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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
化学方程式
计算
查根据
进行
考向02 考
式
的应用
查关系
法
考向03 考
的应用
查守恒法
考向04 考
量
的应用
查差
法
考向05 考
重
查热
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
化学方程式
计算
查根据
进行
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SO4
2-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++SO4
2-
=BaSO4↓，H++OH-=H2O，0.446 g 沉淀为BaSO4，n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.466 g
233 g·mol
-1 =0.002 mol，硫酸电
离出的n(SO4
2-)=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]=0.015mol
0.05 L×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＋C2O4
2-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O (2)97.4%
【解析】(1)在H＋作用下，KMnO4、MnO2与C2O4
2-反应的离子方程式分别为2MnO4
-＋5C2O4
2-＋16H＋
=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O4
2-＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O；
(2)n(C2O4
2-)＝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
式
的应用
查关系
法
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===SO4
2-＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O7
2-＋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＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO4
2-＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O7
2-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：Cr2O7
2-～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 ＋11O2=====2Fe2O3＋ 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CrO4
2-。
(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
该样品中
②
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+
CrO4
2-
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+～2rCrO4
2-～
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：C2O4
2-+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↑，C2O4
2-
+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
式
的应用
查守恒
法
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
量
的应用
查差
法
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+NaHCO3
Na2CO3+H2O、2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH 与NaHCO3恰好完全反应，则：
NaOH+NaHCO3
Na2CO3+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
重
的应用
查热
分析法
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)2·3H2O
Cu(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)2·3H2O
Cu(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 3FeC2O4
Fe3O4+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3FeC2O4
Fe3O4+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 7H
⋅
2O 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 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+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- )，平均用去V2mL。
写出
①
PBr3溶于水发生的化学方程式_______。
产品中
②
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；
该滴定实验中碘单质共发生两个反应：
②
H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4、I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+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+2S2O3
2-=S4O6
2-+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
：准确称取
ⅰ
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
：用移液管移取
ⅱ
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：
、
。
产品中钴元素的质量分数为
①
_______%(用含
的代数式表示)。
下列关于滴定操作的叙述正确的是
②
_______(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
Cr2O7
2− + 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Cr2O7
2-
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
，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中
③
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
O7
2-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+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+2S2O3
2-
S4O6
2-+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100
24.8 ×1.14×10-3 mol，则样品的纯度为100
24.8 ×1.14×10-3×248
1.2 ×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。
称取黄铵铁矾
①
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。
Mim Ristic
②
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+
终点时消耗
①
CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为_______
。(列出计算式)
滴定时会导致所测
②
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)
SnCl
①
2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 。
甲基橙指示终点的过程及作用原理是
②
。
若称取的产品为
③
，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)。
下列操作可能导致测定结果偏高的是
④
。
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)
SnCl
①
2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；
甲基
②
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+，Cr2O7
2-被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～Cr2O7
2-，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
Sn
②
Cl2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+；Cr2O7
2-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。
从环保角度分析，该方法相比于
①
SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7，滴定法的优点是_______。
为探究
②
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++Cr2O7
2-+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++Cr2O7
2-+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
中，使用冷的正己烷洗涤
Ⅳ
(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
从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤
①
。
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
加入稀酸
②
B 的作用是 。
三次滴定消耗
③
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
中要使用冷的正己烷洗涤，
Ⅳ
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。
由滴定步骤可知，
③
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。
