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考点08 物质的量在化学方程式计算中的应用
1．3 年真题考点分布
年份
卷区
考点分布
基本计算
化学式计算
转化率计算
纯度计算
产率计算
2022
辽宁
√
√
山东
√
江苏
√
天津
√
海南
√
福建
√
√
2021
山东
√
√
湖南
√
江苏
√
辽宁
√
2020
海南
√
北京
√
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3 年新高考卷对于物质的量用于化学方程式计算的考主要考查：
1．样品纯度、反应物的转化率及产物的产率的计算
2．氧化还原反应中相关物质的量、转移电子数的计算
3．工艺流程中相关量的计算
【备考策略】高考试题常以化工生产、化学实验为背景，强调计算与化学基本理论、化学变化过程、工艺流程、
化学实验等结合，突出思维能力的考查和数学工具的应用。在复习过程中强化特定环境中化学小计算的练习。
【命题预测】近年新高考化学计算题主要有以下特点：（1）注意速算巧解。一般在第Ⅰ卷中会出现几个要计算
的量很少或者根本不需要计算的试题。纯计算题不超过两个，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。（2）起点高、落点低。这方面主要是第
Ⅱ卷中的计算题。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。（3）综合计算题的命题趋
势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观
点把握化学知识、原理、过程等。
考法
1
物质的量在化学方程式计算中的应用
1．以物质的量为中心的计算
1
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（1）已知物质的质量mB，nB＝
mB
M B 。
（2）已知标准状况时的气体体积VB，nB＝
V B
V m 。
（3）已知物质的粒子数NB，nB＝
N B
N A 。
（4）已知溶液中溶质的物质的量浓度cB，nB＝cB·
V 。
2．化学方程式中的定量关系
H2
+
Cl2
2HCl
化学计量数比
1
1
2
微粒个数之比
1NA
1NA
2NA
气体体积之比
1Vm
1Vm
2Vm
物质的量之比
1mol
1mol
2mol
（1）化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。
（2）对于有气体参与的反应化学方程式中各物质的化学计量数之比等于气体体积之比。
【典例1】（2022·西南师大附中高三上学期期中检测）将金属Mg、Fe 的混合物16 g 投入到200mL 的稀硫酸中，
恰好完全反应，收集到标准状况下11.2 L 氢气。下列相关说法错误的是（ ）。
A．Mg、Fe 混合物总物质的量为0.5mol
B．Mg 与Fe 物质的量之比为3︰1
C．生成MgSO4的质量为45 g
D．该稀硫酸物质的量浓度为0.5mol/L
【解析】选D。n（H2）＝
11.2L
22.4L/mol ＝0.5mol，Mg、Fe 和稀硫酸反应后都生成+2 价的金属硫酸盐，其和硫酸
反应的通式为：M+H2SO4
MSO4+H2↑，所以n（H2）＝n（H2SO4）＝n（M）＝0.5mol，c（H2SO4）＝
0.5mol
0.2L ＝2.5mol/L，A 选项正确，D 选项错误；混合物的平均摩尔质量为：M ＝
16g
0.5mol ＝32g/mol，假设混合
物中Fe 的物质的量分数为x，则镁的物质的量分数为（1－x），所以32g/mol＝x·56g/mol×+（1－x）·24g/mol，
解得x＝0.25，所以n（Mg）︰n（Fe）＝0.75︰0.25＝3︰1，B 选项正确；n（Mg）＝n（MgSO4）＝
0.5mol×0.75＝0.375mol，m（MgSO4）＝0.375mol×120g/mol＝45g，C 选项正确。
【拓展延伸】物质的量应用于化学方程式计算步骤
1．计算步骤
2
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2．注意事项
（1）计算时，各物质不一定都用物质的量表示，也可以用物质的质量、气体的体积，但要注意各物质的物质
的量与各物理量的换算关系。
（2）在化学方程式中列出的各量，同种物质的单位必须相同，不同物质的单位可以相同，也可以不同，但单
位必须“上下统一”。
（3）列式求解时要注意所有的数值要带单位，同时注意有效数字的处理。
【典例2】（2022·海南省选择考）在2.8gFe 中加入100mL3mol/LHCl，Fe 完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的
值，下列说法正确的是（ ）。
A．反应转移电子为0.1mol
B．HCl 溶液中Cl－数为3NA
C．2.8g56Fe 含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36L
【解析】选A。2.8gFe 的物质的量为0.05mol；100mL3mol·L－1HCl 中H+和Cl－的物质的量均为0.3mol，两者发
生反应后，Fe 完全溶解，而盐酸过量。Fe 完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A 正确；HCl 溶液中Cl
－的物质的量为0.3mol，因此，Cl－数为0.3NA，B 不正确；56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe 的物质的
量为0.05mol，因此，2.8g56Fe 含有的中子数为1.5NA，C 不正确；反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状
况下的体积为1.12L，D 不正确。
【拓展延伸】物质的量应用于化学方程式计算的类型
1．已知一种反应物（或生成物）的量求解其他物质的有关量
此时按照化学方程式中量的关系，列出已知物质和待求物质的比例式计算便可。
2．混合物反应的计算
设混合物中各物质的物质的量为x、y，按照化学方程式中量的关系并以x、y 表示，列出方程组解答。
3．过量计算：给出了两种反应物的量，求解某产物的量。
按照化学方程式中量的关系判断哪一种物质不足，然后根据不足的物质的量进行求解。
【典例3】（2023·辽宁选择考）2－噻吩乙醇（Mr＝128）是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如
下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL 液体A 和4.60g 金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小
钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL 噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至－10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL 水，搅拌30min；加盐酸调pH 至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有
机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A 后，
得到产品17.92g。
产品的产率为_______（用Na 计算，精确至0.1%）。
【解析】步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL 液体A 和4.60g 金属钠，Na 的物质的量为n（Na）＝
4.60g
23g/mol ＝
0.2mol，步骤Ⅱ中Na 完全反应，根据化学方程式和钠元素守恒可列如下关系式：Na~
~
，所以理论上可以生成0.2mol2－噻吩乙醇，产品的产率为
17.92g
0.2mol×128g/mol ×100%＝70.0%。
3
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【答案】70.0%
【拓展延伸】化学计算中的几个“率”
（1）纯度＝
纯净物的质量
样品的总质量×100%
（2）产率＝
实际产量
理论产量×100%
（3）原料利用率＝
理论消耗量
实际消耗量×100%
（4）转化率＝
已反应的反应物的量
反应物的总量
×100%
1．在一定体积的容器中加入1.5mol 氙气和7.5mol 氟气（双原子分子），于400℃和2633kPa 压强下加热数小时，
然后迅速冷至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5mol 氟气。则所得无色晶体产物中，氙和氟的原
子个数之比是（ ）。
A．1 6∶ B．1 4∶ C．1 3∶ D．1 2∶
【解析】选B。参加反应的氙气和氟气的物质的量之比为1.5∶（7.5－4.5）＝1 2∶，氙气是单原子分子，氟气是双
原子分子，所以得到的无色晶体中，氙和氟的原子个数比为1 4∶。
2．将28g 铁粉放入100mL0.1mol/L 的CuSO4溶液中，充分反应后析出的铜的质量为（ ）。
A．32g B．6.4g C．0.64g D．3.2g
【解析】选C。n（Fe）＝
28g
56g/mol ＝0.5mol，n（CuSO4）＝0.100L×0.1mol/L＝0.01mol，由CuSO4+Fe＝
FeSO4+Cu，可知Fe 过量，所以应该按照CuSO4的量进行计算。n（Cu）＝n（CuSO4）＝0.01mol，m（Cu）＝
0.01mol×64g/mol＝0.64g。
3．镁和铝分别和等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与反应时间（t）的关系如图所示。
则下列说法正确的是（ ）。
A．镁和铝消耗硫酸的物质的量之比是2 3∶
B．参加反应的镁、铝的质量之比是8 9∶
C．反应中消耗的镁、铝的物质的量之比是3 2∶
D．反应中镁、铝转移电子的物质的量之比是2 3∶
【解析】选C。由题意，结合题图可知，Mg、Al 完全反应且产生氢气的量相等。利用Mg、Al 与稀硫酸反应的
化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1 1∶，消耗Mg、Al 的物质的量之比为3 2∶，A 项错
误、C 项正确；参加反应的镁、铝的质量之比是4 3∶，B 项错误；由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量
之比为1 1∶，D 项错误。
