第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（广东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01根据方程式进行计算 题型02关系式法在化学计算中的应用 题型03守恒法和差量法在化学计算中的应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01根据化学方程式进行计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： （1）铝的物质的量是 。 （2）氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 （3）在标准状况下生成氢气的体积是 。 2．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 。 3．把1.1g铁，铝混合物溶于200mL 5mol/L的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol/L（溶液体积变化忽略不计）。则： （1）反应中消耗HCl的物质的量为 ； （2）该混合物中铝，铁的物质的量分别为 、 。 4．已知MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，回答下列问题： （1）该反应的离子方程式为 。 （2）被氧化的HCl占HCl总量的 。 （3）当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。 （4）1.74 g MnO2与100 mL 12 mol·L-1的过量浓盐酸完全反应(假设HCl无挥发)，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成 g沉淀。 5．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作： ①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； ②取一定量的粉末，放入28.00 mL 1 mol·L－1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。 完成下列各题： （1）将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2＋)＝ mol·L－1。 （2）样品中n(Fe)：n(Fe3O4)＝ 。 6．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表： Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV 盐酸体积/mL 30 30 30 30 样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47 二氧化碳体积/mL 672 840 896 672 （1）若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2 mL(标准状况)。 （2）另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式 。 （3）由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度 mol·L-1. 02关系式法在化学计算中的应用 7．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：3Cl2＋8NH3·H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为         (　　) A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g 8．用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2O=S4O+2I-) （1）写出生成白色CuI沉淀的离子方程式： 。 （2）该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为 。 9．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2 质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。 已知：2MnO ＋5 ＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O （1）1 mol KMnO4 的氧化能力与 g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 （2）该水样的 COD 值是 mg·L-1 (保留小数点后一位)。 10．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量 (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 03守恒法和差量法在化学计算中的应用 11．有200mlMgCl2和AlCl3的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为1.3mol/L。为使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/L溶液的NaOH体积为 A．40ml B．72ml C．80ml D．128ml 12．14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用2.24L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为（     ） A．9.6g B．6.4g C．12.8g D．1.6g 13．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 mol/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量(　　) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 14．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体．则该样品中纯碱的质量分数为（　　） A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 15．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩余固体质量为 14.8g，试回答： （1）剩余固体的化学式是 。 （2）原混合物中 NaOH 的质量分数 。 16．臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3。 （1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为 g·mol-1(保留一位小数)。 （2）将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为 L。 1．