专题04 物质的量在化学方程式计算中的应用（重难点专练）化学人教版必修第一册

**基本信息** 本专项聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，通过“基础计算-方法进阶-综合应用”的分类训练，构建系统性方法体系，强化科学思维与定量分析能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |根据化学方程式计算|3题（镁铝合金与烧碱反应等）|化学计量数与物质的量关系|从直接反应式计算切入，建立物质的量与质量、体积的联系| |关系式法|3题（石灰石中CaCO₃测定等）|多步反应中物质间量的关系构建|基于连续反应建立简化计算关系，培养逻辑推理能力| |守恒法|5题（Na₂CO₃/NaOH混合物反应等）|元素守恒、电荷守恒等思想应用|以守恒思想简化复杂计算，体现物质变化中的定量规律| |差量法|4题（CO₂与Na₂O₂反应等）|反应前后质量/体积差量计算|利用差量与物质的量关系快速解题，提升计算效率| |热重分析法|8题（草酸亚铁晶体分解等）|结合热重曲线的分步反应分析|综合应用物质的量计算与实验数据处理，培养科学探究能力|

专题04 物质的量在化学方程式计算中的应用 类型一 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．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O；(x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6)；S＋K2SO3K2S2O3 请计算： (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________mL。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) 3．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 。 类型二 考查关系式法的应用 4．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。 5．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)。 6．取制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，生成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL溶液，取25.00mL用nmol/L的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是 (用含n、m、V的代数式表示)。 类型三 考查守恒法的应用 7．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 8．为了测定某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将0.1144g样品溶于足量的稀硫酸，收集到24.64mL(已经折换成标准状况)CO2，则0.1144g该样品中Na2CO3的物质的量为( ) A．0.0001mol B．0.0002mol C．0.001mol D．0.002mol 9．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜,均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物,恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。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 10．一定质量的铁的氧化物与60mL4mol·L-1的盐酸恰好完全反应，所得溶液中的Fe2+恰好能被标准状况下672mLCl2氧化，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为( ) A．7：9 B．5：6 C．3：4 D．2：3 11．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL2mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出224mL(标准状况)的气体。向所得溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁( ) A．5.6g B．11.2g C．22.4g D．无法确定 类型四 考查差量法的应用 12．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． 13．将CO2和O2的混合气体15.2g通入Na2O2，充分反应后，气体质量变为9.6g，原混合气体中O2的质量是( ) A．12.8g B．6.4g C．3.2g D．1.6g 14．将1L0.1mol·L-1CuSO4溶液与1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3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．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为______________。  (2)气体A的物质的量为______________。  类型五 考查热重分析法的应用 16．(2026·吉林白山高三开学考试)废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。 (6)在空气中加热18.3gCoC2O4·2H2O，其热重曲线如图所示。图中，a、c两点对应固体的成分分别是___________、___________(填化学式，其中c为Co的氧化物)。 17．(2026·黑龙江大庆二模)电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 18．将5.00g胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示(纵坐标为固体残余质量)。下列说法错误的是( ) A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为 B．c点对应的固体物质只有CuSO4· C．将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，有沉淀产生 D．测胆矾(CuSO4·nH2O)结晶水n值的实验中，若加热温度过高，可导致n值偏高 1．向一定质量(设为m克)的CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500mL某浓度的硫酸溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0mol/L NaOH溶液250mL时，恰好将溶液中的Cu2+和Fe3+完全沉淀。则该硫酸的物质的量浓度为( ) A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．1.5mol/L D．2.0mol/L 2．称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，A、B两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为( ) A．