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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 比例式法在化学方程式计算中的应用
题型02 守恒法在化学方程式计算中的妙用
题型03 关系式法在多步反应中的应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 比例式法在化学方程式计算中的应用
1．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，
该b L 气体中NH3的体积分数是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【解析】 设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3N2＋3H2 ΔV
2 L 2 L
1
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x (b－a) L
x＝(b－a) L
所以气体中NH3的体积分数为＝。
2．利用太阳能分解水制氢(2H2O=====2H2↑＋O2↑)，若光解0.02 mol 水，下列说法正确的是( )
A．可生成H2的质量为0.02 g
B．可生成氢原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)
D．生成H2的量理论上等于0.04 mol Na 与H2O 反应产生H2的量
【答案】D
【解析】分析太阳能分解水制氢时发生的反应，则有
2H2O=====2H2↑＋O2↑
2 2
n(H2O) n(H2)
从而可得n(H2)＝n(H2O)＝0.02 mol。
生成H2 的质量为0.02 mol×2 g·mol －1＝0.04 g，故A 错误。生成氢原子的物质的量为0.02 mol×2＝0.04
mol，则氢原子数目为2.408×1022个，故B 错误。生成的H2在标准状况下的体积为0.02 mol×22.4 L·mol－1＝
0.448 L，故C 错误。根据反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可知，0.04 mol Na 与水反应生成0.02 mol H2，
与光解0.02 mol 水生成H2的量相等，故D 正确。
3．某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0 g 样
品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0 g 铜粉充分
反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6 g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至终点
时消耗KMnO4溶液体积为25.0 mL。
(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O)
(1)计算该铁矿石中铁元素的质量分数________。
(2)计算氧化物FemOn的化学式________________(m、n 为正整数)。
【答案】(1)56% (2)Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)
【解析】
(1)样品中的铁元素在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4溶液滴定。
8H＋＋MnO ＋ 5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
1 5
0．025 L×2 mol·L－1 n(Fe2＋)
则＝，可得n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，故样品中铁元素的质量分数为×100%＝56%。
(2)反应消耗铜的物质的量n(Cu)＝＝0.1 mol，
2Fe3＋ ＋ Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2 1
n(Fe3＋) 0.1 mol
则＝，可得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据铁原子守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2
2
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＋)∶n(Fe3＋)＝1 4∶，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)。
4．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质
量相等，则原溶液中H＋与SO 的物质的量浓度之比为( )
A．1 4
∶
B．2 7∶
C．1 2
∶
D．3 8∶
【答案】 A
【解析】 设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm(固体质量增加)
56 g 1 mol 64 g 8 g
56y g y mol 64y g 8y g
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑ Δm(固体质量减少)
56 g 1 mol 56 g
56x g x mol 56x g
因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，
＝＝＝，则＝＝。
5．将12 g 铁片放入150 mL 的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原
CuSO4溶液的物质的量浓度是( )
A．0.125 mol·L－1
B．0.175 mol·L－1
C．0.25 mol·L－1
D．0.50 mol·L－1
【答案】 C
【解析】 设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g 0.3 g
∶
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
02 守恒法在化学方程式计算中的妙用
1.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO 完全沉淀；加入足量强
碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】 D
【解析】 由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO 完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知
n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－=====NH3↑＋H2O 可知n(NH)＝c
3
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mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，
由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，故D 正确。
2.在氧气中燃烧0.22 g 硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化
成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百
分含量为( )
A.72%
B.40%
C.36%
D.18%
【答案】 C
【解析】 S 与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：
H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O。n(H2SO4)=1
2
n(NaOH)=1
2
×0.01×0.5 mol=0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可
知n(S)=0.002 5 mol，w(S)=0.002 5mol×32 g·mol
−1
0.22 g
×100%≈36%。
3．200 吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？
【答案】257.9 t
【解析】
根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4
即：S ～ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32 98
∶
＝(200 t×40%) (95%·
∶
x)
x≈257.9 t。
4．将1.08 g FeO 完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1 硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋
全部转化为Fe3＋，且Cr2O 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________________。
【答案】0.100 mol·L－1
【解析】
由电子守恒知，FeO 中＋2 价铁所失电子的物质的量与Cr2O 中＋6 价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)
＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。
5．某实验小组以BaS 溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O 的含量。设计了如
