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第二章 化学计量与简单计算
第8 讲 化学计算的常用方法
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核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
类型一 两种基本计算方法 ★★☆☆☆
类型二 关系式法计算及应用 ★★★☆☆
类型三 热重分析法 ★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
限时训练挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
类型一 两种基本计算方法
一、差量法计算及应用
1.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
量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。
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)
【应用举例】
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
m(NaHCO3) (w1-w2) g
样品中m(NaHCO3)=168(w1−w2)
62
g，
则样品中m(Na2CO3)=w1 g-168(w1−w2)
62
g，
1
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其质量分数为m( N a2C O3)
m(样品)
×100%=w1g−168(w1−w2)
62
g
w1g
×100%=
84 w2−53w1
31w1
×100%。
【小试牛刀】
1.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 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。
2.在一个容积为6 L 的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反
应：4X(g)+nY(g)
2Q(g)+6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体
的压强比原来增大了5%，X 的浓度减小1
3，则该反应中的 n 值为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【答案】B
【解析】根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体
积增大的反应，则有：4+n<2+6，所以 n<4，C、D 项错误；温度、容积不变，气体压
强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%=0.25
L，由于平衡时X 浓度减少了1
3，所以X 减少了1 L，根据差量法，
4X(g)+nY(g)
2Q(g)+6R(g) ΔV
4
4-n
1 L
0.25 L
4
4−n= 1 L
0.25 L，解得n=3，A 项错误、B 项正确。
二、列方程组进行二元混合物的计算
2
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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)。
【小试牛刀】
1.取10.80 g 某无机矿物盐X(仅含四种元素)，将X 在惰性气流中加热至完全分解，
得到6.40 g 固体FeO、CaO 的混合物和气体CO2，且无机矿物盐X 能与稀盐酸反应
生成CO2气体。X 的化学式是 ，在惰性气流中加热X 至完全分解
的化学方程式为
。
【答案】CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]
CaFe(CO3)2
CaO+FeO+2CO2↑
【解析】X 完全分解生成CO2的质量为10.80 g-6.40 g=4.40 g，其物质的量为0.10 mol，
根据CaCO3
CaO+CO2↑、FeCO3
FeO+CO2↑可得：n(FeO)+n(CaO)=0.1 mol，
56 g·mol-1×n(CaO)+72 g·mol-1×n(FeO)=6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)=n(CaO)=0.050
mol，则X 的化学式为CaCO3·FeCO3或CaFe(CO3)2。
2.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
【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。
3
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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。
类型二 关系式法计算及应用
1.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。
2.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。
【应用举例】
200 吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质
量为多少吨？
【答案】257.9 t
【解析】根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S~FeS2~2H2SO4
即：S ~ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98=(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
【小试牛刀】
1.[2023·北京，16(4)]尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c(NH 4
+)不能直接用NaOH 溶液准确滴定。
4
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①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH 溶液的浓度和消耗的体积分别为c 和V，计算样品含氮量还
需要的实验数据有 。
【答案】①NH 4
+ ②样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【解析】①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮
粒子为N H 4
+。
2.[2022·湖南，15(6)]某实验小组以BaS 溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测
定产品中BaCl2·2H2O 的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL 水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，
质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O 的质量分数为 (保留三位有效数字)。
【答案】97.6%
【解析】由题意可知，硫酸钡的物质的量为0.466 0 g
