洗取用待測液的滴定管偏低錐形瓶洗凈后瓶內(nèi)還殘留有少量蒸餾水無影響取液取堿液的滴定管尖嘴部分有氣泡且取液結(jié)束前氣泡消失偏低滴定滴定完畢后立即讀數(shù)，半分鐘后顏色又變紅偏低滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失偏高滴定過程中振蕩時有液滴濺出偏低滴定過程中，向錐形瓶內(nèi)加少量蒸餾水無影響讀數(shù)滴定前仰視讀數(shù)或滴定后俯視讀數(shù)偏低滴定前俯視讀數(shù)或滴定后仰視讀數(shù)偏高（2）常用量器的讀數(shù)方法①平視讀數(shù)(如圖1)：實驗室中用量筒或滴定管量取一定體積的液體，讀取液體體積時，視線應與凹液面最低點保持水平，視線與刻度的交點即為讀數(shù)(即凹液面定視線，視線定讀數(shù))。②俯視讀數(shù)(如圖2)：當用量筒測量液體的體積時，由于視線向下傾斜，尋找切點的位置在凹液面的上側(cè)，讀數(shù)高于正確的刻度線位置，即讀數(shù)偏大。③仰視讀數(shù)(如圖3)：當用滴定管量取一定量液體的體積時，由于視線向上傾斜，尋找切點的位置在液面的下側(cè)，讀數(shù)低于正確的刻度線位置，因滴定管刻度標法與量筒不同，這樣仰視讀數(shù)偏大。二、氧化還原滴定法(1)原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)，或者間接滴定本身并沒有還原性或氧化性但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質(zhì)。(2)試劑①常見用于滴定的氧化劑：KMnO4、K2Cr2O7等。②常見用于滴定的還原劑：亞鐵鹽、草酸、維生素C等。(3)指示劑①氧化還原指示劑。②專用指示劑，如淀粉可用作碘量法的指示劑。③自身指示劑，如KMnO4溶液可自身指示滴定終點。(4)實例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示劑酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑終點判斷當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達滴定終點②Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI指示劑用淀粉作指示劑終點判斷當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復原色，說明到達滴定終點三、沉淀滴定法(1)概念：沉淀滴定法是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應很多，但符合條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－濃度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量時常以CrOeq\o\al(2－,4)為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶。題組訓練：1．利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量，實驗分兩步進行。已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2OBa2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓步驟Ⅰ：移取xmL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V0mL。步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL。滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為________mol·L－1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2＋濃度測量值將__________(填“偏大”或“偏小”)?！敬鸢浮可戏絜q\f(b（V0－V1）,y)偏大【解析】由方程式2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O知，步驟Ⅰ中加入的CrOeq\o\al(2－,4)的總物質(zhì)的量為bmol·L－1×eq\f(V0,1000)L＝eq\f(bV0,1000)mol。步驟Ⅱ中，加入BaCl2充分反應后，剩余的CrOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為bmol·L－1×eq\f(V1,1000)L＝eq\f(bV1,1000)mol，與Ba2＋反應的CrOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為eq\f(bV0,1000)mol－eq\f(bV1,1000)mol＝eq\f(b（V0－V1）,1000)mol，由方程式Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrOeq\o\al(2－,4))，所以BaCl2的濃度：c(BaCl2)＝eq\f(\f(b（V0－V1）,1000)mol,\f(y,1000)L)＝eq\f(b（V0－V1）,y)mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時，有少量待測液濺出，造成V1的用量減小，所以eq\f(b（V0－V1）,y)的測量值將偏大。2．樣品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應5min，有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反應式為I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為________________，樣品中S2－的含量為________________(寫出表達式)?！敬鸢浮繙\藍色至無色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%【解析】達到滴定終點時I2完全反應，可觀察到溶液顏色由淺藍色變成無色，且半分鐘內(nèi)顏色×100%。3．亞硝酰氯(NOCl)常用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成亞硝酰氯。