文档文本内容
专题07 化学计算
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 物质
的量在方程式
计算中应用
（2023·重庆）（2022·海南）
（2014·上海）（2017·上海）
（2012·上海）（2009·上海）
（2019·浙江）（2017·上海）
（2016·浙江）（2016·上海）
（2023·天津）
情境真实化：题目多嵌入实际工业流程（如硫酸制
备、稀土回收、废水处理）或前沿科技（如LED
废料利用、安全气囊反应），数据直接来源于生
产或科研场景，强化“学以致用”导向。
方法融合化：传统“物质的量计算”与热重分析
（TG）、滴定实验深度结合，要求考生同步掌握
守恒法、关系式法、差量法等，如2024 年甘肃题
将结晶水测定与热重曲线解析联动。
思维高阶化:从单一计算转向多步推理与误差分析：
需构建复杂关系式（如2023 年山东乙酸酐醇解
题）；
结合溶度积、氧化还原电位等理论解决限制性问
题（如2022 年重庆Sn4+滴定题）；
新增对实验操作（滴定管润洗、读数误差）导致
的定量偏差分析（2024 年福建Ga2O3纯度题）。
载体创新化:热重法（TG）成为新兴载体，2024 年重
考点02 热重
法
（2024·重庆）（2024·江苏）
（2019·全国I 卷）（2025·甘
肃）
考点03 守恒
法、关系式法
的应用
（2012·四川）（2024·北京）
（2023·山东）（2009·海南）
（2018·海南）（2022·浙江）
（2024·福建）（2024·上海）
（2023·重庆）（2022·重庆）
（2020·海南）（2020·北京）
（2019·全国）（2016·全国I
卷）（2018·北京）
庆、江苏均以TG 曲线考查化学式推断，取代传
统“列方程求组成”模式，凸显图像数据解读能
力。
计算-实验一体化:计算结果需反哺实验设计，如2020
年北京MnO2纯度题要求用滴定数据反推产品纯
1．（2023·重庆·高考真题）已知反应：
，
为阿伏加德罗常数的值，若
消耗
(标准状况)
，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为
B．生成的
质量为
C．生成的氧化产物分子数为
D．生成的
含有孤电子对数为
【答案】C
【解析】A．反应
中F 的化合价由0 价转化为-1 价，O 的化合价由-2 价变
为+2 价，转移电子数为4e-，若消耗
(标准状况)
即
=2mol，故转移的电子数为
，
A 正确；B．根据反应
，每消耗2molF2生成的
质量为2mol
=
，B 正确；C．根据反应
可知反应生成的氧化产物为
OF2，每消耗2molF2生成的氧化产物OF2分子数为
，C 错误；D．根据反应
可知，每消耗2molF2生成H2O 的物质的量为1mol，又知1 个H2O 中
含有2 对孤电子对，即生成的
含有孤电子对数为
，D 正确；故答案为C。
2．（2022·海南·高考真题）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
知识点01 物质的量在方程式计算中应用
A．反应转移电子为0.1mol
B．HCl 溶液中
数为3NA
C．
含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36L
【答案】A
【解析】2.8gFe 的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·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。A．Fe 完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A 正确；
B．HCl 溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B 不正确；C．
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；D．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；综上所述，本题A。
3．（2014·上海·高考真题）含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管
中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为1.98mg
B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg
D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C
【解析】A． As2O3反应生成AsH3，As 化合价由+3 价降低到-3 价，砒霜(As2O3)被还原，A 不正确；B．
根据反应得到砷的质量为1.50mg，n(As) =
=
=2×10-5mol，利用物料守恒可知生成氢气
n(H2) =
n(As)=3×10-5mol，但不确定氢气所处的状态，不能确定氢气体积，B 不正确；C． n(As)
=2×10-5mol，As 化合价由+3 价降低到-3 价，化合价降低6 价，反应中砷元素得电子物质的量为：2×10-
5mol×6=1.2×10-4mol，利用电子得失守恒，和砒霜反应的锌失电子1.2×10-4mol，n(Zn) =0.6×10-4mol，
m(Zn) =n(Zn)M(Zn)=0.6×10-4mol×65g/mol=3.90mg， C 正确；D． 反应分为两个阶段，n(As) =2×10-
5mol ，As2O3反应先生成AsH3，As 化合价由+3 价降低到-3 价，转移电子数2×10-5 NA×6=12×10-5
NA。AsH3分解生成As ，As 化合价由-3 价升高到0 价，转移电子数2×10-5 NA×3=6×10-5 NA。所以，
转移的电子总数为(12×10-5＋6×10-5)NA＝1.8×10-4NA，D 不正确。
4．（2017·上海·高考真题）将一定量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，若放出氢气的质量相等，则参加反
应的镁和铝的物质的量之比为
A．1：1
B．2：3
C．3：2
D．8：9
【答案】C
【解析】设镁和铝分别与足量的盐酸反应都生成1mol 的H2，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
1 1
1
所以参加反应的镁和铝的物质的量之比=1：
=3：2；
答案选C。
5．（2012·上海·高考真题）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下
列计算：
（1）叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L(标准状况
下)氮气，至少需要叠氮化钠 g。
（2）钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g 钠-钾合金溶于200 mL 水生成0.075 mol 氢气。
①计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度 (忽略溶液体积变化)。
②计算并确定该钠-钾合金的化学式 。
（3）氢氧化钠溶液处理铝土矿井过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：
2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓ +Na2CO3+H2O。已知通入二氧化碳336 L(标准状况下)，生成24 mol
Al(OH)3和15 mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和
Na2CO3的物质的量之比 。
（4）常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干
过程中产品无损失。
氢氧化钠质量(g)
氯化钠质量(g)
①
2.40
3.51
②
2.32
2.34
③
3.48
3.51
上述实验①②③所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表3 组数据，给出
结论 。
【答案】 78 0.75mol/L NaK2 4:5 实验①所取氢氧化钠样品是NaOH、实验②和实
验③所取氢氧化钠样品应该是NaOH⋅H2O
【解析】（1）发生反应：2NaN3=2Na+3N2↑，设需要NaN3的质量为m，则：
m=
=78g；
（2）设钠、钾的物质的量分别为A．b，
则：0.5a+0.5b=0.075mol，且23a+39b=5.05(质量守恒)，解之得a=0.050mol，b=0.10mol，
①c(OH−)=
=0.75mol/L，
②n(Na)：n(K)=1:2，该钠钾合金化学式为
−
NaK2；
（3）336L 二氧化碳为15mol,只发生反应：2NaAl(OH)4+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，得到
