文档内容
2025届高三化学一轮专题复习讲义（26）
专题六 化学实验和化学计算
6-3 化学计算（1课时）
【复习目标】
1．掌握把物质性质、实验原理与化学计算有机融合，突出了化学计算综合能力；
2．强化基本计算思想和方法，提高数学计算方法的运用能力。
【重点突破】 关系式法和守恒法。
【真题再现】
例1．(2023·江苏高考)催化电解吸收 的KOH溶液可将 转化为有机物。在相同条件下，恒
CO2 CO2
定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化
如图乙所示。
FE%＝×100%
其中，Q =nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
X
当电解电压为UV时，电解生成的C 和HCOO-的物质的量之比为______（写出计算过
3 2H4
程）。
解析：当电解电压为UV时，电解过程中还原产物C H 的FE%为24%，还原产物HCOO-的
3 2 4
FE%为8%，每生成1molC 转移12mole-，每生成1molHCOO-转移2mole-，故电解生成
2H4
的C 和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2︰。
2H4
答案：1∶2
例2．（2022·江苏高考）FeS、FeS在空气中易被氧化，将FeS 在空气中氧化，测得氧化过程中
2 2
剩余固体的质量与起始FeS 的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS
2 2
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)。
解析：从上图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始 FeS 的质量的比值为
2
66.7%，设FeS 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeO，M(FeS)=120g∙mol−1，则
2 x 2
M(FeOx)=120g∙mol−1×66.7%=80.04 g∙mol−1，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe O。
2 3
答案：Fe O
2 3
例3．（2021·江苏高考）准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO 溶液于100mL容量瓶中，加水稀
4
释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na HY)溶液滴定至终点（滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-），平行滴定3
2 2次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO 溶液的物质的量浓度 （写出
4
计算过程）。
解析：根据 Zn2++Y4-=ZnY2-，可知 20.00mL 稀释后的溶液中含 ZnSO 的物质的量为
4
0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO 溶液的物质的量浓度为
4
；
答案：0.75 mol·L-1
例4．（2021·江苏适应卷）（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO ·5H O样
4 2
品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀HSO 酸化，以淀粉溶液为
2 4
指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NaSO 标准溶液滴定至终点，消耗NaSO 的溶液19.80mL。
2 2 3 2 2 3
测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I 、2 +I =SO2-+2I－。计算
2 2 4 6
CuSO ·5H O样品的纯度（写出计算过程）：_______。
4 2
解析：根据题意得到关系式CuSO ·5H O～NaSO，样品中CuSO ·5H O物质的量为0.1000
4 2 2 2 3 4 2
mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO ·5H O样品的纯度的纯度
4 2
。
答案：根据关系式CuSO ·5H O～NaSO
4 2 2 2 3
样品中CuSO ·5H O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO ·5H O
4 2 4 2
样品的纯度的纯度 99.00%。
小结：基本的氧化还原关系式的计算要提高正确率。
例5．硫酸镍铵[(NH )Ni (SO ) ·nH O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组
4 x y 4 m 2
成，进行如下实验：
①准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；
②准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na HY)标准溶液滴定其中的
2 2
Ni2+（离子方程式为Ni2++H Y2- NiY2-+2H+），消耗EDTA标准溶液31.25 mL；
2
③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH 56.00 mL（标准状
3
况）。
（1）25.00 mL溶液A中n(Ni2+)= 、n(NH)= 。
（2）25.00 mL溶液A中n(SO)= 。
（3）0.58375 g(原样品质量的1/4)硫酸镍铵中结晶水n(H O)= 。
2
（4）硫酸镍铵的化学式为 。
解析：（1）n(Ni2+)=n(EDTA)=0.04000mol·L-1×31.25×10-3L=1.250×10-3mol，
