第7講化學計算的常用方法課標要求1.理解物質(zhì)的量在化學計算中的“橋梁”作用。2.了解化學計算的常用方法，初步建立化學計算的思維模型。類型一守恒法1.所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”的過程中某些量的總量保持“不變”。守恒法是一種思維方法，運用守恒定律，不必糾結(jié)過程細節(jié)，只考慮反應體系中研究對象化學量的始態(tài)和終態(tài)，常考的有以下三種守恒。（1）元素守恒化學反應的實質(zhì)是原子的重新組合，反應前后各元素原子的種類和數(shù)目保持不變。（2）電荷守恒電解質(zhì)溶液中，陰、陽離子所帶電荷總數(shù)相等。如：Na2SO4溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（SO42－）＋c（OH－），因溶液顯中性，故c（Na＋）＝2c（（3）得失電子守恒氧化還原反應中，還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)。2.守恒法的解題思路1.（元素守恒）（2022·浙江1月選考27題）某同學設計實驗確定Al（NO3）3·xH2O的結(jié)晶水數(shù)目。稱取樣品7.50g，經(jīng)熱分解測得氣體產(chǎn)物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的質(zhì)量為3.06g；殘留的固體產(chǎn)物是Al2O3，質(zhì)量為1.02g。計算：（1）x＝，（寫出計算過程）。答案：92[Al（NO3）3·xH2O]～Al2O3 2×（213＋18x）g 102g 7.50g 1.02g 2×（ x＝9（2）氣體產(chǎn)物中n（O2）＝0.0100mol。解析：（1）根據(jù)題意得關(guān)系式：2[Al（NO3）3·xH2O]～Al2O3 2×（213＋18x）g 102g 7.50g 1.02g 2×（解得：x＝9。（2）n[Al（NO3）3·9H2O]＝7.50g375g·mol－1＝0.02mol，反應生成的n（H2O）＝3.06g18g·mol－1＝0.17mol，生成的H2O中含H0.34mol，根據(jù)氫原子守恒可知生成HNO3的物質(zhì)的量為0.36mol－0.34mol＝0.02mol，根據(jù)氮原子守恒可知生成NO2的物質(zhì)的量為0.06mol－0.02mol＝0.04mol。由得失電子守恒有：0.042.（電荷守恒）將agFe2O3-Al2O3樣品溶解在過量的200mLpH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋剛好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，則NaOH溶液的濃度為0.2mol·L－1。解析：當Fe3＋、Al3＋剛好沉淀完全時，溶液中溶質(zhì)只有硫酸鈉，而Na＋全部來源于NaOH，且變化過程中Na＋的量不變。根據(jù)電荷守恒可知：n（Na＋）n（SO42－）＝21，所以，n（NaOH）＝n（Na＋）＝2n（SO42－）＝n（H＋）＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol3.（得失電子守恒）以下是一種廢釩催化劑回收工藝流程：“氧化”中欲使3mol的VO2＋變?yōu)閂O2＋，則需要氧化劑KClO3至少為0.5解析：根據(jù)得失電子守恒可知關(guān)系式6VO2＋～KClO3，n（KClO3）＝16n（VO2＋）＝0.5mol類型二關(guān)系式法1.應用原理關(guān)系式是表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關(guān)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(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。2.解題步驟1.黃鐵礦的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，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＋＋2H2OSO42－＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋樣品中FeS2的質(zhì)量分數(shù)是（假設雜質(zhì)不參加反應）90.0％（保留一位小數(shù)）。解析：依據(jù)題給三個反應方程式可得關(guān)系式Cr2O72－～6Fe2＋～3SO2～1mol 32（0.02000×0.025）molm解得m（FeS2）＝0.09000g，樣品中FeS2的質(zhì)量分數(shù)為0.09000g0.2.