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大题逐点突破3　实验相关计算
1.（2025·甘肃高考15题节选）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）。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu（OH）3沉淀。Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。
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x＝　　　　[M（C7H5）＝121，结果保留两位有效数字]。
2.（2024·福建高考12题节选）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，过程如下。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。
Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L－1 Na2H2Y溶液（此时镓以[GaY]－存在），再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L－1 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V2 mL，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　　　　。（填字母）
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
3.（2025·安徽高考16题节选）已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液，持续20 min，消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1～2 min，静置 矿泉水瓶变瘪，3 min后开始有白色晶体析出
（1）实验a无明显现象的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g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CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088 g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　。
4.（2025·广东高考17题节选）酸及盐在生活生产中应用广泛。兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka，实验如下：取50.00 mL苯甲酸饱和溶液，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
（1）c0＝　　　　mol·L－1。
（2）苯甲酸的Ka＝　　　　（列出算式，水的电离可忽略）。
5.（2025·黑吉辽蒙17题节选）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。
反应：
步骤：
Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL丙酮，光照，连续监测反应进程。
Ⅱ.5 h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。
Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH＝1后，再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
回答下列问题：
（1）相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（答出2条即可）。
（2）根据反应液的核磁共振氢谱（已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰）监测反应进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d＝1∶2∶2∶3，a∶a'＝2∶1。反应2 h时，对甲基苯甲醛转化率约为　　　　％。
1.定量实验数据的测量方法
（1）沉淀法：先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。
（2）测气体体积法：对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。
①常见测量气体体积的实验装置
②量气时应注意的问题
a.量气时应保持装置处于室温状态。
b.读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平，还要注意视线与凹液面最低处相平。如图中（Ⅰ）（Ⅳ）应使左侧和右侧的液面高度保持相平。
（3）测气体质量法：将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。
（4）滴定法：即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
2.热重分析类试题
（1）热重曲线试题分类
热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重；第二类，试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。
（2）图像特点
纵坐标常为固体质量、固体残留率（质量保留百分数）、失重比；横坐标一般为温度。
（3）解题思路
①设晶体为1 mol，其质量为m。
②失重一般是先失水，再失非金属氧化物或氧气等。
③计算每步固体剩余的质量（m余）
例如：固体残留率＝×100％。
④晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
3.关系法计算思路
第一步：分析反应过程 根据已知条件，分析反应过程，写出各步反应的化学方程式或者找出相关物质
第二步：列出关系式 ①根据方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的“量”的关系。 ②根据原子守恒及电子守恒，建立已知物质和所求物质之间的关系
第三步：代入数据计算 根据已知物质与所求物质之间“量”的关系，列比例式进行计算
在多步反应中，可以把始态的反应物与终态的生成物之间的物质的量的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。如用Na2S2O3滴定法测水中溶氧量，经过如下三步反应： ①O2＋2Mn（OH）22MnO（OH）2； ②MnO（OH）2＋2I－＋4H＋Mn2＋＋I2＋3H2O； ③2Na2S2O3＋I2Na2S4O6＋2NaI。 因此水中溶氧量与Na2S2O3之间的关系为 O2～2MnO（OH）2～　　2I2～4Na2S2O3。 （中介物质） （中介物质） 正确找出关系式的关键：根据方程式，找出作为中介的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间的物质的量的关系。
4.守恒法解题思路
