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微专题突破15 化学计算考点透视一
1．氧化钪可提高计算机记忆元件性能，利用钪精矿为原料(主要成分为Sc O ，还含有Fe O 、MnO
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等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：
“沉钪”前先加入稀盐酸调节溶液至酸性，然后用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝
_____________。(25 ℃时，草酸电离平衡常数为K ＝5.0×10－2，K ＝5.4×10－5)。
a1 a2
【答案】2.7×10－2
【解析】根据草酸的电离平衡常数得：K ＝＝5.0×10－2，K ＝＝5.4×10－5，pH＝2时c(H＋)＝
a1 a2
1.0×10－2 mol·L－1，K ×K ＝＝2.7×10－6，故＝2.7×10－2。
a1 a2
2．（2024·镇江市丹阳市上学期开学考）测定MnO 的纯度。称取0.1450 g MnO 粗品置于具塞锥
2 2
形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量KI溶液，盖上玻璃塞，充分摇匀后静置30 min。用
0.15000 mol·L－1 NaSO 标准溶液滴定生成的I，消耗NaSO 标准溶液20.00 mL，滴定反应为2SO2－
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＋I＝2I－＋SO2—，计算粗品中MnO 的质量分数_____________(写出计算过程，锰的相对原子质量为
2 4 6 2
55)。
【答案】90.00%
【解析】由得失电子数目守恒可得如下转化关系：MnO ～I ～2NaSO ，滴定消耗 20.00 mL
2 2 2 2 3
0.15000 mol·L－1硫代硫酸钠溶液，则粗品中二氧化锰的质量分数为×100%＝90.00%，故答案为：
90.00%。或 MnO 得2e\s\up 4()Mn2＋、SO2－失e－\s\up 4()SO2—，由电子守恒得：n(MnO )×2＝n(SO2
2 －—— 2 3 ——→ 4 6 2 2 3
－)×1，n(MnO )×2＝0.15000 mol·L－1×0.02000 L，n(MnO )×2＝1.5×10－3 mol，粗品中二氧化锰的
2 2
质量分数为×100%＝90.00%。
3．（2024·无锡上学期期中）焙烧Ce(OH) 过程中测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度
4
变化的曲线如图所示。则301～317℃范围内，B→C发生反应的化学方程式为
_______________________________________________________(写出确定物质化学式的计算过程，Ce的
相对原子质量为140)。微专题突破15 化学计算考点透视一
【答案】CeO(OH)=========CeO＋HO，301℃剩余固体的质量占起始Ce(OH) 的91.35%；相对
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分子量减小约18，此时固体为CeO(OH)；317℃后固体质量不再减少，为CeO。
2 2
【解析】301℃时固体产物剩余91.35%，Ce(OH) 的相对分子量为208，相对分子量减少约为
4
208×(1－91.35%)≈18（即生成1分子HO）；317℃时固体产物剩余82.70%，相对分子量减少约为
2
208×(1－82.70%)≈36（即生成2分子水），故答案为：CeO(OH)=========CeO＋HO，301℃剩余固
2 2 2
体的质量占起始Ce(OH) 的91.35%；相对分子量减小约18，此时固体为CeO(OH)；317℃后固体质量
4 2
不再减少，为CeO。
2
4．（2025·江苏淮安市开学考）吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。用ZnO浆
2 2
料吸收烟气中SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。
2 2
将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO·7HO，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量
4 2
的残留率与温度的关系如图所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式：
______________________________________________。
【答案】2ZnSO===2ZnO＋2SO ↑＋O↑
4 2 2
【解析】ZnSO·7HO中ZnSO 质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质对应ZnSO，隔绝空气加热
4 2 4 4
可得到氧化锌固体和两种气体，该过程的化学方程式为2ZnSO===2ZnO＋2SO ↑＋O↑。
4 2 2
5．（2024·苏锡常镇二模）实验室用如下方案测定MgHPO•3HO产品(含有NaHPO 杂质)的纯度：
4 2 2 4
准确称取0.7200 g磷酸氢镁产品，加入足量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液。准确移取25.00 mL于锥
