第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（安徽通用）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 考查根据化学方程式进行计算 题型02 考查关系式法的应用 题型03 考查守恒法的应用 题型04 考查差量法的应用 题型05 重分析法 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查根据化学方程式进行计算 1．（2025·安徽省淮北市·期中）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)，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 2．将2.56 gCu投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是( ) A．生成的气体中只有NO B． C． D． 3．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m g该粉末，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+) = 。 (2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。 4．（2025·安徽省淮北市·期中）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)，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【结合催化剂的制备考查化学方程式计算】.（2025·高三合肥一中·期中）碘化亚铜(CuI)是一种白色粉末，不溶于水，能被氧化，可用作有机合成催化剂。工业上以斑铜矿为原料制备CuI的流程如下。 (1)利用测定CuI样品中CuI质量分数(杂质不参加反应)的方法如下：称取CuI样品2.000g，向其中加入足量的溶液，待充分反应后，滴加溶液至恰好完全反应时消耗溶液的体积为20.00mL。已知：(未配平)；(未配平)。计算该样品中CuI的质量分数 (写出计算过程)。 02 考查关系式法的应用 6．【结合化学反应机理考查关系式法的应用】（2025高三·安徽皖北协作体·联考）为橙黄色晶体，微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，装置如图所示。 已知：①不易被氧化，具有强氧化性； ②具有较强的还原性，性质稳定； ③。 回答下列问题： 纯度的测定： Ⅰ．称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，写出生成的离子方程式： 。冷却后加和20.00mL浓盐酸，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。 Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴 作指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL，样品的纯度为 %(结果保留三位有效数字)。 7.【结合消毒剂的制备考查关系式法的应用】（2025·安徽皖南八校·联考）氯可形成多种氧化物及含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。亚氯酸钠()是一种高效的消毒剂和漂白剂。Mathieson法制备亚氯酸钠的流程如图所示： （1）已知饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表： 温度 <38℃ 38～60℃ >60℃ 析出晶体 分解成和NaCl 利用溶液制得晶体的操作步骤： ，38～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥。 （2）测定（1）中获得的固体中的纯度(假设杂质不参与反应)：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和酸化(被还原为)，然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000的标准液滴定锥形瓶中的溶液()，当看到 ，时测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知的纯度为 。 03 考查守恒法的应用 8．（2025高三上·安徽卓越县中联盟·月考）柠檬酸亚铁晶体(FeC6H6O7·2H2O，相对分子质量为282)是一种补铁剂，该物质微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以硫酸亚铁、纯碱和柠檬酸为原料制备柠檬酸亚铁晶体的流程如下： ①分别称取15.200gFeSO4、28.600gNa2CO3·10H2O，各用100mL蒸馏水溶解。 ②在不断搅拌下，将碳酸钠溶液缓缓地加入硫酸亚铁溶液中，静置。 ③减压过滤、洗涤，得FeCO3固体。 ④将上述制备的FeCO3固体和少量铁粉加入三颈烧瓶中，通过恒压漏斗逐渐向三颈烧瓶中加入适量2.0mol/L的柠檬酸(C6H8O7)溶液。边滴加液体边搅拌，并控制温度为80℃。 ⑤趁热过滤，使滤液冷却至室温，加入适量无水乙醇，过滤、洗涤、干燥，得产品。 回答下列问题： (1)称取上述制制得产品15.000g，配成250mL一定浓度的溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再用0.0200mL-1的酸性高锰酸钾标准液滴定，经过4次滴定，每次消耗的标准液体积如下表： 次数序号 1 2 3 4 消耗KMnO4溶液体积/mL 40.02 43.58 39.98 40.00 该次实验制得的产品纯度为 。 9．（2025高三·芜湖·期末）三氯异氰尿酸（）可在水中缓慢释放出HClO，是一种高效、低毒、安全的杀菌消毒漂白剂。实验室利用潮湿与反应制取，再与氰尿酸（）悬浮液在20~25℃发生取代反应获得三氯异氰尿酸，实验装置（夹持装置省略）如图： (1)三氯异氰尿酸有效氯含量测定：称取0.2000g样品，加入适量碘化钾和稀硫酸，充分反应后向溶液中滴加几滴淀粉溶液，并用溶液滴定，平均消耗溶液20.00mL。 已知： 样品有效氯 ①滴定终点的现象为 。 ②样品有效氯为 。 10．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 04 考查差量法的应用 11.（2025高三·安徽皖江名校·联考）某实验小组向饱和Na2CO3溶液中通入，溶液中产生大量白色固体。小组同学对该白色固体的成分进行了探究。 【定量探究】 实验小组对所得的固体进行加热，并用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如下图所示。 (1)A点所得到的固体成分是 。 (2)B点所得到的固体成分的质量之比 。 12.把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：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)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为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 13.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g固体.则该样品中纯碱的质量分数为 (　 ) A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% 05 考查热重分析法 14．（2025高三·安徽江淮十校·联考）样品在气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是 A．