已知：①NOCl是黃色氣體，熔點：－64.5℃，沸點：－5.5℃；NOCl遇水易反應生成一種無氧酸和兩種氮的常見氧化物；NOCl對眼睛、皮膚和粘膜有強烈刺激性，具有類似氯氣和氮氧化物的毒作用。②Ag2CrO4是磚紅色沉淀。某實驗小組測定NOCl的純度：將所得亞硝酰氯(NOCl)產(chǎn)品13.5g溶于水，配成250mL溶液，取出25.00mL溶液，以K2CrO4溶液為指示劑，用1.0mol·L－1AgNO3標準溶液滴定至終點，再重復上述實驗操作2次，測得三次實驗消耗AgNO3標準溶液的平均體積為20.00mL。(1)達到滴定終點的現(xiàn)象是_________________。(2)產(chǎn)品中亞硝酰氯(NOCl)的質(zhì)量分數(shù)為________?！敬鸢浮?1)當?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標準溶液，有淺紅色沉淀產(chǎn)生，且30s不消失(2)97.04%【解析】(2)25.00mL溶液中：n(NOCl)＝n(Cl－)＝n(Ag＋)＝1mol·L－1×0.020L＝0.02mol,250mL原溶液的NOCl物質(zhì)的量為n(NOCl)＝0.2mol，所以產(chǎn)品中亞硝酰氯(NOCl)的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(0.2mol×65.5g·mol－1,13.5g)×100%≈97.04%。4．ClO2很不穩(wěn)定，產(chǎn)物溶于水可以得到ClO2溶液。為測定所得溶液中ClO2的含量，進行了下列實驗：步驟Ⅰ：準確量取ClO2溶液20.00mL，稀釋成100.00mL試樣；量取V1mL試樣加入到錐形瓶中；步驟Ⅱ：調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的KI晶體，振蕩后，靜置片刻；步驟Ⅲ：加入指示劑X，用amol·L－1的Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL。已知：2ClO2＋8H＋＋10I－=5I2＋2Cl－＋4H2OI2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6(1)步驟Ⅰ中量取20.00mLClO2溶液所用的儀器為______(選填“酸式”或“堿式”)滴定管。(2)指示劑X為________，滴定終點的實驗現(xiàn)象是___________________________________。原ClO2溶液的濃度為_______________________g·L－1(用含字母的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮績?nèi)不恢復原色eq\f(67.5aV2,V1)【解析】ClO2溶液所用的儀器為酸式滴定管。(2)根據(jù)滴定過程中的反應：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，且I2可以使淀粉溶液變?yōu)樗{色，故指示劑X為淀粉溶液；滴定終點的實驗現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復原色；根據(jù)反應方程式：2ClO2＋8H＋＋10I－=5I2＋2Cl－＋4H2O，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，不難找出關系式如下：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，故＝eq\f(2×10－2aV2,V1)mol，原ClO2溶液的濃度為eq\f(67.5g·mol－1×\f(2×10－2aV2,V1)mol,20.00×10－3L)＝eq\f(67.5aV2,V1)g·L－1。5．將1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe3＋，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的鉻全部轉(zhuǎn)化為Cr3＋。則K2Cr2O7的物質(zhì)的量濃度是________?！敬鸢浮?.100mol·L－1【解析】由電子守恒知，F(xiàn)eO中＋2價鐵所失電子的物質(zhì)的量與Cr2Oeq\o\al(2－,7)中＋6價鉻所得電子的物質(zhì)的量相等，eq\f(1.08g,72g·mol－1)×(3－2)＝0.02500L×c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))×(6－3)×2，得c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.100mol·L－1。6．Ba2＋是一種重金屬離子，有一環(huán)境監(jiān)測小組欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等試劑測定某工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度。(1)現(xiàn)需配制250mL0.1000mol·L－1的標準Na2S2O3溶液，所需要的玻璃儀器除量筒、玻璃棒、燒杯外，還需要________。(2)需準確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為________g。(3)另取50.00mL廢水，控制適當?shù)乃岫?，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀經(jīng)洗滌、過濾后，用適量的稀鹽酸溶解，此時CrOeq\o\al(2－,4)全部轉(zhuǎn)化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，再向其中滴加上述標準Na2S2O3溶液，反應完全時，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有關反應的離子方程式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6S2Oeq\o\al(2－,3)＋14H＋=2Cr3＋＋3S4Oeq\o\al(2－,6)＋7H2O。則該工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度為________?！敬鸢浮?1)250mL容量瓶、膠頭滴管(2)4.0(3)0.024mol·L－1【解析】(2)Na2S2O3的物質(zhì)的量為0.25L×0.1000mol·L－1＝0.025mol，其質(zhì)量為0.025mol×158g·mol－1＝3.95g，托盤天平精確度為0.1g，需稱量Na2S2O3的質(zhì)量為4.0g。