下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL 水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O 的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
【答案】 97.6%
4
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【解析】 由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O 的物质的
量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。
6．将一定量的铜与100mL14mol/L 浓硝酸反应，两者恰好完全反应，收集到标准状况下NO 和NO2的混合
气体8.96L。(假设反应前后溶液体积不变)
(1)参加反应硝酸的物质的量为_______。
(2)反应后溶液中
的物质的量浓度为_______。
(3)计算产生
的体积(标准状况)_______。
【答案】(1)1.4mol
(2)5mol/L
(3)2.24L 或2240mL
【解析】100mL14mol/L 浓硝酸物质的量为1.4mol，标准状况下NO 和
的混合气体8.96L，物质的量为
0.4mol，根据
，
，
假设生成的NO 为x，生成的
为y，则x+y=0.4，4x+2y=1.4，解得x=0.3mol，y=0.1mol，据此回答。
(1)根据分析可知，参加反应硝酸的物质的量为1.4mol；
(2)根据N 元素守恒，
，则反应后溶液中
的物质的量
浓度为
；
(3)根据分析可知，
的物质的量为0.1mol，产生
的体积(标准状况)为
。
03 关系式法在多步反应中的应用
1.尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c(NH 4
+)不能直接用NaOH 溶液准确滴定。
5
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①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH 溶液的浓度和消耗的体积分别为c 和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有
。
【答案】 ①NH 4
+ ②样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【解析】 ①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为N H 4
+。
2.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IO3
−离子交换柱发生反应：WO4
2−
+Ba(IO3)2===BaWO4+2IO3
−；交换结束后，向所得含IO3
−的溶液中加入适量酸化的KI 溶液，发生反应：
IO3
−+5I-+6H+===3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O3
2−===2I-+S4O6
2−
。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】 ①m3+m1-2m2 ②
cVM
120(m3+m1−2m2)%
【解析】 ②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO4
2−~2IO3
−~6I2~12S2O3
2−，结合钨元素的质
量守恒可得关系式：WCl6~12S2O3
2−，则样品中n(WCl6)= 1
12
n(S2O3
2−)= 1
12
×c mol·L-1×V×10-3L，m(WCl6)= 1
12
×c mol·L-1×V×10-3L×M g·mol-1= cVM
12 000
g，因此样品中WCl6 的质量分数为
cVM
12 000 g
(m3+m1−2m2) g
×100%=
6
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cVM
120(m3+m1−2m2)%。
2．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的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 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0.009 50 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：Cr2O＋6I
－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入
淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______________________________________________，即为滴定
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________%(结果保留1 位小数)。
【答案】(1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL 的容量瓶
中，加水至距刻度线1～2 cm 处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，
淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来
的颜色，即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O===S4O＋2I－
得关系式：
Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 6
0.009 50 mol·L－1 0.009 50 mol·L－1
×0.02 L ×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为，
样品的纯度为×100%＝95.0%。
4．称取2.0 g 制得的K2FeO4样品溶于适量KOH 溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液
转移到250 mL 容量瓶定容。取25.00 mL 定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸
钠作指示剂，用0.10 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2 次，平均消
耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeO＋CrO＋2H2O===CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－，2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
【答案】 酸式 85.8
【解析】
FeO～CrO～Cr2O～3Fe2＋
1 mol 3 mol
n 0.10 mol·L－1×0.026 L
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n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，
该样品的纯度为×100%＝85.8%。
5.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g 绿矾产品，溶解，配制
成1 000 mL 溶液；分别量取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L
−1高锰酸钾溶液
滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A.94.5%
B.96.1%
C.96.7%
D.97.6%
【答案】 C
【解析】 高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO4
−+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O，
n(KMnO4)=20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol ，则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol ，
w(FeSO4·7H2O)=1.0×10
−3mol× 1 000 mL
25 mL
×278 g·mol
−1
11.5 g
×100%≈96.7%。
1．用足量的CO 还原13.7 g 某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥
后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
【答案】 C
【解析】
设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3 4∶。
2.将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+完全沉
淀为碳酸盐，则MCln中n 值是( )
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A.4
B.3
C.2
D.1
【答案】 B
【解析】 M 的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+ ~ nCO3
2−
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
解得n=3。