n(NH)=n(NH )= =2.500×10-3 mol。
3
（2）根据电荷守恒，n(SO)==2.500×10-3 mol。
（3）m(Ni2+)=59 g·mol-1×1.250×10-3 mol=0.07375 g
m(NH) )=18 g·mol-1×2.500×10-3 mol=0.045 00 g
m(SO)=96 g·mol-1×2.500×10-3 mol=0.240 0 g
n(H O)= 1.250×10-2 mol。
2
（4）x∶y∶m∶n= n(NH)∶n(Ni2+)∶m(SO)∶n(H O)=2∶1∶2∶10，
2
硫酸镍铵的化学式为(NH )Ni(SO )·10H O。
4 2 4 2 2
答案：（1）1.250×10-3 mol 2.500×10-3 mol
（2）2.500×10-3 mol
（3）1.250×10-2 mol
（4）(NH )Ni(SO )·10H O
4 2 4 2 2
小结：综合运用电荷和质量守恒进行计算。
【知能整合】
解化学计算题的关键是要能应用化学知识，从定量的角度分析、解决化学实际问题。以
考查计算能力为主的第16题，基本上是以中和滴定、氧化还原滴定、热重分析等原理，利用
电子守恒、质量守恒、电荷守恒等方法对特定物质的质量、浓度、质量分数、转化率、化学式、混合物成分、化学平衡常数、Ksp、pH等进行相关计算。计算题的情景一般符合客观事实，具
有真实性和一定的应用价值，出现纯计算的大题已经很少了，一般穿插于实验题、工业设计
题中，均以小题的形式呈现。把物质性质、实验操作与化学计算有机融合，突出了学科知识的
综合和化学计算的本质，体现了化学学科对化学计算的要求，首先是化学问题，其次才是考
计算能力，计算具有应用意义。解计算题目时要注意分析题中信息，弄清变化实质，然后从量
的角度，发现、找寻物质之间的转变和联系。化学计算不一再是全卷中的最难试题，化学计算
实用性更明显。
1．多步进行的连续反应运用关系式法。关系式的建立：
（1）利用化学方程式之间的化学计量数间的关系建立关系式
（2）利用化学方程式的加合建立关系式
（3）利用微粒守恒建立关系式
2．化学反应前后质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、能量守恒、电荷守恒。建立守恒关
系，运用守恒解题是常用方法。关键在于建立守恒关系：
质量守恒定律、微粒守恒
氧化还原反应：得失电子守恒
化合物的化学式存在的-----正、负化合价总数相等
电解质溶液中存在的-----阴、阳离子电荷守恒
3．化学反应前后物质的某些物理量发生的变化，如质量、气体物质的体积、压强、物质的
量、反应过程中热量的变化，它们的变化参与反应的物质的量也成正比。利用这个规律来行
计算。
4．解计算题要注意规范，不规范的主要表现：
（1）不按照要求写解题过程
（2）未注意溶液体积的变化，未注意溶液的部分取用等
（3）化学方程式写错（系数）
（4）相对分子质量计算错
（5）关系式看错或数据引用看错
（6）不注意有效数字的要求
（7）若无巧妙的解法，题给的所有数据基本都应被用到。
【体系再构】
【巩固练习】
基础训练
1．通过下列方法测定产品纯度：准确称取2.000 g NaHSO ·HCHO·2H O样品，完全溶于水配
2 2
成100.00mL溶液，取20.00mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.09000 mol·L-1 I 标准溶液，
2
振荡，于暗处充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1NaSO 标准溶液滴定
2 2 3
至终点，消耗NaSO 溶液10.00mL.测定过程中发生下列反应：
2 2 3
NaHSO·HCHO·2H O+2I ===NaHSO+4HI+HCHO 2SO2-+I ===SO2-+2I-
2 2 2 4 2 3 2 4 6
计算NaHSO·HCHO·2H O样品的纯度 （写出计算过程）。
2 2
2．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体[K Fe(C O)·xH O]是一种光敏材料。为测定其纯度(杂质不参加
3 2 4 3 2
反应)进行如下实验:
步骤一：称取5.000 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250.00 mL溶液。
步骤二：取25.00 mL溶液用酸性KMnO 溶液将C O恰好全部氧化为二氧化碳，向反应
4 2
后的溶液中加入锌粉至黄色消失，过滤，洗涤，将滤液和洗涤液合并。
步骤三：用0.010 00 mol·L-1酸性KMnO 溶液滴定合并后的溶液至终点，消耗KMnO 溶
4 4
液20.00 mL。
步骤四：另取5.000 g三草酸合铁酸钾晶体，在110 ℃下加热至完全失去结晶水，剩余固
体质量为4.460 g。
已知：酸性条件下MnO被还原成Mn2+。
（1）加入锌粉的目的是 。
（2）步骤二中C O发生反应的离子方程式为 ，在步骤二中，若加入的
2
KMnO 溶液的量不足，则测得的铁含量 （填“偏低”“偏高”或“不变”）。
4（3）步骤三滴定终点的现象为 。
（4）计算该三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的纯度，写出计算过程。
拓展训练
3．用硫酸亚铁铵[(NH )SO ·FeSO ·6H O]为原料通过下列流程可以制备晶体A。
4 2 4 4 2
已知：25 ℃时，[Fe(C O)]3-(aq)+SCN-(aq) [Fe(SCN)]2+(aq)+3C O(aq)，K=10-16
2 4 3 2
（1）写出步骤Ⅰ生成黄色沉淀(FeC O·2H O)的化学方程式： 。
2 4 2
（2）步骤Ⅱ水浴加热需控制40 ℃的理由是 。
（3）某研究小组同学欲检验晶体A中含有三价铁，取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充
分溶解，向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。请判断上述实验方案是否可行并