P→Q过程产生的气体为纯净物 B．， C．加热到633℃剩余的固体呈黑色 D．检验固体Q的成分可用铁氰化钾试剂 15．（2025高三·安徽六安·月考）称取草酸亚铁晶体(，)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，、两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为 A．， B．， C．， D．， 1.（2025·高三·安徽皖南八校）铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的2.50g胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知，下列说法正确的是 A．可通过不断升温来提高浸取1的速率 B．浸渣2的主要成分是AgCl C．向含1mol 的溶液中加入过量Zn粉使其完全还原为Au，需消耗1.5mol Zn D．由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是CuO 2．【结合水质的测定考查关系式法的应用】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)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。 已知：2Mn+5C2+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。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)  3. 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+2S2=S4+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______________。  4.【结合工业产品纯度的测定考查关系式法的应用】（2025·安徽淮南·二模）三草酸合铁酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。某实验小组以铁为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验步骤如下： Ⅰ．称取铁粉，加入溶液，小火加热至不再产生气泡为止，趁热过滤，得滤液。 Ⅱ．向步骤Ⅰ所得滤液中加入饱和溶液，调节为1~2，经过一系列操作得晶体。 Ⅲ．称取步骤Ⅱ所得晶体，加水溶解，控制温度，滴加一定量和氨水，过滤，热水洗涤，得沉淀。 Ⅳ．称取和，加水、加热溶解，搅拌下加入，至溶液转为绿色。趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得晶体。 测定产品的纯度可采用高锰酸钾标准溶液滴定法。称取三草酸合铁酸钾晶体，配制成溶液，取于锥形瓶中，用标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL，产品的纯度为 (用含m、c、v的表达式表示)。 1.(2025·安徽卷，16）（5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是_______。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为_______。 2.(2024·安徽卷，16） 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)。 3.（2024·湖南卷）亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备的反应原理如下： 实验步骤如下： 分别称取和粉置于乙腈()中充分反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 相对分子质量 327.5 371 在乙腈中颜色 无色 蓝色 合并步骤d和e所得的产物，总质量为，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小数)。 4．（2024·黑吉辽卷）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。 回答问题：该实验乙酸乙酯的产率为_______(精确至)。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 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 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 考查根据化学方程式进行计算 题型02 考查关系式法的应用 题型03 考查守恒法的应用 题型04 考查差量法的应用 题型05 重分析法 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查根据化学方程式进行计算 1．（2025·安徽省淮北市·期中）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)，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项，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项，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，B正确；C项，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项，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。 2．将2.56 gCu投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好完全沉淀，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3。下列判断正确的是( ) A．生成的气体中只有NO B． C． D． 【答案】C A项， 2.56 gCu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12mL10mol·L-1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项，2.56 gCu的物质的量为=0.04mol，投入12mL10mol·L-1硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液中加入40mLamol·L-1NaOH溶液，Cu2+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项，将生成的气体与bmol O2一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成c mol NaNO3，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项，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(NaNO3)=0.04mol，c=0.04，D错误；故选C。 3．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m g该粉末，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+) = 。 (2)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4) = 。 