3．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L 与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染
的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式
为( )
A．N2O3
B．NO2
C．NO
D．N2O
【答案】 A
【解析】 设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反
应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
则1∶x＝15.6 L 46.8 L
∶
，x＝3，所以其化学式为N2O3。
4．用黄铁矿可以制取H2SO4，再用H2SO4可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含FeS2 80.2%的黄铁矿75.0 t，最
终生产出79.2 t (NH4)2SO4。已知NH3的利用率为92.6%，H2SO4的利用率为89.8%，试求黄铁矿制取H2SO4
时的损失率为______________。
【答案】33.4%
【解析】
设黄铁矿的利用率为x，
FeS2 ～2H2SO4 ～ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
5．在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c(SO)等于0.2 mol·L－1，当加入等体积的0.2 mol·L－1的
KOH 溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度为( )
A．0.25 mol·L－1
B．0.2 mol·L－1
C．0.45 mol·L－1
D．0.225 mol·L－1
【答案】A
【解析】根据Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O 可知，加入等体积的KOH 溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原
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溶液中c(Al3＋)＝×0.2 mol·L－1＝0.05 mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为x mol·L－1，则根据电荷守恒可知，
c(K＋)＋c(Al3＋)×3＝c(SO)×2，即x mol·L－1＋0.05 mol·L－1×3＝0.2 mol·L－1×2，解得x＝0.25。
6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，
放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN 溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还
原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A.0.25 mol
B.0.2 mol
C.0.3 mol
D.0.35 mol
【答案】A
【解析】由题意可知，混合物中的Fe 元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N 元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]=(0.15
L×4 mol·L-1-
2.24 L
22.4 L·mol
−1)×1
2
=0.25 mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质
量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。
7.向100 mL 的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况下)Cl2，所得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则原
FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A.0.75 mol·L-1
B.1 mol·L-1
C.1.5 mol·L-1
D.2 mol·L-1
【答案】D
【解析】在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+> Br-，n(Cl2)=
3.36 L
22.4 L·mol
−1=0.15 mol；n(Cl-)=0.3 mol；假设
FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中 n(Fe2+)=0.1x mol，n(Br-)=0.2x mol；方法一：得失电子守恒，
由题意可得：0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2，解得x=2。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为Fe3+、Cl-和Br-可
知：3×0.1x=0.3+0.3，解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。
8.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL 溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生
成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH-)=0.8 mol·L-1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3
和KHCO3物质的量之比为( )
A.1 2∶
B.1 1∶
C.2 1∶
D.2 3∶
【答案】A
【解析】设原混合物中n(K2CO3)=x mol，n(KHCO3)=y mol，根据总质量可得：138x+100y=3.38①，反应后
剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.8 mol·L-1×0.05 L=0.04 mol。
根据化学方程式：
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K2CO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+2KOH
x mol
2x mol
KHCO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+KOH+H2O
y mol
y mol
可得2x+y=0.04②，
联立①②解方程组得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01 mol 0.02 mol=1 2
∶
∶。
9.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
(1)已知：I2+2S2O3
2−===2I-+S4O6
2−，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
第一步：准确称取 a g 产品放入锥形瓶中，再加入过量的 b g KI 晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少
量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为 c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是
。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为 (用字母表示)。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升
高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为
。
【答案】(1)溶液由蓝色变无色，且30 s 内不恢复蓝色 0.036cV
a
×100%
(2)CaO
【解析】(1) 根据得失电子守恒，可得关系式：CaO2~I2~2S2O3
2−，则样品中CaO2 的质量分数为
cV ×10
−3×72
2×a
×100%=0.036cV
a
×100%。
(2)CaO2·8H2O 的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g 过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为
0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
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10.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O 为原料，经溶解、氧化、水解聚合等
步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一
段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为
；水解
聚合反应会导致溶液的pH (填“增大”或“减小”)。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL 锥形瓶中，加入适量稀
盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2 溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用