说明理由： 。
（4）某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A的化学式：
步骤1：准确称取A样品4.9100 g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700 g。
步骤2：准确称取A样品4.9100 g置于锥形瓶中，加入足量的3.000 mol·L-1 H SO 溶
2 4
液和适量蒸馏水，用0.5000 mol·L-1 KMnO 溶液滴定，当MnO恰好完全被还
4
原为Mn2+时，消耗KMnO 溶液的体积为24.00 mL。
4
步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.2800 g，恰好完全反应。
通过计算确定晶体A的化学式（写出计算过程）。
4．以软锰矿（主要成分为MnO ）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备硫酸锰晶体的工艺
2
流程如下：
（1）滤渣中存在一种非金属单质，则酸浸过程中的化学方程式为 。
（2）实验室常用氧化还原法测定MnSO ·H O晶体的纯度，原理如下：
4 2
2Mn2++NO+4PO+2H+===2[Mn(PO )]3-+NO+H O NH+ NO===N↑+2H O
4 2 2 2 2
[Mn(PO )]3-+Fe2+===Mn2++[Fe(PO)]3-
4 2 4 2
称取MnSO ·H O样品1.0000 g，溶于适量水，以磷酸作配位剂，加入过量硝酸铵，在
4 2
220～240℃下充分反应。然后以N—苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用0.1000 mol·L-1
硫酸亚铁铵标准溶液滴定生成的[Mn(PO )]3-至终点。重复操作3次，记录数据如下
4 2
表：
0.100 0 mol·L-1(NH )Fe(SO )
4 2 4 2
滴定次数 标准溶液读数/mL
滴定前 滴定后
1 0.10 20.20
2 1.32 21.32
3 1.05 20.95
①已知：Fe2++ NO+2H+===Fe3++NO↑+HO。测定过程中，加入过量硝酸铵的作用是
2
和 。
② 若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配制的，所测定的MnSO ·H O晶体的
4 2
纯度将会 （填“偏低”“偏高”或“不变”）。
③ 计算样品中MnSO ·H O的质量分数（写出计算过程）。
4 2
【巩固练习】答案
1．77.00%
2．（1）将Fe3+还原为Fe2+（2）2 MnO+5 C O+16H+===2Mn2++10CO ↑+8H O 偏高
2 2 2
（3）锥形瓶内溶液变浅红色且半分钟内不消失
（4）5Fe2++ MnO+8H+===5Fe3++Mn2++4H O
2
n(Fe2+)=5n(MnO)=5×20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1×10=1.000×10-2 mol
n(H O)==3.000×10-2 mol
2
1∶x=1.000×10-2 mol∶3.000×10-2 mol x=3
晶体化学式为KFe(C O)·3H O
3 2 4 3 2
晶体纯度=×100%=98.20%
3．（1）(NH )SO ·FeSO ·6H O+HC O===HSO +FeC O·2H O↓+(NH )SO +4H O
4 2 4 4 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2
（2）温度太高，HO 分解;温度太低，Fe2+氧化速度太慢
2 2
（3）不可行，因为[Fe(C O)]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数较小，离子浓度太小，观察
2 4 3
不到明显现象，所以无法检验
（4）n(HO)= =0.0300 mol
2
2Fe3++Fe===3Fe2+
n(Fe3+)=2n(Fe)= mol=0.0100 mol
由方程式2KMnO +5H C O+3H SO ===2MnSO +K SO +10CO ↑+8H O可知:
4 2 2 4 2 4 4 2 4 2 2
n(C O)=2.5n(KMnO)=2.5×0.5000 mol·L-1×0.024 L=0.0300 mol
2 4
根据离子电荷守恒:n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C O)，n(K+)=0.0300 mol，
2
n(K+)∶n(Fe3+)∶n(C O)∶n(H O)
2 2
=0.0300mol∶0.0100mol∶0.0300mol∶0.0300 mol=3∶1∶3∶3
所以A为KFe(C O)·3H O
3 2 4 3 2
4．（1）MnO +MnS+2H SO ===2MnSO +S+2H O
2 2 4 4 2
（2） ①将试样中的二价锰定量氧化成三价锰 与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响
②偏高 ③消耗(NH )Fe(SO ) 标准溶液平均值为20.00 mL
4 2 4 2
2MnSO ·H O－2[Mn(PO )]3-－2Fe2+
4 2 4 2
n(MnSO ·H O)=n(Fe2+)=20.00×10-3 L×0.1000 mol·L-1=2×10-3 mol
4 2
样品中MnSO ·H O的质量分数为×100%=33.8%
4 2
【课后作业】
1．高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度
为0.2000 mol·L-1的HC O 标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO 溶液平行滴
2 2 4 4
定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为________（列出计算式即可，已知