【答案】(1)0.14 mol·L-1 (2)4∶1 【解析】(1)m g该粉末，与28.00 mL 1 mol·L-1的盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl2，n(HCl) = 0.028 mol，根据Cl守恒，可知FeCl2的物质的量为0.014 mol，溶液稀释至100 mL后， c(Fe2+) = 0.014 mol ÷ 0.1 = 0.14 mol·L-1；(2)生成H2的物质的量为0.006 mol，Fe和 Fe3O4混合固体与HCl溶液发生如下三个反应：Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑；Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O；Fe + FeCl3 = 3FeCl2。先根据氢气的物质的量算出与HCl反应的Fe的物质的量和消耗HCl的量： Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2↑ 1 2 1 0.006 0.012 0.006 则剩余的HCl的物质的量为0.028－0.012＝0.016mol，算出Fe3O4的物质的量： Fe3O4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 1 8 2 0.002 0.016 0.04 根据生成的FeCl3的物质的量，算出与FeCl3反应的Fe的物质的量： Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 1 2 0.02 0.04 综上，n(Fe)＝0.06 + 0.02＝0.08 mol，n(Fe3O4)＝0.02 mol，n(Fe)∶n(Fe3O4) =4∶1。 4．（2025·安徽省淮北市·期中）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)，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】D 【解析】A．N2中含有氮氮三键，有3个共用电子对， N2的物质的量为1mol，含有的共用电子对数为，A错误；B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，的物质的量为=2mol，每产生，N2得到6mol电子，数目为6NA，B错误；C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，C错误；D．标况下，的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol N2，产生的0.75molO2，数目为，D正确；故选D。 5【结合催化剂的制备考查化学方程式计算】.（2025·高三合肥一中·期中）碘化亚铜(CuI)是一种白色粉末，不溶于水，能被氧化，可用作有机合成催化剂。工业上以斑铜矿为原料制备CuI的流程如下。 (1)利用测定CuI样品中CuI质量分数(杂质不参加反应)的方法如下：称取CuI样品2.000g，向其中加入足量的溶液，待充分反应后，滴加溶液至恰好完全反应时消耗溶液的体积为20.00mL。已知：(未配平)；(未配平)。计算该样品中CuI的质量分数 (写出计算过程)。 【答案】95.50% 【解析】根据与，得到，，可知，再根据，可知，CuI的质量为，。 02 考查关系式法的应用 6．【结合化学反应机理考查关系式法的应用】（2025高三·安徽皖北协作体·联考）为橙黄色晶体，微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，装置如图所示。 已知：①不易被氧化，具有强氧化性； ②具有较强的还原性，性质稳定； ③。 回答下列问题： 纯度的测定： Ⅰ．称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，写出生成的离子方程式： 。冷却后加和20.00mL浓盐酸，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。 Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴 作指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL，样品的纯度为 %(结果保留三位有效数字)。 【答案】 淀粉溶液 36.5 【分析】称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒配平，生成的离子方程式：。冷却后加和20.00mL浓盐酸，由于具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应生成单质碘，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示剂，溶液呈蓝色，用标准溶液滴定至终点，发生反应是，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL。根据钴元素守恒，反应的关系式是：~～～I2～，消耗的物质的量是，则25mL溶液中含的物质的量是，所取样品中含的物质的量是，则样品的纯度为=36.5%。 7.【结合消毒剂的制备考查关系式法的应用】（2025·安徽皖南八校·联考）氯可形成多种氧化物及含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。亚氯酸钠()是一种高效的消毒剂和漂白剂。Mathieson法制备亚氯酸钠的流程如图所示： （1）已知饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表： 温度 <38℃ 38～60℃ >60℃ 析出晶体 分解成和NaCl 利用溶液制得晶体的操作步骤： ，38～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥。 （2）测定（1）中获得的固体中的纯度(假设杂质不参与反应)：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和酸化(被还原为)，然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000的标准液滴定锥形瓶中的溶液()，当看到 ，时测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知的纯度为 。 【答案】（1）在不高于60℃的温度下蒸发浓缩，38～60℃范围内冷却结晶、过滤 　（2）最后半滴标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色 90.5% 【解析】（1）由表中数据可知，大于60℃，NaClO2分解，且NaClO2在38-60℃时析出，故操作为在不高于60℃的温度下蒸发浓缩，38～60℃范围内冷却结晶、过滤；（2）滴定终点时的现象为最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去，且30s内不恢复原色；由电子得失守恒可得数量关系：NaClO2~2Ⅰ2~ 4Na2S2O3，故n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= ×0.1000mol⋅L−1×20.00mL×10-3=0.5×10-3mol，m(NaClO2)=50×0.5×10-3mol×90.5g/mol=2.26g，纯度=。 03 考查守恒法的应用 8．（2025高三上·安徽卓越县中联盟·月考）柠檬酸亚铁晶体(FeC6H6O7·2H2O，相对分子质量为282)是一种补铁剂，该物质微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以硫酸亚铁、纯碱和柠檬酸为原料制备柠檬酸亚铁晶体的流程如下： ①分别称取15.200gFeSO4、28.600gNa2CO3·10H2O，各用100mL蒸馏水溶解。 ②在不断搅拌下，将碳酸钠溶液缓缓地加入硫酸亚铁溶液中，静置。 ③减压过滤、洗涤，得FeCO3固体。 ④将上述制备的FeCO3固体和少量铁粉加入三颈烧瓶中，通过恒压漏斗逐渐向三颈烧瓶中加入适量2.0mol/L的柠檬酸(C6H8O7)溶液。边滴加液体边搅拌，并控制温度为80℃。 ⑤趁热过滤，使滤液冷却至室温，加入适量无水乙醇，过滤、洗涤、干燥，得产品。 回答下列问题： (1)称取上述制制得产品15.000g，配成250mL一定浓度的溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再用0.0200mL-1的酸性高锰酸钾标准液滴定，经过4次滴定，每次消耗的标准液体积如下表： 次数序号 1 2 3 4 消耗KMnO4溶液体积/mL 40.02 43.58 39.98 40.00 该次实验制得的产品纯度为 。 【答案】75.2% 【分析】第2组测定误差较大，舍去，利用第1，3，4三组数据可知消耗的V(KMnO4溶液)==40.00mL，由氧化还原反应中电子守恒可知滴定反应关系式：5Fe2+~KMnO4，则n(FeC6H6O7·2H2O)=n(Fe2+)=0.0200mol/L×40.00×10-3L×5×10=0.04mol，则15.000g产品中FeC6H6O7·2H2O的质量为0.04mol×282g/mol=11.28g，则样品的纯度为×100%=75.2%。 9．（2025高三·芜湖·期末）三氯异氰尿酸（）可在水中缓慢释放出HClO，是一种高效、低毒、安全的杀菌消毒漂白剂。实验室利用潮湿与反应制取，再与氰尿酸（）悬浮液在20~25℃发生取代反应获得三氯异氰尿酸，实验装置（夹持装置省略）如图： (1)三氯异氰尿酸有效氯含量测定：称取0.2000g样品，加入适量碘化钾和稀硫酸，充分反应后向溶液中滴加几滴淀粉溶液，并用溶液滴定，平均消耗溶液20.00mL。 已知： 样品有效氯 ①滴定终点的现象为 。 ②样品有效氯为 。 【答案】当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复 71% 【解析】①根据信息可知，三氯异氰尿酸可以和水反应生成次氯酸，次氯酸可以和碘化钾反应生成单质碘，再用溶液滴定其中的碘(滴定时的指示剂是淀粉溶液)，滴定终点的现象：当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复。 ②根据原子守恒、电子得失守恒可确定计量关系：~3HClO~3I2~6，则n()=，样品有效氯为。 10．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　) 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，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)=0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。 04 考查差量法的应用 11.（2025高三·安徽皖江名校·联考）某实验小组向饱和Na2CO3溶液中通入，溶液中产生大量白色固体。小组同学对该白色固体的成分进行了探究。 【定量探究】 实验小组对所得的固体进行加热，并用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如下图所示。 (1)A点所得到的固体成分是 。 (2)B点所得到的固体成分的质量之比 。 【答案】 （1） （2） 71：53 【解析】（1）受热分解生成、和水，故A点所得到的固体成分是； （2）加热时发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，A点当固体质量不变时，充分加热分解后残留率应为，则A点所得到的固体成分是Na2CO3；B点残留率为80%，设原固体100g，则B点残留固体为80g，设生成碳酸钠为xg，则 ，则，解得x=，m(NaHCO3)=，m(Na2CO3)=，则 12.把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：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)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为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】由反应方程式可得出每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(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，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)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。 13.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取m g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n 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】A 【解析】设碳酸钠的质量为x，则： Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O　固体质量增加 106　　　　　 　117　　　　　　　　　 11 x(n-m) g，=，解得x= g，故该样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。 05 考查热重分析法 14．（2025高三·安徽江淮十校·联考）样品在气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是 A．P→Q过程产生的气体为纯净物 B．， C．加热到633℃剩余的固体呈黑色 D．检验固体Q的成分可用铁氰化钾试剂 【答案】B 【分析】七水合硫酸亚铁的物质的量为，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为，则373℃前为晶体脱水的过程。 【详解】A．633℃后受热分解，由铁原子守恒可知，Q中和O物质的量之比为，则Q为，分解反应为：，因此，P→Q过程中产生的气体物为混合气体，A错误； B．在FeSO4⋅7H2O→M的过程中，脱去水分子的个数为，则M为四水合硫酸亚铁；M→N过程中，脱去水分子的个数为，则N为一水合硫酸亚铁，所以，，B正确； C．加热到633℃剩余的固体为最终产物为，呈红棕色，C错误； D．检验中应用溶液，D错误； 15．（2025高三·安徽六安·月考）称取草酸亚铁晶体(，)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，、两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为 A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】草酸亚铁晶体的物质的量为0.3mol，0.3mol草酸亚铁的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；根据铁元素守恒，加热到400℃所得固体中铁元素的质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，则氧元素是物质的量为，所以B点的化学式为；A点固体的质量恰好为0.3mol草酸亚铁的质量，所以A点的化学式为，故选B。 1.（2025·高三·安徽皖南八校）铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的2.50g胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知，下列说法正确的是 A．