某稀溶液中含有4mol 和2mol ，向其中加入1.2mol Fe，充分反应（已知被还原为NO），最终溶液体积为1L，下列说法正确的是 A．所得溶液中 B．所得溶液中 C．反应后生成NO的体积为28L（标准状况下） D．所得溶液中的溶质只有 2．将投入硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入溶液，恰好完全沉淀，将生成的气体与一起通入足量溶液中，气体恰好被完全吸收生成。下列判断正确的是 A．生成的气体中只有NO B． C． D． 3．将13.6g Cu和Cu2O组成的混合物加入250 mL一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，生成沉淀的质量为19.6 g，下列说法错误的是 A．原稀硝酸的浓度为2 mol/L B．Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1 C．反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol D．产生的NO在标准状况下的体积为2.24L 4．将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是 A．Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B．NO和NO2的体积比为1：1 C．原硝酸的浓度为8mol·L-1 D．通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL 5．某学生用 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。 实验编号 I II III 盐酸的体积 50.0mL 50.0mL 50.0mL m(混合物) 13.56g 21.88g 25.36g V(CO2)(标准状况) 3.36L 5.04L 5.04L （1）则该学生所用盐酸的物质的量浓度是 mol/L； （2）50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是 g； （3）上述固体混合物中 KHCO3的质量分数是 (用小数表示，保留 2 位小数)。 6．为确定某一铁铜样品中各成份的含量，某同学进行了如下实验：准确称取一份质量为铁铜样品，逐渐加入一定体积某浓度的稀硝酸，每次实验充分反应后，测得生成气体的体积为（已换成标准状况，假设生成的全部逸出），并测得剩余固体质量为。各次实验的数据如下表： 稀硝酸体积 0 80 160 240 320 400 体积 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48 剩余固体质量 12.24 8.88 5.52 1.92 0 0 根据以上实验数据，请回答： （1）上述实验当加入稀硝酸后，所发生反应的离子方程式为 。 （2）稀硝酸的物质的量浓度为 。 （3）样品中的物质的量之比为 。 1．（2024·吉林·高考真题）某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下： I．向烧瓶中分别加入乙酸()、乙醇()、固体及4~6滴甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 II．加热回流后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。 III．冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和溶液至无逸出，分离出有机相。 IV．洗涤有机相后，加入无水，过滤。 V．蒸馏滤液，收集馏分，得无色液体，色谱检测纯度为。 回答下列问题： （5）该实验乙酸乙酯的产率为 (精确至)。 （6）若改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 (精确至1)。 2．（2024·江西·高考真题）一种可用于温度传感的红色配合物Z，其制备实验步骤及传感原理如图(反应物均按化学计量数之比进行投料)： Ⅰ．将Ni(NO3)2•6H2O和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮(HY)、无水Na2CO3和N，N，N'﹣三甲基乙二胺(X)溶液，继续搅拌5min； Ⅱ．加入NaB(C6H5)4溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35min； Ⅲ．减压过滤，用去离子水洗涤3次，烘干，重结晶，得到配合物Z； Ⅳ．室温下，将适量Z溶于丙酮(L)，温度降至15℃，溶液经混合色逐渐转为蓝绿色，得到配合物W的溶液。 回答下列问题： （5）采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下： ⅰ．准确称取mg的配合物Z； ⅱ．加入稀硝酸使样品完全消解，再加入去离子水，用20%醋酸钠溶液调节pH至4～5； ⅲ．以PAN为指示剂，用cmol/LEDTA标准溶液滴定，平行测定三次，平均消耗EDTA体积VmL。 已知：EDTA与Ni2+化学计量数之比为1：1 ①除了滴定管外，上述测定实验步骤中，使用的仪器有 (填标号)。 ②Ni的质量百分含量为 %。 3．（2024·安徽·高考真题）测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①标准溶液。 ②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时，可将氧化为。难以氧化；可被还原为。回答下列问题： （5）若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 4．（2024·广西·高考真题）二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下： Ⅰ．由硫脲制备TD 按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。 Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究 将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。 回答下列问题： （6）高岭土中去除率为 (用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是 。 5．（2024·贵州·高考真题）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ．将适量加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体。 已知： ①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀； ②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小； ③乙醚在高浓度盐酸中生成的与缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 回答下列问题： （6）结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重，计算 (用含的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致的值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： （2）根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为 %。 