包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量（如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等）建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。
1.（2025·四川广安二模节选）五氯化锑主要作为氟化工的催化剂，也用作纺织工业中织物的阻燃剂等。锑的两种氯化物性质如下表：
物质 熔点 沸点 部分性质
SbCl3 73.4 ℃ 223 ℃ 易水解
SbCl5 2.8 ℃ 68 ℃（1.86 kPa）；176 ℃（101.3 kPa），140 ℃发生分解 易水解，露置空气发烟
某兴趣小组在实验老师的指导下，根据SbCl3＋Cl2SbCl5反应原理，利用如下装置（夹持仪器，抽气装置已略）制备SbCl5。
经元素分析仪测得产品仅含Cl、Sb两种元素，且物质的量之比为4.8∶1，则产品中SbCl5的物质的量分数为　　　　　　。（假设该产品只含SbCl3一种杂质）
2.（2025·湖南岳阳一模节选）草酸是一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某实验小组通过查阅资料设计了如图所示的装置（夹持仪器省略）制备一定量的草酸晶体（H2C2O4·2H2O），回答下列问题：
经查找资料得知：乙炔在50 ℃左右、硝酸汞[Hg（NO3）2]作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
某实验小组称取电石1.25 g（杂质的质量分数为4.0％），在浓硝酸足量情况下，完成实验，最后得到草酸晶体1.89 g。
（1）从C中分离出草酸晶体的方法是：　　　　　，过滤，洗涤，干燥。
（2）该实验中草酸晶体的产率：　　　　％（结果保留两位有效数字）。
3.（2025·河北沧州模拟节选）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成，难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易氧化水解。实验室用浓盐酸、K2Cr2O7、Cu和SO2制备CuCl的方法如下：
Ⅰ.CuCl2的制备（部分夹持装置省略）
Ⅱ.CuCl纯度测定
称取CuCl成品0.2 g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入邻菲罗啉指示剂2滴（该指示剂遇Fe2＋显橙红色，遇Fe3＋显浅蓝色），用0.010 0 mol·L－1的Ce（SO4）2标准液滴定至终点，重复滴定3次，平均每次消耗标准液20.00 mL。反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋Cu2＋＋Cl－＋Fe2＋；Fe2＋＋Ce4＋Fe3＋＋Ce3＋。
产品中CuCl的质量分数为　　　　％，若定容时俯视读数将导致质量分数　　　　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
4.（2025·山东名校大联考二模节选）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种受热易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。某研究小组选用下列装置制备氨基甲酸铵（NH2COONH4），并测定其纯度。反应原理为2NH3（g）＋CO2（g）NH2COONH4（s）　ΔH＜0。
测定产品纯度
甲醛法常用于测定铵盐的纯度。[已知：2NH2COONH4＋6HCHO（CH2）6N4＋2H2CO3＋4H2O]
实验步骤：
样品处理：称取1.200 g氨基甲酸铵样品，溶于水后定容至250 mL。
甲醛预处理：将甲醛溶液煮沸（除微量甲酸），冷却后调至中性。
反应与滴定：移取25.00 mL样品溶液，加入10 mL中性甲醛溶液，静置10 min，以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1 NaOH标准液滴定至微红色，消耗24.00 mL。
（1）静置10 min是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）样品中氨基甲酸铵的纯度为　　　　。
大题逐点突破3　实验相关计算
【真题研做·明确考向】
1.Eu（C7H5O2）3·xH2O吸潮的水分蒸发　1.7
解析：Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，故0～92 ℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92～195 ℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195 ℃后产品失去“C7H5O1.5”，则有＝，解得x≈1.7。
2.（1）×10－3或×10－3　（2）ad
解析：（1）终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2＋＋H2Y2－[CuY]2－＋2H＋可知，过量的Na2H2Y的物质的量为c2V2×10－3 mol，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：×100％＝×100％。（2）a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；b项，称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响；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；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。
3.（1）CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，未达到饱和　（2）80％
解析：（1）实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。（2）CaCl2用于吸收水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n（CO2）＝ mol＝0.002 mol，由2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑知，n（NaHCO3）＝0.004 mol，故NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol－1＝0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100％＝80％。
4.（1）0.028 0　（2）
解析：（1）由题图知，反应达到滴定终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积是14.00 mL，苯甲酸为一元弱酸，根据c待·V待＝c标·V标，知c0＝＝＝0.028 0 mol·L－1。 （2）苯甲酸在溶液中部分电离：＋H＋，由题图知，初始苯甲酸溶液的pH＝2.89，则Ka＝＝。
5.（1）绿色环保　副产物少　（2）50