4．（2023·新课标卷）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
安息香
白色固体
133
344
难溶于冷水
溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二
酮
淡黄色固体
95
347
不溶于水
溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸
无色液体
17
118
与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10mL 冰乙酸、5mL 水及9.0g FeCl3·6H2O，边搅
4
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拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g 安息香，加热回流45~60min。③加入50mL
水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3 次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，
干燥后得淡黄色结晶1.6g。
本实验的产率最接近于_______（填标号）。
a．85% b．80% c．75% d．70%
【解析】2.0g 安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量
约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为
1.6g
1.98g ×100%＝80.8%，最接近80%。
【答案】b
考法
2
化学计算中
常用
的
解题方法
【典例4】（2022·石家庄高三上学期期中）在标准状况下，有750mL 含臭氧的氧气，其中臭氧完全分解后体积
变为780mL，若将此含臭氧的氧气1L 通入碘化钾溶液中，发生如下反应：2KI+O3+H2O
2KOH+I2↓+O2，则
生成的碘的质量是（ ）。
A．0.91g B．0.81g C．0.71g D．0.61g
【解析】选A。由2O3
3O2 △V＝780mL－750mL＝30mL，V（O3）＝2△V＝60mL，1L 混合气体中含臭氧
的体积为：V＝1L×
60mL
750mL ＝0.08L，n（O3）＝n（I2）＝
0.08L
22.4L/mol ＝0.0036mol，m（I2）＝0.0036mol×254g·mol
－1＝0.91g。
【拓展延伸】差量法
1．含义：差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个
反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分
解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以
是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。具
体如下：
2．原理：根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出“理论差量”，如反应前后的质量、物质的量、
气体体积等。结合题目实际差量列出比例式进行解答。
3．示例
（1）固体质量差
2Na2O2
+
2CO2
2Na2CO3
+
O2
Δm
计量关
系
2×78g
2×1mol
2×106g
22.4L
56g
反应关
系
m（Na2O2）
n（CO2）
m（Na2CO3）
V（O2）
28g
则：
＝
＝
＝
＝
（2）气体体积差
3NO2
+
H2O
2HNO3
+
NO
ΔV
计量关系
3×1mL
18g
2×1mol
1mL
2mL
反应关系
V（NO2）
m（H2O）
n（HNO3）
V（NO）
z
则：
＝
＝
＝
＝
（3）物质的量差
2SO2
+
O2
2SO3
Δn
计量关
系
3×22.4L
32g
2×1mol
1mol
反应关
系
V（SO2）
m（O2）
n（SO3）
z
5
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则：
＝
＝
＝
【典例5】（2023·湖北选择考）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A 的名称为_______，装置B 的作用为_______。
（2）铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu 溶解的离子方程式为______________________；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化
还原角度说明H+的作用是_________________。
（3）用足量NaOH 处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X 为铜的氧化物，提纯干燥后的X 在惰
性氛围下加热，mgX 完全分解为ng 黑色氧化物Y，
＝
5
6 。X 的化学式为_______。
（4）取含X 粗品0.0500g（杂质不参加反应）与过量的酸性KI 完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示
剂，用0.1000mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。（已知：Cu2++ 4I－
2CuI↓+I2，2S2O3
2－+I2
S4O6
2－+2I－）标志滴定终点的现象是_______，粗品中X 的相对含量为_______。
【解析】（1）由图可知，仪器A 的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮
易溶于水，需要防倒吸，则装置B 的作用为防倒吸；（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条
件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+
Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧
化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从
氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；（3）在该反应中铜的质量m（Cu）＝n×
64
80 ＝
4 n
5 ，因为
＝
5
6 ，则m（O）＝n×
16
80 +（m－n）＝
2n
5 ，m（Cu）∶m（O）＝
4 n
5 ∶
2n
5 ＝2 1∶，则X 的化学式
中铜原子和氧原子的物质的量之比为：n（Cu）∶n（O）＝
2
64 ∶
1
16 ＝2 1∶，则X 为CuO2；（4）滴定结束的时
候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2
价，氧为－1 价，根据Cu2++ 4I－
2CuI↓+I2，2S2O3
2－+I2
S4O6
2－+2I－，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O3
2
－，则n（CuO2）＝
×0.1mol/L×0.015L＝3.75×10－4mol，粗品中X 的相对含量为
×100%
＝72%。
【答案】（1）①具支试管②防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+
Cu2++2H2O；O2；既不是氧化剂，又不是还原剂
【拓展延伸】关系式法
1．“关系式”是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，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．关系式的寻找方法
（1）根据化学方程式确定关系式：写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。
（2）根据原子守恒确定关系式。示例：把CO 还原Fe2O3生成的CO2通入澄清石灰水中，求生成沉淀的质量。
①写出反应方程式：3CO+Fe2O3
2Fe+3CO2，CO2+Ca（OH）2
CaCO3↓+H2O
②列关系式3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3。
3．关系式法解题步骤
6
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【典例6】（2023·浙江选择考）［Al2（OH）aClb］m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝
a
a+b 当盐基度为
0.60~0.85 时，絮凝效果较好。Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，
调pH＝6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色
（有Ag2CrO4沉淀），30 秒内不褪色。平行测试3 次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶
液中c（Al3+）＝0.1000mol·L－1。产品的盐基度为___________。
【解析】根据Cl－~AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为c（Cl－）＝
＝
0.09mol·L－1，n（Al3+）∶n（Cl－）＝0.1000mol·L－1∶0.09mol·L－1＝10∶9，则［Al2（OH）aClb］m中2∶b＝
10∶9，根据电荷守恒得到：2×（+3）+a×（－1）+b×（－1）＝0，解方程组得a＝4.2，∶b＝1.8，所以产品的
盐基度为
4.2
4.2+1.8 ＝0.7。
【答案】0.7
【拓展延伸】“守恒法”原理及解题思维模板
1．所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。
（1）电子守恒：氧化还原反应中得电子总数等于失电子总数。
（2）电荷守恒
①电解质溶液中，阳离子所带正电荷总数＝阴离子所带负电荷总数
②离子方程式中，反应物所带电荷总数＝生成物所带电荷总数。
③在化合物中，正负化合价的代数和等于零。
（3）质量守恒
①化学反应中，反应物的质量总和等于生成物的质量总和