六氯化鎢（WCl6）可用作有機合成催化劑，利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實驗如下：將mgWCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過IO3－離子交換柱發(fā)生反應：WO42－＋Ba（IO3）2BaWO4＋2IO3－；交換結(jié)束后，向所得含IO3－的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應：IO3－＋5I－＋6H＋3I2＋3H2O；反應完全后，用Na2S2O3標準溶液滴定，發(fā)生反應：I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－。滴定達終點時消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液V解析：滴定時，根據(jù)關(guān)系式：WCl6～WO42－～2IO3－～6I2～12S2O32－，樣品中n（WCl6）＝n（WO42－）＝112n（S2O32－）＝112cV×10－3mol，m（WCl6）＝112cV×10－3mol×Mg·mol－類型三熱重分析法1.熱重分析法指程序控制溫度和一定氣氛條件下，測量物質(zhì)的質(zhì)量與溫度關(guān)系的一種熱分析方法。2.熱重曲線（1）由熱重分析記錄的質(zhì)量變化對溫度的關(guān)系曲線稱熱重曲線，曲線的橫軸為溫度，縱軸為質(zhì)量或失重百分數(shù)。（2）實例固體物質(zhì)A熱分解反應：A（固體）△B（固體）＋C（氣體）的典型熱重曲線如圖所示，圖中T1為固體A開始分解的溫度，T2為質(zhì)量變化達到最大值時的終止溫度，若試樣初始質(zhì)量為w0，失重后試樣質(zhì)量為w1，則失重百分數(shù)為（3.熱重分析的解題流程（1）設晶體為1mol。（2）失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。（3）計算每步的m（剩余），固體殘留率＝m（剩余）m（（4）晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m（剩余）中。（5）失重殘留物最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m（O），由n（金屬）∶n（O），即可求出失重后物質(zhì)的化學式。1.（2022·全國乙卷11題改編）NH4B5O8·4H2O的熱重曲線如圖，在200℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出。請判斷下列說法的正誤。（1）100～200℃階段熱分解失去4個H2O。（×）（2）500℃熱分解后生成固體化合物B2O3。（√）解析：（1）錯誤，設100～200℃階段熱分解失去x個水分子，M（NH4B5O8·4H2O）＝273g·mol－1，18x273＝100％－80.2％100％，解得x≈3。（2）正確，驗證選項，由硼元素守恒得關(guān)系式：2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，5×M2.熱重分析法是程序控制溫度下測量物質(zhì)的質(zhì)量與溫度關(guān)系的一種實驗方法。MgCl2·6H2O的熱重曲線如圖所示。已知：MgCl2·6H2O在空氣中受熱脫水時，不產(chǎn)生無水氯化鎂。（1）試確定200℃時固態(tài)物質(zhì)的化學式MgCl2·2H2O。（2）554℃時分解得到的主要產(chǎn)物為白色固體和一種酸性氣體，寫出該反應的化學方程式：Mg（OH）ClMgO＋HCl↑。解析：（1）由題圖可知，起始時MgCl2·6H2O的質(zhì)量為4.06g，物質(zhì)的量為0.02mol，則m（MgCl2）＝95g·mol－1×0.02mol＝1.90g，所以200℃時，MgCl2·6H2O失去部分結(jié)晶水，固態(tài)物質(zhì)中m（H2O）＝2.62g－1.90g＝0.72g，n（H2O）＝0.04mol，即此時固態(tài)物質(zhì)中n（MgCl2）∶n（H2O）＝0.02mol∶0.04mol＝1∶2，故200℃時固態(tài)物質(zhì)的化學式為MgCl2·2H2O。（2）554℃時，固態(tài)物質(zhì)的質(zhì)量為0.80g，為0.02molMgO的質(zhì)量，所以得到的白色固體為MgO；554℃時固態(tài)物質(zhì)的質(zhì)量比527℃時的少0.73g，為0.02molHCl的質(zhì)量，則554℃時分解得到的酸性氣體為HCl，所以527℃時，固態(tài)物質(zhì)為Mg（OH）Cl，在554℃時分解的方程式為Mg（OH）ClMgO＋HCl↑。1.（2024·安徽高考16題節(jié)選）測定鐵礦石中鐵含量的傳統(tǒng)方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小組用該方法測定質(zhì)量為ag的某赤鐵礦試樣中的鐵含量。【配制溶液】①cmol·L－1K2Cr2O7標準溶液。②SnCl2溶液：稱取6gSnCl2·2H2O溶于20mL濃鹽酸，加水至100mL，加入少量錫粒?！緶y定含量】按圖所示（加熱裝置略去）操作步驟進行實驗。