(3)設該工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量為x，由Ba2＋轉(zhuǎn)化為BaCrO4沉淀，CrOeq\o\al(2－,4)全部轉(zhuǎn)化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6S2Oeq\o\al(2－,3)＋14H＋=2Cr3＋＋3S4Oeq\o\al(2－,6)＋7H2O，則2Ba2＋～2BaCrO4～Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6S2Oeq\o\al(2－,3)，26x36.00×10－3L×0.1000mol·L－1eq\f(2,x)＝eq\f(6,36.00×10－3L×0.1000mol·L－1)解得x＝1.2×10－3mol，則c(Ba2＋)＝eq\f(1.2×10－3mol,50.00×10－3L)＝0.024mol·L－1。【考點二】利用關系式法進行相關計算（1）應用原理在化學方程式中，各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其化學計量數(shù)之比。各物質(zhì)均為氣體時，各物質(zhì)的氣體體積之比等于其化學計量數(shù)之比。（2）解題步驟題組訓練：1．為測定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)，稱取Wg石灰石樣品，加入過量的濃度為6mol·L－1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，過濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此時發(fā)生反應：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定終點時消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，計算樣品中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)。【答案】eq\f(25aV0V2,WV1)%【解析】本題涉及的化學方程式或離子方程式為CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2OC2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO42MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相應的關系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)52n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol樣品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol則w(CaCO3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。2．黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進行黃鐵礦成分測定時，取0.1000g樣品在空氣中充分灼燒，將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，用濃度為0.02000mol·L－1的K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7標準溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(1)樣品中FeS2的質(zhì)量分數(shù)是(假設雜質(zhì)不參加反應)(保留1位小數(shù))。(2)煅燒10t上述黃鐵礦，理論上產(chǎn)生SO2的體積(標準狀況)為L，制得98%的硫酸質(zhì)量為t?！敬鸢浮?1)90.0%(2)3.36×10615【解析】(1)據(jù)方程式：4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得關系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)0．02000mol·L－1×0.02500Leq\f(mFeS2,120g·mol－1)m(FeS2)＝0.09000g，樣品中FeS2的質(zhì)量分數(shù)為90.0%。(2)4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO24mol8moleq\f(10×106g×0.9,120g·mol－1)n(SO2)n(SO2)＝1.5×105mol，V(SO2)＝3.36×106L。由SO2～SO3～H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。3．聚合氯化鐵鋁(簡稱PAFC)，其化學通式為[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同學為測定其組成，進行如下實驗：①準確稱取4.5050g樣品，溶于水，加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質(zhì)量不再變化，得到2.3300g固體。②另準確稱取等質(zhì)量樣品溶于水，在溶液中加入適量Zn粉和稀硫酸，將Fe3＋完全還原為Fe2＋。用0.1000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗標準溶液的體積為20.00mL。③另準確稱取等質(zhì)量樣品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀。通過計算確定PAFC的化學式(m為聚合度，不必求出)?！敬鸢浮縖FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m【解析】第一步：分析測定實驗過程中的物質(zhì)變化①中得到的2.3300g固體為Fe2O3和Al2O3的混合物；②中發(fā)生反應：Zn＋2Fe3＋=Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；③中發(fā)生反應：Ag＋＋Cl－=AgCl↓。