FeC2O4，Fe2O3 B．FeC2O4，Fe3O4 C．FeC2O4·H2O，Fe2O3 D．FeC2O4·H2O，FeO 3．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 。 4．(2026·甘肃武威高三联考)三氯化铬(CrCl3)在无机合成和有机合成中有重要的作用，实验室可采用湿法和干法制备CrCl3。 (3)无水CrCl3样品的纯度测定。 准确称取样品，配成溶液，取25.00mL溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成Cr(OH)3沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4加热煮沸一段时间，冷却后加入稀硫酸，再加入足量KI溶液，充分反应后生成Cr3+和I2。用0.025mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。样品中无水CrCl3的质量分数为_______。 5．六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为________。 6．黄铜矿主要成分为CuS·FeS，某研究团队利用氧化亚铁硫杆菌溶浸，通过系列操作可获得铜和硫酸铁铵晶体。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶浸”时，需要500mL0.5mol·L-1硫酸溶液，在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98％、密度为25.00mL的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保留一位小数)，“溶浸”时被氧化的元素为 (填元素符号)。 (2)“分离Cu”时，Fe与Fe3+反应的离子方程式为 ，该过程中分离出Fe、Cu的操作名称为 。 (3)“氧化”时，温度不能太高，原因是 ，反应过程中，参加反应的n(Fe2+)：n(H2O2)= 。 (4)硫酸铁铵晶体[(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O][]组成的测定 步骤1：准确称取质量为4.82g固体在酸性条件下溶于水配成100.00mL溶液A； 步骤2：取25.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，过滤得1.165g沉淀； 步骤3：取25.00mL溶液A，加入足量氢氧化钠溶液，过滤，洗涤并灼烧得0.20g固体。 通过上述步骤，计算确定该晶体的化学式为 。 1．(2025·全国新课标卷)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg2Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。 (6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5(CO3)4(OH)2·4H2O，相当于固定CO2 L(标准状况)。 2．(2025·广西卷)HBr和MgBr2广泛应用于精细化工领域。 (7)尝试直接加热MgBr2·6H2O制备无水MgBr2。当加热至460℃，失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%。经分析该固体残渣为Mgx(OH)yBrz，则x：y：z= (均为正整数)。 3．(2025·甘肃卷)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。 (5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因为 。结晶水个数 。[M(C7H5O2-)]=121，结果保留两位有效数字]。 4．(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 。 5．(2024·贵州卷)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”)。 6．(2024·天津卷)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)。 7．(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＝______。 8．(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)。 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 ( 9 / 11 )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 $ 专题04 物质的量在化学方程式计算中的应用 类型一 考查根据化学方程式进行计算 1．(1)52.9%　(2)1∶1　(3)11.2 L 2．(1)30.0　(2)3 3．(1) Fe2O3 (2)0.38a (3)50 mL (4) 45.6% 类型二 考查关系式法的应用 4． 5．(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% 6． 类型三 考查守恒法的应用 7．B 8．C 9．C 10．B 11．A 类型四 考查差量法的应用 12．A　 13．B 14．C 15．(1)60.0% (2)0.095 类型五 考查热重分析法的应用 16．(6) CoC2O4 CoO 17．(7)3MnO2Mn3O4+O2↑ 18．A 1．A 2．B 3．0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ 4．(3)79.25% 5．(1)(m3＋m1－2m2) (2)% 6．(1)13.6 S、Fe (2)2Fe3++Fe=3Fe2+ 过滤 (3)温度高，过氧化氢分解加快 2：1 (4)NH4Fe(SO4)2·12H2O 1．(6)89.6 2．(7)2：3：1 3．(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水 1.7 4．99% 5．(6) 偏大 6．(9) 7．4　1　 8．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 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 ( 9 / 11 )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 $ 专题04 物质的量在化学方程式计算中的应用 类型一 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．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O；(x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6)；S＋K2SO3K2S2O3 请计算： (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________mL。