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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 考查热重分析法
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
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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。
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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。
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【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
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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；
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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：
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（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。
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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：
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(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
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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2NaHCO3
Na2CO3+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)=
，
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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．106(n- m )
11m
×100%
B．168(m -n)
56m
×100%
C．84(n- m )
11m
×100%
D．
n- m
m
×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，106
x
=11
(n- m ) g ，解得x=106(n- m )
11
g，故该样品中纯碱的质量分数为
106(n- m )
11
g
m g
×100%=
106(n- m )
11m
×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
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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 7H
⋅
2O→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．
，
11
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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；
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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：2MnO4
-+5C2O4
2-+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×5
4 =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×2
5 -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×5
4 =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
0.52 mg
0.1 L
=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+2S2O3
2-=S4O6
2-+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。
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(2) 根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 、I2+2S2O3
2−=S4O6
2−+2I- 可得关系式：2Cu2+~I2~2S2O3
2−，
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
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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。
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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：
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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：
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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
18