解析：（1）该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更绿色环保，且能防止—CH3被氧化，减少副产物的生成。（2）由题给信息可知，反应时间为0 h时，峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H，反应2 h时，峰面积a∶a'为2∶1，即2 h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的，则反应2 h时，对甲基苯甲醛的转化率为×100％＝50％。
【对点演练·能力培养】
1.90％
解析：设SbCl5的物质的量为x mol，SbCl3的物质的量为y mol，根据已知信息得x＋y＝1，5x＋3y＝4.8，解方程组得x＝0.9，则产品SbCl5中的物质的量分数为×100％＝×100％＝90％。
2.（1）蒸发浓缩、冷却结晶　（2）80
解析：装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应CaC2＋2H2OC2H2↑＋Ca（OH）2，生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收NO2，防止污染空气。（1）从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。（2）电石1.25 g（杂质的质量分数为4.0％），则CaC2质量为1.25 g×96％＝1.2 g，物质的量为0.018 75 mol，根据关系式知CaC2～C2H2～H2C2O4·2H2O，得草酸物质的量为0.018 75 mol，则草酸晶体质量为0.018 75 mol×126 g·mol－1＝2.362 5 g，产率为×100％＝80％。
3.99.5％　偏大
解析：由方程式可得如下转化关系：CuCl～Fe2＋～Ce4＋，滴定消耗20.00 mL 0.010 0 mol·L－1硫酸铈溶液，则产品中氯化亚铜的质量分数为×100％＝99.5％；若定容时俯视读数会使待测液中亚铁离子浓度偏大，使得滴定消耗硫酸铈溶液体积偏大，导致质量分数偏大。
4.（1）确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全　（2）78％
解析：（1）静置10 min是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是：确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全。（2）由方程式2NH2COONH4＋6HCHO（CH2）6N4＋2H2CO3＋4H2O可得关系式：NH2COONH4～H2CO3～2NaOH，则样品中氨基甲酸铵的纯度为
×100％＝78％。
6 / 6(共40张PPT)
大题逐点突破3
实验相关计算
02
核心再悟
01
真题研做
明确考向
突破难点
03
对点演练
能力培养
目 录
contents
真题研做 明确考向
1. （2025·甘肃高考15题节选）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）。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu
（OH）3沉淀。Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成
Eu2O3。
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x＝ [M（C7H5 ）＝121，结果保留两位有效数字]。
Eu（C7H5O2）3·xH2O吸潮的水分
蒸发
1.7
解析：Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，故0～92 ℃范围内产品质量
减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92～195 ℃时产品失去全部的结晶水，最
终产物为Eu2O3，则195 ℃后产品失去“C7H5O1.5”，则有 ＝
，解得x≈1.7。
2. （2024·福建高考12题节选）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，过程如下。已知：
Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。
Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取
V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L－1 Na2H2Y溶液（此
时镓以[GaY]－存在），再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L－1 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V2 mL，则Ga2O3纯度为
×100％。（列出计算式）
×10－3或 ×10－3
解析：终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2＋＋H2Y2－
[CuY]2－＋2H＋可知，过量的Na2H2Y的物质的量为c2V2×10－3 mol，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： ×100％＝ ×100％。
（2）滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是 。（填字母）
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
ad
解析：a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；b项，称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响；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；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。
3. （2025·安徽高考16题节选）已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别
为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3
晶体。实验小组进行相应探究：
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液，持续20 min，消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1～2 min，静置 矿泉水瓶变瘪，3 min后开始有白色晶体析出
（1）实验a无明显现象的原因是
。
解析：实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。
CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，
未达到饱和
（2）析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g
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CaCl2