2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO）。
2 2 4 2 2
2．“灼烧”时，Sc (C O)·6H O[摩尔质量为462 g·mol-1]在空气中分解得到Sc O，实验测得
2 2 4 3 2 2 3
灼烧过程中固体残留率随温度的变化如图 3 所示，500 K 时，固体的主要成分是
________（写出计算过程）。
3．聚合硫酸铁[Fe (OH) (SO )] 广泛用于水的净化。以FeSO ·7H O为原料，经溶解、氧化、
2 6-2n 4 n m 4 2
水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO ·7H O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的HO
4 2 2 2
溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。HO氧化Fe2+的离子方程式为
2 2
；水解聚合反应会导致溶液的pH 。
（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SnCl 溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充
2
分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L-1 KCr O溶液滴定至终点（滴定过程
2 2 7
中Cr O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗KCr O溶液22.00 mL。
2 2 2 7
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计算该样品中铁的质量分数。
4．工厂化验员检验某含有KBrO 、KBr及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品1.000 g，
3
加水溶解后配成100 mL溶液X。
Ⅰ. 取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用NaSO 将BrO还原为Br－；
2 3
Ⅱ. 去除过量的SO后调至中性；
Ⅲ. 加入KCrO 作指示剂，用0.100 0 mol·L－1AgNO 标准溶液滴定Br－至终点，消耗
2 4 3
AgNO 标准溶液11.25 mL；
3
Ⅳ. 另取25.00 mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩Br－，消耗上述
AgNO 标准溶液3.75 mL。
3
已知：①25 ℃时，Ag CrO（砖红色）K ＝1.12×10-12，AgBr（浅黄色）的K ＝5.0×10-
2 4 sp sp
15；②Ⅳ中酸化时发生反应：BrO＋5Br－＋6H＋=== 3Br＋3HO
2 2
请回答：
（1）步骤Ⅰ中，反应的离子方程式为________________________________。
（2）步骤Ⅲ中，滴定终点的现象为__________________________________________。
（3）步骤Ⅳ中，加热的目的是________________________。
（4）计算试样中KBrO 质量分数。(写出计算过程，结果保留3位有效数字)
3
【课后作业】答案
1．根据新信息反应式或得失电子守恒计算高锰酸钾产品纯度，注意配制溶液体积与取用量
之间的转化问题。草酸中碳元素为＋3价，氧化产物为CO，高锰酸钾被还原为＋2价锰
2
离子，根据得失电子守恒知，5n(KMnO)＝2n(H C O)，
4 2 2 4
w(KMnO)＝×100%
4
2．设初始时为1 mol Sc (C O)·6H O，m[Sc (C O)·6H O]＝1 mol×462 g·mol-1＝462 g。500 K
2 2 4 3 2 2 2 4 3 2
时，剩余固体质量＝1 mol×462 g·mol-1×76.62%≈354 g，固体质量减少Δm＝462 g-354 g＝
108 g，减少的质量为6 mol H O的质量，故500 K时固体成分为Sc (C O)。
2 2 2 4 3
3．（1）2Fe2++ H O+2H+===2Fe3++2H O 减小
2 2 2
（2）①偏大
②n(Cr O)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol
2
由滴定时Cr O→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：
2
Cr O~6Fe2+
2
（或Cr O+14H++6Fe2+===6Fe3++2Cr3++7H O）
2 2
则n(Fe2+)=6n(Cr O)=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol
2
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= ×100%=12.32%
4．（1） 3SO＋BrO===Br－＋3SO
（2）当滴入最后一滴AgNO 溶液时，产生砖红色沉淀
3
（3）除去溶解在溶液中的Br （或使Br 挥发）
2 2
（4） w(KBrO )＝8.35%
3
第一次所取25.00 mL溶液中：
n(Br－) ＝n(AgBr)＝0.1000 mol·L-1×11.25×10-3 L＝1.125×10-3 mol
总
所以，n(BrO)＋n(Br－)＝n(Br－) ＝1.125×10-3 mol
总
第二次所取25.00 mL溶液，加酸反应后：
n(Br－) ＝0.1000mol·L-1× 3.75×10-3L＝3.75×10-4 mol
余
由步骤Ⅳ可知：BrO～5Br－
所以，n(BrO)＝×[n(Br－) －n(Br－) ]
总 余
＝×(1.125×10-3 mol－3.75×10-4 mol)＝1.25×10-4 mol
由1 g样品配成100 mL溶液，且每次实验取的是25 mL
所以，w(KBrO )＝×100%＝8.35%。
3
