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专题10 化学计算
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 化学计
算在选择题中
2023•山东卷、2021•山东卷、2016·上海
卷
物质的量贯穿于我们整个高中化学课程，
是我们学习化学的工具。
在第Ⅰ卷中会出现的要计算的量很少或者
根本不需要计算的试题。纯计算题不多，
其命题意图是考查对化学知识的理解、掌
握和运用。重点考查学生运用题给信息和
已学相关知识进行速算巧解的能力。在第
二卷中主要在流程图题目、实验题目中设
置以物质的量为中心的计算题，难度中
等，试题常以信息给予题的形式出现，但
落点仍是考查基本计算技能。
考点2 化学计
算在非选择题
中
2022·浙江省1 月卷、2022·浙江省6 月
卷、2021•浙江1 月卷、2021•浙江6 月、
2020•浙江7 月卷、2020•浙江1 月卷、
2019•浙江4 月卷、2018•浙江11 月、
2018•浙江4 月卷、2017•浙江11 月卷、
2017•浙江4 月卷、2016•浙江10 月卷、
2016•浙江4 月卷、2015•浙江10 月卷、
2015·江苏卷
考点1 化学计算在选择题中
1．(2023•山东卷，9)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸
酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A．
B．
1
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C．
D．
【答案】C
【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质
的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH 与乙酸酐反应后剩
余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH 反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH 的物质的量，即羟基的
含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液
V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为
，即乙酸酐的总物质的量=
；则ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=
，所以与ROH 反应的
乙酸酐的物质的量=
，也即样品ROH 中羟基的物质的量，所以ROH 样品中羟
基质量分数=
，故选C 。
2．(2021•山东卷，6)X、Y 均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX 的单质与足量稀盐酸反应，生
成H2体积为V1L；0.1molY 的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是( )
A．X、Y 生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y 消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y 化合价之比一定为
D．由
一定能确定产物中X、Y 的化合价
【答案】D
【解析】A 项，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y 生成H2的物质的量之比
一定为
，故A 正确；B 项， X、Y 反应过程中消耗酸的物质的量之比为
，因
，因此
，故B 正确；C 项，产物中X、Y 化合价之比为
，由B 项可知
，故C 正确；D 项，因
短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3 三种情况，因此存在
a=1，2，3，b=0.5，1 的多种情况，由
可知，当a=1，b=0.5 时，
=1，当a=2，b=1 时，
=1，
2
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两种情况下X、Y 的化合价不同，因此根据
可能无法确定X、Y 的化合价，故D 错误；故选D。
3．(2016·上海卷，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH 的溶液，完
全反应，生成NH3 1792 ml(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为( )
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1 D．3.65：1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1mol 氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，
因共生成NH3 0.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则(NH4)2SO4
质量为7.24－115×0.02=4.94g，可得答案为C。
考点2 化学计算在非选择题中
1．(2022·浙江省1 月卷，27)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O 的结晶水数目。称取样品7.50g，经
热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O 的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质
量为1.02g。计算：
(1)x=_______(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2)_______mol。
【答案】(1)9 (2)0.0100
【解析】(1)Al(NO3)3·xH2O 的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知
样品中n(Al)=
，则
，解得x=9。(2)气体产物中
n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中
N 的物质的量-HNO3中N 的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-
0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
2．(2022·浙江省6 月卷，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＝1.8×102kJ·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-l (假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解
石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg 焦炭。
(2)每生产106kg 纯碱，同时可获得_______kgCaO (列式计算)。
【答案】(1)10.8 (2)70
【解析】(1)完全分解100kg 石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是
＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (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
＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭
3
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的物质的量是
=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，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
＝70kg。
3．(2021•浙江1 月卷，27)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH 溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S
K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3
K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g 硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH 溶液恰好完全反应，只生成K2S 和K2SO3，则
V=______。
(2)2.560 g 硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH 溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则
x=______。(写出计算过程)
【答案】(1)30.0 (2)3
【解析】(1)根据方程式3S+6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O 可知，3mol S 可以和6mol KOH 反应，0.48g S
的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH 的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH 溶液的体积V=
=
=0.03L=30.0mL；(2)若S 与KOH 溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为
(2x+2)S+6KOH
2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3。
4．(2021•浙江6 月，27)将3.00g 某有机物(仅含C、H、O 元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器
中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂
CO2吸收剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00
请回答：
(1)燃烧产物中水的物质的量为_______mol。
(2)该有机物的分子式为_______(写出计算过程)。
【答案】(1)0.0600 (2)C4H6O6
4
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【解析】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的
物质的量n(H2O)=
=
=0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，n(C)=
=0.0800mol，n(O)=
=0.120mol，则
最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
5．(2020•浙江7 月，27)100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g 锌粉在量热计中充分反应。测得反
应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，忽略溶液
体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量Q＝________J。
(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol−1(列式计算)。
【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝−209
【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g 锌粉发生反应的化学方程式为：
CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=
=1.00g/
cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm
=4.18
×100g×(30.1-20.1)
= 4.18×103J；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)=
0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)=
=0.030mol，由此可知，锌粉过量。
根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol 硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH 代表反
应1mol 硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：
。
6．(2020•浙江1 月，27)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g 样品，
定容至250 mL。取25.00 mL 溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56
已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+===3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O 的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________
5
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【答案】95.2
【解析】根据方程式找出MnO4
-和FeC2O4·2H2O 之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标
准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-
1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为
；根据
方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4
-~5
，所以25mL 待测液中所含FeC2O4·2H2O 的物
质的量为：
，质量为
，
所以样品中FeC2O4·2H2O 质量分数为
。
7．(2019•浙江4 月，27)由C、H、O 三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能
团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g 纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL 氢气(标准状
况)。请确定摩尔质量最小的X 分子中羟基、羧基数目及该X 的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
【答案】n(H2)＝0.03 mol，设X 中羟基和羧基的总数为m 个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/m mol，
M(X)＝2.04m/0.06＝34m g·mol−1 m＝4，M(X)＝136 g·mol−1，含有3 个羟基和1 个羧基，相对分子质量为
136。
【解析】利用X 和足量金属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而
推理出摩尔质量最小的X。n(H2)=V (H 2)
22.4 mol=0.03 mol，由于2-OH~H2、2-COOH ~H2，设X 中羟基和羧
基的总数为m 个(m>2，且为整数)，则n(X)=0.03×2
m
mol=0.06
m mol，M (X )= m( X )
n(X ) =
2.04 g
0.06mol
m
=34m
g/mol。当m=3，M(X)=102g/mol， 羟基数目大于羧基数目，说明含有2 个羟基和1 个羧基，说明X 分子
式有4 个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4， 2 个羟基和1 个羧基就占了3 个H
原子，可知这个分子式不合理，m=3 不成立；当m=4，M(X)=136g/mol，说明含有3 个羟基和1 个羧基，
同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为
。故答案是：
含有3 个羟基和1 个羧基，相对分子质量为136。
8．(2018•浙江11 月，27)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O 或二者混合物，为探究其组成，称取mg
该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。
已知：Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2O
(1)若a=____________(用含m 的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物；
(2)若a=m/9，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为____________mol(用含m 的最简式表示)。
6
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【答案】(1) (2)
【解析】(1)红色固体粉末为纯净物只有两种情况，全是Fe2O3或者全是Cu2O。Cu2O 和硫酸反应生成
的Cu 会与Fe3+反应，Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+。若全为Fe2O3时，剩余的固体物质为a=0g，但是当剩余固体
质量为0g 时，也有可能是Fe2O3和Cu2O 两种物质的混合物；所以该红色固体只能为Cu2O。
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
，所以a＝
m。
(2)设Fe2O3为 x mol， Cu2O 为ymol，则160x＋144y＝m，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O 得到的铜为
ymol。
Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+
x mol 2x mol
剩余的铜的质量为(y－x)×64＝a＝
m，方程式联立，解出x＝
。
9．(2018•浙江4 月，27)下称取4.00g 氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分
溶解，往所得溶液中加入5.60g 铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。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)0.100mol (2)2.40g
【解析】(1)过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，
Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4， 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸
根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol；(2)根据(1)的结果，充分反应后，溶液中
含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol 56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明
3.04g 固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化
铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是
0.03mol×80g/mol=2.40g。
10．(2017•浙江11 月，27)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在
加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。