30molAl(OH)3和15molNa2CO3，实际得到24molAl(OH)3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH 与二氧化
碳反应生成的碳酸钠为15mol−24mol×
=3mol，即投入112L 二氧化碳时与NaOH 反应得到碳酸钠也
是3mol，112L 二氧化碳的物质的量：
=5mol，根据碳原子守恒则n(Na2CO3)=5mol，由可知
2NaAl(OH)4+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，生成氢氧化铝为(5−3)mol×2=4mol，则n[Al(OH)3]：
n(Na2CO3)=4mol：5mol=4:5；
（4）发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，
由氯化钠的质量推算，氢氧化钠样品的摩尔质量为
M1(氢氧化钠)=
×2.40=40(g/mol)，
M2(氢氧化钠)=
×2.32=58(g/mol)，
M3(氢氧化钠)=
×3.48=58(g/mol)，
结论：实验①所取氢氧化钠样品是NaOH；实验②和实验③所取氢氧化钠样品应该是NaOH⋅H2O。
6．（2009·上海·高考真题）臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气
通过高压放电管来制取臭氧：
（1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为 g/mol（保留一位小
数）。
（2）将8L 氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为 L。
（3）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L（标准状况）通入盛有20.0g 铜粉的反应器中，充分加热后，
粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为 。
【答案】 35.6 3 0.5
【解析】（1）假设有1mol O2，则
3O2
2O3
开始 1mol 0
反应 0.3mol 0.2mol
末了 0.7mol 0.2mol
所以平均摩尔质量为：
×32g·mol－1＋
×48g·mol－1=35.6g·mol－1
（2）根据差量法计算
3O2
2O3
3 2 1
n（O3） （8-6.5）L=1.5L
2：n（O3）=1:1.5L，解得n（O3）=3L
（3）n（混合气体）=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol
设臭氧的体积分数为a，则根据氧原子守恒0.04mol×a×3＋0.04mol×(1－a)×2=
解得a=0.5。
7．（2019·浙江·高考真题）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)。
【答案】
【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＝
。
8．（2017·上海·高考真题）10.7g 氯化铵和足量的氢氧化钙混合后充分加热，再将所生成的气体完全溶于
水后得 50 mL 溶液，计算：
（1）可生成标准状况下的氨气多少升？
（2）所得溶液的物质的量浓度是多少？
【答案】（1）4.48 L
（2）4 mol / L
【解析】10.7g 氯化铵的物质的量为：n=
=
=0.2mol，根据方程式计算：
n=
=0.2mol。
（1）标准状况下的氨气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48L；
（2）将制得的氨气全部溶于水制成0.05L 溶液，所得氨水物质的量浓度为：c=
=
=4mol/L，故答
案为4mol/L。
9．（2016·浙江·高考真题）量取8.0 mL 5.0 mol·L-1 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·L-1。
（2）加入Fe 的质量至少有 g。
【答案】 0.40 0.65
【解析】（1）H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn 和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe 的摩尔
质量比Zn 的小，所以Fe 与硫酸反应时Fe 过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由图象可
知生成的氢气为n(H2)=
=
=0.01mol，则n(H2SO4)=n(H2)=0.01mol，c(H2SO4)=
=
=0.40mol/L，故答案为0.40；
（2）Zn 与硫酸反应时锌完全反应，反应方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，则n(Zn)=0.01mol，
m(Zn)=nM=0.01mol×65g/mol=0.65g，Zn 和Fe 的质量相同，所以Fe 的质量为0.65g，故答案为0.65。
10．（2016·上海·高考真题）CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化
钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥
后的体积为 L(标准状况)。
（2）某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH 溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH 完全
反应，该NaOH 溶液的浓度为 。
（3）CO2和KO2有下列反应：4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2，4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2，若9 mol
CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O 的量应该是多少 ？列式计
算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O
CO+3H2，已知：CO+2H2
CH3OH，CO2+3H2
CH3OH+H2O。300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100
mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率 。
【答案】（1）89.6
（2）
（3）
，
，
（4）300 mol CH4完全反应产生H2 900mol
设CO2转化率为α，CO 转化率为β，则
，解得
或设CO2转化率为α，则
，解得
【解析】（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：
，从方程式可以看出，
分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且
4.00mol，则
89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L.故填
89.6L；
（2）根据题意要求，2.40 molCO2被完全吸收，NaOH 也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时
NaOH 的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH 的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分
析两个特殊情况：
①
，
2.40mol，则
1.20mol/L；
②
，
4.80mol，则
=2.40mol/L；
综合（1）、（2）可知，NaOH 溶液的浓度应该为
，故填
；
（3）方法一：
依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即
，通过观察题给两个方
程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
所以有
3mol，即反应前密封舱内H2O 的物质的量为3mol。
方法二：
设反应前密封舱内H2O 的物质的量为n，则
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内
H2O 的物质的量为3mol，故填
，
，
；
（4）方法一：
设CO2的转化率为α，CO 的转化率为β，则
根据题意，共生成350mol 甲醇，所以有
_______①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol，所以有
______②式
由①②式可得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2
的转化率为α
