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第03 讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
目录
01 考情解码·命题预警...........................................................................................................................
02 体系构建·思维可视...........................................................................................................................
03 核心突破·靶向攻坚...........................................................................................................................
考点一 物质的量在化学方程式计算中的应用 ..................................................................................
知识点1 利用比例式法进行计算 ....................................................................................................................................
知识点2 利用差量法进行计算...........................................................................................................................................
知识点3 利用守恒法计算...........................................................................................................................................
知识点4 利用关系式法计算.......................................................................................................................................
考向1 比例式法在化学方程式计算中的应用...............................................................................................................
考向2 差量法在化学方程式计算中的妙用......................................................................................................................
思维建模 “差量法”思维模型
考向3 守恒法在化学方程式计算中的妙用..............................................................................................................
思维建模 根据守恒类型，抓住守恒原理，列出守恒等式
考向4 关系式法在多步反应中的应用......................................................................................................................
04 真题溯源·考向感知...........................................................................................................................
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
2022 年
2021 年
物质的量
在化学方
程式计算
中的应用
选择题
非选择题
——
福建卷T9，3
分
福建卷T12，
2 分
福建卷T5，3
分
福建卷T12，
2 分
福建卷T2，3
分
福建卷T9，3
分
福建卷T3，
3 分
考情分析
在近几年福建高考化学卷中，物质的量浓度作为化学学科的核心概念，是重点考查内容之一。
1.从命题题型来看，主要分布在选择题和非选择题中。
(1)选择题：多为综合判断类，结合阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等，通过化学方程式中物质的量关
系，判断离子浓度、气体体积等计算正误。
(2)非选择题：实验题中涉及产率计算、反应物用量确定，结合氧化还原滴定进行综合计算；原理题结
合平衡、电化学，用物质的量分析反应程度与能量变化。
2.命题思路紧密围绕对概念的理解和实际应用。
(1)紧扣化学方程式中物质的量比例这一核心，将物质的量、摩尔质量等基础概念与元素化合物、实验
操作、反应原理等多板块知识紧密串联。通过设计综合题目，考查考生对各知识点的融合运用能力，
要求能快速依据化学计量数建立物质的量关系。
(2)常创设工业生产、实验探究等实际情境，巧妙融入过量判断、多步反应计算等难点，以此检验考生
分析复杂问题的逻辑推理能力，以及将化学知识转化为解决实际问题的应用能力，凸显化学学科的实
用价值。
复习目标：
1.
一步理解物
的量在化学
算中的“
梁”作用。
进
质
计
桥
2.了解化学
算的常用方法。
计
3.初步建立化学
算的思
模型。
计
维
2
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利用化学方程式的加和
利用得失电子守恒关系
利用原子守恒关系
利用化学方程式中化学计量数间的关系
建立关系式
适用于多步进行的连续反应
巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法
物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间
“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算
应用原理
得失电子守恒
电荷守恒
质量守恒(原子守恒)
守恒关系
只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电
子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中
的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)
应用原理
差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理
论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解
液体的质量差
气体的质量差
固体的质量差
差量
差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”
化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的
粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。
选择有关量(如物质的量、气体体积、质量
等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知
量
把已知的量和需要求解的量分别写在化学方程式
有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，
左右相当”
依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，
用完全反应的物质的物质的量进行计算
根据题意写出并配平化学方程式
利用比例式法进行计算的结论
利用比例式法进行计算的基本步骤
利用关系式法进行计算
利用守恒法进行计算
利用差量法进行计算
利用比例式法进行计算
物质的量在化学方程式计算中的应用
3
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考点一 物质的量在化学方程式计算中的应用
知识点1 利用比例式法进行计算
1. 利用比例式法进行计算的基本步骤
(1)根据题意写出并配平化学方程式。
(2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应的物质的物质的量进行计算。
(3)把已知的量和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相
当”。
(4)选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。
2. 利用比例式法进行计算的应用原理
2Na+2H2O
2NaOH+H2↑