第二步：根據(jù)原子守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒分別求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)根據(jù)原子守恒求n(Fe3＋)：n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnOeq\o\al(－,4))＝5×0.1000mol·L－1×0.02L＝0.01molm(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝eq\f(1,2)×0.01mol×160g·mol－1＝0.8g根據(jù)質(zhì)量守恒求n(Al3＋)：n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×eq\f(2.3300g－0.8g,102g·mol－1)＝0.03mol根據(jù)原子守恒求n(Cl－)：n(Cl－)＝n(AgCl)＝eq\f(4.3050g,143.5g·mol－1)＝0.03mol根據(jù)電荷守恒求n(OH－)：3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)n(OH－)＝3×0.01mol＋3×0.03mol－0.03mol＝0.09mol根據(jù)質(zhì)量守恒求n(H2O)：m(H2O)＝4.5050g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.5050g－0.01mol×56g·mol－1－0.03mol×27g·mol－1－0.03mol×35.5g·mol－1－0.09mol×17g·mol－1＝0.54gn(H2O)＝eq\f(0.54g,18g·mol－1)＝0.03mol。第三步：計算所求物質(zhì)的化學式n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1∶3∶9∶3∶3，則PAFC的化學式為[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m?！究键c三】熱重分析計算（1）分析方法金屬化合物的熱重分析研究對象一般為各種金屬含氧酸鹽、金屬氫氧化物、金屬氧化物的熱分解過程，一般為先失水、再分解、后氧化。如CoC2O4·2H2O在空氣中加熱時，受熱分解過程分為三個階段：第一階段，失去結(jié)晶水生成鹽：CoC2O4·2H2O→CoC2O4。第二階段，鹽受熱分解生成氧化物：CoC2O4→CoO。第三階段，低價態(tài)氧化物與空氣中的氧氣反應生成高價態(tài)氧化物：CoO→Co2O3(或Co3O4)。注意：①每個階段有可能還分為不同步驟，如第一階段中可能分步失去不同的結(jié)晶水，而不是一步失去所有的結(jié)晶水。②如果是變價金屬元素，則在空氣中加熱產(chǎn)物可能為多種價態(tài)的金屬氧化物。（2）基本方法和思路①設晶體(金屬化合物)為1mol，其質(zhì)量為m。②失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。③計算每步固體剩余的質(zhì)量m(余)，則固體殘留率＝eq\f(m余,m)×100%。④晶體中金屬質(zhì)量不再減少，仍在m(余)中。⑤失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(氧元素)，由n(金屬)∶n(氧元素)，即可求出失重后物質(zhì)的化學式。題組訓練：1．8.34gFeSO4·7H2O(M＝278g·mol－1)樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示，下列說法正確的是()（雙選）A．溫度為78℃時，固體M的化學式為FeSO4·5H2OB．溫度為159℃時，固體N的化學式為FeSO4·H2OC．在隔絕空氣條件下，由N得到P的化學方程式為FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))FeSO4＋H2OD．取適量380℃時所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃，得到一種固體Q，同時有兩種無色氣體生成，Q的化學式為Fe3O4【答案】BC【解析】8.34gFeSO4·7H2O樣品的物質(zhì)的量為0.03mol，其中m(H2O)＝0.03mol×7×18g·mol－1＝3.78g，如晶體全部失去結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應為8.34g－3.78g＝4.56g，可知在加熱到373℃之前，晶體失去部分結(jié)晶水，加熱至635℃時，固體的質(zhì)量為2.40g，應為鐵的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03mol，m(Fe)＝0.03mol×56g·mol－1＝1.68g，則固體中m(O)＝2.40g－1.68g＝0.72g，n(O)＝0.045mol，則n(Fe)∶n(O)＝0.03mol∶0.045mol＝2∶3，則固體Q的化學式為Fe2O3。溫度為78℃時，固體質(zhì)量為6.72g，其中m(FeSO4)＝0.03mol×152g·mol－1＝4.56g，m(H2O)＝6.72g－4.56g＝2.16g，n(H2O)＝0.12mol，則n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12mol∶0.03mol＝4∶1，則化學式為FeSO4·4H2O，故A錯誤；溫度為159℃時，固體質(zhì)量為5.10g，其中m(H2O)＝5.10g－4.56g＝0.54g，n(H2O)＝0.03mol，則n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03mol∶0.03mol＝1∶1，則化學式為FeSO4·H2O，故B正確；N的化學式為FeSO4·H2O，P的化學式為FeSO4，在隔絕空氣條件下由N得到P的化學方程式為FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))FeSO4＋H2O，故C正確；P的化學式為FeSO4，Q的化學式為Fe2O3，鐵的化合價升高，必有硫的化合價降低，即有二氧化硫生成，根據(jù)原子守恒，必有SO3生成，故D錯誤。2．