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为
，根据反应中氢元素的守
恒可有：
，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%；
故填300 mol CH4完全反应产生H2 900mol
设CO2转化率为α，CO 转化率为β，则
，解得
或设CO2转化率为α，则
，解得
。
11．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三
个阶段。
（8）用32 吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是
97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。
【答案】（（8）94
【解析】（8）由题意可知，32 吨含硫元素99%的硫粉物质的量为
，在第一步
反应中硫元素损失了2%，则生成
二氧化硫，二氧化硫在第二步反应
中97%转化为了三氧化硫，则生成
三氧化硫，三氧化硫在第三步反
应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为
94 吨。
1．（2024·重庆·高考真题）含钌(
)催化剂在能源等领域应用广泛。
方是制备负载型钌催
化剂的前驱体。一种制备高纯
的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。
回答下列问题：
（6）
受热易分解，在
时完全分解，失重率为
，剩余固体为
的氧化物，则该
氧化物的化学式为 。
【答案】（6）RuO2
【解析】（6）设分解1mol
，其质量为317g，当
时完全分解，失重率为
，剩余固
知识点02 热重法
体质量为317g×(1－58%)=133.14g，根据Ru 守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru 质量为101g，剩余固体
为
的氧化物，则n(O)=
，即固体中n(Ru)∶n(O)=1∶2，则该氧化物的化学式为
RuO2。
2．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼(
)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
（3）净化后的
溶液通过沉钕、焙烧得到
。
①向
溶液中加入
溶液，
可转化为
沉淀。该反应的离子方程式为
。
②将
(摩尔质量为
)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图
所示。
时，所得固体产物可表示为
，通过以上实验数据确定该产物中
的比值 (写出计算过程)。
【答案】（3）
(或2Nd3++3CO
+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2
) 2:1
【解析】（3）①向
溶液中加入
溶液，
和
相互促进对方水解生成
沉淀和
，该反应的离子方程式为
(或2Nd3++3CO
+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2
)。
②
的物质的量为
，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量
和化合价均保持不变，因此，
=
；
时剩余固体的质量为7.60
，固体
减少的质量为
，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和
，碳
酸盐分解得到氧化物和
，因此，可以推测固体变为
时失去的质量是生成
和
的质量；根据H 元素守恒可知，固体分解时生成
的质量为
，则生成
的质量为
-
=
，则生成
的物质的量为
，由C 元素守恒可知，分解后剩余的
的物质的
量为4×10-5mol-
=
，因此可以确定该产物中
的比值为
。
3．（2019·全国I 卷·高考真题）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，
在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5 个结晶水，
失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
【答案】 NH4Fe(SO4)2∙12H2O
【解析】（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5 个水分子的相
对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为
NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
4．（2025·甘肃·高考真题）某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物
和苯甲酸钠制备配合物
，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知
在碱性溶
液中易形成
沉淀。
在空气中易吸潮，加强热时分解生成
。
（5）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻
的原因为 。结晶水个数
。[
，结果保留两位有效数字]。
【答案】
（5）
吸潮的水 1.7
【解析】
（5）
在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是
吸潮的
水，92℃~195℃失去的是结晶水的质量；
最后得到的是Eu2O3，1mol
失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据
，1mol
生成0.5mol 的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少
56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。
1．（2012·四川·高考真题）向27.2gCu 和Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，
生成NO 和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH 溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已
完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu 与Cu2O 的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO 在标准状况下的体积为4.48L D．Cu、Cu2O 与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】B
【解析】设Cu 和Cu2O 的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A．Cu 与Cu2O 的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A 正确；
B．根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量
浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B 不正确；
C．根据电子得失守恒可知产生的NO 在标准状况下的体积为22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1
mol×2）/3=4.48L，C 正确；
D．根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O 与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D
正确。
答案选B。
2．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI 按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
知识点03 守恒法、关系式法的应用
物质的量/mol
物质的量/mol
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
已知：
的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，
的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系
变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】A．反应①中Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，I 元素的化合价由-1 价升至0 价，根据得失电
