1.利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为 (1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。 (2)利用微粒守恒建立关系式。

2.多步滴定常分为两类 (1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。 (2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。 题组三　“沉淀法”分析物质组成及含量

6.SO2可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为x(NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.yH2O。称取该复盐2.410 g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100 mL 0.050 0 mol.L－1硫酸吸收，多余的硫酸用0.200 0 mol.L－1 NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330 g。试列出计算过程确定该复盐的化学式。 答案　根据题干所述得如下关系式 2NH-2NH3-H2SO4-2NaOH， n(NH)＝2×(100×10－3×0.050 0－25×10－3×0.200 0×)mol＝0.005 mol， n(BaSO4)＝＝0.01 mol， 则含n(SO)＝n(BaSO4)＝0.01 mol，根据电荷守恒式n(NH)+3n(Fe3+)＝2n(SO)可知，该固体中含有n(Fe3+)＝0.005 mol，则 n(H2O)＝mol＝0.06 mol， 故固体中n(NH)∶n(Fe3+)∶n(SO)∶n(H2O)＝0.005∶0.005∶0.01∶0.06＝1∶1∶2∶12， 所以化学式为(NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O或NH4Fe(SO4)2.12H2O。

7.锂－磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，某化工流程中制得样品38.56 g[假定样品中只含Cu4O(PO4)2和CuO两种物质]，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色氧化铜，最终称得残留固体质量为27.20 g。计算所得样品磷酸氧铜的质量分数(写出计算过程)。 答案　n(CuO)×80 g.mol－1+n[Cu4O(PO4)2]×462 g.mol－1＝38.56 g n(CuO)+4n[Cu4O(PO4)2]＝＝0.34 mol 解得n(CuO)＝0.02 mol n[Cu4O(PO4)2]＝0.08 mol w[Cu4O(PO4)2]＝×100%≈95.85%。 题组四　热重分析法确定物质组成及含量 应用一　确定含量

8.[2014.新课标全国卷Ⅱ27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2.nPbO，列式计算x值和m∶n值。 答案　根据PbO2PbOx+O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4， 根据mPbO2.nPbO，＝1.4，＝＝ 应用二　确定组成

0.80 g　　　 0.80 g－0.57 g＝0.23 g ＝，解得n≈4， 则此时固体物质的化学式为CuSO4.H2O。

10.为研究一水草酸钙(CaC2O4.H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。 (1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。 (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 答案　(1)CaC2O4　CaO (2)500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物， 样品中CaC2O4.H2O的物质的量n(CaC2O4.H2O)＝＝0.25 mol， 设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol， 根据500 ℃时固体总质量可得128x+100y＝36.50 g×76.16%， 根据钙元素守恒可得x+y＝0.25， 解得x＝0.10，y＝0.15， m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g.mol－1＝12.80 g， m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g.mol－1＝15.0 g， 500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。 解析　(1)n(CaC2O4.H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g.mol－1＝4.50 g，在300 ℃时，＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g.mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。 (2)在600 ℃时，＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为7 g÷0.25 mol＝28 g.mol－1，则应为CO，所以CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500 ℃时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。 热重分析的方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m余，＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。 题组五　“差量法”在化学计算中的应用

11.一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是(　) A.16.7%　 　　　　　　　　　　　　　 B.20.0% C.80.0%　 　　　　　　　　　　　　　 D.83.3% 答案　A 解析　N2+3H2(((,\s\up7(高温、高压催化剂2NH3　　ΔV 　　 1 L 3 L　　 2 L　　 2 L 由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减少20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为×100%≈16.7%。

12.有NaCl和KCl的混合物25 g，溶于水形成溶液，加入1 000 g 7.14%的AgNO3溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入100 g Cu片，过一段时间取出(反应完全)，洗涤干燥称其质量为101.52 g，原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为(　) A.0.3 mol；0.2 mol　 　　　　　　　　 B.0.3 mol；0.1 mol C.0.2 mol；0.1 mol　 　　　　　　　　 D.0.2 mol；0.3 mol 答案　B 解析　设与Cu反应的硝酸银的物质的量为x Cu　-　2AgNO3　-　2Ag　　Δm 64　　　2 mol　　　 2×108　 152 　　　x mol　　　　　　 1.52 g 解得：x＝0.02 mol， n(AgNO3)＝1 000 g×7.14%/170 g.mol－1＝0.42 mol， n(NaCl)+n(KCl)＝0.42 mol－0.02 mol＝0.40 mol， n(NaCl)×58.5+n(KCl)×74.5＝25， 解得：n(NaCl)＝0.3 mol，n(KCl)＝0.1 mol。

13.取一定量的CuO粉末与0.5 L稀硫酸充分反应后，将一根50 g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24 g。并收集到224 mL气体(标准状况)。CuO粉末的质量为(　) A.0.8 g　 　　　　　　　　　　　　　 B.1.8 g C.2.8 g　 　　　　　　　　　　　　　 D.8 g 答案　D 解析　注意差量的选择和应用。 由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应： ①Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑ ②Fe+CuSO4===FeSO4+Cu 其中第①个反应使铁棒质量减少，第②个反应使铁棒质量增加，两者为0.24 g。 ①Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑　　Δm1 56 g　　　　1 mol　　 56 g