5.000×10-2 mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O7
2−与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶
液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 (填“偏大”“偏小”或
“无影响”)。
②该样品中铁的质量分数为
。
【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O 减小 (2)①偏大 ②12.32%
【解析】(1)H2O2 氧化后的溶液为Fe2(SO4)3 溶液，Fe2(SO4)3 发生水解反应：Fe2(SO4)3+(6-2n)H2O
Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4，Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导
致溶液的酸性增强，pH 减小。(2)①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+===Sn4+
+2Fe2+，则还原性：Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7 先氧化过量的Sn2+再氧化
Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗
的n(Cr2O7
2−)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00×10-3 L=1.100×10-3mol，根据得失电子守恒得滴定时反应的离子方程
式为Cr2O7
2−+6Fe2++14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O ，可得关系式：Cr2O7
2−~6Fe2+ ，则n(Fe2+)=6n(Cr2O7
2−
)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol ，根据Fe 元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)=6.6×10-3mol×56
g·mol-1=0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)=0.369 6 g
3.000 g
×100%=12.32%。
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1.(2024·福建卷节选)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，过程如图。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。
(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⋅L
1
−N a2H2Y溶液(此时镓以[GaY]
−存在)，再加入PAN作指示剂，用
c2mol⋅L
1
−CuSO4标准溶液滴定过量的N a2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：C u
2++ H2Y
2−=[CuY]
2−+2H
+
①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为 ______ ×100%。(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】ac 188V(c1V1−c2V2)×10
3
−
2w V0
或94V(c1V1−c2V2)×10
3
−
w V0
ad
【解析】(4)①根据“C u
2++ H2Y
2−=[CuY]
2−+2H
+”知，CuSO4消耗的
n(N a2H2Y)=n(CuSO4)=c2mol⋅L
1
−×10
3
−V2L=10
3
−c2V2mol，V0mL待测液消耗的
n(N a2H2Y)=10
3
−×(c1V1
10
−
c2V2)mol，V0mL待测液溶解的
n(Ga2O3)=1
2 n(N a2H2Y)=1
2 ×10
3
−×(c1V1
10
−
c2V2)mol，则VmL待测液溶解的
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n(Ga2O3)=
1
2 ×10
3
−×(c1V1−c2V2)mol
V0mL
×VmL=10
3
−×(c1V1−c2V2)×V
2V0
mol，Ga2O3纯度为
10
3
−×(c1V1−c2V2)×V
2V0
mol×188g/mol
wg
×100%=188V(c1V1−c2V2)×10
3
−
2w V0
×100%或
94V(c1V1−c2V2)×10
3
−
w V0
×100%，
②a.未使用标准溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，使用的标准液体积偏大，待测液消耗的n(N a2H2Y)
偏小，则所测Ga2O3纯度偏小，故a正确；
b.称重后样品吸收了空气中水汽，使用的标准液体积偏小，待测液消耗的n(N a2H2Y)偏大，则所测Ga2O3
纯度偏大，故b错误；
c.终点时滴定管尖嘴内有气泡，标准液体积偏小，待测液消耗的n(N a2H2Y)偏大，则所测Ga2O3纯度偏大，
故c错误；
d.终点读数时仰视滴定管刻度线，标准液体积偏大，待测液消耗的n(N a2H2Y)偏小，则所测Ga2O3纯度偏
小，故d 正确；
2.(2022·福建卷节选)某兴趣小组设计实验探究Ce Mn
−
Ox，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：
步骤Ⅲ 探究Ce Mn
−
Ox催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，
调节管式炉温度至120，按一定流速通入气体样品。(已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解：
5CO+I2O5=I2+5CO2)
(4)通入11.2L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了
0.1016gI2。
①能证明CO被空气氧化的现象是_______；
②CO被催化氧化的百分率为_______；
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③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。
(6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。
【答案】(4)①石灰水变浑浊
②60%
③偏大
(5)增大气体样品流速
(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【解析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水
除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸
收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，
J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 I2O5 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化
碳的被氧化的百分率。据此解答。
(4)一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量
为 0.1016g
254g/mol =0.0004mol ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体
为0.5mol，其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005 0.002=0.003mol
−
，则被氧化的
百分率为 0.003
0.005 ×100%=60% 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则
被氧化的百分率增大。
(5)增大气流速率可以提高催化效率。
(6)I2O5 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
3.(2025·重庆卷节选)硒(Se)广泛应用于工农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如
图：
已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题：
(4)Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12 2009
−
进行测定，测定过程中Se的化合价变化
如图：
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称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质
中，先加入0.1000mol⋅L
1
−N a2S2O3标准溶液40.00mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用N a2S2O3标
准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2N a2S2O3=2NaI+N a2S4O6)，又消耗8.00mL。过程②中Se(Ⅳ
)与N a2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为______。该样品中Se的质