233 g·mol
−1=0.002 mol，依据钡原子守
恒，产品中BaCl2·2H2O 的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol-1=0.488
g，质量分数为0.488 g
0.500 0 g×100%=97.6%。
3.[2021·山东，18(3)节选]利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m1 g；开盖并计时1
分钟，盖紧称重为 m2 g；再开盖加入待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m3 g，则
样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3
−离子交换柱发生反应：WO4
2−
+Ba(IO3)2===BaWO4+2IO3
−；交换结束后，向所得含IO3
−的溶液中加入适量酸化的KI
溶液，发生反应：IO3
−+5I-+6H+===3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，
发生反应：I2+2S2O3
2−===2I-+S4O6
2−。滴定达终点时消耗 c mol·L-1的Na2S2O3溶液V
mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为
。
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【答案】①m3+m1-2m2 ②
cVM
120(m3+m1−2m2)%
【解析】②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO4
2−~2IO3
−~6I2~12S2O3
2−
，结合钨元素的质量守恒可得关系式：WCl6~12S2O3
2−，则样品中n(WCl6)= 1
12n(S2O3
2−
)= 1
12×c mol·L-1×V×10-3L，m(WCl6)= 1
12×c mol·L-1×V×10-3L×M g·mol-1= cVM
12 000 g，因此
样品中WCl6的质量分数为
cVM
12 000 g
(m3+m1−2m2) g
×100%=
cVM
120(m3+m1−2m2)%。
类型三 热重分析法
1.热重分析法
热重分析法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通
过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分
解情况及生成物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为金
属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物，一般为先失水、再分解、后氧化。
2.热重曲线基本图示
一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如
固体物质A 受热分解：A(s)
B(s)+C(g)，固体A 热分解反应的热重曲线如图所示。
试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，温度由T1升高到T2的过程，失重质量
Δm=m0- m 1，失重质量百分数为m0−m1
m0
×100%。
3.基本方法和思路
(1)设晶体(金属化合物)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。
(3)计算每步固体剩余的质量m(剩余)，
m(剩余)
m(1mol晶体质)×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
6
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(5)失重后的产物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金
属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。
【小试牛刀】
1.(2024·山东潍坊高三检测)8.34 g 绿矾晶体(FeSO4·7H2O)样品受热脱水过程的热重曲
线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是( )
A.温度为78~159 ℃时固体物质M 的化学式为FeSO4·5H2O
B.温度为159~373 ℃时固体物质N 的化学式为FeSO4·2H2O
C.在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为FeSO4·2H2O
FeSO4+2H2O
D.取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同
时有两种无色气体生成，Q 的化学式为Fe2O3
【答案】D
【解析】n(FeSO4·7H2O)=
8.34 g
278 g·mol
−1=0.03 mol，温度为78~159 ℃时，固体质量为
6.72 g，其中m(FeSO4)=0.03 mol×152 g·mol-1=4.56 g，m(H2O)=6.72 g-4.56 g=2.16 g，
n(H2O)=0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12 mol∶0.03 mol=4∶1，则化学式为
FeSO4·4H2O，A 错误；温度为159~373 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)=4.56
g，m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)=0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03
mol∶0.03 mol=1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，B 错误；N 的化学式为FeSO4·H2O，P
的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N 得到P 的化学方程式为FeSO4·H2O
FeSO4+H2O，C 错误；P 的化学式为FeSO4，则Q 应为铁的氧化物，其中
n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g·mol-1=1.68 g，则Q 中m(O)=2.40
g-1.68 g=0.72 g，n(O)=0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)=2∶3，Q 的化学式为Fe2O3，D 正确。
2.(2024·辽宁辽阳高三模拟)将26.3 g NiSO4·nH2O 样品在900 ℃下煅烧，样品受热过
程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N 时失掉全部的结
晶水。下列说法错误的是( )
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A.n=6
B.固体M 的化学式为NiSO4·4H2O
C.生成固体P 时，样品的失重率约为71.5%
D.固体Q 的化学式为NiO
【答案】D
【解析】L→N 时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2O
NiSO4+nH2O，根
据图像可知，剩余固体NiSO4的质量是15.5 g，失去结晶水的质量是26.3 g-15.5 g=10.8