已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時HgCl2可將Sn2＋氧化為Sn4＋，難以氧化Fe2＋；Cr2O72－可被Fe2＋還原為Cr若消耗cmol·L－1K2Cr2O7標準溶液VmL，則ag試樣中Fe的質(zhì)量分數(shù)為33.6cVa％（用含a、c解析：滴定時發(fā)生反應：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根據(jù)關(guān)系式：6Fe2＋～Cr2O72－，計算出鐵礦石中鐵的含量為2.（2023·全國乙卷28題節(jié)選）在N2氣氛中，F(xiàn)eSO4·7H2O的脫水熱分解過程如圖所示：根據(jù)上述實驗結(jié)果，可知x＝4，y＝1。解析：由圖可知，F(xiàn)eSO4·7H2O→FeSO4即7個結(jié)晶水完全失去時失重比為45.3％，則失重比為19.4％時，失去的結(jié)晶水數(shù)目為19.4％×745.3％≈3，故x＝7－3＝4，3.（2024·山東高考19題節(jié)選）利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗裝置如圖所示（夾持裝置略）。實驗過程如下：①加樣，將amg樣品加入管式爐內(nèi)瓷舟中（瓷舟兩端帶有氣孔且有蓋），聚四氟乙烯活塞滴定管G內(nèi)預裝c（KIO3）∶c（KI）略小于1∶5的KIO3堿性標準溶液，吸收管F內(nèi)盛有鹽酸酸化的淀粉水溶液。向F內(nèi)滴入適量KIO3堿性標準溶液，發(fā)生反應：KIO3＋5KI＋6HCl3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液顯淺藍色②燃燒：按一定流速通入O2，一段時間后，加熱并使樣品燃燒。③滴定：當F內(nèi)溶液淺藍色消退時（發(fā)生反應：SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI），立即用KIO3堿性標準溶液滴定至淺藍色復現(xiàn)。隨SO2不斷進入F，滴定過程中溶液顏色“消退—變藍”不斷變換，直至終點滴定消耗0.0020mol·L－1的KIO3堿性標準溶液VmL，樣品中硫的質(zhì)量分數(shù)是19.200Va解析：由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl3I2＋6KCl＋3H2O可得關(guān)系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗0.0020mol·L－1的KIO3堿性標準溶液VmL，則n（KIO3）＝V×10－3L×0.0020mol·L－1＝2.0000×10－6Vmol，n（S）＝3n（KIO3）＝3×2.0000×10－6Vmol＝6.0000×10－6Vmol，樣品中硫的質(zhì)量分數(shù)是6.0000一、選擇題（本題包括11小題，每小題只有一個選項符合題意）1.奧克托今是一種猛（性）炸藥，學名環(huán)四亞甲基四硝胺，簡稱HMX，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。密閉容器中HMX發(fā)生自爆時產(chǎn)生的氮氣和一氧化碳的分子數(shù)之比為（）A.1∶1 B.2∶1C.1∶2 D.3∶2解析：A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，奧克托今的分子式為C4N8H8O8，根據(jù)元素守恒可知，HMX發(fā)生自爆時的化學方程式為C4N8H8O84CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故產(chǎn)生的N2和CO的分子數(shù)之比為1∶12.已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9∶22，在反應X＋2YQ＋R中，當1.6gX與一定量Y完全反應后，生成4.4gR，則參與反應的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為（A.46∶9 B.32∶9C.23∶9 D.16∶9解析：C假設Q和R的相對分子質(zhì)量分別為9a、22a，設生成4.4gR時生成Q的質(zhì)量是xg，X＋2YQ＋ 9a 22a xg 4.4g根據(jù)9a22a＝xg4.4g，解得：x＝1.8，由質(zhì)量守恒可知，參加反應的Y的質(zhì)量為4.4g＋1.8g－1.6g＝4.6g，所以參與反應的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為4.6g∶1.83.將15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入40mL0.5mol·L－1MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn＋完全沉淀為碳酸鹽，則MCln中n值是（）A.4 B.3C.2 D.1解析：BM的化合價為＋n價，Na2CO3與MCln反應對應的關(guān)系式為2Mn＋～nCO2 n0.04L×0.5mol·L－10.015L×2mol·L－1解得n＝3。4.