子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2
+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故
n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A 项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2
，可以求得n=0.0002，则反应②
的n(I-)∶n(
)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn 元素的化合价由+7 价降至+4 价，反应②对应的
关系式为I-~2
~MnO2~
~6e-，
中I 元素的化合价为+5 价，根据离子所带电荷数等于正负化
合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2
+H2O=2MnO2↓+
+2OH-，B 项正确；C．
已知
的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C 项
错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH 增大，反应②产生OH-、消
耗水、pH 增大，D 项错误；答案选B。
3．（2023·山东·高考真题）一定条件下，乙酸酐
醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇
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：
。
③加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
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
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
样品中羟基含量(质量分数)计
算正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，发生醇解反应
，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解
，加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗
标准溶液
；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，用
-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
；两次实验消耗
标准溶液的差值为
，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物
不消
耗
，则R 守恒可知，n(ROH)=n(
)=
，因此，
样品中羟基质
量分数=
， A 正确，故选A。
4．（2009·海南·高考真题）用足量的CO 还原13.7 g 某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石
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．Pb2O3
C．Pb3O4
D．PbO2
【答案】C
【解析】设此铅氧化物的化学式PbxOy，
PbxOy—— y[O]—— yCO—— y CO2—— yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0g
m(O)=
=1.28g，
所以m(Pb) =13.7g- 1.28g = 12.42g
x∶y =
∶
=
：
=0.06:0.08=3∶4，则化学式为Pb3O4，
答案选C。
5．（2018·海南·高考真题）某工业废气所含氮氧化物(NxOy)的氮氧质量比为7∶4，该NxOy可表示为
A．N2O
B．NO
C．N2O3
D．NO2
【答案】A
【解析】设氮氧化物的分子式为NxOy，则
=7:4，解得x:y=2:1,所以化学式为N2O，故A 选项符合题意。
故答案选A。
6．（2018·海南·高考真题）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：
（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：
①2Cu2＋＋5I-＝2CuI↓＋
②
＋2
=3I-+2
反应①中的氧化剂为 。现取20.00 mL 含Cu2＋的溶液，加入足量KI 充分反应后，用0.1000
mol·L¯1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2＋的浓度为
mol·L¯1。
【答案】 Cu2＋ 0.125
【解析】（3）反应①中的铜的化合价由+2→+1 价，化合价降低，因此，氧化剂为Cu2＋
；根据反应关系：
2
2Cu2＋
0.1mol/L 0.025L x 0.02L
0.1mol/L 0.025L= x 0.02L，解得x=0.125mol/L；
故答案为Cu2＋ ；0.125。
7．（2022·浙江·高考真题）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。
8．（2024·福建·高考真题）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Ga2O3，过程如下。已知：Ga 与In 为同族元素，In 难溶于NaOH 溶液。
（4）Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL 溶液，从中移取V0mL 于锥形瓶中，一定
条件下，加入V1mLc1mol/LNa2H2Y 溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN 作指示剂，用c2mol/L
CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+
①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为
。(列出计算式)
②滴定时会导致所测Ga2O3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】（4）
或
ad
【解析】（4）①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y 的
物质的量为：c2V2×10-3mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y 的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，原样品
中含有Ga2O3的物质的量为：
(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为：
=
=
，故答案为：
或
；
②a．未使用标准溶液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，V2偏大，故导致实验结果偏小，a 符合题意；
b．称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响，b 不符合题意；
c．终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液的体积V2偏小，故导致实验结果偏大，c 不符合题意；
d．终点读数时仰视滴定管刻度线，导致标准液体积V2偏大，故导致实验结果偏小，d 符合题意；
故答案为：ad。
9．（2024·上海·高考真题）粗盐中含有
等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制：
方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去
，再加入碳酸钠溶液除去
。
（8）已知粗盐水中
含量为
，
含量为
，现用方案3 提纯10L 该粗盐水，求需
要加入石灰乳(视为
)和碳酸钠的物质的量 。
【答案】（8）0.04mol；0.14mol
【解析】（8）
含量为
，即
，由关系式：
可得，提纯10L 该粗盐水，需要加入石灰乳(视为
)物质的量为
；粗盐水中
含量为
，即
，
，加入石灰乳(视为
)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总
物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：
可得，需加入Na2CO3的物质的量为
0.14mol。
10．（2023·重庆·高考真题）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产物
水合物的工艺如下。
时各物质
溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，