②化学反应前后，混合物的总质量不变
③化学反应前后，元素种类不变，原子个数不变。
2．解题步骤
（1）第一步：明确题目要求解的量
（2）第二步：根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量
（3）第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解
【典例7】（2023·上海浦东区模拟）物质的量为0.10mol 的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产
物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（ ）。
A．3.2g B．4.0g C．4.2g D．4.6g
【解析】选D。本题可以采用极端假设法。若混合气体全部是CO2，则发生的反应是：2Mg+CO2
2MgO+C，0.10mol 的镁条产生0.10mol MgO 和0.050mol C，其质量为m1＝0.10mol×40g/mol+0.050mol×12g/mol
＝4.6g；若混合气体全部是O2，则发生的反应是：2Mg+O2
2MgO，0.10mol 的镁条产生0.10mol MgO，其质
量为m2＝0.10mol×40g/mol＝4.0g；若无气体，则固体是镁，其质量为m3＝0.10mol×24g/mol＝2.4g，所以产生固
体物质的质量的范围是：2.4g＜m＜4.6g。
【拓展延伸】极值法
（1）含义：极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然
后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
（2）解题的基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
（3）解题的关键：紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
（4）极值法解题的优点：极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解
题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
7
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1．（2022·台州高三12 月模拟）将相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝中的SO4
2－完全沉淀，需消耗相同物质
的量浓度的BaCl2溶液的体积比为3∶2∶1，则硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝溶液的物质的量浓度之比为（ ）。
A．3∶2∶1 B．3∶6∶1 C．9∶3∶1 D．3∶1∶3
【解析】选B。相同物质的量浓度的BaCl2溶液使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝三种溶液中的SO4
2－完全
转化为BaSO4沉淀，消耗BaCl2溶液的体积为3∶2∶1，根据Ba2++SO4
2－＝BaSO4↓可知，三种溶液中含有硫酸
根离子物质的量之比为3∶2∶1，即：3×c［Fe2（SO4）3］×V∶2×c（ZnSO4）×V∶3×c［Al2（SO4）3］×V＝
3∶2∶1，则c［Fe2（SO4）3］∶c（ZnSO4）∶c［Al2（SO4）3］＝3∶6∶1。
2．等质量的CuO 和MgO 粉末分别溶于相同体积的硝酸中，得到的Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量浓度
分别为amol/L 和bmol/L。a 与b 的关系为（ ）。
A．a＝b B．a＝2b C．2a＝b D．a＝5b
【解析】选C。设m（CuO）、m（MgO）均为80g，则它们的物质的量之比为
∶
＝1 2∶，溶
液的体积相同时，溶质的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，即2a＝b。
3．（2022 年1 月浙江学考仿真模拟卷A）工业上利用黄铁矿制硫酸。某黄铁矿中FeS2的质量分数为a%（假设
杂质不含硫元素），其燃烧过程转化率为75%，SO2生成SO3的转化率为80%，SO3吸收率为98%，现有黄铁矿
10t，能制备98%的硫酸（ ）。
A．9.8×a%t B．4.9×a%t C．a%t D．2.8×a%t
【解析】选A。转化过程根据S 原子守恒可得关系式：FeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4，10t 黄铁矿中FeS2的质量为m
＝10t×a%，物质的量为n（FeS2）＝
10×106 g×a%
120g/mol
＝
106×a%
12
mol，n（H2SO4）＝2n（FeS2）＝2×
106×a%
12
mol×75%×80%×98%＝98000×a%mol，m（H2SO4）＝98000×a%mol×98g/mol＝98000×a%×98g，能制备98%的硫
酸质量为：m＝
98000×a%×98g
98%
＝9800000×a%g＝9.8×a%t。
4．测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用以下方法：取10.00mL“84”消毒液，调节pH 后，以淀粉为指示
剂，用0.100mol·L－1KI 溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理：3ClO－+I－
3Cl－
+IO3
－，IO3
－+5I－+6H+
3H2O+3I2；三次平行实验中平均消耗KI 溶液的体积为20.00mL，由此可知原消毒液中
NaClO 的物质的量浓度为（ ）。
A．0.04mol·L－1 B．0.10mol·L－1 C．0.25mol·L－1 D．0.60mol·L－1
【解析】选B。根据题给反应原理可知，整个过程总反应方程式为ClO－+2I－+2H+
Cl－+H2O+I2，则n
（NaClO）＝
1
2 n（KI）＝0.02L×0.100mol·L－1×
1
2 ＝0.001mol，故c（NaClO）＝
＝0.100mol·L－1。
5．将一颗质量为5.6g 的铁钉，在潮湿的空气中放置一段时间后，向其中缓缓滴入2mol/L 的稀盐酸，充分反应
至恰好完全溶解，则盐酸的体积最少可以是（ ）。
A．67mL B．100mL C．150mL D．200mL
【解析】选B。5.6g 铁的物质的量为0.1mol，若铁全部被氧化，则最后将全部变成FeCl3，此时需要稀盐酸的物
质的量为0.3mol，其体积为V（HCl）＝
＝
＝0.15L＝150mL；若铁全部未被氧化，则最后将全部变成
FeCl2，此时需要稀盐酸的物质的量为0.2mol，其体积为V（HCl）＝
＝
＝0.1L＝100mL；所以消耗盐
酸的体积的范围为：100mL＜V（HCl）＜150mL。
【基础过关】
1．（2022~2023 学年·江西新余高三期中检测）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。
A．1molNa 在空气中完全燃烧，转移的电子数为2NA
B．常温下，2.3g 钠投入水中，产生0.05NA个氢分子
C．0.1molFe 与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.1NA
D．0.1molFe 与足量盐酸反应，转移0.3mol 电子
【解析】选B。1molNa 在空气中完全燃烧生成0.5molNa2O2，转移1mol 电子，A 错误；钠与水发生反应
2Na+2H2O
2Na++2OH－+H2↑，2.3g 钠（0.1mol）生成0.05molH2，B 正确；根据反应3Fe+4H2O（g）
1
80g
80g mol
1
80g
40g mol
8
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Fe3O4+4H2，0.1molFe 完全反应生成
0.4
3 molH2，C 错误；Fe 与盐酸反应生成FeCl2，0.1molFe 与足量盐酸反应，
转移0.2mol 电子，D 错误。
2．太阳光普照大地，没有地域的限制，可直接开发和利用，便于采集，且无须开采和运输。开发利用太阳能不
会污染环境，它是最清洁能源之一，每年到达地球表面上的太阳辐射能约相当于130 万亿吨煤，其总量属于现
今世界上可以开发的最大能源。利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol 水，下列说法正确的是（ ）。
A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L（标准状况）
D．生成H2的量理论上等于0.04molNa 与水反应产生H2的量
【解析】选D。根据方程式：2H2O
2H2↑+O2↑，根据物质的量之比等于系数比可知，光解0.02molH2O，
可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：0.02molH2的质量为0.04g，A 错误；0.02molH2的氢原子数为
2.408×1022个，B 错误；0.02molH2在标准状况下的体积为0.448L，C 错误；根据反应方程式：2Na+2H2O
2NaOH+H2↑，0.04molNa 与水反应产生0.02molH2，故D 正确。
3．对于反应aA+bB
cC+dD（A、B、C、D 表示物质的化学式，a、b、c、d 为化学方程式中的化学计量数），
下列说法不正确的是（ ）。
A．如果质量为m1的A 与质量为m2的B 恰好完全反应，则生成的C、D 的质量之和一定等于（m1+m2）
B．参加反应的A 和B 中的原子总数一定等于生成的C 和D 的原子总数
C．（a+b）不一定等于（c+d）
D．A 和B 中的元素种类，不一定等于C 和D 中的元素种类
【解析】选D。化学反应的本质是把反应物中旧分子拆成原子，再把原子重新组合成生成物中的分子，反应过
程中元素种类不会改变，所以选D。
4．（2023·河北承德高三1 月模拟）新装修房屋会释放有毒的甲醛（HCHO）气体，银－Ferrozine 法检测甲醛的
原理如下：
下列说法正确的是（ ）。
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO 被氧化时转移电子数目为2NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO＝4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCHO 和消耗Fe3+的物质的量之比4 1∶