g，根据NiSO4~nH2O 建立等式，155
15.5= 18n
10.8，解得n=6，A 项正确；L→M 时失掉结晶
水的质量是3.6 g，则固体M 的化学式为NiSO4·4H2O，B 项正确；生成固体P 时，样品
的失重率为26.3 g−7.5 g
26.3 g
×100%≈71.5%，C 项正确；Q 为镍的氧化物，
n(Ni)=n(NiSO4·6H2O)=0.1 mol，则n(O)=8.3 g−0.1mol×59 g·mol
−1
16 g·mol
−1
=0.15 mol，则
n(Ni)∶n(O)=2∶3，固体Q 的化学式为Ni2O3，D 项错误。
3.将1.440 g Ti2O3在空气中加热，固体的质量随温度变化如图所示。
T1→T2 ℃，反应的化学方程式为
。
【答案】2Ti3O5+O2
6TiO2
【解析】1.440 g Ti2O3含Ti 元素的质量为：1.440 g× 96
144 =0.96 g，T0→T1 ℃时，Ti 元素
质量不变，则T1 ℃时，O 元素质量：0.533 g，Ti 原子与O 原子个数比：
0.96 g
48 g·mol
−1
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∶
0.533 g
16 g·mol
−1≈3∶5，即化学式：Ti3O5；T0→T2 ℃时，固体质量增加0.16 g，即为O
元素质量，对应增加O 物质的量0.01 mol，即从Ti2O3反应生成Ti2O4，根据质量守恒定
律，结合图像中固体质量变化可知，T1→T2 ℃时，发生反应化学方程式：2Ti3O5+O2
6TiO2。
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、(选择题1~11 题，每小题6 分，共66 分)
1.将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在
同温同压下测定)，该b L 气体中NH3的体积分数是( )
A.2a−b
a
×100%
B.b−a
b
×100%
C.2a−b
b
×100%
D.b−a
a
×100%
【答案】C
【解析】设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3
N2+3H2 ΔV
2 L 2 L
x (b-a) L
解得x=(b-a) L
所以气体中NH3的体积分数为a L−(b−a) L
b L
×100%=2a−b
b
×100%。
2.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO4
2−完
全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为(
)
A.2b−c
2a
B.2b−c
a
C.2b−c
6a
D.2b−c
3a
【答案】D
9
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【解析】由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO4
2−完全沉淀，根据SO4
2−
+Ba2+===BaSO4↓可知n(SO4
2−)=b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据
NH 4
+
+OH-
NH3↑+H2O 可知n(NH 4
+
)=c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3+的
物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x+c=2b，所以x=2b−c
3
，由于溶液的体积是a
L，所以原溶液中c(Al3+)=
2b−c
3
mol
a L
=2b−c
3a
mol·L-1，故D 正确。
3.将15 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中，恰好将
溶液中的Mn+完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n 值是( )
A.4
B.3
C.2
D.1
【答案】B
【解析】M 的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn+ ~ nCO3
2−
2 n
0.04 L×0.5 mol·L-1 0.015 L×2 mol·L-1
解得n=3。
4.用足量的CO 还原13.7 g 某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，
得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A.PbO
B.Pb2O3
C.Pb3O4
D.PbO2
【答案】C
【解析】设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3
16y 100y
m(O)=1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g，
x∶y= m( Pb)
M ( Pb)∶m(O)
M (O)=3∶4。
5.在氧气中燃烧0.22 g 硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些
二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠
溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为( )
A.72%
B.40%
C.36%
D.18%
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【答案】C
【解析】S 与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢
氧化钠发生反应：H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O。n(H2SO4)=1
2n(NaOH)=1
2×0.01×0.5
mol=0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)=0.002 5 mol，w(S)=
0.002 5mol×32 g·mol
−1
0.22 g
×100%≈36%。
6.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g 绿矾
产品，溶解，配制成1 000 mL 溶液；分别量取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸
酸化的0.010 00 mol·L
−1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为
20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为( )
A.94.5%
B.96.1%
C.96.7%
D.97.6%
【答案】C
【解析】高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO4
−+5Fe2++8H+===Mn2+
+5Fe3++4H2O，n(KMnO4)=20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol，则
n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol，w(FeSO4·7H2O)=
1.0×10