和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088 g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数
为 。
解析：CaCl2用于吸收水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n（CO2）＝ mol＝0.002 mol，由2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑知，n（NaHCO3）＝0.004 mol，故NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol－1＝0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为 ×100％＝80％。
80％
4. （2025·广东高考17题节选）酸及盐在生活生产中应用广泛。
兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲
酸的Ka，实验如下：取50.00 mL苯甲酸饱和溶液，用
0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定，用pH计测得体系的
pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
（1）c0＝ mol·L－1。
解析：由题图知，反应达到滴定终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积是14.00 mL，苯甲酸为一元弱酸，根据c待·V待＝c标·V标，知c0＝ ＝ ＝0.028 0 mol·L－1。
0.028 0
（2）苯甲酸的Ka＝ （列出算式，水的电离可忽略）。
解析：苯甲酸在溶液中部分电离： ＋H＋，由题
图知，初始苯甲酸溶液的pH＝2.89，则Ka＝ ＝ 。

5. （2025·黑吉辽蒙17题节选）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯
甲酸的绿色制备。
反应：
步骤：
Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL丙酮，光照，连续监测反
应进程。
Ⅱ.5 h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH
溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。
Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH＝1后，再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目
标产物。
回答下列问题：
（1）相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为 、
（答出2条即可）。
解析：该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更绿色环保，且能防止—CH3被氧化，减少副产物的生成。
绿色环保
副产
物少
（2）根据反应液的核磁共振氢谱（已去除
溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰）
监测反应进程如图。已知峰面积比a∶b∶
c∶d＝1∶2∶2∶3，a∶a‘＝2∶1。反应
2 h时，对甲基苯甲醛转化率约为 ％。
50
解析：由题给信息可知，反应时间为0 h时，峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H，反应2 h时，峰面积a∶a'为2∶1，即2 h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的 ，则反应2 h时，对甲基苯甲醛的转化率为 ×100％＝50％。
核心再悟 突破难点
1. 定量实验数据的测量方法
（1）沉淀法：先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的
质量，再进行相关计算。
（2）测气体体积法：对于产生气体
的反应，可以通过测定气体体积的方
法测定样品纯度。
①常见测量气体体积的实验装置
②量气时应注意的问题
a.量气时应保持装置处于室温状态。
b.读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平，还要注意视线
与凹液面最低处相平。如图中（Ⅰ）（Ⅳ）应使左侧和右侧的液面高度
保持相平。
（3）测气体质量法：将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验
前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。
（4）滴定法：即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧
化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
2. 热重分析类试题
（1）热重曲线试题分类
热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等
方式失重；第二类，试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失
重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属
于上述类型。
（2）图像特点
纵坐标常为固体质量、固体残留率（质量保留百分数）、失重比；横坐标
一般为温度。
（3）解题思路
①设晶体为1 mol，其质量为m。
②失重一般是先失水，再失非金属氧化物或氧气等。
③计算每步固体剩余的质量（m余）
例如：固体残留率＝ ×100％。
④晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求
出失重后物质的化学式。
3. 关系法计算思路
第一步：分
析反应过程 根据已知条件，分析反应过程，写出各步反应的化学方程式
或者找出相关物质
第二步：列
出关系式 ①根据方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、
中介物质、所求物质之间的“量”的关系。
②根据原子守恒及电子守恒，建立已知物质和所求物质之间
的关系
第三步：代
入数据计算 根据已知物质与所求物质之间“量”的关系，列比例式进行
计算
在多步反应中，可以把始态的反应物与终态的生成物之间的物质的量的
关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。如用Na2S2O3滴定法测水中
溶氧量，经过如下三步反应：
①O2＋2Mn（OH）2 2MnO（OH）2；
②MnO（OH）2＋2I－＋4H＋ Mn2＋＋I2＋3H2O；
③2Na2S2O3＋I2 Na2S4O6＋2NaI。
因此水中溶氧量与Na2S2O3之间的关系为
O2～2MnO（OH）2～　　2I2～4Na2S2O3。
（中介物质） （中介物质）
正确找出关系式的关键：根据方程式，找出作为中介的物质，并确定最
初反应物、中介物质、最终生成物之间的物质的量的关系。
4. 守恒法解题思路
包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终