形瓶中，用0.05000 mol·L－1 NaHY标准液滴定(离子方程式为Mg2＋＋HY2－＝MgY2－＋2H＋)至终点，
2 2 2
平行滴定三次，平均消耗NaHY标准液19.20 mL。计算该产品中MgHPO•3HO的纯度
2 2 4 2
_____________(写出计算过程)。
【答案】（2）25.00 mL溶液中 n(Mg2＋)＝n(HY2－)＝0.05000 mol·L－1×0.01920 L＝9.6×10－4
2
mol，0.7200 g磷酸氢镁产品中MgHPO•3HO的质量为9.6×10－4 mol××174 g·mol－1＝0.66816 g，该产
4 2
品中MgHPO•3HO的纯度为×100%＝92.80%。
4 2
【解析】由所给离子方程式，25.00 mL溶液中n(Mg2＋)＝n(HY2－)＝0.05000 mol·L－1×0.01920 L＝
2
9.6×10－4 mol，故0.7200 g磷酸氢镁产品中MgHPO•3HO的质量为9.6×10－4 mol××174 g·mol－1＝
4 2
0.66816 g，该产品中MgHPO•3HO的纯度为×100%＝92.80%。
4 2
6．（2023·重庆三诊）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用镍矿渣(主要含
Ni(OH)、NiS，还含FeO、Fe O、MgO、CaO和SiO)制备NiSO ·6HO的过程如图所示(已知：溶液中
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金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表)。
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找金属离子 Ni2＋ Fe3＋ Fe2＋ Mg2＋
开始沉淀时的pH 6.8 2.2 7.5 9.4
沉淀完全时的pH 9.2 3.2 9.0 12.4
“滤液2”加入碳酸钠溶液后所得沉淀可表示为xNiCO·yNi(OH)·zHO。进行下列实验：称取干
3 2 2
燥沉淀样品3.41 g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(500 ℃～750 ℃条件下加热
收集到的气体产物只有一种，750 ℃以上残留固体为NiO)，则该样品的化学式为(Ni相对原子质量为
59)___________________________________。
【答案】NiCO·2Ni(OH)·2HO
3 2 2
【解析】取开始时固体的质量为100 g。750 ℃以上残留固体为NiO，可知n(NiO)＝＝0.03 mol，500
℃～750 ℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应NiCO====NiO＋CO↑，固体质量减
3 2
少(2.69－2.25) g＝0.44 g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44 g，则n(NiCO)＝n(CO)＝0.01 mol；根
3 2
据镍元素守恒，n[Ni(OH)]＝0.03 mol－0.01 mol＝0.02 mol，则n(HO)＝＝0.02 mol，结晶水也可这样求：
2 2
固体质量为2.69 g，减少的质量为水的质量为3.41 g－2.69 g，n(HO)＝＝0.04 mol，n[Ni(OH)]＝0.02
2 2
mol，由 H 原子守恒得结晶水中 n(HO)＝0.04 mol－0.02 mol＝0.02 mol。x∶y∶z＝0.01 mol∶0.02
2
mol∶0.02 mol＝1∶2∶2，故该样品的化学式为NiCO·2Ni(OH)·2HO。
3 2 2
7．（2023·南通三模节选）Co O 一定条件下可制取LiCoO 粗品，LiCoO 粗品中混有少量含Co2＋的
3 4 2 2
杂质。为测定Co2＋的质量分数，现进行如下实验：准确称取1.000 g LiCoO 粗品于锥形瓶中，加入过量盐
2
酸充分反应后，固体完全溶解后钴元素均转化为Co2＋，加入指示剂，用0.500 mol·L－1 EDTA(NaHY)溶
2 2
液滴定至终点(滴定反应为Co2＋＋Y4－＝CoY2－)，消耗EDTA溶液20.40 mL。准确称取1.000 g LiCoO 粗
2
品于锥形瓶中，加入HSO 和HPO 的混合溶液，加入22.00 mL 1.000 mol·L－1 (NH )Fe(SO ) 溶液，待
2 4 3 4 4 2 4 2
样品完全溶解后，加入指示剂，用0.100 mol·L－1 KCr O 溶液滴定剩余的Fe2＋，达到滴定终点时消耗
2 2 7
KCr O 溶液 20.00 mL。实验过程中 LiCoO 、KCr O 可发生如下转化：LiCoO ――→Co2＋、
2 2 7 2 2 2 7 2
Cr O――→Cr3＋。计算样品中Co2＋的质量分数，并写出计算过程。
2
【答案】n(KCr O)＝0.100 mol·L－1×20.00 mL×10－3 mL·L－1＝2×10－3 mol，根据电子得失守恒
2 2 7
可得：与KCr O 反应的n(Fe2＋)＝6n(KCr O)＝6×2×10－3 mol＝0.012 mol，与LiCoO 反应的n(Fe2＋)
2 2 7 2 2 7 2
＝1.000 mol·L－1×22.00 mL×10－3 mL·L－1－0.012 mol＝0.01 mol，根据电子得失守恒可得：n(LiCoO )
2
＝0.01 mol，Co的总物质的量n(Co) ＝n(EDTA)＝0.500 mol·L－1×20.40 mL×10－3 mL·L－1＝0.010 2
总
mol，原LiCoO 粗品中含n(Co2＋)＝0.010 2 mol－0.01 mol＝2×10－4 mol，m(Co2＋)＝2×10－4 mol×59