【解析】选C。没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，A 错误；30gHCHO 的物质的量为1mol，
被氧化时生成CO2，碳元素的化合价从0 升高到+4，所以转移电子数目为4NA，B 错误；根据电子转移守恒，消
耗1molHCHO 时，转移4mol 电子，可以把4molFe3+还原为Fe2+，D 错误。
5．将一定量锌与100mL18mol·L－1浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀
释到400mL，测得溶液c（H+）＝2mol·L－1，则下列叙述中错误的是（ ）。
A．反应中生成的气体有SO2和H2
B．反应中共消耗锌52.0g
C．气体中SO2和H2物质的量比为6 1∶
D．反应共转移电子1.6mol
【解析】选C。Zn 和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）
ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
稀硫酸与Zn 发生：Zn+H2SO4（稀）
ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和H2的混合物，生成气体的物质的
量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
1
2 ×0.4L×2mol·L－1＝0.4mol，参加反应的n（H2SO4）＝0.1L×18mol·L
－1－0.4mol＝1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则x+y＝
0.8mol。根据Zn+2H2SO4（浓）
ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+H2SO4（稀）
ZnSO4+H2↑，n（H2SO4）＝2n
9
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（SO2）+ n（H2）＝2x+y＝1.4 mol，解之得x＝0.6mol，y＝0.2mol，所以反应会生成0.6mol 的二氧化硫和
0.2mol 的氢气。由以上分析可知气体为SO2和H2的混合物，故A 正确；生成1mol 混合气体转移2mol 电子，消
耗1mol 的锌，所以反应中共消耗金属Zn 的质量m（Zn）＝0.8mol×65g·mol－1＝52g，故B 正确；气体中SO2和
H2物质的量比为3 1∶，故C 错误；生成1mol 混合气体转移2mol 电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D 正确。
6．（双选）将等物质的量的金属Na、Mg、Al 分别与100mL2mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V
（已折合为标准状况）与时间t 的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）。
A．x＝2.24
B．曲线c 为Mg 与盐酸反应的图像
C．反应时，Na、Mg、Al 均过量
D．钠的物质的量为0.2mol
【解析】选B、C。由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属
失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1 2 3
∶∶，故推断
出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na 反应完全，此时Na 完全反应而Mg、Al 还有剩余。由于酸不足，所以生
成氢气的量为n（H2）＝0.5n（HCl）＝0.5×0.1L×2mol·L－1＝0.1mol，所以标准状况下的体积为2.24L，故A 正
确；按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al 可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故曲线b
是Mg 与盐酸反应的图像，故B 错误；Na 不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故C 错误；生成0.1mol 的
氢气需0.2mol 的钠，故D 正确。
7．（温州市普通高中2023 届高三第一次适应性考试）将40.8gFe、FeO 混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生
成46.4gFe3O4，则Fe、FeO 的物质的量之比为（ ）。
A．1∶3 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶1
【解析】选A。46.4gFe3O4中，n（Fe3O4）＝
46.4g
232g/mol ＝0.2mol，则n（Fe）＝0.6mol；40.8gFe、FeO 混合物中，
n（Fe）＝0.6mol，m（Fe）＝0.6mol×56g/mol＝33.6g，m（O）＝40.8g－33.6g＝7.2g，n（FeO）＝n（O）＝
7.2g
16g/mol ＝0.45mol，则n（Fe）＝0.6mol－0.45mol＝0.15mol，Fe、FeO 的物质的量之比为0.15mol∶0.45mol＝
1∶3。
8．（2023·云南昆明高三3 月模拟）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11.5g 绿矾产品，溶解，配制成1000mL 溶液；量取25.00mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的
0.01000mol·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20.00mL。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%
【解析】选C。高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，n
（KMnO4）＝20.00×10－3L×0.01000mol·L－1＝2.0×10－4mol，根据得失电子守恒或化学方程式知，n
（FeSO4·7H2O）＝5n（KMnO4）＝1.0×10－3mol，理论上25.00mL 待测液中所含样品的质量m＝11.5g×
25.00mL
1000mL
＝0.2875g，w（FeSO4·7H2O）＝
×100%≈96.7%。
9．（2023·四川攀枝花高三上学期期中）合成氨工厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化
反应，若有标准状况下AL 氨气完全反应，测得转移电子数X 个，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（ ）。
A．
11.2X
5A
mol－1 B．
5A
11.2X mol－1 C．
5A
22.4X mol－1 D．
22.4X
5A
mol－1
【解析】选D。根据反应方程式4NH3+5O2
4NO+6H2O 可知，当1 个NH3完全反应时，转移5 个电子，
故当标准状况下AL（即
A
22.4 mol）氨气完全反应时转移电子数X＝
A
22.4 mol×NA×5，从而可计算出NA＝
22.4X
5A
mol－1，D 项正确。
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10．（2023·安徽马鞍山高三上学期期中）用足量的CO 还原13.7g 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8.0g，则此铅氧化物的化学式是（ ）。
A．PbO B．Pb2O4 C．Pb3O4 D．PbO2
【解析】选C。设此铅氧化物的化学式为PbxOy，铅氧化物中的氧元素全部变成CO2，根据碳元素守恒有：PbxOy
～yO～yCO～yCO2～yCaCO3，则：n（O）＝n（CaCO3）＝
8.0g
100g/mol ＝0.08mol，m（O）＝0.08mol×16g/mol＝
1.28g，所以m（Pb）＝13.7g－1.28g＝12.42g，n（Pb）＝
12.42g
207g/mol ＝0.06mol，n（Pb）∶n（O）＝
0.06mol∶0.08mol＝3 4∶，此铅氧化物的化学式是Pb3O4。
11．3g 镁铝合金与100mL 稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4g，则原硫酸
的物质的量浓度为（ ）。
A．1mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．2mol·L－1 D．2.5mol·L－1
【解析】选B。应用守恒定律可求出无水硫酸盐中n（SO4
2－）＝
17.4g－3g
96g/mol
＝0.15mol，故c（H2SO4）＝
＝1.5mol·L－1。
12．（2023·台州高三模拟）向4.50g 含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L 的硫酸至过量，再加ag 氢
氧化钠固体至溶液呈中性，过滤后蒸发结晶得到晶体24.85g（假设结晶过程中溶质没有损失），则加入的硫酸
的体积为（ ）。
A．200mL B．135mL C．175mL D．275mL
【解析】选C。向4.50g 含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L 的硫酸至过量，反应后的溶液中溶质为
硫酸钠和硫酸，再加ag 氢氧化钠固体至溶液呈中性，所得溶液中溶质只有硫酸钠，过滤后蒸发结晶得到硫酸钠
晶体24.85g，硫酸钠的物质的量为n（Na2SO4）＝
24.85g
142g/mol ＝0.175mol，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸的物质
的量也为0.175mol，则加入硫酸溶液的体积为
0.175mol
1.00mol/L ＝0.175L＝175mL。
13．（2023·辽宁选择考）我国古籍记载了硫酸的制备方法－－“炼石胆（CuSO4·5H2O）取精华法”。借助现
代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线（热重）及DSC 曲线（反映体系热量变化情况，数值
