第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（全国通用） 2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，以“基础方法—综合应用—真题实战”为逻辑主线，系统整合五大核心计算方法，强化科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01|4题|化学方程式基本计算|从物质的量与方程式计量数关系切入，构建基础计算模型| |考向02|4题|关系式法|通过多步反应找物质间量的关系，简化复杂计算| |考向03|4题|守恒法|利用元素守恒、电子守恒等突破混合物计算| |考向04|4题|差量法|依据反应前后质量/体积差建立比例关系| |考向05|4题|热重分析法|结合热重曲线分析物质分解过程，计算组成与产率|

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用(专项训练) 参考答案 模拟·基础演练 1．(1)52.9%　(2)1∶1　(3)11.2 L 2．(1) Fe2O3 (2)0.38a (3)50 mL (4) 45.6% 3．(1)0.002 mol　0.001 mol (2)0.15 mol·L-1 4．(1)MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O (2)97.4% 5．(1)90.00%　(2)3.36×106　15 6．95.1% 7． 8．(1)4.48 (2)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3mol，n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3mol，m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g；MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%＝98.8% 9．A 10．B 11．(1)0.100 mol　(2)2.40 g 12．(1)1.60g (2)3.60mol·L-1 13．(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65% 15．A　 16．B 17．(7)Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2+3H2O CuO 18．(4)MnO2 19．0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ 20．(5)2 重难·创新演练 1．B 2．D 4．B 5．(5) PBr3+3H2O=3HBr+H3PO3 6．(6) (7)偏低 7．(4) c 8．(1) (2)偏低 偏高 9．(1)烧杯　容量瓶　刻度 (2)蓝色褪去且半分钟不恢复原色　95.0 10．MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 减小 由z＝ =2，y＝ ＝3，18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1，由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，解得：x＝1，w＝6[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1，由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]，化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6 真题·实战演练 1．(6)99% 2．(6) 偏大 4．(4)①或 ②ad 5．(2)浓盐酸 当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色 % AC 6． (1)容量瓶、量筒 (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2 Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++ Sn=2 Sn2+，可防止Sn2+氧化 (3)增大SnCl2·2H2O的溶解度，促进其溶解 (4)偏小 (5) (6) 更安全，对环境更友好 H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值 7．(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色) (2)BC (3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有 (4) a e d f 抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 99.20% 8．4　1　 9．Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 1 / 19 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(专项训练) 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查关系式法的应用 考向03 考查守恒法的应用 考向04 考查差量法的应用 考向05 重分析法 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．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 。 2．【利用补血剂考查计算能力】铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 3．室温下，50 mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466 g 沉淀，滤液的pH变为13。求： (1)原混合液中S和Cl-的物质的量分别为　　　　　　、　　　　　　。  (2)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为　　　　　　。  4．称取1.40g二氧化锰样品(含杂质)，加入2.68g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。 (1)写出MnO2溶解反应的离子方程式 。 (2)产品的纯度为 。 考向02 考查关系式法的应用 5．【矿物成分的测定】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 6．【碘量法测定】CrCl3易潮解、易升华,高温下易被氧气氧化。已知：Cr3+能被Na2O2氧化为CrO42-。 (3)称取1.000 g CrCl3(M=158.5 g/mol)样品配成250 mL溶液。移取25.00 mL于250 mL碘量瓶中,加入2 g Na2O2(足量)充分反应,加热煮沸,冷却后加入H2SO4溶液和足量KI溶液,加入少量淀粉溶液,用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点,实验数据如下表。 (已知：杂质不反应;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 组别 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 1 0.05 18.05 2 2.10 22.20 3 3.05 21.15 4 2.10 20.00 ②该样品中CrCl3的质量分数为　　 　    。 7．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol/L的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol/L的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，若滴定终点时消耗a mol/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 8．软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2===MnSO4。 (1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。 (2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。 考向03 考查守恒式法的应用 9．38.4gCu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成、、NO的混合气体，将这些气体通入溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到和的混合溶液，该溶液中和的物质的量之比为 A．2：3 B．3：2 C．3：5 D．5：3 10．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mo/L B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是70% C．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1 D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL 11．称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  12．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答： (1)固体中混合物中CuO的质量为 。 (2)盐酸的浓度为 。 考向04 考查差量法的应用 13．200℃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__________。 14．