学科网（北京）股份有限公司1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01根据方程式进行计算 题型02关系式法在化学计算中的应用 题型03守恒法和差量法在化学计算中的应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01根据化学方程式进行计算 1．向500 mL氢氧化钠溶液中投入10.8 g铝，二者恰好完全反应，计算回答： （1）铝的物质的量是 。 （2）氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。 （3）在标准状况下生成氢气的体积是 。 【答案】（1）0.4 mol （2）0.8 mol·L-1 （3）13.44 L 【解析】（1）铝的摩尔质量是27g·mol-1，则n(Al)=； （2）设参加反应的氢氧化钠的物质的量为n，则： 则，即n=0.4 mol，c(NaOH)= =0.8 mol·L-1； （3）设生成标准状况下的氢气的体积为V，则 所以V==13.44 L。 2．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 【解析】（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： ，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。 3．把1.1g铁，铝混合物溶于200mL 5mol/L的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol/L（溶液体积变化忽略不计）。则： （1）反应中消耗HCl的物质的量为 ； （2）该混合物中铝，铁的物质的量分别为 、 。 【答案】0.08mol 0.02mol 0.01mol 【解析】（1）反应中消耗HCl的物质的量为0.2L×5mol/L-0.2L×4.6mol/L=0.08mol。 （2）设1.1g混合物中Al、Fe的物质的量分别为x、y，得 则有，解得：x=0.02mol，y=0.01mol。 4．已知MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，回答下列问题： （1）该反应的离子方程式为 。 （2）被氧化的HCl占HCl总量的 。 （3）当标准状况下有11.2 L氯气生成时，该反应转移的电子数为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。 （4）1.74 g MnO2与100 mL 12 mol·L-1的过量浓盐酸完全反应(假设HCl无挥发)，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成 g沉淀。 【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O （2） （3）NA （4）166.46 【解析】（1）书写该反应的离子方程式时，HCl、MnCl2要拆写成离子形式，故反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O； （2）该反应中一半HCl作还原剂，一半HCl作酸，即； （3）当标准状况下有11.2 L氯气生成时，即0.5molCl2生成时，该反应转移的电子数为NA； （4）n(MnO2)==0.02 mol，n(HCl)=12 mol·L-1×0.1 L=1.2 mol。反应中被氧化的n(HCl)=n(MnO2)×2=0.04 mol，反应后溶液中n(Cl-)=1.2 mol-0.04 mol=1.16 mol，加入足量的AgNO3溶液生成1.16 mol AgCl，m(AgCl)=1.16 mol×143.5 g·mol-1=166.46 g。 5．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作： ①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； ②取一定量的粉末，放入28.00 mL 1 mol·L－1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。 完成下列各题： （1）将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2＋)＝ mol·L－1。 （2）样品中n(Fe)：n(Fe3O4)＝ 。 【答案】 0.14 4:1 【分析】根据题意可知，样品放入盐酸后反生了以下两个反应：①.Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑，②. Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，溶液中的FeCl2分别来自这两个反应，这两个反应中都消耗单质铁。 【解析】（1）由于向反应后溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知反应后生成的物质为FeCl2，又由题意知，粉末与盐酸恰好完全反应，放入盐酸的量为0.028L×1 mol/L=0.028mol，依据氯离子守恒，故产生FeCl2的物质的量为0.014mol，则c(Fe2＋)＝=0.14mol/L，故答案为0.14； （2）由生成标准状况下的气体体积为134.4 mL，可知其物质的量n(H2)==0.006mol，再根据Fe＋2HCl= FeCl2+H2↑,由n(H2)可知该反应中消耗的单质铁为0.006mol，生成的FeCl2为0.006mol。Fe3O4、Fe、HCl三者共同反应，反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，在该反应中生成的n(FeCl2)= 0.014mol-0.006mol=0.008mol，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应消耗的单质铁为0.002mol，故样品中n(Fe)= 0.006mol+0.002mol=0.008mol，Fe3O4为0.002mol，故样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=4：1，故答案为4：1。 6．称取天然碱样品4份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表： Ⅰ Ⅱ Ⅲ IV 盐酸体积/mL 30 30 30 30 样品/g 3.32 4.15 5.81 7.47 二氧化碳体积/mL 672 840 896 672 （1）若用2.49g样晶进行同样的实验时，产生CO2 mL(标准状况)。 （2）另取3.32g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全，产生CO2 112mL(标准状况)和水0.45g，确定该天然碱的化学式 。 （3）由上表中第Ⅳ组数据确定盐酸溶液的浓度 mol·L-1. 