−3mol× 1 000 mL
25 mL
×278 g·mol
−1
11.5 g
×100%≈96.7%。
7.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰
好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN 溶液，无
红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的
量为( )
A.0.25 mol
B.0.2 mol
C.0.3 mol
D.0.35 mol
【答案】A
【解析】由题意可知，混合物中的Fe 元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N 元素守恒可得，
n[Fe(NO3)2]=(0.15 L×4 mol·L-1-
2.24 L
22.4 L·mol
−1)×1
2=0.25 mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以
用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25
mol。
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8.向100 mL 的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况下)Cl2，所得溶液中Cl-和Br-的物质的
量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A.0.75 mol·L-1
B.1 mol·L-1
C.1.5 mol·L-1
D.2 mol·L-1
【答案】 D
【解析】在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+> Br-，n(Cl2)=
3.36 L
22.4 L·mol
−1=0.15 mol；
n(Cl-)=0.3 mol；假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1，则在原溶液中 n(Fe2+)=0.1x mol，
n(Br-)=0.2x mol；方法一：得失电子守恒，由题意可得：0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2，解得
x=2。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为Fe3+、Cl-和Br-可知：3×0.1x=0.3+0.3，解
得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。
9.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL 溶液，往溶液中加入25 mL
Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH-)=0.8 mol·L-1(忽略混
合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为( )
A.1∶2
B.1∶1
C.2∶1
D.2∶3
【答案】A
【解析】设原混合物中n(K2CO3)=x mol，n(KHCO3)=y mol，根据总质量可得：
138x+100y=3.38 ①，反应后剩余的氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.8 mol·L-1×0.05
L=0.04 mol。
根据化学方程式：
K2CO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+2KOH
x mol
2x mol
KHCO3+Ba(OH)2===BaCO3↓+KOH+H2O
y mol
y mol
可得2x+y=0.04 ②，
联立①②解方程组得：x=0.01，y=0.02。所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)=0.01
mol∶0.02 mol=1∶2。
10.取26.90 g ZnSO4·6H2O 加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750 ℃时所
得固体的化学式为( )
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A.ZnO
B.ZnSO4
C.Zn3O(SO4)2
D.ZnSO4·H2O
【答案】C
【解析】750 ℃时剩余固体与680 ℃时一样，剩下13.43 g，质量减少了26.90 g-13.43
g=13.47 g，26.90 g ZnSO4·6H2O 中水的质量为26.90 g×108
269=10.80 g，则还有S、O 元素
质量减少13.47 g-10.80 g=2.67 g ，26.90 g ZnSO4·6H2O 中S 元素的质量26.90 g× 32
269
=3.2 g，则S 元素还有剩余，故C 正确。
11.镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁。将燃烧后的固体产物溶
解在60 mL 浓度为2.0 mol·L-1的盐酸中(氮化镁和盐酸反应的化学方程式为
Mg3N2+8HCl===3MgCl2+2NH4Cl)，以20 mL 0.5 mol·L-1的氢氧化钠溶液中和多余的盐
酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重
0.17 g。则镁带的质量为( )
A.0.6 g
B.1.2 g
C.2.4 g
D.3.6 g
【答案】B
【解析】加入氢氧化钠溶液中和多余的盐酸后，溶液中仅有MgCl2、NH4Cl 和NaCl，
根据电荷守恒：n(NH 4
+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，n(Mg2+)=1
2×(0.06 L×2.0 mol·L-1-
0.17 g
17 g·mol
−1-0.02 L×0.5 mol·L-1)=0.05 mol，m(Mg)=0.05 mol×24 g·mol-1=1.2 g。
12.(6 分)硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应：
Ⅰ.2NO2+Na2CO3===NaNO3+NaNO2+CO2
Ⅱ.NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2
在标准状况下，将含a L NO2和b L NO 的混合气体通入625 g 质量分数为21.2%的纯碱
溶液中，恰好完全被吸收，且吸收液质量增加44 g。
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计算：
(1)a=
L，b=
L。
(2)反应Ⅱ中生成NaNO2的质量为
g。
【答案】(1)33.6 22.4 (2)138
【解析】(1)m(CO2)=625×21.2%×44
106
g=55 g，因此m(NO2+NO)-55 g=44 g，即
m(NO2+NO)=99 g，最终溶液中Na 与N 的物质的量之比为1∶1，因此有
{
a
22.4 ×46+
b
22.4 ×30=99
a+b
22.4 = 625×21.2%×2
106
，解得{
a=33.6
b=22.4。(2)根据反应Ⅱ可知，生成的NaNO2的质
量为69 g·mol-1×2 mol=138 g。
13.(7 分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应