化学计量数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1
扩大NA倍： 2NA 2∶NA ∶ 2NA∶NA
物质的量之比： 2 mol 2 mol 2 mol 1 mol
∶
∶
∶
3. 利用比例式法进行计算的结论
化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。
知识点2 利用比差量法进行计算
1.差量法计算及应用差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量通
常有：①固体的质量差，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究对
象是液体。
2.差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比
例，然后求解。如：
2C(s)+O2(g)===2CO(g) Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)
2 mol 1 mol 2 mol 24 g 1 mol 22.4 L(标况)
3.化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤如下：
4
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4.列方程组进行二元混合物的计算
计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已
知量(设为A、B)，寻找x、y 与A、B 的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：{
A = f 1( x , y)
B = f 2( x , y)。
知识点3 利用守恒法计算
1.守恒法法应用原理
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始
态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关
系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。
(1)质量守恒(原子守恒)
依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
(2)电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
(3)得失电子守恒
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数
＝氧化剂得电子的总数。
2．解题步骤
知识点4 利用关系式法计算
1. 关系式法应用原理——关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一
般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关
系，找出原料和最终产物的相应关系式。
2. 关系式法是物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示
出来，把多步计算简化成一步计算。
3. 关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关
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系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。
4. 应用关系式法的思维模型
考向1 比例式法在化学方程式计算中的应用
例1 在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH 的物质的量为多少？生成O2的体
积为多少？
【答案】 生成NaOH 0.4 mol，生成O2 2.24 L
【解析】n(Na2O2)＝＝0.2 mol
2Na2O2＋2H2O===4NaOH ＋ O2↑
2 mol 4 mol 22.4 L
0．2 mol n(NaOH) V(O2)
＝＝
故n(NaOH)＝0.4 mol，V(O2)＝2.24 L。
【变式训练1·变载体】 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热的KOH 溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH
①
2K2S+K2SO3+3H2O
(
②x-1)S+K2S
K2Sx(x=2~6)
S+K
③
2SO3
K2S2O3
(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 (2)3(计算过程见解析)
【解析】
(1)3S + 6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O
96 g
6 mol
0.480 g 10-3V mol
6
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则有0.480
96
=10
-3V
6
，解得V=30。
(2)若S 与KOH 反应只生成K2Sx和K2S2O3，只需消去K2S 和K2SO3，由①+2×
+
②③得：
2(x+1)S + 6KOH
2K2Sx+K2S2O3+3H2O
64(x+1) g
6 mol
2.560 g 0.06 mol
则有64( x +1)
2.560
= 6
0.06 ，解得x=3。
【矿石含量分析与学科知识结合】【变式训练2·变载体】某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形
式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0 g 样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并
不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0 g 铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6
g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积为25.0 mL。
(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O)
(1)计算该铁矿石中铁元素的质量分数________。
(2)计算氧化物FemOn的化学式________________(m、n 为正整数)。
【答案】(1)56% (2)Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)
【解析】
(1)样品中的铁元素在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4溶液滴定。
8H＋＋MnO ＋ 5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
1 5
0．025 L×2 mol·L－1 n(Fe2＋)
则＝，可得n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，故样品中铁元素的质量分数为×100%＝56%。
(2)反应消耗铜的物质的量n(Cu)＝＝0.1 mol，
2Fe3＋ ＋ Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2 1
n(Fe3＋) 0.1 mol
则＝，可得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据铁原子守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，
n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1 4∶，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)。
考向2 差量法在化学方程式计算中的妙用
例2 为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，请列式
计算该样品中Na2CO3的质量分数。
【答案】
样品加热发生的反应为
2NaHCO3=====Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
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m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
【变式训练1·变题型】标准状况下，将20 L CO2和CO 的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状
况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO 的体积为( )
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
【答案】 C
【解析】
混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L 22.4 L