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) 【答案】(1)30.0　(2)3 【解析】(1)根据方程式3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O可知，3 mol S可以和6 mol KOH反应，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 mol，则需要消耗KOH的物质的量n＝2n(S)＝0.03 mol，需要KOH溶液的体积V＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。 (2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，有＝，即＝，解得x＝3。 3．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。 类型二 考查关系式法的应用 4．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) =。 5．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%。 6．取制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，生成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL溶液，取25.00mL用nmol/L的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是 (用含n、m、V的代数式表示)。 【答案】 【解析】NaBiO3将MnSO4氧化为MnO4 -，自身被还原为Bi3+，MnO4 -被H2C2O4还原，根据得失电子守恒：，关系式：，则纯度：。 类型三 考查守恒法的应用 7．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。 8．为了测定某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将0.1144g样品溶于足量的稀硫酸，收集到24.64mL(已经折换成标准状况)CO2，则0.1144g该样品中Na2CO3的物质的量为( ) A．0.0001mol B．0.0002mol C．0.001mol D．0.002mol 【答案】C 【解析】设样品中Na2CO3的物质的量为xmol，NaHCO3的物质的量为ymol，生成CO2物质的量为，根据碳原子守恒，x+y=0.0011，样品质量0.1144g可得：106x+84y=0.1144，解得x=0.001，y=0.0001，故选C。 9．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜,均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物,恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。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】要求“得到的氧化铜的质量”,需要求出混合物中“Cu”的物质的量。28.4 g CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L-1的盐酸,转化为CuCl2。根据Cl原子守恒,可得n(CuCl2)=0.5 L×1mol·L-1÷2=0.25 mol。根据Cu原子守恒,混合物中n(Cu)=n(CuCl2)=0.25 mol,可知煅烧后得到的n(CuO)=0.25 mol,质量为0.25 mol×80 g·mol-1=20 g,故选C。 10．一定质量的铁的氧化物与60mL4mol·L-1的盐酸恰好完全反应，所得溶液中的Fe2+恰好能被标准状况下672mLCl2氧化，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为( ) A．7：9 B．5：6 C．3：4 D．2：3 【答案】B 【解析】铁的氧化物与盐酸反应生成盐和水，由守恒可知，n(H2O)=n(HCl)=n(氧化物中O)，Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化，由电子守恒可计算亚铁离子的物质的量，且铁的氧化物中正负化合价的代数和为0。HCl的物质的量为n(HCl)=4 mol/L×0.060 L=0.24 mol，由n(H2O)=n(HCl)=n(氧化物中O)可知氧化物中含O原子的物质的量为0.12 mol，Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)=2n(Cl2)，故n(Fe2+)=0.06mol，铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.12×2，解得x=0.04 mol，该固体中铁原子和氧原子的个数之比为(0.06 mol+0.04mol)：0.12mol=5：6，故选B。 11．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL2mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出224mL(标准状况)的气体。向所得溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁( ) A．5.6g B．11.2g C．22.4g D．无法确定 【答案】A 【解析】100mL2mol·L-1的盐酸中HCl的物质的量，向所得溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，溶液中没有铁离子，说明所得溶液为氯化亚铁溶液；根据氯原子、铁原子守恒列关系式，可知铁的物质的量是，铁的质量，故选A。 类型四 考查差量法的应用 12．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＝。 13．将CO2和O2的混合气体15.2g通入Na2O2，充分反应后，气体质量变为9.6g，原混合气体中O2的质量是( ) A．12.8g B．6.4g C．3.2g D．1.6g 【答案】B 【解析】将CO2和O2的混合气体15.2g通入Na2O2，发生下列反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol(即88g)二氧化碳，气体质量减少2×44g- 32g=56g，则参与反应的二氧化碳质量为(15.2g-9.6g)×=8.8g，原混合气体中O2的质量是15.2g-8.8g=6.4g，故选B。 14．将1L0.1mol·L-1CuSO4溶液与1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3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Fe3+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，故选C。 15．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为______________。  (2)气体A的物质的量为______________。  【答案】(1)60.0% (2)0.095 【解析】(1)根据 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　　32 g 　 m　　　　　　　 7.90 g-7.42 g 解得m=4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。 