急供氧等。
(1)已知：I2+2S2O3
2−===2I-+S4O6
2−，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤
如下：
第一步：准确称取 a g 产品放入锥形瓶中，再加入过量的 b g KI 晶体，加入适量蒸馏
水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为 c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的
现象是
。
若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为 (用字母表示)。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在
坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得
固体物质的化学式为
。
【答案】(1)溶液由蓝色变无色，且30 s 内不恢复蓝色 0.036cV
a
×100%
(2)CaO
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【解析】(1)根据得失电子守恒，可得关系式：CaO2~I2~2S2O3
2−，则样品中CaO2的质量
分数为cV ×10
−3×72
2×a
×100%=0.036cV
a
×100%。
(2)CaO2·8H2O 的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g 过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左
右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
14.(9 分)(1)[2022·辽宁，17(7)]取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL 摇匀。取
20.00 mL 于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，
消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，
产品中H2O2质量分数为
。
(2)[2017·全国卷Ⅰ，26(5)改编]取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m g，将其中的氮转化成铵盐，
再经反应转化为NH3·H3BO3，然后用盐酸滴定进行测定(已知：
NH3·H3BO3+HCl===NH4Cl+H3BO3)，滴定时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸V mL，则样品
中氮的质量分数为 %，样品的纯度≤ %。
【答案】(1)17% (2)1.4 cV
m
7.5cV
m
【解析】(1)根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL 偏
差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分
数w(H2O2)
=20×10
−3 L×0.050 0 mol· L
−1× 5
2 × 100 mL
20 mL ×34 g·mol
−1
2.50 g
×100%=17%。
(2)处理后，甘氨酸(C2H5NO2)样品中的氮元素全部转入NH3·H3BO3中。
根据氮原子守恒得如下关系式：
C2H5NO2~NH3·H3BO3~HCl
n(C2H5NO2)=n(HCl)=cV×10-3 mol，
样品中氮的质量分数为cV ×10
−3mol×14 g·mol
−1
m g
×100%=1.4 cV
m
%。样品的纯度≤
cV ×10
−3mol×75 g·mol
−1
m g
×100%=7.5cV
m
%。
15.(12 分)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O 为原料，
经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
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(1)将一定量的FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2
溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为
；水解聚合反应会导致溶液的pH (填“增大”或“减小”)。
(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SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充
分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中
Cr2O7
2−与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
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该样品中铁的质量分数为
。
【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O 减小 (2)①偏大 ②12.32%
【解析】(1)H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：
Fe2(SO4)3+(6-2n)H2O
Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4，Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚合
硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。(2)①根据
题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+===Sn4++2Fe2+，则还原性：
Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化
Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
②实验过程中消耗的n(Cr2O7
2−)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00×10-3 L=1.100×10-3mol，根据得
失电子守恒得滴定时反应的离子方程式为Cr2O7
2−+6Fe2++14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O，可
得关系式：Cr2O7
2−~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O7
2−)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol，根据
Fe 元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)=6.6×10-3mol×56 g·mol-1=0.369 6 g，样品中铁
元素的质量分数w(Fe)=0.369 6 g
3.000 g
×100%=12.32%。
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