采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水數(shù)，將樣品加熱到150℃時失掉1.5個結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為_________________?！敬鸢浮縉H4Fe(SO4)2·12H2O【解析】失重5.6%是質(zhì)量分數(shù)，設結(jié)晶水合物的化學式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。3．PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如下圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%(即eq\f(樣品起始質(zhì)量－a點固體質(zhì)量,樣品起始質(zhì)量)×100%)的殘留固體。若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計算x值和m∶n值。【答案】根據(jù)PbO2PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%，解得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4，根據(jù)mPbO2·nPbO，有eq\f(2m＋n,m＋n)＝1.4，得eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)。4．將草酸鋅晶體(ZnC2O4·2H2O)加熱分解可得到一種納米材料。加熱過程中固體殘留率隨溫度的變化如圖所示，300～460℃范圍內(nèi)，發(fā)生反應的化學方程式為______________________。【答案】ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑【解析】ZnC2O4·2H2O晶體中的ZnC2O4的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(153,153＋36)×100%≈80.95%，故A點完全失去結(jié)晶水，化學式為ZnC2O4，假設B點為ZnO，則殘留固體占有的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(81,153＋36)×100%≈42.86%，故B點殘留固體為ZnO，結(jié)合原子守恒可知還生成等物質(zhì)的量的CO與CO2。300～460℃范圍內(nèi)，發(fā)生反應的化學方程式為ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑。5．將Ce(SO4)2·4H2O(摩爾質(zhì)量為404g·mol－1)在空氣中加熱，樣品的固體殘留率(eq\f(固體樣品的剩余質(zhì)量,固體樣品的起始質(zhì)量)×100%)隨溫度的變化如下圖所示。當固體殘留率為70.3%時，所得固體可能為______(填字母)。A．Ce(SO4)2B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4【答案】B【解析】404×70.3%≈284，A的相對分子質(zhì)量為332，B的相對分子質(zhì)量為568，C的相對分子質(zhì)量為252；根據(jù)質(zhì)量守恒，808×70.3%≈568。6．取3.92g摩爾鹽[(NH4)2SO4·FeSO4·xH2O]產(chǎn)品，在隔絕空氣的條件下加熱至135℃時完全失去結(jié)晶水，此時固體質(zhì)量為2.84g，則該摩爾鹽結(jié)晶水個數(shù)x＝_____________________?！敬鸢浮?【解析】m[(NH4)2SO4·FeSO4]＝2.84g，n[(NH4)2SO4·FeSO4]＝eq\f(2.84g,284g·mol－1)＝0.01mol，m(H2O)＝3.92g－2.84g＝1.08g，n(H2O)＝eq\f(1.08g,18g·mol－1)＝0.06mol，則該摩爾鹽結(jié)晶水個數(shù)x＝eq\f(0.06mol,0.01mol)＝6。7．則x＝______?！敬鸢浮?【解析】119g該晶體的物質(zhì)的量為eq\f(119g,238g·mol－1)＝0.5mol，含結(jié)晶水3mol，加熱后失去結(jié)晶水的質(zhì)量為119g－83g＝36g，n(H2O)＝eq\f(36g,18g·mol－1)＝2mol，則0.5molCoCl2·xH2O含結(jié)晶水為3mol－2mol＝1mol，所以x＝2。8．“煅燒”NiSO4·6H2O晶體時剩余固體質(zhì)量與溫度變化曲線如圖，該曲線中B段所表示氧化物的名稱為______?！敬鸢浮咳趸嚒窘馕觥?6.3gNiSO4·6H2O晶體的物質(zhì)的量為eq\f(26.3g,263g·mol－1)＝0.1mol,0.1mol該晶體中含Ni的質(zhì)量為0.1mol×59g·mol－1＝5.9g，該晶體受熱先失結(jié)晶水，再分解得到鎳的氧化物，根據(jù)原子守恒，8.3g氧化物中Ni的質(zhì)量為5.9g，那么O的質(zhì)量為2.4g即0.15mol，所以固體氧化物中n(Ni)∶n(O)＝0.1mol∶0.15mol＝2∶3，所以B段所表示氧化物的名稱為三氧化二鎳。9．CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl2溶液。CoCl2·6H2O晶體受熱分解時，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的示意關系如圖，B段物質(zhì)的化學式是___________________________________?！敬鸢浮緾oCl2·H2O【解析】根據(jù)圖像可知固體質(zhì)量由476mg變?yōu)?32mg，質(zhì)量減少144mg，這說明該階段減少水的物質(zhì)的量是eq\f(0.144g,18g·mol－1)＝0.008mol，剩余水的物質(zhì)的量是0.004mol，質(zhì)量是0.072g，則A段物質(zhì)的化學式為CoCl2·2H2O。A到B階段固體質(zhì)量減少332mg－296mg＝36mg，則剩余水的質(zhì)量是72mg－36mg＝36mg，物質(zhì)的量是0.002mol，因此B對應物質(zhì)的化學式是CoCl2·H2O。10．稱取45.7mgZn3(PO4)2·4H2O進行熱重分析，化合物質(zhì)量隨溫度的變化關系如圖所示，為獲得Zn3(PO4)·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合產(chǎn)品，烘干時的溫