将1L0.1mol·L-1 CuSO4溶液与1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3将1L0.1mol·L-1溶液混合(忽略混合后溶液体积变化)，向其中加入一定质量的Fe粉，充分反应后，固体质量不变，则反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度为 A．0.1mol·L-1 B．0.35mol·L-1 C．0.5mol·L-1 D．0.65mol·L-1 15．在质量为G g的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O晶体后，称量质量为W1 g，加热使结晶水全部失去，冷却后称量为W2 g，则n的值为(　　) A． B． C． D． 16．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 考向05 考查热重分析法的应用 17．【三水硝酸铜分解】(2026·福建泉州高三期中)三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O，M=242g·molˉ1 ]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]热分解实验 (7)将24.2gCu(NO3)2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，从开始加热到温度为T1时反应的化学方程式为___________，继续升温至T2时生成的固体产物为___________(填化学式)。 18．(2026·山东淄博二模)采用协同浸出-四级净化法以锌电积阳极泥(主要含MnO2，Zn、Ca、Mg、Fe、K、Na、Pb等元素)为原料制备电池级Mn3O4。 (4)MnSO4·H2O的热重曲线如图乙所示。870℃时，得到的固体产物为_______。 19．称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 20．(2026·甘肃一模)工业上以某含镍废渣(主要成分为、、、、)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示： (5)“沉镍”过程可生成碱式碳酸镍[]。为测定该沉淀的组成，取干燥的7.54 g样品隔绝空气加热，其热重曲线如下图所示，则________。 重难·创新演练 1．有10.0 g Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应,蒸干溶液,最终得到的固体的质量为 (　    ) A.8.775 g 　　　　　　B.11.70 g C.17.55 g　　　　　　D.无法计算 2．【芹菜中铁元素含量测定】已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 方案一： 方案二： A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸 B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为 C．方案二中加入足量溶液的作用是除掉过量的H2O2 D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为、消耗体积为，则芹菜中铁元素的质量分数为 3．8.34gFeSO4⋅7H2O样品在N2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．x=4，y=1 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 4．如图为CaC2O4∙xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，205℃时，晶体完全失水)。下列有关说法正确的是 A．x的值为5 B．物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解 C．无论是O2气氛还是N2气氛，CaC2O4∙xH2O在不同温度时的分解产物完全相同 D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1个CaC2O4∙xH2O最终转变为C时，转移电子的个数相同 5．(2026·四川遂宁高三模拟预测)溴化剂PBr3可用液溴与红磷制备。 (5)测定产品中PBr3的含量，可用碘量法：向碘量瓶中加入100mL水，用移液管量取10.00mL产品加入碘量瓶，加入过量c1mol·L-1的I2标准溶液V1mL(磷元素完全转化为H3PO4)，加碱调，再用c2mol·L-1的Na2S2O3 标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )，平均用去V2mL。 ①写出PBr3溶于水发生的化学方程式_______。 ②产品中PBr3的含量为_______g·mLˉ1。 6．(2026·山东泰安高三模拟预测)一水合硫酸氨铜是一种配位化合物，常用作杀虫剂、媒染剂。称取mg[Cu(NH3)4]SO4·H2O产品溶于水，加过量NaOH溶液，通入高温水蒸气，将产生的氨全部蒸出。先用V1mL、c1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收蒸出的氨。冷却后，加入指示剂，用c2mol·L-1的NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。 (6)产品的纯度为_______(列出代数式，已知铜氨晶体摩尔质量为M g·molˉ1)。 (7)若加热蒸氨时间过短，会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 7．(2026·河南安阳三模)环烷酸钴[(C10H7COO)2Co，不溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂]是常用的有机钴催化剂。 (4)测定产品中钴元素的质量分数。 步骤ⅰ：准确称取环烷酸钴产品，配成250 mL溶液(经处理后钴元素全部以Co2+的形式存在)。 步骤ⅱ：用移液管移取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，再用另一移液管向锥形瓶中移入25.00 mL0.0500mol·L-1Na2H2Y(EDTA二钠盐)标准溶液，充分反应后，加入指示剂，用0.0500mol·L-1硫酸锌标准溶液滴定过量的Na2H2Y，重复实验，平均消耗硫酸锌标准溶液5.00 mL。 已知：、。 ①产品中钴元素的质量分数为_______%(用含的代数式表示)。 ②下列关于滴定操作的叙述正确的是_______(填标号)。 a．滴定管未用待装液润洗，会引起测量结果偏高 b．滴定时眼睛一直注视滴定管中液面的变化情况 c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，会引起测量结果偏低 8．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 9．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题： 利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠晶体的纯度。测定步骤如下： (1)溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　　　　中，加蒸馏水至　　　　　　。  (2)滴定：取0.00950 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2=S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　　　　　　　　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。  10．黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。 (1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为 ，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。 ①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。 ②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。 根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式 (写出计算过程)。 真题·实战演练 1．(2024·浙江1月卷，20)H2S可用于合成光电材料。 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 2．(2024·贵州卷，15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。 (6)结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O，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”)。 3．(2024·天津卷，15)柠檬酸钙[Ca(C6H5O7)2]微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。 Ⅱ．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为Mg·molˉ1，EDTA与Ca2+按1：1 (物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品ag置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成浅液，用溶液调节pH大于13，加入钙指示剂，用b mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液VmL。 (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是_______(用字母表示)。 4．