【答案】504 2.5 【解析】（1）盐酸的体积一定，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中随样品质量增大，产生的体积增大，而实验Ⅳ中却减小，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸有剩余，若用样品进行同样的实验时，则样品中碳元素全部转移到中，根据定比关系，则产生的体积为：； （2）加热分解生成的二氧化碳，说明该天然碱中含有，生成的物质的量为，根据分解方程式：，可知样品中的物质的量为，分解生成的水为，样品与盐酸反应生成二氧化碳为：，根据碳原子守恒，样品中的物质的量为：，样品中结晶水物质的量为：，故样品中:::::1:2，则该天然碱的组成为：； （3）可知样品中，为物质的量为：，根据，可知消耗HCl为，生成的物质的量为：，由 ，可知消耗的HCl为，故30mL溶液中HCl的总量为：，则盐酸的物质的量浓度为：。 02关系式法在化学计算中的应用 7．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：3Cl2＋8NH3·H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为         (　　) A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g 【答案】B 【解析】由反应式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 L，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2 mol(质量为34 g)，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12－0.672) L＝0.448 L。即： 3Cl2～2NH3　　～　　　　N2　　　　ΔV         2 mol×17 g·mol－1                44.8 L         m(被氧化的NH3)                0.448 L 列出比例式：(2 mol×17 g·mol－1)∶44.8 L＝m(被氧化的NH3)∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)＝0.34 g。 综上所述，本题应选B。 8．用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2O=S4O+2I-) （1）写出生成白色CuI沉淀的离子方程式： 。 （2）该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为 。 【答案】（1）2Cu2++4I—=2CuI↓+I2 （2）85.50% 【解析】（1）由题意可知，氯化铜溶液与过量的碘化钾溶液反应生成碘化亚铜、碘和氯化钾，反应的离子方程式为2Cu2++4I—=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I—=2CuI↓+I2； （2）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+~I2~2S2O，滴定消耗20.00 mL0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠溶液，则样品中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%=85.50%，故答案为：85.50%。 9．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2 质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。 已知：2MnO ＋5 ＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O （1）1 mol KMnO4 的氧化能力与 g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 （2）该水样的 COD 值是 mg·L-1 (保留小数点后一位)。 【答案】 40 5.2 【分析】由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 【解析】（1）由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40； （2）根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。 10．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量 (假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 【答案】93.2% 【解析】根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119 g： 1 mol=x：0.100×0.016 mol，解之得到x=0.571 2 g，试样中锡的百分含量w(Sn)= ×100%≈93.2%。 03守恒法和差量法在化学计算中的应用 11．有200mlMgCl2和AlCl3的混合物，其中c(Mg2+)为0.2mol/L，c(C1-)为1.3mol/L。为使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/L溶液的NaOH体积为 A．40ml B．72ml C．80ml D．128ml 【答案】C 【解析】MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中Mg2+浓度为0.2mol•L-1，Cl-浓度为1.3mol•L-1，设Al3+的浓度为x，由电荷守恒可知，0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，解得x=0.3mol/L，则Mg2+、Al3+的物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，欲使Mg2+全部沉淀分离出来，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++4OH-=AlO+2H 2O，则需n(NaOH)=0.04mol×2+0.06mol×4=0.32mol， V(NaOH)= =0.08L=80.0mL，故选C。 12．14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用2.24L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为（     ） A．9.6g B．6.4g C．12.8g D．1.6g 【答案】C 【解析】由题目可知，n(O2)=0.1mol， 设Cu、Au的物质的量分别为x、y，则 根据电子守恒列方程： 2x=0.1mol×4 计算得出：x=0.2mol m(Cu)=0.2mol×64g/mol=12.8g，所以C选项正确。 故选C。 13．