∶
＝V(CO2) (20
∶
－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
【变式训练2·变考法】16 mL 由NO 与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，计算原混合气体中NO 与
NH3的物质的量之比。
【答案】 <<
【解析】
6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝＝9 mL，
V(NH3)＝＝6 mL，
由此可知共消耗15 mL 气体，还剩余1 mL 气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋
1 mL) 6 mL
∶
＝5 3∶，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL (6 mL
∶
＋1 mL)＝9 7∶，但因该反
应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故<<。
【变式训练3·变思维】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m g 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a g。
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)。
【答案】 (1)4 m
9 (2) 3m
1 216
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【解析】
(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能
是Cu2O，根据
Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O
m
144 mol m
144 mol
所以a= m
144 ×64=4
9 m。
(2)设Fe2O3、Cu2O 的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O
x 2x
Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O
y y y
2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+
2x x
根据题意{
y −x =
m
9×64
160 x +144 y =m
所以x= 3m
1 216 。
思维建模1 “差量法”思维模型
思维建模2 “差量法”思维拓展
列方程组进行二元混合物的计算
计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两
个已知量(设为A、B)，寻找x、y 与A、B 的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：
{
A = f 1( x , y)
B = f 2( x , y)。
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考向3 守恒法在化学方程式计算中的妙用
例3 28 g 铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，列式计算
最终得到的固体质量。
【答案】40 g
【解析】
经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：
n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
【变式训练1·变考法】将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1 的硫酸溶液中，然后向其中加
入NaOH 溶液，使Fe3＋ 、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH 溶液100 mL，则NaOH 溶液的浓度为________。
【答案】 0.2 mol·L－1
【解析】 当Fe3＋ 、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过
程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2
L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
【变式训练2·变题型】在碱性介质中有利于卤素单质的歧化反应，
X 2+2O H
−= X
−+ X O
−+ H 2O( X =C l2,Br2)，X O
−在碱性介质中也会发生歧化反应，其反应速率与温
度有关，如Br O
−在273 K左右歧化反应很慢，在323 K −353 K则全部转化为Br
−和Br O3
−。
(1)某温度下，含0.01mol Br2的溴水与VmL1.00mol / L KOH溶液恰好完全反应，则V =______。
(2)某温度下，含0.01mol Br2的溴水与KOH溶液恰好完全反应，若反应后c(Br
−)
c(BrO
−)
=m(m≠1)，则反
应转移电子数=______。(用含m的式子表示)
【答案】(1)20
(2) 0.1m N A
6m+ 4
【解析】(1)由题意可知发生反应2 KOH + Br2= KBr + KBrO+ H 2O、
3 Br2+6 KOH =5 KBr + KBr O3+3 H 2O，两个反应的特征是Br2与KOH反应比例都为1：2，故
n( KOH )=2n(Br 2)=0.01mol×2=0.02mol，则需要KOH溶液体积为0.02mol
1.00mol/ L =0.02 L=20mL，
(2)由Br原子守恒可知2n(Br2)=n( KBr )+n( KBrO)+n( KBr O3)，由电子转移守恒有
n( KBr )=n( KBrO)+5n( KBr O3)，联立可得10n(Br2)=6n( KBr )+ 4 n( KBrO)，而c(Br
−)
c(BrO
−)
=m，
则n( KBr )=m×n( KBrO)，可得10n(Br2)=6n( KBr)+ 4× 1
m n( KBr)，故
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0.01mol×10=(6+ 4
m )×n( KBr)，则n( KBr )=
0.1
(6+ 4
m )
mol
，故转移电子数目为
0.1
(6+ 4
m )
mol×1× N A mol
−1= 0.1m N A
6m+ 4 ，
【变式训练3·变考法】
Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全
脱水。计算并分析A、B、C 点物质的化学式。
【答案】
Co(OH)2在加热分解过程中，Co 原子的数目不变。
设有1 mol Co(OH)2，质量为93 g。则固体中Co 的物质的量为1 mol，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为CoOx，
A 点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为Co2O3；
B 点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈，即该固体为Co3O4；
C 点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CoO。
【解析】略
思维建模 根据守恒类型，抓住守恒原理，列出守恒等式
1．解题步骤
2．守恒类型
守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，
利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
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考向4 关系式法在化学方程式计算中的妙用
例4 用黄铁矿可以制取H2SO4，再用H2SO4可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含FeS2 80.2%的黄铁矿75.0 t，
最终生产出79.2 t (NH4)2SO4。已知NH3 的利用率为92.6%，H2SO4 的利用率为89.8%，试求黄铁矿制取
H2SO4时的损失率为______________。
【答案】 33.4%
【解析】 设黄铁矿的利用率为x，
FeS2 ～2H2SO4 ～ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
【变式训练1·变考法】
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的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 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0.009 50 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：Cr2O＋6I
－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加