(2024·福建卷，12)实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备Ga2O3。 (4)Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V0mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1mLc1mol/LNa2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2mol/L CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+ ①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为_______。(列出计算式) ②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是_______。(填标号) a．未使用标准溶液润洗滴定管 b．称重后样品吸收了空气中水汽 c．终点时滴定管尖嘴内有气泡 d．终点读数时仰视滴定管刻度线 5．(2024·重庆卷，16)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。 (2) FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，K2Cr2O7标准溶液浓度为，用量为，FeS2的摩尔质量为M g·molˉ1，则产品中FeS2质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 6． (2024·安徽卷，16，15分)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7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】 ①cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液 ②SnCl2溶液：称取6gSnCl2·2H2O溶于10 mL浓盐酸，加水至100 mL，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HgCl2，可将Sn2+氧化为Sn4+。难以氧化Fe2+；Cr2O72-可被Fe2+还原为Cr3+。回答下列问题： (1)下列仪器在本实验中必须用到的有_______(填名称)。 (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：_______。 (3)步骤I中“微热”的原因是_______。 (4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)若消耗cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则试样中的质量分数为_______(用含a、c、V的代数式表示)。 (6) SnCl2- TiCl3- KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7，滴定法的优点是_______。 ②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X 紫红色不褪去 实验I 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL 0.1mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL 6mol·L-1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为_______；根据该实验可得出的结论是_______。 7．(2024·浙江6月卷，20，10分)某小组采用如下实验流程制备： 已知：是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： (1)如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤I反应结束的实验现象是 。 (2)下列做法不正确的是_______。 A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B．步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4 (红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。 称取产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→_______→读数。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．滴加指示剂K2CrO4溶液 d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 e．准确移取25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至溶液呈浅红色 g．滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 。 ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。[M(AlI3)=408 g·molˉ1] 8．(2023·全国乙卷)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝______，y＝______。 9．(2022·江苏卷，17)(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 1 / 19 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(专项训练) 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查关系式法的应用 考向03 考查守恒法的应用 考向04 考查差量法的应用 考向05 重分析法 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．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)11.2 L 【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： 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 2 mol　　　　　　　　　　　3×22.4 L n(Al)　　　　　　　　　　　 　6.72 L 解得：n(Al)＝0.2 mol，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，铝的质量分数为×100%≈52.9%。 (2)m(Mg)＝10.2 g－5.4 g＝4.8 g，n(Mg)＝＝0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。 (3)设由铝生成的氢气为V1(H2)，由镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知： 2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ 2 mol 3×22.4 L 0．2 mol　　　　　　 V1(H2) 解得：V1(H2)＝6.72 L； Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑ 1 mol　　　　　　　22.4 L 0．2 mol　　　　　　V2(H2) 解得：V2(H2)＝4.48 L，V总(H2)＝V1(H2)＋V2(H2)＝6.72 L＋4.48 L＝11.2 L。 2．【利用补血剂考查计算能力】铁是体内红细胞血红蛋白的组成元素，缺铁会导致缺铁性贫血。FeSO4是补血剂的原料，某兴趣学习小组为测定某补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 方法一：取补血剂5片，在适当的条件下配成100 mL溶液，加足量H2O2溶液，然后再加入足量1.00 mol·L-1NaOH溶液，得红褐色沉淀，将沉淀过滤并充分加热得红棕色固体，称量该固体的质量为a g。 (1)红棕色固体的成分是 (化学式)。 (2)每片补血剂中含FeSO4的质量为 g(用含有a的表达式表示)。 方法二：取补血剂若干，用研钵将补血剂捣碎，用电子天平准确称取样品2.800 g，小心将样品转移入烧杯内，用的稀硫酸溶解，并用玻璃棒不断搅拌直至完全溶解，将溶液转移至容量瓶配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加0.028 mol·L-1KMnO4溶液，消耗KMnO4溶液15.00 mL。 已知：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (3)配制1.00 mol·L-1的稀硫酸250 mL，需5 mol·L-1的硫酸的体积为 。 (4)补血剂样品中FeSO4的百分含量为 。 【答案】(1) Fe2O3 (2)0.38a (3)50 mL (4) 45.6% 【解析】实验目的是测定某补血剂中硫酸亚铁的含量，实验原理方法一是FeSO4被氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，通过Fe2O3的质量计算FeSO4的质量来测定补血剂中FeSO4的含量；方法一是利用KMnO4溶液滴定Fe2+，通过消耗的KMnO4的量计算FeSO4，从而测定补血剂中FeSO4的含量。(1)FeSO4被H2O2氧化为Fe3+后，与NaOH溶液反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解转化为红棕色的Fe2O3，故红棕色固体是Fe2O3；(2)利用铁元素守恒确定FeSO4与Fe2O3的物质的量关系为2：1，ag Fe2O3的物质的量为，FeSO4的质量为，每片补血剂中含FeSO4的质量为；(3)配制稀硫酸过程溶质硫酸物质的量不变，利用计算，，即需5 mol·L-1的硫酸的体积为；(4)设被滴定的25.00 mL溶液中含有Fe2+物质的量为nmol，则 列比例式计算，解得n=，补血剂样品中FeSO4的百分含量为。 