某溶液中大量存在以下五種離子：MnO4－、SO42－、Fe3＋、Na＋、R（H＋、OH－的量忽略不計），它們的物質(zhì)的量之比為n（MnO4－）∶n（SO42－）∶n（Fe3＋）∶n（Na＋）∶n（R）＝2∶2∶1∶A.K＋ B.Ba2＋C.NO3－ D.Mg解析：Dn（MnO4－）∶n（SO42－）∶n（Fe3＋）∶n（Na＋）∶n（R）＝2∶2∶1∶1∶1，根據(jù)溶液呈電中性，設n（Na＋）為1mol，R的化合價為a價，則有2mol＋2mol×2＝1mol×3＋1mol＋1mol×a，解得a＝＋2，即R帶2個單位正電荷，而Ba2＋和SO42－不能大量共存5.用足量的CO還原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入過量的澄清石灰水中，得到的沉淀經(jīng)干燥后質(zhì)量為8.0g，則此鉛氧化物的化學式是（）A.PbO B.Pb2O3C.Pb3O4 D.PbO2解析：C設該鉛氧化物的化學式為PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3 16y 100ym（O）＝1.28g 8.0g所以m（Pb）＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝m（Pb）M（Pb）6.某廢水處理站用甲醇處理含氨廢水，反應為NH3＋2O2NO3－＋H＋＋H2O，6H＋＋6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在處理過程中，NH3轉(zhuǎn)化為NO3－的轉(zhuǎn)化率可達95％，而NO3－轉(zhuǎn)化為N2的轉(zhuǎn)化率可達96％。若每天處理500m3含有NH30.034g·L－1A.24.32kg B.30kgC.25.3kg D.4.08kg解析：A根據(jù)甲醇處理含氨廢水的反應原理可得關(guān)系式：NH3～NO3－～56CH3OH，則理論上每天所需甲醇的質(zhì)量為0.034g·L－1×500×103L17g·mol－1×95％×967.在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3，則原溶液中Al3＋的濃度（mol·L－1）為A.2b－c2C.2b－c6解析：D由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀，根據(jù)SO42－＋Ba2＋BaSO4↓可知n（SO42－）＝bmol；由加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3，根據(jù)NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O可知n（NH4＋）＝cmol；由于溶液不顯電性，設原溶液中Al3＋的物質(zhì)的量為xmol，由電荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝2b－c3mol，由于溶液的體積是aL，所以原溶液中Al3＋的物質(zhì)的量濃度c8.（2024·廣東廣州模擬預測）Cl2、HCl的混合氣體通入足量的NaOH溶液中，充分反應后，溶液中除大量OH－外，還有Cl－、ClO－、ClO3－，且這三種離子的物質(zhì)的量之比為9∶2∶1，則原混合氣體中Cl2和HCl體積之比為（A.5∶2 B.2∶5 C.3∶1 D.1∶3解析：ACl2與氫氧化鈉溶液反應生成ClO－、ClO3－是氯原子被氧化的過程，氯元素的化合價分別由0價升高到＋1價和＋5價，Cl－、ClO－、ClO3－的物質(zhì)的量之比為9∶2∶1，可設物質(zhì)的量分別為9mol、2mol、1mol，則被氧化的Cl原子的物質(zhì)的量總共3mol，Cl原子失電子的總物質(zhì)的量為2mol×（1－0）＋1mol×（5－0）＝7mol；Cl2生成Cl－為氯原子被還原的過程，氯元素化合價從0價降低為－1價，根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒，得到電子的物質(zhì)的量也應該為7mol，即被還原的Cl的物質(zhì)的量為7mol0－（－1）＝7mol，則參加反應的氯氣的物質(zhì)的量為12×（7mol＋3mol）＝5mol；由氯氣生成的氯離子的物質(zhì)的量為7mol，總的氯離子為9mol，則氯化氫生成的氯離子為9mol－7mol＝2mol9.隨著材料科學的發(fā)展，金屬釩及其化合物得到了越來越廣泛的應用，并被譽為“合金的維生素”。經(jīng)過熱重分析測得：NH4VO3在焙燒過程中，固體殘留率（縱坐標）隨溫度變化的曲線如圖所示。則NH4VO3在分解過程中（）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H2OC.同時分解失去H2O和NH3 D.同時分解失去H2、N2和H2O解析：B設NH4VO3（摩爾質(zhì)量為117g·mol－1）的物質(zhì)的量為1mol，則210℃時失重的質(zhì)量為1mol×117g·mol－1×（100％－85.47％）≈17g，故先失去的是NH3，反應方程式為NH4VO3HVO3＋NH3↑，380℃時失重的質(zhì)量為1mol×117g·mol－1×（100％－77.78％）≈26g，第二次又失去的質(zhì)量為26g－17g＝9g，因M（H2O）＝18g·mol－1，所以再分解失去0.5molH2O，反應方程式為2HVO3V2O5＋H2O↑，B正確。