已省略）如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______（填化学
式）。
【解析】根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG
图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，此时气体产物
为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体
产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。
【答案】CuO、SO3
14．（2023·苏州一模）从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2+3CuCl2
4CuCl+FeCl2+2S。过滤3 所得滤液中可以循环使用的物质有_______________，为保持
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流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____。
【解析】滤3 所得滤液中含有HCl 和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2
4CuCl+FeCl2+2S、
2CuCl
Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2
2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，
理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。
【答案】CuCl2（HCl）；0.5mol
15．（2022·河南商丘高三上学期期末）滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步
骤如下：①取10mL 废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL；②先将水样调至中性，再加入氧
化镁使水样呈微碱性，加热；③用25mL 硼酸吸收蒸馏出的氨［2NH3+4H3BO3
（NH4）2B4O7+5H2O］；④将
吸收液移至锥形瓶中，加入2 滴指示剂，用cmol•L－1的硫酸滴定至终点［（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O
（NH4）2SO4+4H3BO3］，记录消耗的体积VmL。则水样中氮的含量是_________mg•L－1（用含c、V 的表达式
表示）
【解析】取10mL 废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL；②先将水样调至中性，再加入氧化
镁使水样呈微碱性，加热；③用25mL 硼酸吸收蒸馏出的氨［2NH3+4H3BO3
（NH4）2B4O7+5H2O］；④将吸
收液移至锥形瓶中，加入2 滴指示剂，用cmol•L－1的硫酸滴定至终点［（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O
（NH4）
2SO4+4H3BO3］，记录消耗的体积VmL。依据滴定实验和反应化学方程式可知：2N～2NH3～（NH4）2B4O7～
H2SO4，n（N）＝n（NH3）＝2n（H2SO4）＝2×cV×10－3mol，m（N）＝2×cV×10−3mol×14×103mg/mol＝28cV
mg，水样中氮的含量＝
28cVmg
0.01L ＝2800cV mg•L－1。
【答案】2800cV
16．（保定市部分学校2023 届高三上学期期中考试）某工厂用2t 该废镍触媒（NiO 含量为75%）制备硫酸镍，
设整个流程中Ni 的损耗率为20%，最终得到NiSO4·6H2O 的质量为____________t。
【解析】）2t 该废镍触媒（NiO 含量为75%）制备硫酸镍，m（NiO）＝2t×75%＝1.5t，其中Ni 元素的质量为
59，m（Ni）＝1.5t×
59
75 ＝1.18t，设整个流程中Ni 的损耗率为20%，Ni 元素守恒，n（NiSO4·6H2O）＝n（Ni）
＝
1.18×10
6g×（1－20%）
59g/mol
，最终得到NiSO4·6H2O 的质量m（NiSO4·6H2O）＝
1.18×10
6g×（1－20%）
59g/mol
×75g/mol×10－6
t/g＝4.208t。
【答案】4.208
【能力提升】
1．（2023·梅州高三模拟）将12.8g 铜粉加到400mL 2mol·L－1的FeCl3溶液中，充分反应后（假设溶液总体积不
变），下列说法正确的是（ ）。
A．溶液中产生了黑色固体
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1 2∶
C．溶液中Fe2+的物质的量浓度为2.0mol·L－1
D．溶液中Fe3+和Fe2+物质的量之比为1 2∶
【解析】选B。铜与FeCl3发生反应的离子方程式为Cu+2Fe3+
2Fe2++Cu2+，12.8 g 铜粉的物质的量为
12.8g
64g/mol
＝0.2mol，400mL 2mol·L－1的FeCl3的物质的量为2mol·L－1×0.4 L＝0.8mol，显然溶液中FeCl3过量。铜粉溶解，
铁离子转化为亚铁离子，不会出现黑色固体，A 错误；氧化产物为铜离子，还原产物为亚铁离子，两者物质的
量之比为1 2∶，B 正确；溶液中Fe2+的物质的量浓度等于参加反应的Fe3+的物质的量浓度为
＝1.0mol·L
－1，C 错误；溶液中剩余的Fe3+的物质的量为0.8mol－0.2mol×2＝0.4mol，生成的Fe2+物质的量为0.2mol×2＝
0.4mol，所以两者的物质的量之比为1 1∶，D 错误。
2．（2023 山东聊城模拟）镓（Ga）位于周期表中第四周期第ⅢA 族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是
一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，0.1mol Ga 分别与
100mL 浓度均为2mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为V1L 和V2L。下列说法错误的
是（ ）。
A．V1∶V2＝2∶3
B．转移的电子数之比为V1∶V2
C．消耗酸和碱的物质的量之比为3V1∶V2
D．反应前后两溶液的质量变化相等
【解析】选D。Ga 与Al 同主族，Ga 和盐酸、NaOH 溶液分别发生反应：2Ga+6HCl
2GaCl3+3H2↑，
2Ga+2NaOH+2H2O
2NaGaO2+3H2↑。0.1molga 完全反应需0.3molHCl，则Ga 过量，则0.2molHCl 与Ga 反应
生成0.1molH2，0.1molga 完全反应需0.1molNaOH，生成0.15molH2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的
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物质的量之比，则有V1∶V2＝2∶3，A 正确；生成0.1molH2，转移0.2mol 电子，生成0.15molH2转移0.3mol 电
子，则转移电子之比为0.2∶0.3＝2∶3＝V1∶V2，B 正确；两反应中分别消耗0.2molHCl 和0.1molNaOH，则有
0.2∶0.1＝2∶1＝3V1∶V2，C 正确；反应溶液质量变化即Ga 与H2的质量变化，与盐酸反应：Δm1＝0.2×
1
2
mol×M（Ga）－0.1mol×M（H2），与氢氧化钠反应：Δm2＝0.1mol×M（Ga）－0.15mol×M（H2），Δm1≠Δm2，D
错误。
3．（2023·四川攀枝花高三上学期期中）合成氨工厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化
反应，若有标准状况下AL 氨气完全反应，测得转移电子数X 个，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（ ）。
A．
11.2X
5A
mol－1 B．
5A
11.2X mol－1 C．
5A
22.4X mol－1 D．
22.4X
5A
mol－1
【解析】选D。根据反应方程式4NH3+5O2
4NO+6H2O 可知，当1 个NH3完全反应时，转移5 个电子，
故当标准状况下AL（即
A
22.4 mol）氨气完全反应时转移电子数X＝
A
22.4 mol×NA×5，从而可计算出NA＝
22.4X
5A
mol－1，D 项正确。
4．（2023·西安一模）用惰性电极电解1.0Lc（Cl－）＝3.0mol/L 的CuCl2、NaCl 混合溶液，一段时间后，两极
均收集到56.0L 的气体（标准状况下）。下列说法正确的是（ ）。
A．阳极只收集到Cl2
B．电解前溶液呈弱酸性，电解结束后，溶液的酸性增强
C．整个过程中共转移电子5mol
D．原混合溶液中c（Cu2+）＝1.0mol/L
【解析】选D。用惰性电极电解1.0Lc（Cl－）＝3.0mol/L 的CuCl2、NaCl 混合溶液，一段时间后，两极均收集
到56.0L 的气体（标准状况下），气体物质的量为n（气体）＝
56L
22.4L/mol ＝2.5mol，n（Cl－）＝3.0mol•L－
1×1.0L＝3mol，则阳极上Cl－先放电生成氯气，n（Cl2）＝
n（Cl－）＝
×3mol＝1.5mol，则Cl－放电后，OH－
放电，且生成氧气1mol；阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，且生成氢气2.5mol，再根据阴阳两极得失电子守恒
进行计算。经分析知，阳极收集到气体共2.5mol，而溶液中Cl－共3mol，生成氯气共1.5mol，则Cl－放电后，
OH－放电，且生成氧气1mol，A 项错误；经分析可知，整个电解过程应分为三个阶段：CuCl2
Cu+Cl2↑，
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O
H2↑+O2↑，电解结束后，溶液的碱性增强，B 项错误；经分析
知，阳极生成氯气1.5mol，则Cl－放电后，OH－放电，且生成氧气1mol，则阳极失电子总物质的量为：n（e－）
＝1.5mol×2+1mol×4＝7mol，则整个过程中共转移电子7mol，C 项错误；根据得失电子守恒知，阴极得电子数