3．室温下，50 mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466 g 沉淀，滤液的pH变为13。求： (1)原混合液中S和Cl-的物质的量分别为　　　　　　、　　　　　　。  (2)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为　　　　　　。  【答案】(1)0.002 mol　0.001 mol (2)0.15 mol·L-1 【解析】将稀硫酸和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，离子间发生的反应有Ba2++S=BaSO4↓，H++OH-=H2O，0.446 g沉淀为BaSO4，n(H2SO4)=n(BaSO4)==0.002 mol，硫酸电离出的n(S)=0.002 mol、n(H+)=0.004 mol，稀硫酸和盐酸的混合液为50 mL pH=1，共有n(H+)=0.05 L×0.1 mol·L-1=0.005 mol，所以盐酸电离出的n(H+)=0.005 mol-0.004 mol=0.001 mol，n(Cl-)=0.001 mol。(2)反应后滤液的pH变为13，呈碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，反应后过量的n(OH-)=0.1 L×0.1 mol·L-1=0.01 mol，反应了的n(OH-)=n(H+)=0.005 mol，所以Ba(OH)2中的n(OH-)=0.01 mol+0.005 mol=0.015 mol，可求出c[Ba(OH)2]==0.15 mol·L-1。 4．称取1.40g二氧化锰样品(含杂质)，加入2.68g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。 (1)写出MnO2溶解反应的离子方程式 。 (2)产品的纯度为 。 【答案】(1)MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O (2)97.4% 【解析】(1)在H＋作用下，KMnO4、MnO2与C2O42-反应的离子方程式分别为2MnO4-＋5C2O42-＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O42-＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O； (2)n(C2O42-)＝2.68g÷134g·mol－1＝0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO4-)＝0.0200mol·L－1×0.01730L×5＝0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2＋0.001730mol×5＝0.0200mol×2，得n(MnO2)＝0.015675mol，MnO2的质量分数＝＝0.974，即97.4%。 考向02 考查关系式法的应用 5．【矿物成分的测定】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 【答案】(1)90.00%　(2)3.36×106　15 【解析】(1)据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得关系式：Cr2O72-～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1 0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L　 列式计算得：m(FeS2)＝0.090 00 g 样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.00%。 (2)4FeS2 ＋11O22Fe2O3＋ 8SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1 mol　　　　　　　 V(SO2) 列式计算得：V(SO2)＝3.36×106 L，则n(SO2)＝＝1.5×105 mol 由SO2～SO3～H2SO4 　1 mol　　　　98 g 1．5×105 mol　m(H2SO4)×98% 列式计算得：m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 6．【碘量法测定】CrCl3易潮解、易升华,高温下易被氧气氧化。已知：Cr3+能被Na2O2氧化为CrO42-。 (3)称取1.000 g CrCl3(M=158.5 g/mol)样品配成250 mL溶液。移取25.00 mL于250 mL碘量瓶中,加入2 g Na2O2(足量)充分反应,加热煮沸,冷却后加入H2SO4溶液和足量KI溶液,加入少量淀粉溶液,用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点,实验数据如下表。 (已知：杂质不反应;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 组别 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 1 0.05 18.05 2 2.10 22.20 3 3.05 21.15 4 2.10 20.00 ②该样品中CrCl3的质量分数为　　 　    。 【答案】95.1% 【解析】(3)②对表格中数据进行分析可知,第二组数据偏差较大,应舍去。利用剩余三组数据得出滴定过程中所用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.00 mL。整个反应的过程为Cr3+CrO42-I2,再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2。根据原子守恒、得失电子守恒得关系式：2Cr3+～2rCrO42-～3I2～6Na2S2O3,计算得n(Cr3+)=(1/3)n(Na2S2O3)=(0.100 0×18.00×10-3)/3 mol=6.0×10-4 mol,则1.000 g样品中n(Cr3+)=(6.0×10-4×10) mol=6.0×10-3 mol,样品中CrCl3的质量分数为×100%=95.1%。 7．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol/L的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol/L的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，若滴定终点时消耗a mol/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 【答案】 【解析】本题涉及到化学方程式或离子方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。由方程式可以得出相应的关系式： 5CaCO3——5Ca2+——5CaC2O4——5H2C2O4——2MnO4- 5 2 n1(CaCO3) aV2×10-3 mol n1(CaCO3) = 2.5 aV2×10-3 mol，样品中：n (CaCO3) = 2.5 aV2×10-3× mol，则：ω(CaCO3) =。 8．软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2===MnSO4。 (1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。 (2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。 【答案】(1)4.48 (2)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3mol，n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3mol，m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g；MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%＝98.8% 【解析】(1)根据提供的化学方程式知，1 mol MnO2氧化1 mol SO2，则17.40 g纯净的MnO2最多能氧化标准状况下SO2的体积为×22.4 L·mol－1＝4.48 L。(2)根据滴定原理可得关系式：Mn2＋～Mn3＋～Fe2＋，n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×0.02 L＝1.00×10－3mol，则n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3mol，m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g，故MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%＝98.8%。 考向03 考查守恒式法的应用 9．38.4gCu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成、、NO的混合气体，将这些气体通入溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到和的混合溶液，该溶液中和的物质的量之比为 A．2：3 B．3：2 C．3：5 D．5：3 【答案】A 【解析】38.4gCu为0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于到得到的电子，，，由Na原子守恒可以知道，则，则该溶液中和的物质的量之比为2：3，故答案选A。 10．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mo/L B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是70% C．