可通过不断升温来提高浸取1的速率 B．浸渣2的主要成分是AgCl C．向含1mol 的溶液中加入过量Zn粉使其完全还原为Au，需消耗1.5mol Zn D．由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是CuO 【答案】B 【分析】向铜阳极泥中加入硫酸和过氧化氢，将铜转化为铜离子，浸渣中加入盐酸和过氧化氢，将银转化为氯化银沉淀，将金溶解得到为溶液，向溶液中加入锌粉，将转化为金，分离得到金。 【解析】A．升高温度易分解，不利于浸取速率的提高，A错误； B．由可知，浸渣2的主要成分是AgCl，B正确； C．由分析可知，加入锌粉的目的是将HAuCl4转化为金，由题意可知HAuCl4为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，则由得失电子数目守恒可知1mol HAuCl4完全反应时，消耗锌的物质的量为1mol×+1mol×=2mol，C错误； D．样品中，根据反应前后元素的质量不变，1000℃时，0.72g固体中Cu元素的质量：，剩下的是氧元素的质量：0.72g-0.64g=0.08g，，最终分解产物为，D错误； 故选B。 2．【结合水质的测定考查关系式法的应用】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)。某水样的COD测定过程如下：取100.0 mL水样，用硫酸酸化，加入10.00 mL 0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.00 mL 0.005 000 mol·L-1 Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50 mL。 已知：2Mn+5C2+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。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)  【答案】(1)40 (2)5.2 【解析】 由最后KMnO4溶液滴定多余的Na2C2O4溶液，可求出剩余Na2C2O4的量与水样消耗KMnO4溶液后剩余KMnO4的量，从而求出水样消耗KMnO4的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×=1.25 mol O2的氧化能力相当，即与1.25 mol×32 g·mol-1=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO4~5Na2C2O4，剩余KMnO4的物质的量为0.005 mol·L-1×10×10-3 L×-6.5×10-3 L×0.002 mol·L-1=7×10-6 mol，则水样中消耗KMnO4的物质的量为0.01 L×0.002 mol·L-1-7×10-6 mol=1.3×10-5 mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5 mol×=1.625×10-5 mol，m(O2)=1.625×10-5 mol×32 g·mol-1=5.2×10-4 g=0.52 mg，则该水样的COD值为=5.2 mg·L-1。 3. 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+2S2=S4+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)CuCl2与过量的KI发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。(2)根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2=S4+2I-可得关系式：2Cu2+~I2~2S2，n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，则n(Cu2+)=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为(0.342 0 g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。 4.【结合工业产品纯度的测定考查关系式法的应用】（2025·安徽淮南·二模）三草酸合铁酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。某实验小组以铁为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验步骤如下： Ⅰ．称取铁粉，加入溶液，小火加热至不再产生气泡为止，趁热过滤，得滤液。 Ⅱ．向步骤Ⅰ所得滤液中加入饱和溶液，调节为1~2，经过一系列操作得晶体。 Ⅲ．称取步骤Ⅱ所得晶体，加水溶解，控制温度，滴加一定量和氨水，过滤，热水洗涤，得沉淀。 Ⅳ．称取和，加水、加热溶解，搅拌下加入，至溶液转为绿色。趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得晶体。 测定产品的纯度可采用高锰酸钾标准溶液滴定法。称取三草酸合铁酸钾晶体，配制成溶液，取于锥形瓶中，用标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL，产品的纯度为 (用含m、c、v的表达式表示)。 【答案】 【解析】由得失电子守恒得关系式：，则，产品纯度。 1.(2025·安徽卷，16）（5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是_______。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为_______。 【答案】 ①. 在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 ②. 【解析】（5）i．实验a无明显现象的原因是：在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。 ii．析出白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液。受热分解生成的气体中有和，而分解产生的气体中只有，无水可以吸收分解产生的，溶液可以吸收分解产生的；溶液增重，则分解产生的的质量为，其物质的量为，由分解反应可知，的物质的量为，则白色晶体中的质量为，故其质量分数为。 2.(2024·安徽卷，16） 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】根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为 3.（2024·湖南卷）亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备的反应原理如下： 实验步骤如下： 分别称取和粉置于乙腈()中充分反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 相对分子质量 327.5 371 在乙腈中颜色 无色 蓝色 合并步骤d和e所得的产物，总质量为，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小数)。 【答案】81.2% 【解析】的物质的量为，理论制得的质量为，总收率为。 4．（2024·黑吉辽卷）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。 回答问题：该实验乙酸乙酯的产率为_______(精确至)。 【答案】73.5% 【解析】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 学科网（北京）股份有限公司1 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