请计算：
(1)KMnO4的分解率_______________。
(2)气体A 的物质的量_____________。
【答案】60.0% 0.095mol
【解析】(1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)=
=0.015mol，则分解的高锰酸钾
为0.03mol，则KMnO4的分解率=
×100%=60.0%；(2)气体A 为氯气，若7.90gKMnO4不
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分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为
×5=0.25mol，而分解放出0.015mol 氧气转移的
电子为0.015mol×4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的
量为
=0.095mol。
11．(2017•浙江4 月，27)分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl 固体混合物两份。
(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体
积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]：n(NH4Cl)为___________。
(2)另一份固体混合物中NH4
+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl-)=_____(溶液体
积变化忽略不计)。
【答案】()1)1：2 ()2)0.1mol/L
【解析】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的
质量是0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝
0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]：n(NH4Cl)为1：2；(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、
0.02mol，另一份固体混合物中NH4
+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是
0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。
12．(2016•浙江10 月，27)为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分
别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2
在水中的溶解)如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸体积(mL)
30.0
30.0
30.0
30.0
样品质量(g)
2.96
3.70
5.18
6.66
CO2体积(mL)
672
840
896
672
(1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。
(2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。
【答案】(1)2∶1 或2 (2)2.50 mol·L－1
【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中
盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则①
106x+84y=2.96、②x+y=0.672÷22.4=0.03，联立①②解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之比
n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol：0.01mol=2：1；(2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反
应生成NaHCO3，设6.66g 样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则
8
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106×2z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g 样品中含有0.045mol 碳酸钠、0.0225mol 碳酸氢钠。将样品
加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol 碳酸钠完全反应消耗HCl 的物质的量为
0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下0.672L 二
氧化碳消耗HCl 的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，所以30mL 盐酸中含有HCl 的
物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：
c(HCl)=0.075mol÷0.03L=2.50mol/L。
13．(2016•浙江4 月，27)Cl2与NaOH 溶液反应可生成NaCl、NaClO 和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反
应的温度有关，用24gNaOH 配成的250mL 溶液，与Cl2恰好完全反应(忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及
溶液体积变化)：
(1)NaOH 溶液的物质的量浓度 mol·L－1；
(2)某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) = mol·L－1。
【答案】(1)2.4 (2)0.30
【解析】(1)24 g NaOH 为0.6 mol，溶液体积为250 mL，故c(NaOH)＝2.4 mol·L－1。(2)根据题意，设
反应后溶液中c(Cl－)＝a，c(ClO－)＝b，c(ClO)＝c，则有如下3 个关系式：a＝6b(题中关系)、a＋b＋c＝2.4
mol·L－1(Na＋守恒)、a＝b＋5c(电子守恒)，解得b＝0.3，即c(ClO－)＝0.30 mol·L－1。
14．(2015•浙江10 月，27)量取8.0 mL 5.0 mol·Lˉ1
H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100 mL，取两份稀释
后的H2SO4溶液各25 mL，分别加入等质量的Zn 和Fe，相同条件下充分反应，
产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示(氢气体积已折算成标准状况下的
体积)。请计算：
(1) 稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为________mol·Lˉ1。
(2) 加入Fe 的质量至少有________g。
【答案】(1)0.40 (2)0.65
【解析】(1)设稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为cmol·Lˉ1，据稀释前后溶质的物质的量不为，则8.0
mL×5.0 mol·Lˉ1
=100 mL×cmol·Lˉ1，得c=0.4mol·Lˉ1。(2) 因Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，又从图线中得出氢气
的体积为224mL，即0.01mol，故至少需锌的质量为0.65g；据题意得加入等质量的Zn 和Fe，所在加入Fe
的质量至少有0.65g。
15．(2015·江苏卷，18)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)已知：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，pH=7.1 时Mn(OH)2 开始沉淀。室温下，除去
MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH 范围为 。
(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O 晶体，需控制结晶温度范围为
。
V(H2)/mL
t/s
224
0
第29 题图
9
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(4)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)5.0<pH<7.1 (3)高于60℃
(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-
3mol，根据锰元素守恒，m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g，样品的纯度是
0.169 g
0.171 0 g
×100%≈98.8%。
【解析】(1)MnO2 + SO2 = MnSO4
87 g 22.4 L
17.40 g
V
解得：V=4.48 L
(2)除去Fe3+时，c(OH-)=3√
K sp[ Fe(OH )3]
1×10
−6
=3√
3×10
−39
1×10
−6 ≈1.44×10-11，pH=-lg
10
−14
1.44×10
−11≈3.2，除去
Al3+时，c(OH-)=3√
K sp[ Al(OH )3]
1×10
−6
=3√
1×10
−33
1×10
−6 =1×10-9，pH=-lg 10
−14
1×10
−9=5.0，故需要控制溶液pH 范围为
5.0<pH<7.1。(3)根据溶解度曲线图中变化趋势可知，温度高于60℃析出MnSO4·H2O；(4)根据氧化还原反
应中得失电子守恒可知，n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol，根据锰元素守恒，
m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g ，则MnSO4·H2O 样品的纯度为
0.169 g
0.171 0 g
×100%≈98.8%。
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