入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______________________________________________，即为滴
定终点。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________%(结果保留1 位小数)。
【答案】
(1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
【解析】
(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL 的容量瓶中，加水
至距刻度线1～2 cm 处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇
I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，
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即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O===S4O＋2I－
得关系式：
Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 6
0.009 50 mol·L－1 0.009 50 mol·L－1
×0.02 L ×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为，
样品的纯度为×100%＝95.0%。
【变式训练2】称取2.0 g 制得的K2FeO4样品溶于适量KOH 溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过
滤，将滤液转移到250 mL 容量瓶定容。取25.00 mL 定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴
二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2
次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeO＋CrO＋2H2O===CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－，2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
【答案】 酸式 85.8
【解析】 FeO～CrO～Cr2O～3Fe2＋
1 mol 3 mol
n 0.10 mol·L－1×0.026 L
n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，
品的
度
该样
纯
为×100%＝85.8%。
【矿物检测与学科知识结合】【变式训练3】金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶
于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2
＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2
＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去
0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为
119)。
【答案】 93.2%
【解析】
Sn 与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g，
w(Sn)＝×100%≈93.2%。
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1.(2024·福建卷节选)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G a2O3，过程如图。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。
(4)G a2O3纯度测定：称取G a2O3样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V 0mL于锥形瓶中，一定
条件下，加入V 1mLc1mol⋅L
−1 N a2 H 2Y 溶液(此时镓以[GaY ]
−存在)，再加入PAN作指示剂，用
c2mol⋅L
−1CuSO4标准溶液滴定过量的N a2 H 2Y ，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：C u
2++ H 2Y
2−=[CuY ]
2−+2 H
+
①终点时消耗CuSO4溶液V 2mL，则G a2O3纯度为 ______ ×100 %。(列出计算式)
②滴定时会导致所测G a2O3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】 ac 188V (c1V 1−c2V 2)×10
−3
2wV 0
或94V (c1V 1−c2V 2)×10
−3
wV 0
ad
【解析】(4)①根据“C u
2++ H 2Y
2−=[CuY ]
2−+2 H
+”知，CuSO4消耗的
n( N a2 H 2Y )=n(CuSO4)=c2mol⋅L
−1×10
−3V 2 L=10
−3c2V 2mol，V 0mL待测液消耗的
n( N a2 H 2Y )=10
−3×(c1V 1−10c2V 2)mol，V 0mL待测液溶解的
n(G a2O3)= 1
2 n( N a2 H 2Y )= 1
2 ×10
−3×(c1V 1−10c2V 2)mol，则VmL待测液溶解的
n(G a2O3)=
1
2 ×10
−3×(c1V 1−c2V 2)mol
V 0mL
×VmL= 10
−3×(c1V 1−c2V 2)×V
2V 0
mol，G a2O3纯度为
10
−3×(c1V 1−c2V 2)×V
2V 0
mol×188 g/mol
wg
×100 % = 188V (c1V 1−c2V 2)×10
−3
2w V 0
×100 %或
94V (c1V 1−c2V 2)×10
−3
w V 0
×100 %，
②a.未使用标准溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，使用的标准液体积偏大，待测液消耗的
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n( N a2 H 2Y )偏小，则所测G a2O3纯度偏小，故a正确；
b.称重后样品吸收了空气中水汽，使用的标准液体积偏小，待测液消耗的n( N a2 H 2Y )偏大，则所测
G a2O3纯度偏大，故b错误；
c .终点时滴定管尖嘴内有气泡，标准液体积偏小，待测液消耗的n( N a2 H 2Y )偏大，则所测G a2O3纯度
偏大，故c错误；
d .终点读数时仰视滴定管刻度线，标准液体积偏大，待测液消耗的n( N a2 H 2Y )偏小，则所测G a2O3纯
度偏小，故d 正确；
2.(2022·福建卷节选)某兴趣小组设计实验探究Ce−MnOx，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：
步骤Ⅲ 探究Ce−MnOx催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，
调节管式炉温度至120，按一定流速通入气体样品。(已知：I 2O5是白色固体，易吸水潮解：
5CO+ I 2O5= I 2+5C O2)
(4)通入11.2 L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了
0.1016 g I 2。
①能证明CO被空气氧化的现象是_______；
②CO被催化氧化的百分率为_______；
③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。
(6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。
【答案】(4)①石灰水变浑浊
60
②
%
③偏大
(5)增大气体样品流速
(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【解析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水
除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠
吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸
收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 I 2O5 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧
化碳的被氧化的百分率。据此解答。
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(4)一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量
为 0.1016 g