类型五 考查热重分析法的应用 16．(2026·吉林白山高三开学考试)废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。 (6)在空气中加热18.3gCoC2O4·2H2O，其热重曲线如图所示。图中，a、c两点对应固体的成分分别是___________、___________(填化学式，其中c为Co的氧化物)。 【答案】(6) CoC2O4 CoO 【解析】(6)18.3 gCoC2O4·2H2O的物质的量为0.1 mol，其中结晶水的质量为3.6 g，得到a点固体损失质量18.3 g-14.7 g=3.6 g，恰好结晶水全部失去，则a点对应固体的成分是CoC2O4，固体Co元素的质量始终为5.9 g，b点固体中O元素质量=8.0 g-5.9 g=2.1 g，b点固体Co和O的个数比=，即b点对应固体的成分是Co3O4，c点固体中O元素质量=7.5 g-5.9 g=1.6 g，c点固体中Co和O的个数比=，即c点对应固体的成分是CoO。 17．(2026·黑龙江大庆二模)电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 【答案】(7)3MnO2Mn3O4+O2↑ 【解析】(7)MnSO4·H2O的摩尔质量为169g·molˉ1，50.70g样品的物质的量为0..3mol，含Mn的物质的量为0..3mol，870℃时固体质量为26.10g，时为22.90g，该阶段质量减少是由于生成了氧气，减少的质量 ，则生成氧气的物质的量 ，时固体为0.3molMnO2，1200℃时产物为0.1molMn3O4，反应方程式为)3MnO2Mn3O4+O2↑。 18．将5.00g胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示(纵坐标为固体残余质量)。下列说法错误的是( ) A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为 B．c点对应的固体物质只有CuSO4· C．将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，有沉淀产生 D．测胆矾(CuSO4·nH2O)结晶水n值的实验中，若加热温度过高，可导致n值偏高 【答案】A 【解析】胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4；c→d为CuSO4分解，d中含有0.02mol铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有0.02mol铜元素；则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为Cu2O。A．胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为CuSO4·xH2O，，x=3，氧元素的质量分数约为，A错误；B．胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4，B正确；C．c→d为CuSO4分解为CuO；产生的气体可能全部为SO3(或SO2和O2，或SO3、SO2和O2)的混合气体，将该气体通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，C正确；D．根据以上分析，加热到258℃时，晶体失去结晶水，得到CuSO4，继续加热，硫酸铜会分解变为CuO，甚至变为Cu2O，故测胆矾(CuSO4⋅nH2O)结晶水n值的实验中，加热温度应控制在258℃，若加热温度过高，可导致n值偏高，D正确；故选A。 1．向一定质量(设为m克)的CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500mL某浓度的硫酸溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0mol/L NaOH溶液250mL时，恰好将溶液中的Cu2+和Fe3+完全沉淀。则该硫酸的物质的量浓度为( ) A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．1.5mol/L D．2.0mol/L 【答案】A 【解析】向一定质量(设为m克)的CuO、Fe2O3组成的混合物中，加入500mL某浓度的硫酸溶液，混合物完全溶解。向溶解后的溶液中逐滴加入2.0mol/L NaOH溶液250mL时，恰好将溶液中的Cu2+和Fe3+完全沉淀，此时溶液中溶质只有Na2SO4，根据Na、S元素守恒， n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×2.0mol/L×0.25L=0.25mol。则该硫酸的物质的量浓度为，故选A。 2．称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，A、B两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为( ) A．FeC2O4，Fe2O3 B．FeC2O4，Fe3O4 C．FeC2O4·H2O，Fe2O3 D．FeC2O4·H2O，FeO 【答案】B 【解析】54.0g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Fe3O4；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FeC2O4，故选B。 3．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↑。 4．(2026·甘肃武威高三联考)三氯化铬(CrCl3)在无机合成和有机合成中有重要的作用，实验室可采用湿法和干法制备CrCl3。 (3)无水CrCl3样品的纯度测定。 准确称取样品，配成溶液，取25.00mL溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成Cr(OH)3沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4加热煮沸一段时间，冷却后加入稀硫酸，再加入足量KI溶液，充分反应后生成Cr3+和I2。用0.025mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。样品中无水CrCl3的质量分数为_______。 【答案】(3)79.25% 【解析】(3)推导反应的物质的量关系式涉及的反应：2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO42-+8H2O，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，6I-+Cr2O72-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O， I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI通过上述反应可得关系式：，即1molCrCl3~3molNa2S2O3。计算样品中CrCl3的物质的量滴定消耗Na2S2O3的物质的量：则25.00 mL溶液中CrCl3的物质的量：，250 mL溶液中CrCl3的物质的量：，CrCl3摩尔质量，则样品中CrCl3的质量：样品中无水CrCl3的质量分数： 5．