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1 D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL 【答案】B 【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，根据题意列方程组：，解得，，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据电子守恒和题意列方程组：，解得，。A．，A正确； B．由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则NO2的体积分数是，B错误；C．由上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，C正确；D．当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，沉淀量最大，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：，氢氧化钠溶液体积为=640mL，D正确；答案选B。 11．称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  【答案】(1)0.100 mol　(2)2.40 g 【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.100 mol(2)设Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒：160x+80y=4.00，根据整个体系中金属元素守恒：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解方程得x=0.01，y=0.03，故CuO质量为2.40 g。 12．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答： (1)固体中混合物中CuO的质量为 。 (2)盐酸的浓度为 。 【答案】(1)1.60g (2)3.60mol·L-1 【解析】(1)据题意得，因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60g；(2)设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol，可得56x+160y+1.60=13.6，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02+0.04×2，解得x=0.10mol、y=0.04mol，反应后滤液中n(FeCl2)= x+2y =0.18mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36mol，所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。 考向04 考查差量法的应用 13．200℃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% 【解析】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： NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O △m 40 84 18 x y 16g－14.8g＝1.2g 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。(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10.4g/16g×100%＝65%。 14．将1L0.1mol·L-1 CuSO4溶液与1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3将1L0.1mol·L-1溶液混合(忽略混合后溶液体积变化)，向其中加入一定质量的Fe粉，充分反应后，固体质量不变，则反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度为 A．0.1mol·L-1 B．0.35mol·L-1 C．0.5mol·L-1 D．0.65mol·L-1 【答案】C 【解析】先发生反应： 2Fe3++Fe=3Fe2+，再发生反应：Fe + Cu2+ == Fe2+ + Cu，充分反应后，固体质量不变，说明参加反应Fe的质量等于析出Cu的质量，，溶液中完全反应消耗Fe为，生成Fe2+为，设析出的Cu为xmol，则析出xmolCu消耗Fe为xmol，则有：，解得x=0.7，则反应后溶液中，故，答案选C。 15．在质量为G g的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O晶体后，称量质量为W1 g，加热使结晶水全部失去，冷却后称量为W2 g，则n的值为(　　) A． B． C． D． 【答案】A　 【解析】在质量为G g的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O晶体后，称量质量为W1 g，加热使结晶水全部失去，冷却后称量为W2 g，则根据方程式计算： BaCl2·nH2O BaCl2 ＋ nH2O 208＋18n 208 18n W1－G W2－G W1－W2 故有：＝，解得：n＝。 16．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。 考向05 考查热重分析法的应用 17．【三水硝酸铜分解】(2026·福建泉州高三期中)三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O，M=242g·molˉ1 ]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]热分解实验 (7)将24.2gCu(NO3)2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，从开始加热到温度为T1时反应的化学方程式为___________，继续升温至T2时生成的固体产物为___________(填化学式)。 【答案】(7)Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2+3H2O CuO 【解析】(7)24.2gCu(NO3)2·3H2O的物质的量为0.1 mol，完全失去结晶水生成0.1 mol Cu(NO3)2·，质量为18.8 g，从开始加热到温度为T1时反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2+3H2O；继续升温至T2时，根据铜元素守恒，8.0 g固体中含有0.1 mol Cu，则所含氧元素的质量为8.0 g-0.1 mol×64 g/mol=1.6 g，故氧元素物质的量为0.1 mol，T2时生成的固体产物为CuO。 18．(2026·山东淄博二模)采用协同浸出-四级净化法以锌电积阳极泥(主要含MnO2，Zn、Ca、Mg、Fe、K、Na、Pb等元素)为原料制备电池级Mn3O4。 (4)MnSO4·H2O的热重曲线如图乙所示。870℃时，得到的固体产物为_______。 【答案】(4)MnO2 【解析】(4)MnSO4·H2O 摩尔质量为169g/mol，初始质量50.70g，则，含Mn0.3mol；280℃时固体质量为45.30g，失去的质量为50.70-45.30=5.4g，恰好等于MnSO4结晶水的质量()，说明280℃后得到无水MnSO4；850-1150℃区间对应固体质量为26.10g：Mn元素总质量：，固体中O元素质量：，因此，原子个数比：，因此870℃时得到的固体产物为MnO2。 19．称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 【答案】0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ 【解析】草酸亚铁晶体的物质的量为；M点剩余固体的质量为4.32g，则M点对应物质的摩尔质量为，从开始到M点发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，则 M点对应物质为FeC2O4；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为，400℃时，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有，解得，则铁的氧化物的化学式为Fe3O4；因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑。 20．(2026·甘肃一模)工业上以某含镍废渣(主要成分为、、、、)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示： (5)“沉镍”过程可生成碱式碳酸镍[]。为测定该沉淀的组成，取干燥的7.54 g样品隔绝空气加热，其热重曲线如下图所示，则________。 【答案】(5)2 【解析】(5)最终固体NiO质量为4.50g，，即总；200℃时失去全部结晶水，结晶水质量为，，可知样品物质的量，因此；结合摩尔质量关系：，联立解得y=2。 重难·创新演练 1．有10.0 g Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应,蒸干溶液,最终得到的固体的质量为 (　    ) A.8.775 g 　　　　　　B.11.70 g C.17.55 g　　　　　　D.无法计算 【答案】B 【解析】Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应时,溶液中的溶质为NaCl,根据Cl原子守恒可得n(NaCl)=n(HCl)==0.2 mol,故蒸干溶液得到的NaCl的质量为0.2 mol×58.5 g·mol-1=11.70 g,故选B。 2．【芹菜中铁元素含量测定】已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 方案一： 方案二： A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸 B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为 C．