量分数为______。
【答案】4 H
++ H2ScO3+4I
−=2I2+Se+3H2O；
94.8%
【解析】 (4)根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应③的离子方程式为
4 H
++ H2ScO3+4I
−=2I2+Se+3H2O，
(5)第一次加入40.00mL的N a2S2O3溶液和KI溶液，两者同时做还原剂，还原H2ScO3，第二次再加入同浓
度的N a2S2O3溶液8mL滴定上一步反应生成的I2，使其又转化为KI，所以整个过程相当于加入
48mL0.1mol/L的N a2S2O3溶液还原H2ScO3，根据已知条件：Se(Ⅳ)与N a2S2O3反应的物质的量之比为1：
4，
则
n(Se(Ⅳ
))=1
4 ×0.1mol/L×0.048L=0.0012mol，
则
样
品
中
Se的
含
量
为
0.0012mol×79g/mol
0.1g
×100%=94.8%，
4.(2025·山西卷)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]⋅x H2O，并测定其结晶水含量。
已知：Sac
−表示糖精根离子，其摩尔质量为182g⋅mol
1
−；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；
丙酮沸点为56℃，与水互溶。
CoCl2⋅6H2O+2NaSac⋅2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4]⋅xH2O+(6 x)
−
H2O+2NaCl
(一)制备
Ⅰ.称取1.0gCoCl2⋅6H2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ.称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2H2O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
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(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 ______、______。(写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 ______中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为 ______。
A.①③② B.③②① C.②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，______(将实验操作、现象和结
论补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 ______。
(二)结晶水含量测定
EDTA和Co
2+形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶
液和指示剂，在50～60℃下，用cmol⋅L
1
−的EDTA标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 ______(用字母排序)。
a.用标准溶液润洗滴定管
b.加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处
c.检查滴定管是否漏水并清洗
d.赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品[Co(Sac)3(H2O)4]⋅x H2O中x的测定值为 ______(用含m、c、
V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导数x的测定值 ______(填“偏高”
“偏低”或“无影响”)。
【答案】量筒、玻璃棒；
冰水浴；
B；
加稀硝酸酸化，再滴加AgN O3溶液，若无白色沉淀生成，说明Cl
−已洗净；
ABC；
cabd；
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500m
9cv
27.5
−
；偏高
【解析】(1)步骤1、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率，
(2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰
水浴中，
(3)先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co
2+转化
为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙
酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故先后顺序为：
③②①，
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加
AgN O3溶液，若无白色沉淀生成，说明Cl
−已洗净，
(5)进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛；同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双
手；该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰；该实验中未
涉及锐器的操作，故D 不符合题意，
(6)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗，再用待装的标准溶液进行润洗，待润洗完
成后装入标准溶液至”0”刻度以上2～3 mL
−
处，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，
准确记录标准溶液体积的初始读数，
(7)滴定消耗的n(EDTA)=cmol⋅L
1
−×V×10
3
−L=cV×10
3
−mol，EDTA与Co
2+形成1：1配合物，则样品
溶解后的n(Co
2+)=cV×10
3
−mol，即样品中的n{[Co(Sac)2(H2O)4]⋅x H2O}=cV×10
3
−mol，而
M{[Co(Sac)2(H2O)4]⋅x H2O}=(495+18x)g⋅mol
1
−，故(495+18x)g⋅mol
1
−×cV×10
3
−mol=mg，
解得，x=500m
9cv
27.5
−
；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，
即V偏小，根据x=500m
9cv
27.5
−
，则x偏高，
5.(2024·浙江卷)某小组采用如下实验流程制备AlI3：
已知：AlI3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。
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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I
−含量以确定纯度。滴定原理
为：先用过量AgN O3标准溶液沉淀I
−，再以N H4SCN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1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL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25.00mL待测溶液加入锥形瓶→
______ → ______ →加入稀酸B→用1.000×10
2
−mol/LN H4SCN标准溶液滴定→ ______ →读数。
a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体
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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[N H4Fe(SO4)2]溶液
e.准确移取25.00mL4.000×10
2
−mol/LAgN O3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N H4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 ______
。
[M(AlI3)=408g/mol]
【答案】球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色) BC 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 aedf a e d f 抑制Fe
3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判
断 99.20%
【解析】
(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.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，故A 正确；
B.使用到易燃的有机溶剂时，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，故B 错误；
C.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，故C 错误；
D.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，故D 正确；
(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