等于阳极失电子数，则阴极得电子物质的量为7mol，经计算阴极生成氢气为2.5mol，那么H+得电子物质的量为
5mol，则Cu2+得电子物质的量为2mol，n（Cu2+）＝1.0mol，原混合溶液中c（Cu2+）＝
＝1mol/L，D 项正
确。
5．（2023·全国模拟预测）部分氧化的Fe－Cu 合金样品（氧化物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：
下列说法正确的是（ ）。
A．滤液A 中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B．溶解样品消耗的硫酸共为0.04mol
C．样品中氧元素的质量为0.48g
D．V＝336mL
【解析】选B。硫酸足量可以说明沉淀中无Fe、CuO、Fe2O3，溶液无铜离子可以说明铜都析出了，则3.2g 滤渣
一定是全部的铜，金属铜可以和Fe3+反应，所以一定不含有Fe3+，A 错误；最后灼烧得到固体3.2g 为Fe2O3，其
中含铁元素质量为3.2g×
112
160 ＝2.24g，铁元素物质的量为
2.24g
56g/mol ＝0.04mol，因为最后溶液中溶质为过量H2SO4
和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，B 正确；部分氧化的Fe－Cu
合金样品中铁元素质量为2.24g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76 g－2.24g－3.2g＝0.32g，C 错误；
0.04mol 硫酸电离出氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金
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中氧元素质量为为3.2g，氧的物质的量0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08－0.04＝
0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol 氢气，标况体积为448mL，D 错误。
6．（2023·兰州高三期末检测）某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4g，加水溶解后，取所得溶液的十分
之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的
曲线。下列说法不正确的是（ ）。
A．该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl
KCl+KHCO3；KHCO3+HCl＝KCl+H2O+CO2↑
B．混合物中碳元素的质量分数为8.5%
C．混合物样品中含碳酸钾41.4g
D．若将61.4g 原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.4g
【解析】选B。根据图像，0～12mL 时，没有气体产生，发生K2CO3+HCl
KHCO3+KCl，12mL 至32mL 有气
体产生，发生KHCO3+HCl
KCl+CO2↑+H2O，故A 说法正确；当加入32mL 盐酸时，气体质量最大n
（CO2）＝n（C）＝
2.2g
44g/mol ×10＝0.5mol，m（C）＝0.5mol×12g/mol＝6g，CO2中碳来自于混合物，因此混合
物中碳元素的质量分数为＝
×100%＝9.77%，故B 说法错误；根据选项A 中发生的反应，碳酸钾全部转化
成碳酸氢钾，消耗盐酸的体积为12mL，KHCO3与盐酸反应全部成CO2，消耗盐酸的体积为（32mL－12mL）＝
20mL，反应都按1∶1 进行，因此样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比为12∶（20－12）＝3∶2，根据碳
元素守恒，求出碳酸钾的物质的量为n（K2CO3）＝
3
5 n（C）＝
3
5 ×0.5mol＝0.3mol，即碳酸钾的质量为
0.3mol×138g·mol－1＝41.4g，故C 说法正确；碳酸氢钾的物质的量为n（KHCO3）＝
2
5 n（C）＝
2
5 ×0.5mol＝
0.2mol，KHCO3受热分解：2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O，即产生CO2的物质的量为0.1mol，CO2质量为
0.1mol×44g·mol－1＝4.4g，故D 说法正确。
7．（2023·湖北名师联盟一模）某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.2molFe，充分反应
（已知NO3
－被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）。
A．反应过程中转移的电子数3NA
B．反应后生成NO 的体积为24.4L
C．所得溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1 3∶
D．所得溶液中c（NO3
－）＝2.4mol/L
【解析】选C。某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n（H+）＝2.2mol，n（NO3
－）＝
3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应（已知NO3
－被还原为NO），首先发生的反应是：Fe+NO3
－+4H+
Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe 完全反应，消耗1.2molNO3
－，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过
量，反应会消耗1.1mol 金属Fe，1.1molNO3
－，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO 气体，铁还剩余
0.1mol，过量Fe 和反应产生的Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，因此0.1mol 铁消耗0.2molFe3+，生成
0.3molFe2+。1.1molNO3
－反应转移电子数3.3NA，0.1molFe 发生反应Fe+2Fe3+
3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应
转移电子总数目为3.5NA，A 错误；无反应条件，无法计算反应生成的NO 的体积，B 错误；根据上述分析可知
反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1 3∶，C 正确；所得溶液中剩余n（NO3
－）
＝3.5mol－1.1mol＝2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c（NO3
－），D 错误。
8．（2023 年1 月江苏连云港一模）向盛有100mL1mol·L－1稀硫酸的烧杯中，缓慢加入铁粉和铜粉的混合物，
并用玻璃棒不断地搅拌，下图是溶液中的某种微粒（X）的物质的量随加入混合物质量变化的关系图。下列说
法一定正确的是（ ）。
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A．该金属混合物中，铁粉的质量分数约为15.6%
B．a 点时，再向烧杯中加入KNO3固体，无明显现象
C．b 点时，再向烧杯中滴加0.1mol·L－1的NaOH 溶液，立刻产生白色沉淀
D．C 点时，再向烧杯中通入Cl20.16mol 充分反应，铜粉完全溶解
【解析】选D。已知n（H2SO4）＝0.1L×1mol·L－1＝0.1mol，则n（H+）＝0.2mol，结合图象分析可知，该图象
为c（H+）随混合物质量变化的关系图，当混合物质量为12g 时，H+完全反应，此时消耗的铁的物质的量为
0.1mol，质量为5.6g，所以混合物中铁的质量分数为5.6g/12g×100%＝46.7%，所以A 错误；a 点时溶液中还有
H+剩余，此时加入KNO3固体，构成的HNO3能够溶解未反应的铜，所以有明显的现象，故B 错误；b 点时溶液
中还有H+剩余，此时加入的NaOH 首先与剩余的H+反应，然后再与Fe2+反应生成白色沉淀，故C 错误；c 点时
溶液中没有H+剩余，生成的n（FeSO4）＝0.1mol，此时混合物中n（Cu）＝0.1mol，当通入Cl2时，先氧化
0.1mol 的FeSO4需要n（Cl2）＝0.05mol，再氧化0.1mol 的Cu 需要0.1mol 的Cl2，所以当通入Cl20.16mol 时铜粉
完全溶解，故D 正确。
9．某小组利用如图装置测定常温常压下的气体摩尔体积。取一定量已去除氧化膜的镁条放入烧瓶中，用注射器
向烧瓶中注入10mL 3.00mol/L 硫酸溶液，反应后冷却至室温，使量气管与水准管液面相平，再读数。重复实验，
数据如下：
序号
镁条质量/g
反应前量气管读数/mL
反应后量气管读数/mL
1
0.0530
0.0
66.8
2
0.0540
0.0
67.0
3
0.0550
0.0
67.2
计算：
（1）第1 组实验反应后溶液中H+的物质的量浓度＝_______（假设反应后溶液体积不变）；
（2）常温常压下的气体摩尔体积＝___________L·mol－1。（保留三位有效数字）
【解析】（1）第1 组实验，参加反应的Mg 的物质的量为n（Mg）＝
0.0530g
24g/mol ＝0.00221mol，消耗硫酸的物质
的量为n（H2SO4）＝0.00221mol，反应后溶液中剩余硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝
＝2.78mol/L，c（H+）＝2c（H2SO4）＝5.56mol/L；（2）三次实验，平均消耗Mg
的质量为0.0540g，平均生成H2的体积为（67.0－10.0）mL＝57.0mL，常温常压下的气体摩尔体积Vm＝
V
n ＝
57.0mL×10－3L/mol
0.00221mol
＝25.3L·mol－1。
【答案】5.56mol/L；25.3
10．（2023·上海闵行区高三3 月模拟）甲醛是深受关注的有机化合物。甲醛含量的测定有多种方法，例如：在
调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相
等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。完成下列填空：