10.將0.15molCu和Cu2O的混合固體投入800mL2mol·L－1稀硝酸中，充分反應后無固體剩余，反應過程中只生成NO氣體，向反應后溶液中滴加5mol·L－1NaOH溶液至金屬離子恰好完全沉淀時，所加NaOH溶液的體積為（）A.260mL B.280mLC.300mL D.400mL解析：CCu和Cu2O與稀硝酸反應得到硝酸銅，向反應后的溶液中加入NaOH溶液至金屬離子恰好完全沉淀時，溶液中的溶質(zhì)為NaNO3，1molCu失去2mol電子、1molCu2O失去2mol電子，而生成1molNO轉(zhuǎn)移3mol電子，由得失電子守恒可知，3n（NO）＝2n（Cu）＋2n（Cu2O），則n（NO）＝23×0.15mol＝0.1mol，由原子守恒可知，n（HNO3）＝n（NaNO3）＋n（NO），n（NaOH）＝n（NaNO3），所以n（NaOH）＝n（NaNO3）＝0.8L×2mol·L－1－0.1mol＝1.5mol，所加氫氧化鈉溶液的體積V＝1.5mol5mol·L－1＝0.11.將8.34gFeSO4·7H2O樣品隔絕空氣加熱，升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖。下列說法正確的是（）A.FeSO4·7H2O晶體中有4種不同結(jié)合力的水分子B.在100℃時，M的化學式為FeSO4·6H2OC.在200℃時，N的化學式為FeSO4·3H2OD.380℃的P加熱至650℃的化學方程式為2FeSO4△Fe2O3＋SO2↑＋解析：D從圖中可以看出，F(xiàn)eSO4·7H2O晶體受熱后發(fā)生4次分解反應，通常情況下，晶體先分多次失去結(jié)晶水，然后所得無水鹽再分解。FeSO4·7H2O晶體中，經(jīng)3次分解失去結(jié)晶水，水分子的結(jié)合力有3種，A不正確；n（FeSO4·7H2O）＝8.34g278g·mol－1＝0.03mol，則100℃時，M的摩爾質(zhì)量為6.72g0.03mol＝224g·mol－1，化學式為FeSO4·4H2O，B不正確；在200℃時，N的摩爾質(zhì)量為5.10g0.03mol＝170g·mol－1，化學式為FeSO4·H2O，C不正確；380℃的P加熱至650℃時，產(chǎn)物Q中n（Fe）∶n（O）＝0.03mol∶2.40g二、非選擇題（本題包括3小題）12.（1）葡萄糖酸亞鐵[（C6H11O7）2Fe，M＝446g·mol－1]易溶于水，幾乎不溶于乙醇，是常用的補鐵劑。為測定（C6H11O7）2Fe·nH2O的結(jié)晶水數(shù)目，稱取1.205g晶體，在氫氣流中加熱至600℃使其完全分解，最終得到0.140g鐵單質(zhì)。晶體中結(jié)晶水的數(shù)目n＝2。（2）Sc2（C2O4）3·6H2O在空氣中加熱分解時，m（剩余固體）m已知：M[Sc2（C2O4）3·6H2O]＝462g·mol－1。250℃時固體的主要成分是Sc2（C2O4）3·H2O（填化學式）；550～850℃時反應的化學方程式為2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2。解析：（1）0.140g鐵單質(zhì)的物質(zhì)的量為0.140g56g·mol－1＝0.0025mol，則（C6H11O7）2Fe·nH2O的物質(zhì)的量為0.0025mol，根據(jù)晶體質(zhì)量為1.205g，可得M＝mn＝1.205g0.0025mol＝[（12×6＋1×11＋16×7）×2＋56＋n×18]g·mol－1，解得n＝2。（2）設有1mol草酸鈧晶體（462g）在空氣中受熱，250℃時，剩余固體質(zhì)量為462g×（100％－19.5％）＝462g×80.5％＝371.91g，失水重量為462g－371.91g＝90.09g≈90g，即250℃時，1mol晶體失去5mol水，則此時晶體的主要成分是Sc2（C2O4）3·H2O；550℃時，剩余固體質(zhì)量為462g×（100％－19.5％－3.9％）＝462g×76.6％＝353.892g，相比于250℃時的剩余固體質(zhì)量，250～550℃失水重量為371.91g－353.892g＝18.018g≈18g，則250～550℃，1molSc2（C2O4）3·H2O失去1mol水變?yōu)?molSc2（C2O4）3；850℃時，剩余固體質(zhì)量為462g×（100％－19.5％－3.9％－46.8％）＝462g×29.8％＝137.676g≈138g，由于M（Sc2O3）＝138g·mol－1，故可知550～850℃，1molSc2（C2O4）3分解產(chǎn)生1molSc2O3，13.鉀是活潑的堿金屬，鉀和氧可形成氧化鉀（K2O）、過氧化鉀（K2O2）和超氧化鉀（KO2）等多種化合物。（1）鉀和硝酸鉀反應可制得K2O（10K＋2KNO36K2O＋N2↑），39.0g鉀與10.1g硝酸鉀充分反應生成K2O的質(zhì)量為28.2g（2）某過氧化鉀樣品中氧的質(zhì)量分數(shù)（雜質(zhì)不含氧）為28％，則樣品中K2O2的質(zhì)量分數(shù)為96.25％。（3）超氧化鉀和二氧