25.00mL4.000×10
2
−mol/LAgN O3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
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剂硫酸铁铵[N H4Fe(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[N H4Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe
3+可以与过量
的半滴[N H4Fe(SO4)2]溶液中的SC N
−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：aedf，
②Fe
3+和Al
3+均易发生水解，[N H4Fe(SO4)2]溶液中含有Fe
3+，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Fe
3+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，25.00mL4.000×10
2
−mol/LAgN O3标准溶液分别与AlI3溶液中的I
−、
1.000×10
2
−mol/LN H4SCN标准溶液中的SC N
−发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag
+守恒可知，
n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgN O3)，则n(AgI)=n(AgN O3)
n(AgSCN)
−
H4SCN)；三次滴定
消
耗
N H4SCN标
准
溶
液
的
平
均
体
积
为
25.60mL，
则
n(AgI)=n(AgN O3) n(AgSCN)=n(AgN
−
O3) n(N
−
H4SCN)=25.00mL×10
3
−L⋅m L
1
−×4.000×10
2
−mol/L 25.60m
−
由I守恒可知n(AlI3)=n(AgI)=7.440×10
4
−mol×1
3 =2.480×10
4
−mol，因此，产品纯度为
2.480×10
4
−mol×480g/mol
1.0200g×25.00mL
250mL
×100%=99.20%，
6.(2024·贵州卷)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)：
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Ⅰ.将适量N a2W O4⋅2H2O、N a2SiO3⋅9H2O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(H4[SiW12O40]⋅n H2O)。
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[SiW12O40]
4−缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a中的试剂是 ______ (填名称)，其作用是 ______ 。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 ______ 。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有 ______ (填名称)。
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(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是 ______ 。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 ______ (选填“能”或“不能”)使用明火，原因是 ______ 。
(6)结晶水测定：称取mg十二铇硅酸晶体(H4[SiW12O40]⋅n H2O，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ω%，计算n= ______ (用含ω、M的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致
n的值 ______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】碱石灰或NaOH固体 吸收挥发出的HCl 防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉
淀 分液漏斗、烧杯 NaCl 不能 乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险 Mω%
18
偏小
【解析】(1)盐酸易挥发，且挥发的HCl污染空气，所以仪器a中的试剂是碱石灰或NaOH固体，作用是吸
收挥发的HCl，
(2)制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，所以步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是，
(3)萃取时需要用的仪器有分液漏斗和烧杯，
(4)步骤Ⅳ中“静置”后，分液漏斗中含有乙醚和NaCl溶液、油状钨硅酸醚合物，且氯化钠溶液的密度大
于乙醚而小于油状钨硅酸醚合物，所以步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是NaCl，
(5)乙醚易挥发、易燃，所以步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，防止产生安全事故，
(6)水的质量为mω%g，n(H2O)= mω%g
18g/mol = mω%
18
mol，n(H4[SiW12O40]⋅n H2O)= mg
Mg/mol = m
M mol，
物质的量之比等于个数之比，1：n= m
M mol：mω%
18
mol，n= Mω%
18
；若样品未充分干燥，水的物质的量偏
小，则n偏小。
7.(2022·辽宁，17(7))取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL 摇匀。取20.00 mL 于锥形瓶中，用0.050
0 mol·L-1 酸性KMnO4 标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、
20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为
。
【答案】(1)17%
【解析】(1)根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL 偏差较大，舍去，故消
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耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w(H2O2)
=20×10
3
−L×0.050 0 mol·L
1
−×5
2 ×100 mL
20 mL
×34 g·mol
1
−
2.50 g
×100%=17%。
8 ．(2022· 浙江6 月选考，27) 联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：
CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰
石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为
50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：
焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解100 kg 石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg 焦炭。
(2)每生产106 kg 纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。
【答案】(1)10.8 (2)＝70
【解析】(1)完全分解100 kg 石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是×180 kJ·mol－1＝
162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料
焦炭的质量是 g×2＝10 800 g＝10.8 kg。
(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说明
参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1 1∶，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70 kg。
9．（2022·湖南，15(6)）某实验小组以BaS 溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中
BaCl2·2H2O 的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL 水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O 的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
【答案】97.6%
【解析】由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O 的物质的量
为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。
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