态，淡化中间过程，利用某种不变量（如①某原子、离子或原子团不变；
②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相
等）建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。
对点演练 能力培养
1. （2025·四川广安二模节选）五氯化锑主要作为氟化工的催化剂，也用
作纺织工业中织物的阻燃剂等。锑的两种氯化物性质如下表：
物质 熔点 沸点 部分性质
SbCl3 73.4 ℃ 223 ℃ 易水解
SbCl5 2.8 ℃ 68 ℃（1.86 kPa）；176 ℃（101.3 kPa），140 ℃发生分解 易水解，露置空气发烟
某兴趣小组在实验老师的指导下，根据SbCl3＋Cl2 SbCl5反应原理，利
用如下装置（夹持仪器，抽气装置已略）制备SbCl5。
经元素分析仪测得产品仅含Cl、Sb两种元素，且物质的量之比为4.8∶1，
则产品中SbCl5的物质的量分数为 。（假设该产品只含SbCl3一种
杂质）
90％
解析：设SbCl5的物质的量为x mol，SbCl3的物质的量为y mol，根据已知信
息得x＋y＝1，5x＋3y＝4.8，解方程组得x＝0.9，则产品SbCl5中的物质
的量分数为 ×100％＝ ×100％＝90％。
2. （2025·湖南岳阳一模节选）草酸是
一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常
用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合
剂等。某实验小组通过查阅资料设计了
如图所示的装置（夹持仪器省略）制备
一定量的草酸晶体（H2C2O4·2H2O），回答下列问题：
经查找资料得知：乙炔在50 ℃左右、硝酸汞[Hg（NO3）2]作催化剂的条
件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
某实验小组称取电石1.25 g（杂质的质量分数为4.0％），在浓硝酸足量情
况下，完成实验，最后得到草酸晶体1.89 g。
（1）从C中分离出草酸晶体的方法是： ，过滤，
洗涤，干燥。
解析：装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应CaC2＋2H2O
C2H2↑＋Ca（OH）2，生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，装置D
中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收NO2，防止污染空气。（1）从C中分离出
草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
蒸发浓缩、冷却结晶
（2）该实验中草酸晶体的产率： ％（结果保留两位有效数字）。
解析：装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应CaC2＋2H2O
C2H2↑＋Ca（OH）2，生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，装置D
中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收NO2，防止污染空气。（2）电石1.25 g
（杂质的质量分数为4.0％），则CaC2质量为1.25 g×96％＝1.2 g，物质
的量为0.018 75 mol，根据关系式知CaC2～C2H2～H2C2O4·2H2O，得草酸物
质的量为0.018 75 mol，则草酸晶体质量为0.018 75 mol×126 g·mol－1＝
2.362 5 g，产率为 ×100％＝80％。
80
3. （2025·河北沧州模拟节选）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成，
难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易氧化水解。实验室用浓盐酸、K2Cr2O7、
Cu和SO2制备CuCl的方法如下：
Ⅰ.CuCl2的制备（部分夹持装置省略）
Ⅱ.CuCl纯度测定
称取CuCl成品0.2 g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，
加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入
邻菲罗啉指示剂2滴（该指示剂遇Fe2＋显橙红色，遇Fe3＋显浅蓝色），用
0.010 0 mol·L－1的Ce（SO4）2标准液滴定至终点，重复滴定3次，平均每
次消耗标准液20.00 mL。反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋ Cu2＋＋Cl－
＋Fe2＋；Fe2＋＋Ce4＋ Fe3＋＋Ce3＋。
产品中CuCl的质量分数为 ％，若定容时俯视读数将导致质量分
数 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
99.5％
偏大
解析：由方程式可得如下转化关系：CuCl～Fe2＋～Ce4＋，滴定消耗20.00
mL 0.010 0 mol·L－1硫酸铈溶液，则产品中氯化亚铜的质量分数为
×100％＝99.5％；若定容时俯视读
数会使待测液中亚铁离子浓度偏大，使得滴定消耗硫酸铈溶液体积偏大，
导致质量分数偏大。
4. （2025·山东名校大联考二模节选）氨
基甲酸铵（NH2COONH4）是一种受热易
分解、易水解的白色固体，易溶于水，
难溶于CCl4，可用作肥料、灭火剂、洗涤
剂等。某研究小组选用下列装置制备氨基甲酸铵（NH2COONH4），并测定其纯度。反应原理为2NH3（g）＋CO2（g） NH2COONH4（s）　ΔH＜0。
测定产品纯度
甲醛法常用于测定铵盐的纯度。[已知：2NH2COONH4＋6HCHO
（CH2）6N4＋2H2CO3＋4H2O]
实验步骤：
样品处理：称取1.200 g氨基甲酸铵样品，溶于水后定容至250 mL。
甲醛预处理：将甲醛溶液煮沸（除微量甲酸），冷却后调至中性。
反应与滴定：移取25.00 mL样品溶液，加入10 mL中性甲醛溶液，静置10
min，以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1 NaOH标准液滴定至微红色，消
耗24.00 mL。
（1）静置10 min是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳
酸分解而损耗外，另一原因是
。
解析：静置10 min是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是：确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全。
确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完
全
（2）样品中氨基甲酸铵的纯度为 。
解析：由方程式2NH2COONH4＋6HCHO （CH2）6N4＋2H2CO3＋4H2O可得关系式：NH2COONH4～H2CO3～2NaOH，则样品中氨基甲酸铵的纯度为 ×100％＝78％。
78％
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