2
g·mol－1＝0.011 8 g，LiCoO 粗品中Co2＋的质量分数＝×100%＝1.18%。
2
8．以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO 、CuCO ，还含有Fe O 、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一
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种工艺流程如下：微专题突破15 化学计算考点透视一
（1）“氧化”时，反应的离子方程式为____________________________________________________。
可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2＋，该试剂为________________(写化学式)。
（2）加入 MnCO 调节 pH＝3.3时可以将 Fe3＋转化为 Fe(OH) 而除去，该反应的离子方程式为
3 3
_______________________________________________________________________。
（3）“沉铜”时，若滤液中c(Mn2＋)＝0.21 mol·L－1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉
淀而又避免生成 Mn(OH) ，应控制 pH 的范围为______________________。(已知：常温下，
2
K [Cu(OH)]＝1×10－20，K [Mn(OH)]＝2.1×10－13，离子浓度小于或等于10－5 mol·L－1可视为沉淀完
sp 2 sp 2
全)
（4）本工艺中可循环使用的物质是_____________________。
（5）结合图像，分析获得(MnSO ·HO)晶体的“系列操作”步骤为：_________________、
4 2
__________________，酒精洗涤，低温干燥。
【答案】（1）MnO ＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2HO K[Fe(CN)](或 KMnO ) （2）
2 2 3 6 4
3MnCO ＋2Fe3＋＋3HO＝2Fe(OH) ＋3Mn2＋＋3CO↑ （3）6.5≤pH＜8(或6.5～8) （4）NH 、
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MnCO （5）蒸发结晶 趁热过滤
3
【解析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO 、CuCO ，还含有Fe O 、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸
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锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰，Fe2＋被氧化为Fe3＋；加入MnCO 调节pH
3
生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH HCO ，生成
4 3
MnCO 沉淀，MnCO 沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液。
3 3
（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为MnO ＋2Fe2＋
2
＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2HO；二价铁和铁氰化钾相遇时会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另
2
外二价铁有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以用酸性高锰酸钾溶液来检验；（2）碳酸锰消耗
三价铁离子水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁离子水解，该反应的离子方程式为
3MnCO ＋2Fe3＋＋3HO＝2Fe(OH) ＋3Mn2＋＋3CO↑；（3）铜离子完全沉淀时铜离子浓度小于或等于
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10－5 mol·L－1，此时c(OH－)＝ mol·L－1＝10－7.5 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－6.5 mol·L－1，pH
＝6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，
pH＝8，故应控制pH的范围为6.5≤pH＜8(或6.5～8)；（4）通过流程图可知，在加热赶氨时产生氨气
可循环使用，另外在沉锰的时候生成MnCO 也可循环使用；（5）从MnSO 溶液中得到MnSO ·HO的
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方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。
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细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找