用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】（4） 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟内不变色 66.6%
【解析】（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂
质，故此时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过
11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟
内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
11．（2022·重庆·高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其
处理的流程如图。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3
标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I-，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。
②产品中Sn 的质量分数为 %。
【答案】（3） 滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO +5I-
+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【解析】（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸
根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后半滴
碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO +3Sn2+
+6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色
变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的质量
分数为
×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
12．（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成
分为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
（7）将100kg 辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg 金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量
产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi 的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
【答案】（7）24.02%
【解析】（7）辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
13．（2020·海南·高考真题）以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化
综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
（5）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：
+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O
某次实验称取0.2800 g 样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量
为 %。
【答案】 90.36%
【解析】（5） 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～6Fe2+～
，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 mol·L-1×0.02510
L=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%，故答案为：90.36%。
14．（2020·北京·高考真题）MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
（4）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MnO 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)。
【答案】
【解析】（4）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
-
；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=
-
，产品纯度=
×100%=
。
15．（2019·全国·高考真题）立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000
mol·L−1的I2−KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液
为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2
=2I−+
。测定时消耗
Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ，样品中S2−的含量为
（写出表达式）。
【答案】
【解析】（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量
的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根
据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：
S2- ～ I2 2S2O3
2- ～ I2
1mol 1mol 2mol 1mol
n mol nmol 0.1V×10-3mol
0.1V×10-3mol
n+
0.1V×10-3mol=25 0.1V×10-3mol，得n=（25-
V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：
×100%=
×100%
答案：浅蓝色至无色；
×100%。
【点睛】本题难度较低，重点考查基础知识运用能力，易错点：第（2）小题第①问没有注意焦炭过量生
成CO；（3）关系式法在计算中的应用。
16．（2016·全国I 卷·高考真题）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工
艺如下：
回答下列问题：
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于
多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。（计算结果保留两位小数）
【答案】 1.57g
【解析】（5）1gNaClO2的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，
Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为
mol×4×
=
mol，则氯气的质量为
mol×71g/
mol=1.57g。
17．（2018·北京·高考真题）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿
主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F 和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O
（6）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH 溶液滴定至终点时
生成Na2HPO4，消耗NaOH 溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。（已知：H3PO4摩
尔质量为98 g·mol−1）
【答案】
【解析】（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH 物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=
n
（NaOH）=
bmol/L c 10-3L=
mol，m（H3PO4）=
mol 98g/mol=
g=0.049bcg，精制
磷酸中H3PO4的质量分数为
。