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 mol/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量(　　) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 【答案】C 【解析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1mol/L盐酸500mL，盐酸溶质的物质的量为0.5mol，则CuCl2为0.25mol，根据Cu元素质量守恒，则可知原混合物中含有0.25molCu，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则质量为0.25mol×80g/mol=20g，C选项正确； 答案选C。 14．工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体．则该样品中纯碱的质量分数为（　　） A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 【答案】D 【解析】设碳酸钠的质量为m，则： Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增重 106          117               11 m                            (b−a)g 所以，解得，故该样品中纯碱的质量分数为，D项正确； 答案选D。 15．200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩余固体质量为 14.8g，试回答： （1）剩余固体的化学式是 。 （2）原混合物中 NaOH 的质量分数 。 【答案】（1）NaOH 、Na2CO3 （2）65% 【分析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则： 解得：x=2.67g、y=5.6g，因x+y<16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。 【解析】（1）由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3； （2）原混合物中m(NaOH)=16g-5.6g=10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为×100%=65%。 16．臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3。 （1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为 g·mol-1(保留一位小数)。 （2）将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为 L。 【答案】（1）35.6 （2）3 【解析】（1）设原有1 mol O2，则有0.3mol氧气参加反应： 则反应后混合气的总物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol，所以==≈35.6 g·mol-1。 （2） 解得V=3 L，所以臭氧为3L。 1．某稀溶液中含有4mol 和2mol ，向其中加入1.2mol Fe，充分反应（已知被还原为NO），最终溶液体积为1L，下列说法正确的是 A．所得溶液中 B．所得溶液中 C．反应后生成NO的体积为28L（标准状况下） D．所得溶液中的溶质只有 【答案】B 【分析】铁与稀硝酸完全反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，4mol氢离子完全反应消耗1mol硝酸根离子，生成1mol铁离子、一氧化氮的物质的量为1mol；则过量的铁与反应生成的铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为，由方程式可知，过量的0.2mol铁，消耗0.4mol铁离子、生成0.6mol亚铁离子，则反应后溶液中钾离子的物质的量为4mol、铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol、硝酸根离子的物质的量为3mol、硫酸根离子的物质的量为2mol。 【解析】A．由分析可知，反应后硝酸根离子的物质的量为3mol，浓度为=3mol/L，故A错误； B．由分析可知，反应后溶液中铁离子的物质的量为0.6mol、亚铁离子的物质的量为0.6mol，则溶液中铁离子和亚铁离子的浓度之比为1：1，故B正确； C．由分析可知，反应生成一氧化氮的物质的量为1mol，则标准状况下一氧化氮的体积为，故C错误； D．由分析可知，反应所得溶液中含有铁离子、亚铁离子、钾离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则所得溶液中的溶质不可能只含有硫酸亚铁，故D错误； 故选B。 2．将投入硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入溶液，恰好完全沉淀，将生成的气体与一起通入足量溶液中，气体恰好被完全吸收生成。下列判断正确的是 A．生成的气体中只有NO B． C． D． 【答案】C 【解析】A．由分析可知，的物质的量为=0.04mol，若生成的气体中只含有NO，由方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，0.04molCu需要消耗HNO3，而硝酸中n(HNO3)=0.12mol，<0.12mol，说明还会发生反应Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的气体有NO和NO2，A错误； B．的物质的量为=0.04mol，投入硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入溶液，恰好完全沉淀，则n[Cu(OH)2]=0.04mol，则n(NaOH)=0.08mol，NaOH溶液的浓度为=amol/L=2mol/L，a=2，B错误； C．将生成的气体与一起通入足量溶液中，气体恰好被完全吸收生成，由得失电子守恒可知，O2得到的电子数和Cu失去的电子数相等，则bmol×4=0.04mol×2，则b=0.02，C正确； D．Cu和HNO3溶液反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，加入NaOH溶液后溶液中存在NaNO3，则NO、NO2的总物质的量为0.12mol-0.08mol=0.04mol，由N元素守恒可知，气体恰好被完全吸收生成n()=0.04mol，c=0.04，D错误； 故选C。 3．将13.6g Cu和Cu2O组成的混合物加入250 mL一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，生成沉淀的质量为19.6 g，下列说法错误的是 A．原稀硝酸的浓度为2 mol/L B．Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1 C．反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol D．产生的NO在标准状况下的体积为2.24L 【答案】A 【分析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6g-64g/mol×0.2mol=0.8g，物质的量为=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。 