（1）将4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L 的硫酸滴
定，至终点时耗用硫酸20.00mL。甲醛水溶液的浓度为______mol/L。
（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过______mL。
（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的
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氢氧化钠溶液滴定。HCHO+H2O2
HCOOH+H2O，NaOH+HCOOH
HCOONa+H2O。已知H2O2能氧化甲酸
生成二氧化碳和水。如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果______（选填“偏高”、“偏低”或“不
受影响”），因为_________________________________；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果______
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为________________________________________。
（4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO+2Cu
（OH）2
HCOOH+Cu2O↓+2H2O。
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验
证这一判断____________________________________。
①主要仪器：试管酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
【解析】（1）n（H2SO4）＝1.100mol/Lx0.02L＝0.022mol，由于2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O，所以n
（NaOH）＝2n（H2SO4）＝0.044mol，n（HCHO）＝n（NaOH）＝0.044mol。则甲醛水溶液的浓度为c
（HCHO）＝
＝11mol/L。（2）根据分析可知4.00mL 甲醛水溶液充分反应后产生的碱NaOH 消耗硫
酸20.00mL，若硫酸浓度不变上述滴定中，若滴定管规格为50mL，消耗50mL 硫酸，则甲醛水溶液取样体积最
多是
50
20 ×4mL＝10mL，即甲醛的体积不能超过10mL。（3）如果H2O2用量不足，产生的HCOOH 偏少，进行
中和滴定消耗的NaOH 标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2
能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH 标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲
醛含量的测定结果偏低。（4）甲酸HCOOH 或甲酸盐如HCOONa 等都含有醛基，所以要证明向足量新制氢氧
化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，只要证明在物质中不含有醛基就可以。
方法是向试管中加入2mL10%的NaOH 溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6 滴，产生Cu
（OH）2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu（OH）2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色
沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【答案】（1）11（2）10
（3）偏低，未完全将甲醛氧化为甲酸，使消耗的NaOH 标准溶液少；偏低，将甲醛氧化的甲酸进一步氧化为二
氧化碳和水，使消耗的NaOH 标准溶液少。
（4）向试管中加入2mL10％的NaOH 溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6 滴，产生Cu
（OH）2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu（OH）2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色
沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【真题感知】
1．（2021·山东省等级考）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
【解析】选D。设与1molX 反应消耗HCl 的物质的量为amol，与1molY 反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，
根据转移电子守恒以及H 原子守恒可知X~aHCl~
H2~Xa+、Y~bH2SO4~bH2~Y2b+。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；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；产物中X、Y 化合价之比为
，由B 项可
知
＝
，故C 正确；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
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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，
＝1，两种情况下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。
2．（2022·辽宁选择考）H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2原理如下：
取2.50g 产品，加蒸馏水定容至100mL 摇匀。取20.00mL 于锥形瓶中，用0.0500mol·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19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产
品中H2O2质量分数为______________。
【解析】滴定反应的离子方程式为2MnO4
－+5H2O2+6H+
2Mn2++8H2O+5O2↑，可得关系式：2KMnO4~5H2O2。
三组数据中20.90mL 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20.00mL，KMnO4的物质的
量为n（KMnO4）＝0.0500mol•L－1×20.00×10－3L×
100mL
20mL
＝5.000×10－3mol，H2O2的物质的量为n（H2O2）＝
5
2 n
（KMnO4）＝
5
2 ×5.000×10－3mol＝1.250×10－2mol，H2O2的质量为m（H2O2）＝1.250×10－2mol×34g·mol－1＝
0.425g，H2O2的质量分数w（H2O2）＝
0.425g
2.50g ×100%＝17.0%。
【答案】17%
3．（2022·江苏省选择考）FeS2、FeS 在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质
量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为
_______（填化学式）。
【解析】由图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含
有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M（FeS2）＝120g/mol，则M（FeOx）＝120g/mol×66.7%＝56+16x＝
80.04g/mol，x＝
3
2 ，所以固体产物为Fe2O3。
【答案】Fe2O3
4．（2022·福建等级考）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含SiO2、Al2O3和CaO
等）提铝的工艺流程如下：
“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有_____________。实验测得，3.0g 粉煤灰（Al2O3的质量分数为30%）
经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”（Al2O3的质量分数为8%），Al2O3的浸出率为_______。
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【解析】“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%＝
1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%＝0.24g，则Al2O3的浸出率为
×100%＝84%。
【答案】SiO2和CaSO4；84%
5．（2022·福建等级考）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含SiO2、Al2O3和CaO
等）提铝的工艺流程如下：
“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有_____________。实验测得，3.0g 粉煤灰（Al2O3的质量分数为30%）
经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”（Al2O3的质量分数为8%），Al2O3的浸出率为_______。
【解析】“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%＝
1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%＝0.24g，则Al2O3的浸出率为
×100%＝84%。
【答案】SiO2和CaSO4；84%
6．（2022·福建等级考）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：I2O5是白色固体，易吸水潮解：5CO+I2O5