六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为________。 【答案】(1)(m3＋m1－2m2) (2)% 【解析】(1)称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。 (2)滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(S2O)＝cV× 10－3 mol，m(WCl6)＝ cV× 10－3 mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为 ×100%＝%。 6．黄铜矿主要成分为CuS·FeS，某研究团队利用氧化亚铁硫杆菌溶浸，通过系列操作可获得铜和硫酸铁铵晶体。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶浸”时，需要500mL0.5mol·L-1硫酸溶液，在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98％、密度为25.00mL的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保留一位小数)，“溶浸”时被氧化的元素为 (填元素符号)。 (2)“分离Cu”时，Fe与Fe3+反应的离子方程式为 ，该过程中分离出Fe、Cu的操作名称为 。 (3)“氧化”时，温度不能太高，原因是 ，反应过程中，参加反应的n(Fe2+)：n(H2O2)= 。 (4)硫酸铁铵晶体[(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O][]组成的测定 步骤1：准确称取质量为4.82g固体在酸性条件下溶于水配成100.00mL溶液A； 步骤2：取25.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，过滤得1.165g沉淀； 步骤3：取25.00mL溶液A，加入足量氢氧化钠溶液，过滤，洗涤并灼烧得0.20g固体。 通过上述步骤，计算确定该晶体的化学式为 。 【答案】(1)13.6 S、Fe (2)2Fe3++Fe=3Fe2+ 过滤 (3)温度高，过氧化氢分解加快 2：1 (4)NH4Fe(SO4)2·12H2O 【解析】向黄铜矿粉中加入稀硫酸、氧化亚铁硫杆菌、空气，发生反应的离子方程式为4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O，向溶液中加入铁屑，发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，然后过滤得到Cu和溶液，溶液加入硫酸酸化，加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再向溶液中加入(NH4)2SO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到NH4Fe(SO4)2·12H2O。 (1)质量分数为98％、密度为25.00mL的浓硫酸物质的量浓度为，所需浓硫酸的体积为，根据反应，“溶浸”时被氧化的元素为S、Fe。 (2)“分离Cu”时，Fe与Fe3+反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+ ，分离Fe、Cu过程为分离溶液和不溶物，则该过程中分离出Fe、Cu的操作名称为过滤。 (3)H2O2高温分解，“氧化”时，温度不能太高，原因是温度高，过氧化氢分解加快，反应过程中，亚铁离子为还原剂，H2O2为氧化剂，根据得失电子守恒，参加反应的。 (4)100.00 mL溶液A，由实验流程可知：步骤2得到硫酸钡沉淀，则，步骤3将铁最终转化为氧化铁0.2g，则；结合电荷守恒可知，，晶体中水的质量为=2.16g，n(H2O)=0.12mol；故铵根离子、铁离子、硫酸根离子、水分子物质的量之比为1：1：2：12，故为NH4Fe(SO4)2·12H2O。 1．(2025·全国新课标卷)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg2Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。 (6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5(CO3)4(OH)2·4H2O，相当于固定CO2 L(标准状况)。 【答案】(6)89.6 【解析】(6)0.466kgMg5(CO3)4(OH)2·4H2O物质的量为，根据C原子守恒Mg5(CO3)4(OH)4·4H2O~4C~4CO2，固定CO2为4mol，标准状况下的体积为。 2．(2025·广西卷)HBr和MgBr2广泛应用于精细化工领域。 (7)尝试直接加热MgBr2·6H2O制备无水MgBr2。当加热至460℃，失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%。经分析该固体残渣为Mgx(OH)yBrz，则x：y：z= (均为正整数)。 【答案】(7)2：3：1 【解析】(7)设292gMgBr2·6H2O加热至460℃，失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%，反应前后镁元素质量不改变，根据镁的质量守恒，产物中含24gMg，则可知x=1，则可得：24+17y+80z=292×30.7%，y+z=2x=2，解得y=1.5，z=0.5，则x：y：z=2：3：1；继续加热，最终得到MgO。 3．(2025·甘肃卷)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。 (5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因为 。结晶水个数 。[M(C7H5O2-)]=121，结果保留两位有效数字]。 【答案】(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水 1.7 【解析】(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水，92℃~195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据[M(C7H5O2-)]=121，1mol Eu(C7H5O2)3生成0.5mol的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。 4．(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。 5．(2024·贵州卷)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。 6．(2024·天津卷)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：。 7．(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。 8．(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。 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 ( 9 / 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