方案二中加入足量溶液的作用是除掉过量的H2O2 D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为、消耗体积为，则芹菜中铁元素的质量分数为 【答案】D 【解析】根据实验方案设计，方案一芹菜灼烧得到灰分，加酸溶解，加铜将铁元素完全转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾测定；方案二芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解、过滤、洗涤，得到的滤液加足量的H2O2将铁元素转化为Fe3+，Fe3+与I-离子反应得到I2，再用Na2S2O3标准溶液测定。A项，若方案一中加入的酸为稀盐酸，酸性条件下Cl-与酸性高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，无法利用酸性KMnO4与Fe2+的反应测定Fe含量，A项错误；B项，灼烧过程中Fe(Ⅱ)会氧化为Fe(Ⅲ)，根据方案设计可推知“灰分”中铁元素的存在形式有Fe2O3，B项错误；C项，方案二中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，过量的双氧水加热分解后，加入足量KI溶液的作用是与Fe3+反应，C项错误；D项，方案一的待测液中Fe2+与KMnO4反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据题意可列计算式，D项正确；故选D。 3．8.34gFeSO4⋅7H2O样品在N2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．x=4，y=1 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 【解析】8.34g七水合硫酸亚铁的物质的量为0.03mol，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为4.56g，则373℃前为晶体脱水的过程。A项，633℃后FeSO4受热分解，由铁原子守恒可知，Q中Fe和O物质的量之比为，则Q为Fe2O3，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项，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x=4，y=1，B正确；C项，加热到633℃剩余的固体为最终产物为Fe2O3，呈红棕色，C错误；D项，检验Fe2O3中Fe3+应用KSCN溶液，D错误；故选B。 4．如图为CaC2O4∙xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，205℃时，晶体完全失水)。下列有关说法正确的是 A．x的值为5 B．物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解 C．无论是O2气氛还是N2气氛，CaC2O4∙xH2O在不同温度时的分解产物完全相同 D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1个CaC2O4∙xH2O最终转变为C时，转移电子的个数相同 【答案】B 【解析】由题意可知，100mg固体为CaC2O4∙xH2O，87.7mg固体为CaC2O4。68.8mg固体中，固体的摩尔质量为≈100g/mol，则其为CaCO3；38.4mg固体中，固体的摩尔质量为≈56g/mol，则其为CaO。A项，从图中可以看出，第1步CaC2O4∙xH2O转化为CaC2O4，质量由100mg减少到87.7mg，根据质量守恒规律有，x=1，A不正确；B项，图中信息显示，在N2气氛中，温度从205℃升高到420℃时，固体的质量都保持不变，则物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解，B正确；C项，在O2气氛中，CaC2O4、O2反应生成CaCO3、CO2，在N2气氛中，CaC2O4分解生成CaCO3、CO，二者的产物不同，C不正确；D项，C为CaO，O2气氛中1个CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO和2个CO2，电子转移2个，在N2气氛中，1个CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO、1个CO2和1个CO，电子转移1个，转移电子的个数不同，D不正确；故选B。 5．(2026·四川遂宁高三模拟预测)溴化剂PBr3可用液溴与红磷制备。 (5)测定产品中PBr3的含量，可用碘量法：向碘量瓶中加入100mL水，用移液管量取10.00mL产品加入碘量瓶，加入过量c1mol·L-1的I2标准溶液V1mL(磷元素完全转化为H3PO4)，加碱调，再用c2mol·L-1的Na2S2O3 标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )，平均用去V2mL。 ①写出PBr3溶于水发生的化学方程式_______。 ②产品中PBr3的含量为_______g·mLˉ1。 【答案】(5) PBr3+3H2O=3HBr+H3PO3 【解析】(5)①PBr3、PBr3均极易水解，故PBr3溶于水发生的化学方程式为PBr3+3H2O=3HBr+H3PO3；②该滴定实验中碘单质共发生两个反应：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入过量c1mol·L-1的标准溶液V1mL；，用的c2mol·L-1标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )，平均用去V2mL，故滴定用去的；故与H3PO3反应的I2的，，向碘量瓶中加入100 mL水，用移液管量取10.00 mL产品加入碘量瓶，产品中PBr3的含量为。 6．(2026·山东泰安高三模拟预测)一水合硫酸氨铜是一种配位化合物，常用作杀虫剂、媒染剂。称取mg[Cu(NH3)4]SO4·H2O产品溶于水，加过量NaOH溶液，通入高温水蒸气，将产生的氨全部蒸出。先用V1mL、c1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收蒸出的氨。冷却后，加入指示剂，用c2mol·L-1的NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。 (6)产品的纯度为_______(列出代数式，已知铜氨晶体摩尔质量为M g·molˉ1)。 (7)若加热蒸氨时间过短，会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(6) (7)偏低 【解析】(6)盐酸的总物质的量为c1V1×10-3mol，与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为c2V2×10-3mol，则与氨反应的盐酸的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，即蒸出的氨的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol。1 mol[Cu(NH3)4]SO4·H2O含有n molNH3，因此产品中[Cu(NH3)4]SO4·H2O的物质的量为，质量为。产品的纯度为。 (7)若加热蒸氨时间过短，会导致部分氨未被完全蒸出，测得的氨的物质的量偏小，计算得到的硫酸氨铜的质量偏小，因此产品纯度的测定结果偏低。 7．(2026·河南安阳三模)环烷酸钴[(C10H7COO)2Co，不溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂]是常用的有机钴催化剂。 (4)测定产品中钴元素的质量分数。 步骤ⅰ：准确称取环烷酸钴产品，配成250 mL溶液(经处理后钴元素全部以Co2+的形式存在)。 步骤ⅱ：用移液管移取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，再用另一移液管向锥形瓶中移入25.00 mL0.0500mol·L-1Na2H2Y(EDTA二钠盐)标准溶液，充分反应后，加入指示剂，用0.0500mol·L-1硫酸锌标准溶液滴定过量的Na2H2Y，重复实验，平均消耗硫酸锌标准溶液5.00 mL。 已知：、。 ①产品中钴元素的质量分数为_______%(用含的代数式表示)。 ②下列关于滴定操作的叙述正确的是_______(填标号)。 a．滴定管未用待装液润洗，会引起测量结果偏高 b．滴定时眼睛一直注视滴定管中液面的变化情况 c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，会引起测量结果偏低 【答案】(4) c 【解析】(4)①结合已知，25.00 mL 待测液中 Co2+消耗的 EDTA 物质的量等于 EDTA 总加入量减去硫酸锌滴定消耗的 EDTA 量，即 ，因此 250 mL 原溶液中 Co2+ 总物质的量为 ，钴的质量为 ，样品质量为 mg，故钴元素的质量分数为 ；②A项，滴定管未润洗，待装液被稀释，滴定Zn2+时消耗体积偏大，测得过量 EDTA 偏大，则与 Co2+反应的EDTA 偏小，结果偏低，a错误；B项，滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化，而不是滴定管液面，b错误；C项，滴定前尖嘴有气泡，滴定后无气泡，记录体积偏大(气泡被当作液体体积)，则测得过量 EDTA 偏大，与 Co2+反应的 EDTA 偏小，结果偏低，c正确；故选c。 8．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(已知：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O) (1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为______mg·m−3。 (2)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”)若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 【答案】(1) (2)偏低 偏高 【解析】(1)用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为考虑到46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m−3。