I2+5CO2）
通入11.2L（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
0.1016g I2。CO 被催化氧化的百分率为_______。
【解析】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
0.1016g
254g/mol ＝
0.004mol，则结合方程式分析，还有0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化，11.2L 气体为0.5mol 其中一氧化碳为
0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005mol－0.002mol＝0.003mol，则被氧化的百分率为
×100％＝
60%。
【答案】60%
7．（2022·天津等级考）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。天然碱的主要成分为
Na2CO3·NaHCO3·2H2O，1mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O 经充分加热得到Na2CO3的质量为______g。
【解析】根据2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，则Na2CO3·NaHCO3·2H2O 的分解的化学方程式为2
（Na2CO3·NaHCO3·2H2O）
3Na2CO3+CO2↑+3H2O，因此1mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O 经充分加热得到
1.5mol Na2CO3，其质量为1.5mol×106g·mol－1＝159g。
【答案】159
8．（2021·江苏等级考）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL 除去Fe3+的ZnSO4溶液于
100mL 容量瓶中，加水稀释至刻度；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（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为Zn2++Y4－
ZnY2－），平行滴定3 次，平均
消耗EDTA 溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度____________。
【解析】根据Zn2++Y4－
ZnY2－，可知20.00mL 稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为n（ZnSO4）＝
0.025L×0.015mol·L－1×
100mL
20mL
＝1.875×10－3mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为c（ZnSO4）＝
＝
0.7500mol·L－1。
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【答案】0.7500mol·L－1
9．（2021·辽宁省选择考）Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下（各步均在N2氛围中
进行）：①称取9.95g FeCl2·4H2O（Mr＝199），配成50mL 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加
入100mL 14mol·L－1KOH 溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL·min－1的速度全部滴入三颈烧瓶中，
100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。⑤管式炉内焙烧2h，得
产品3.24g。
该实验所得磁性材料的产率为_______（保留3 位有效数字）。
【解析】9.95g FeCl2·4H2O（Mr＝199）的物质的量为
9.95g
199g/mol ＝0.05mol，根据发生反应的离子方程式：4Fe2+
+8OH－
Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe 和Fe3O4的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色
产品质量应为0.0125mol×（56g/mol +232g/mol）＝3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为
3.24g
3.6g ×100%＝
90.0%。
【答案】90.0%
10．（2021·山东省等级考节选）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m1g；开盖并计时1 分钟，盖紧称重为
m2g；再开盖加入待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m3g，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
cmol•L－1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6（摩尔质量为Mg•mol－1）的质量分数为____________。称量时，
若加入待测样品后，开盖时间超过1 分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将____________（填“偏大”“偏
小”或“不变”），样品中WCl6质量分数的测定值将___（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【解析】①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的
质量要减少，开盖并计时1 分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为（m1－m2）g，再开盖加入待测样品
并计时1 分钟，又挥发出（m1－m2）g 的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2（m1－m2）g－m1g＝
（m3+m1－2m2）g；②滴定时，根据关系式：WO4
2－~2IO3
－~6I2~12S2O3
2－，样品中n（WCl6）＝n（WO4
2－）＝
1
12 n（S2O3
2－）＝
1
12 cV×10－3mol，m（WCl6）＝
1
12 cV
10－3mol×Mg/mol＝
cVM
12000 g，则样品中WCl6的质量分
数为：
cVM
12000 g
(m3+m1－2m2)g ×100%＝
cVM
120(m3+m1－2m2) %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时
间超过1 分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不
变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
【答案】①（m3+m1－2m2）②
cVM
120(m3+m1－2m2) %；不变；偏大
11．（2020·海南高考）一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀
硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：Cr2O7
2－+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O 某次实验称
取0.2800g 样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为___________%。
【解析】称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～
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6Fe2+～Cr2O7
2－，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L－1×0.02510L＝0.000753mol，则样品中含有
的铁的物质的量为0.000753mol×6＝0.004518mol，样品中铁含量为
×100%＝90.36%。
【答案】90.36%
12．（2020·北京市等级考节选）MnO2产品纯度测定。向ag 产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，
加热至充分反应。再用cmol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL（已知：
MnO2及MnO4
－均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2－86.94；Na2C2O4－134.0）产品纯度为_____________
（用质量分数表示）。
【解析】根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应
（5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4
K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O），则与二氧化锰反应的草酸钠为n
（Na2C2O4）＝
bg
134g/mol －
c mol/L×dL
2
×5＝
b－335cd
134
mol；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4
Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝
b－335cd
134
mol，产品纯度
（MnO2）＝
b－335cd
134
mol×86.94g/mol
ag
×100%＝
（b－335cd ）×86.94
134a
×100%。
【答案】
（b－335cd ）×86.94
134a
×100%
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