254 g/mol =0.0004 mol ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2 L气体为
0.5mol，其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005−0.002=0.003mol，则被氧化的百分
率为 0.003
0.005 ×100 % =60 % 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化
的百分率增大。
(5)增大气流速率可以提高催化效率。
(6)I 2O5 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
3.(2025·重庆卷节选)硒(Se)广泛应用于工农业和生物医药等领域，一种利用H 2Se热解制备高纯硒的流程
如图：
已知H 2Se的沸点为231 K，回答下列问题：
(4)Se的含量可根据行业标准YS /T 226.12−2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化
如图：
称取粗硒样品0.1000 g，经过程①将其溶解转化为弱酸H 2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质
中，先加入0.1000mol⋅L
−1 N a2S2O3标准溶液40.00mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用N a2S2O3
标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I 2+2 N a2S2O3=2 NaI + N a2S4O6)，又消耗8.00mL。过程②
中Se(Ⅳ)与N a2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为______。该样品
中Se的质量分数为______。
【答案】4 H
++ H 2ScO3+ 4 I
−=2 I 2+ Se+3 H 2O；
94.8 %
【解析】 (4)根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应③的离子方程式为
4 H
++ H 2ScO3+ 4 I
−=2 I 2+ Se+3 H 2O，
(5)第一次加入40.00mL的N a2S2O3溶液和KI溶液，两者同时做还原剂，还原H 2ScO3，第二次再加入
同浓度的N a2S2O3溶液8mL滴定上一步反应生成的I 2，使其又转化为KI，所以整个过程相当于加入
48mL0.1mol / L的N a2S2O3溶液还原H 2ScO3，根据已知条件：Se(Ⅳ)与N a2S2O3反应的物质的量之
比为1：4，则n(Se(Ⅳ))= 1
4 ×0.1mol / L×0.048 L=0.0012mol，则样品中Se的含量为
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0.0012mol×79 g/mol
0.1 g
×100 % =94.8 %，
4.(2025·山西卷)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2( H 2O)4]⋅x H 2O，并测定其结晶水含量。
已知：Sac
−表示糖精根离子，其摩尔质量为182g⋅mol
−1；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较
小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
CoC l2⋅6 H 2O+2 NaSac⋅2 H 2O =[Co(Sac)2( H 2O)4]⋅x H 2O+(6−x)H 2O+2 NaCl
(一)制备
Ⅰ.称取1.0 gCoC l2⋅6 H 2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠( NaSac⋅2 H 2O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 ______、______。(写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 ______中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为 ______。
A.①③② B.③②① C.②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，______(将实验操作、现象和结论
补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 ______。
(二)结晶水含量测定
EDTA和C o
2+形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲
溶液和指示剂，在50～60℃下，用cmol⋅L
−1的EDTA标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 ______(用字母排序)。
a.用标准溶液润洗滴定管
b.加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处
c .检查滴定管是否漏水并清洗
d .赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品[Co(Sac)3( H 2O)4]⋅x H 2O中x的测定值为 ______(用含m、
c、V 的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导数x的测定值 ______(填“偏
高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】量筒、玻璃棒；
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冰水浴；
B；
加稀硝酸酸化，再滴加AgN O3溶液，若无白色沉淀生成，说明C l
−已洗净；
ABC；
cabd；
500m
9cv −27.5；偏高
【解析】(1)步骤1、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率，
(2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰
水浴中，
(3)先用冷的1% NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的C o
2+转
化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，
丙酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故先后顺序
为：③②①，
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加
AgN O3溶液，若无白色沉淀生成，说明C l
−已洗净，
(5)进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛；同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双
手；该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰；该实验中未
涉及锐器的操作，故D 不符合题意，
(6)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗，再用待装的标准溶液进行润洗，待润洗完
成后装入标准溶液至”0”刻度以上2～−3mL处，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，
准确记录标准溶液体积的初始读数，
(7)滴定消耗的n( EDTA )=cmol⋅L
−1×V ×10
−3 L=cV ×10
−3mol，EDTA与C o
2+形成1：1配合物，则
样品溶解后的n(C o
2+)=cV ×10
−3mol，即样品中的n{[Co(Sac)2( H 2O)4]⋅x H 2O}=cV ×10
−3mol，
而
M {[Co(Sac)2( H 2O)4]⋅x H 2O}=(495+18 x)g⋅mol
−1，
故
(495+18 x)g⋅mol
−1×cV ×10
−3mol =mg，解得，x = 500m
9cv −27.5；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，
滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V 偏小，根据x = 500m
9cv −27.5，则x偏高，
5.(2024·浙江卷)某小组采用如下实验流程制备Al I 3：
已知：Al I 3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：
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(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Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(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I