【解析】A．所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2mol+0.05×2×1mol=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为=2.4mol·L-1，故A错误； B．根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1:0.05=2:1，故B正确； C．硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6mol-0.4mol-0.1mol=0.1mol，故C正确； D．由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故D正确； 故选A。 4．将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是 A．Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B．NO和NO2的体积比为1：1 C．原硝酸的浓度为8mol·L-1 D．通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL 【答案】A 【解析】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为a mol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误； B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为x mol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，故B正确； C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确； D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确； 本题选A。 5．某学生用 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。 实验编号 I II III 盐酸的体积 50.0mL 50.0mL 50.0mL m(混合物) 13.56g 21.88g 25.36g V(CO2)(标准状况) 3.36L 5.04L 5.04L （1）则该学生所用盐酸的物质的量浓度是 mol/L； （2）50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是 g； （3）上述固体混合物中 KHCO3的质量分数是 (用小数表示，保留 2 位小数)。 【答案】（1）4.5 （2）20.34 （3）44.25% 【分析】混合物发生反应：H++HCO═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应．若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①的数据可知，生成5.04L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56g×=20.34 g＜21.88g，故实验②中盐酸完全反应、固体混合物有剩余，据此解答； 【解析】（1）求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04L，结合H++HCO=H2O+CO2↑可知n(HCl)=，盐酸的浓度为，故答案为：4.5； （2）由表中数据可知，由于固体混合物从13.56g→21.88g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入13.56g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88g→25.36g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入25.36g混合物时盐酸不足，50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是13.56g×=20.34 g，故答案为：20.34 ； （3）加入13.56g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H++HCO═CO2↑+H2O，可知n(混合物)=n(CO2)=，设13.56g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.15mol、84x+100y=13.56g，解得y=0.06mol、x=0.09mol，KHCO3的质量分数是。 6．为确定某一铁铜样品中各成份的含量，某同学进行了如下实验：准确称取一份质量为铁铜样品，逐渐加入一定体积某浓度的稀硝酸，每次实验充分反应后，测得生成气体的体积为（已换成标准状况，假设生成的全部逸出），并测得剩余固体质量为。各次实验的数据如下表： 稀硝酸体积 0 80 160 240 320 400 体积 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48 剩余固体质量 12.24 8.88 5.52 1.92 0 0 根据以上实验数据，请回答： （1）上述实验当加入稀硝酸后，所发生反应的离子方程式为 。 （2）稀硝酸的物质的量浓度为 。 （3）样品中的物质的量之比为 。 【答案】（1） （2）2 （3）5∶2 【解析】（1）根据表格数据，硝酸体积从320mL到400mL，固体质量都是0，但是生成NO，说明是硝酸与Fe2+反应生成的，离子方程式为：； （2）根据前2阶段数据，硝酸的体积、NO的体积、金属减少的质量均成比例，可以判断开始为Fe反应生成Fe2+，有关系式：，第1阶段生成的NO的物质的量为0.04mol，则消耗的HNO3为0.16mol，体积为80mL，硝酸的物质的量浓度为=2mol/L； （3）分析表格的数据：前2阶段数据，硝酸的体积每增加80mL，NO的体积增加0.896L、金属减少的质量均成3.36g，可以判断为Fe反应生成Fe2+，当硝酸体积从160mL到240mL，NO的体积增加0.896L、而金属的质量减少3.6g，说明这一阶段是把剩余的铁反应成Fe2+，铜反应了一部分，剩余铜1.92g；设这3.6g的金属中Fe的物质的量为x，铜的物质的量为y，有方程组：2x+2y==0.12；56x+64y=3.6；解得x=0.03mol，y=0.03mol，则原样品中铜的总质量为0.03mol=3.84g，铜的总物质的量为0.06mol；铁的总质量为12.24g-3.84g=8.4g，物质的量为=0.15mol；样品中的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。 1．（2024·吉林·高考真题）某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下： I．向烧瓶中分别加入乙酸()、乙醇()、固体及4~6滴甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 II．加热回流后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。 III．冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和溶液至无逸出，分离出有机相。 IV．洗涤有机相后，加入无水，过滤。 V．蒸馏滤液，收集馏分，得无色液体，色谱检测纯度为。 回答下列问题： （5）该实验乙酸乙酯的产率为 (精确至)。 （6）若改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 (精确至1)。 【答案】（5）73.5%（6）90 【分析】乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、甲基紫的乙醇溶液和变色硅胶作指示剂的条件下反应制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去其中的乙酸至无二氧化碳逸出，分离出有机相、洗涤、加无水硫酸镁后过滤，滤液蒸馏时收集馏分，得纯度为的乙酸乙酯。 【解析】（5）由反应可知，乙酸与乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g，则该实验乙酸乙酯的产率为； （6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为90。 2．（2024·江西·高考真题）一种可用于温度传感的红色配合物Z，其制备实验步骤及传感原理如图(反应物均按化学计量数之比进行投料)： Ⅰ．将Ni(NO3)2•6H2O和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮(HY)、无水Na2CO3和N，N，N'﹣三甲基乙二胺(X)溶液，继续搅拌5min； Ⅱ．加入NaB(C6H5)4溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35min； Ⅲ．减压过滤，用去离子水洗涤3次，烘干，重结晶，得到配合物Z； Ⅳ．室温下，将适量Z溶于丙酮(L)，温度降至15℃，溶液经混合色逐渐转为蓝绿色，得到配合物W的溶液。 回答下列问题： （5）采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下： ⅰ．准确称取mg的配合物Z； ⅱ．加入稀硝酸使样品完全消解，再加入去离子水，用20%醋酸钠溶液调节pH至4～5； ⅲ．以PAN为指示剂，用cmol/LEDTA标准溶液滴定，平行测定三次，平均消耗EDTA体积VmL。 已知：EDTA与Ni2+化学计量数之比为1：1 ①除了滴定管外，上述测定实验步骤中，使用的仪器有 (填标号)。 ②Ni的质量百分含量为 %。 【答案】（5） bcd； 【分析】红色配合物Z的制备实验步骤及传感原理为： 将Ni(NO3)2•6H2O和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮(HY)、无水Na2CO3和N，N，N'﹣三甲基乙二胺(X)溶液，继续搅拌5min，加入的目的是中和X与HY反应生成的，使平衡正向移动，有利于Z的生成，加入NaB(C6H5)4溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35min，再经过减压过滤、洗涤、干燥得到配合物Z。 【解析】（5）①称取mg的配合物Z需要电子天平，加去离子水可以使用洗瓶，滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶，所以上述测定实验步骤中，使用的仪器除了滴定管外，还有天平、锥形瓶、洗瓶；故选bcd；②根据题意有关系式：，则，所以Ni的质量百分含量为。 3．（2024·安徽·高考真题）测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①标准溶液。 ②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时，可将氧化为。难以氧化；可被还原为。回答下列问题： （5）若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 【答案】（5） 【解析】（5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为。 4．（2024·广西·高考真题）二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下： Ⅰ．由硫脲制备TD 按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。 Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究 将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。 回答下列问题： （6）高岭土中去除率为 (用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是 。 【答案】（6） ；亚铁离子被空气中氧气氧化 【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，反应后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。 【解析】（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。 5．（2024·贵州·高考真题）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ．将适量加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体。 已知： ①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀； ②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小； ③乙醚在高浓度盐酸中生成的与缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 回答下列问题： （6）结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重，计算 (用含的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致的值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】（6） ；偏大 【解析】（6）mg十二钨硅酸晶体的物质的量为，结晶水占总质量的，则结晶水的物质的量为，则；若未充分干燥，则热重时失水增多，则变大，n偏大。 6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： （2）根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为 %。 【答案】 （2）50 【分析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 【解析】（2）起始0h时只有，5h时只有，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%。 学科网（北京）股份有限公司1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$