(2)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。 9．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题： 利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠晶体的纯度。测定步骤如下： (1)溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　　　　中，加蒸馏水至　　　　　　。  (2)滴定：取0.00950 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2=S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　　　　　　　　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。  【答案】(1)烧杯　容量瓶　刻度 (2)蓝色褪去且半分钟不恢复原色　95.0 【解析】(1)配制硫代硫酸钠溶液时，应在烧杯中溶解样品，待冷却后转移到100 mL容量瓶中，然后洗涤，再加入蒸馏水至溶液的凹液面与刻度相平。(2)滴定时，反应生成的I2溶液遇淀粉指示剂变蓝色，滴入硫代硫酸钠溶液时，单质碘遇硫代硫酸钠发生反应：I2+2S2S4+2I-，滴定终点为滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原。由反应方程式可得如下关系式：K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，24.80 mL溶液中Na2S2O3的物质的量为1.14×10-3 mol，则100 mL溶液中Na2S2O3的物质的量为×1.14×10-3 mol，则样品的纯度为×1.14×10-3××100%=95.0%。 10．黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。 (1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为 ，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。 ①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。 ②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。 根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式 (写出计算过程)。 【答案】MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 减小 由z＝ =2，y＝ ＝3，18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1，由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，解得：x＝1，w＝6[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1，由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]，化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6 【解析】(1) MnO2氧化Fe2＋生成Fe3＋和Mn2＋， 离子方程式为 MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，静置形成黄铵铁矾过程中消耗OH-，溶液的pH减小；(2)  由z＝ =2，y＝ ＝3，18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1，由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，解得：x＝1，w＝6[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1，由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]，化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。 真题·实战演练 1．(2024·浙江1月卷，20)H2S可用于合成光电材料。 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 【答案】99% 【解析】(6)根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为。 2．(2024·贵州卷，15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。 (6)结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O，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，则变大，n偏大。 3．(2024·天津卷，15)柠檬酸钙[Ca(C6H5O7)2]微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。 Ⅱ．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为Mg·molˉ1，EDTA与Ca2+按1：1 (物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品ag置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成浅液，用溶液调节pH大于13，加入钙指示剂，用b mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液VmL。 (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是_______(用字母表示)。 【答案】(9) 【解析】(9)柠檬酸钙的摩尔质量为Mg·molˉ1，EDTA与Ca2+按1：1 (物质的量之比)形成稳定配合物，由 列比例可得样品中柠檬酸钙质量，样品中柠檬酸钙质量分数的表达式：。 4．(2024·福建卷，12)实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备Ga2O3。 (4)Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V0mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1mLc1mol/LNa2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2mol/L CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+ ①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为_______。(列出计算式) ②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是_______。(填标号) a．未使用标准溶液润洗滴定管 b．称重后样品吸收了空气中水汽 c．终点时滴定管尖嘴内有气泡 d．终点读数时仰视滴定管刻度线 【答案】(4)①或 ②ad 【解析】(4)①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为：c2V2×10-3mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为：=；②a项，未使用标准溶液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，V2偏大，故导致实验结果偏小，a符合题意；b项，称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响，b不符合题意；c项，终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液的体积V2偏小，故导致实验结果偏大，c不符合题意；d项，终点读数时仰视滴定管刻度线，导致标准液体积V2偏大，故导致实验结果偏小，d符合题意；故选ad。 5．(2024·重庆卷，16)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。 (2) FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，K2Cr2O7标准溶液浓度为，用量为，FeS2的摩尔质量为M g·molˉ1，则产品中FeS2质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 【答案】(2)浓盐酸 当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色 % AC 【解析】(2)①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时要隔绝空气且需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度；②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态；③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～Cr2O72-，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为；④A项，还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确；B项，热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误；C项，滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确；D项，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误；故选C。 