−含量以确定纯度。滴定原理
为：先用过量AgN O3标准溶液沉淀I
−，再以N H 4 SCN标准溶液回滴剩余的A g
+。已知：
难溶电解质
AgI (黄色)
AgSCN (白色)
A g2Cr O4(红色)
溶度积常数K sp
8.5×10
−17
1.0×10
−12
1.1×10
−12
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 ______ 。
称取产品1.0200 g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL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25.00mL待测溶液加入锥形瓶→
______ → ______ →加入稀酸B→用1.000×10
−2mol /ln H 4 SCN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K 2Cr O4溶液
d .滴加指示剂硫酸铁铵[ N H 4 Fe(SO4)2]溶液
e.准确移取25.00mL4.000×10
−2mol / LAgN O3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
②加入稀酸B的作用是 ______ 。
③三次滴定消耗N H 4 SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 ______
。
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[ M ( Al I 3)= 408 g/mol ]
【答案】球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色) BC 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 aedf a e d f 抑制F e
3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 99.20 %
【解析】(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，Al I 3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 . Al I 3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，故A 正确；
B.使用到易燃的有机溶剂时，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，故B 错误；
C.Al I 3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，故C 错误；
D.Al I 3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IV 中要使用冷的正
己烷洗涤，故D 正确；
(3)碘易溶于正己烷，而Al I 3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
25.00mL4.000×10
−2mol / LAgN O3标准溶液，两者充分分反应后，剩余的A g
+浓度较小，然后滴加指
示剂硫酸铁铵[ N H 4 Fe(SO4)2]溶液作指示剂，可以防止生成A g2SO4沉淀；A g2Cr O4的溶度积常数与
AgSCN非常接近，因此，K 2Cr O4溶液不能用作指示剂，应该选用[ N H 4 Fe(SO4)2]溶液，其中的F e
3+
可以与过量的半滴[ N H 4 Fe(SO4)2]溶液中的SC N
−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：aedf ，
②F e
3+和A l
3+均易发生水解，[ N H 4 Fe(SO4)2]溶液中含有F e
3+，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F e
3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断，
③由滴定步骤可知，25.00mL4.000×10
−2mol / LAgN O3标准溶液分别与Al I 3溶液中的I
−、
1.000×10
−2mol / ln H 4 SCN标准溶液中的SC N
−发生反应生成AgI和AgSCN；由A g
+守恒可知，
n( AgI )+n( AgSCN )=n( AgN O3)，
则
n( AgI )=n( AgN O3)−n( AgSCN )=n( AgNO)−n( N H 4 SCN )；三次滴定消耗N H 4 SCN标准溶液的
平
均
体
积
为
25.60mL，
则
n( AgI )=n( AgN O3)−n( AgSCN )=n( AgN O3)−n( N H 4 SCN )=25.00mL×10
−3 L⋅m L
−1×4.000×10
−2mol / L
由I守恒可知n( Al I 3)=n( AgI )=7.440×10
−4mol× 1
3 =2.480×10
−4mol，因此，产品纯度为
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2.480×10
−4mol×480 g/mol
1.0200 g× 25.00mL
250mL
×100 % =99.20 %，
6.(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含
量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ.将适量N a2W O4⋅2 H 2O、N a2SiO3⋅9 H 2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到
十二钨硅酸晶体( H 4[ SiW 12O40]⋅n H 2O)。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的
与[ SiW 12O40]
4−缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a中的试剂是 ______ (填名称)，其作用是 ______ 。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 ______ 。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有 ______ (填名称)。
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(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是 ______ 。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 ______ (选填“能”或“不能”)使用明火，原因是 ______ 。
(6)结晶水测定：称取mg十二铇硅酸晶体( H 4[ SiW 12O40]⋅n H 2O，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ω %，计算n= ______ (用含ω、M的代数式表示)若样品未充分干燥，会导
致n的值 ______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】碱石灰或NaOH固体 吸收挥发出的HCl 防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉
淀 分液漏斗、烧杯 NaCl 不能 乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险 Mω %
18
偏小
【解析】(1)盐酸易挥发，且挥发的HCl污染空气，所以仪器a中的试剂是碱石灰或NaOH固体，作用是吸
收挥发的HCl，
(2)制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，所以步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是，
(3)萃取时需要用的仪器有分液漏斗和烧杯，
(4)步骤Ⅳ中“静置”后，分液漏斗中含有乙醚和NaCl溶液、油状钨硅酸醚合物，且氯化钠溶液的密度大
于乙醚而小于油状钨硅酸醚合物，所以步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是NaCl，
(5)乙醚易挥发、易燃，所以步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，防止产生安全事故，
(6)水
的
质
量
为
mω% g，
n( H 2O)=
mω % g
18 g/mol = mω %
18 mol，
n( H 4[ SiW 12O40]⋅n H 2O)=
mg
Mg/mol = m
M mol，物质的量之比等于个数之比，1：n= m
M mol：
mω %
18 mol，n= Mω %
18
；若样品未充分干燥，水的物质的量偏小，则n偏小。
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