6． (2024·安徽卷，16，15分)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7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】 ①cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液 ②SnCl2溶液：称取6gSnCl2·2H2O溶于10 mL浓盐酸，加水至100 mL，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HgCl2，可将Sn2+氧化为Sn4+。难以氧化Fe2+；Cr2O72-可被Fe2+还原为Cr3+。回答下列问题： (1)下列仪器在本实验中必须用到的有_______(填名称)。 (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：_______。 (3)步骤I中“微热”的原因是_______。 (4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)若消耗cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则试样中的质量分数为_______(用含a、c、V的代数式表示)。 (6) SnCl2- TiCl3- KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7，滴定法的优点是_______。 ②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X 紫红色不褪去 实验I 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL 0.1mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2mL 0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL 6mol·L-1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为_______；根据该实验可得出的结论是_______。 【答案】(1)容量瓶、量筒 (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2 Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++ Sn=2 Sn2+，可防止Sn2+氧化 (3)增大SnCl2·2H2O的溶解度，促进其溶解 (4)偏小 (5) (6) 更安全，对环境更友好 H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值 【解析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6 Fe3++2Cr3++7H2O。(1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒； (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2 Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++ Sn=2 Sn2+，可防止Sn2+氧化； (3)步骤I中“微热”是为了增大SnCl2·2H2O的溶解度，促进其溶解； (4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小； (5)根据方程式6Fe2++Cr2O72-+14H+=6 Fe3++2Cr3++7H2O可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为。 (6)①SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：Sn2++Hg2+= Sn4++Hg，生成的Hg有剧毒，因此SnCl2- TiCl3- KMnO4相比于SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7的优点是：更安全，对环境更友好；②2mL0.3mol·L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。 7．(2024·浙江6月卷，20，10分)某小组采用如下实验流程制备： 已知：是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： (1)如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤I反应结束的实验现象是 。 (2)下列做法不正确的是_______。 A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B．步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4 (红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。 称取产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→_______→读数。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．滴加指示剂K2CrO4溶液 d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 e．准确移取25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至溶液呈浅红色 g．滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 。 ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。[M(AlI3)=408 g·molˉ1] 【答案】(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色) (2)BC (3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有 (4) a e d f 抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 99.20% 【解析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。 (1)由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正己烷使溶液显紫红色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色)。 (2)A项，AlI3吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；B项，使用到易烯的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确；C项，AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气(如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C不正确；D项，AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确；故BC。 (3)碘易溶于正己烷，而AlI3可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。 (4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00mL待测溶液，后加25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液，两者充分分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，可以防止生成Ag2SO4沉淀； Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe3+可以与过量的半滴[NH4Fe(SO4)2]溶液中的SCN-反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。②Fe3+和Al3+均易发生水解，[NH4Fe(SO4)2]溶液中含有Fe3+，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制其发生水解，因此加入稀酸B的作用是：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。③由滴定步骤可知，25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液中的SCN-发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，，则；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则=，由I守恒可知，因此，产品纯度为。 8．(2023·全国乙卷)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝______，y＝______。 【答案】4　1　 【解析】由题图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 9．(2022·江苏卷，17)(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】由图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $