重难点03 有关物质的量的相关计算-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（北京专用）

重难点03 有关物质的量的相关计算 考点 三年考情分析 2025考向预测 物质的量计算 2024·北京卷T10/T14；2023·北京卷T12；2022·北京卷T12 预计2025年高考考查以物质的量位核心的氧化还原反应电子转移，方程式中物质的物质的量计算。 【思维导图】 【高分技巧】 1、 以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系 阿伏加德罗定律的推论 相同条件 推论公式 语言叙述 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比 T、V相同 ＝ 温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比 2、 氧化还原反应中的计算 1．氧化还原反应的计算——电子守恒法 氧化还原反应计算的基本依据是 氧化剂　得到电子总数＝ 还原剂　失去电子总数。 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 3. 应用电子守恒的解题步骤 4.多步反应得失电子守恒计算 有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，正确分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。 【方法技巧】 两种元素间得失电子守恒计算 解决这类试题的关键是先找出氧化剂(或还原剂)的物质的量以及每摩尔氧化剂(或还原剂)得(或失)电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解等式中的未知量。 氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂的得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂的失电子数。 （建议用时：40分钟） 考向01氧化还原反应相关物质的量计算 1．（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 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 2．（2023·北京·高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A．中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 3．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）为吸收工业尾气中的和，设计如下流程，同时还能获得连二亚硫酸钠（，其结晶水合物又称保险粉）和产品。（为铈元素） 下列说法不正确的是 A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨 B．装置Ⅱ的作用是吸收 C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用 D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究表明，通过碘循环系统(如下图所示)可以吸收工业废气中的并制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法正确的是 A．A为亚硫酸 B．在整个循环系统中做中间产物 C．不断分离出有利于完成氢能源再生 D．理论上生成时，分解过程转移电子 6．（24-25高三上·北京·期中）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下： 下列说法不正确的是 A．依据反应可知：的酸性强于 B．的结构式是 C．中的配位数是6 D．反应中每1转移2电子 7．（24-25高三上·北京海淀·期中）NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．1 mol羟基中含有10NA个电子 B．常温常压下，18 g H2O中含有NA个水分子 C．1 mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中含有NA个SO D．1 mol Na被完全氧化为Na2O2，失去2NA个电子 8．（24-25高三上·北京海淀·期中）Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A．适当增大压强，有利于氢气的存储 B．LiH中Li显正价，H显负价 C．该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D．Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 9．（24-25高三上·北京·期中）回收某光盘金属层中少量的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A．“氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，一定能提高氧化速率 B．①中还生成，则可能的化学反应为： C．②中加入氨水，作用是利用N的孤电子对，与形成配位键 D．③中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则理论上消耗1mol 可提取432g 10．（24-25高三上·北京·阶段练习）工业制备硝酸反应之一：。表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．室温下，22.4L 中所含原子总数为3 B．46g 和的混合气体中含有的氮原子总数为2 C．上述反应，生成1mol 转移电子的数目为 D．标准状况下，11.2L NO中所含电子总数为5 11．（24-25高三上·北京·阶段练习）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法正确的是 A．G与H均为还原产物 B．实验中KMnO4只做氧化剂 C．Mn元素只参与了2个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.2mol 12．（24-25高三上·北京·阶段练习）实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2。已知反应①，反应②。下列有关说法错误的是 A．氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2 B．上述两个反应中，HCl体现还原性和酸性 C．制备等物质的量的Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量之比为5∶2 D．反应①中参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知可用与浓盐酸反应备，反应前后存在六种微粒：、、、、和。下列叙述不正确的是 A．氧化产物为 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．该反应条件下，的氧化性强于 D．若反应中有电子转移，则参加氧化还原反应的有 14．（24-25高三上·北京·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①、②；下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之是24∶11 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S和PH3有干扰 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 资料：硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 下列说法正确的是 A．的空间构型是平面三角形，的空间构型是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的比值：反应Ⅰ小于反应Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol 转移的电子数之比为3∶7 16．（24-25高三上·北京·开学考试）在铜的冶炼过程中有如下反应发生关于此反应，下列说法正确的是 A．既是氧化产物，又是还原产物 B．发生反应，有14mol电子转移 C．只作还原剂 D．产物中的有一部分是氧化产物 17．（24-25高三上·北京·开学考试）研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长。在工业上铜的冶炼大致可分为：①富集：将硫化物矿石进行浮选；②焙烧，主要反应为：(炉渣)；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为：；；④电解精炼。下列说法不正确的是 A．电解精炼时，粗铜应与外电源的负极相连 B．反应中的还原剂是 C．每生产6molCu，理论上需消耗 D．上述生产过程中的尾气可以通入氨水中，生产氮肥 18．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①；②，下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol 氧化3 mol D．用酸性溶液验证乙炔还原性时，、有干扰 19．（2024·北京东城·一模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5 20．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示： 已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0 下列说法不正确的是 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3 D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为 21．（2021·北京·高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。 I.阳极有H2O放电 II.阳极有乙烯放电 III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO …… ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈ %。经检验阳极放电产物没有CO2。 22．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了 mol。 23．（24-25高三上·北京·阶段练习）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②。 (4)若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 24．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC−PB)，并将其应用于氨氮废水(含NH3、)的处理。 资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。 ②BC−PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 Ⅰ．复合材料BC−PB的合成 Ⅱ．氨氮废水处理 用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC−PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．将氨氮氧化为N2 (6)用BC−PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2(已折算成标准状况)。实验中消耗的H2O2的质量至少为 g。 25．（24-25高三上·北京·阶段练习）是一种重要的氧化剂。 (3)工业上以软锰矿(主要成分)为原料，通过电解法生产。其生产工艺简略如下： ②“歧化法”是生产的传统工艺，即在和KOH混合溶液中通入气体，使发生歧化反应，生成黑色固体、等。该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 (4)高锰酸钾纯度的测定：称取2.5000g样品，溶解后定容成250mL溶液。取浓度为0.2000mol⋅L的标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为31.60mL，该样品的纯度为 。(的摩尔质量为158g/mol) 考向02 阿伏伽德罗常数的计算 1．（24-25高三上·北京·期中）为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．0.1 mol氨基()中含有个质子 B．14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2 C．1.0溶液中，数目为3 D．22.4L(标准状况)与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2 2．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的原子数为NA B．溶液含有的Fe3+个数为0.1NA C．与盐酸充分反应，转移电子数为0.1NA D．标准状况下，11.2LO2和N2的混合气体含有的分子数为NA 3．（24-25高三上·北京通州·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有键的数目为3NA B．溶液中含的数目为NA C．和的混合气体含有的分子数目为2NA D．水中含有的电子数为18NA 4．（24-25高三上·北京·期中）下列说法正确的是 A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2×6.02×1023 B．标准状况下，22.4LH2O含有10mol质子 C．1L0.1mol/LFeCl3溶液完全水解后形成0.1molFe(OH)3胶体粒子 D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成1.0molCH3Cl 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中阴离子数为 B．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为 C．二氧化硅晶体中含有键数为 D．溶液中含有的氢离子数为 6．（24-25高三上·北京·期中）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol晶体中含有共价键的数目为 B．的硫酸溶液中含的数目为 C．18g含有的中子数为 D．过氧化钠与二氧化碳反应，生成22.4L(标准状况)时，转移的电子数为 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．6g中Si-O键数为 B．标准状况下，2.24L中含有共价键数为 C．、的混合物1.1g，含有电子数为 D．1mol与4mol充分反应，生成的分子数为 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．18 g 含有的中子数为 B．0.1 mol⋅L-1 溶液中含有的数为 C．1 mol 中含有σ键的数目为 D．标准状况下，1.12 L 和足量于密闭容器充分反应，生成分子数为 9．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体中所含分子数约为NA B．1L 0.1mol∙L-1NH4Cl溶液含的数目为0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA D．22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA 10．（24-25高三上·北京·阶段练习）用代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．pH=2的盐酸中的总数为0.01 B．7.8g 中的离子总数为0.4 C．标准状况下，5.6L 所含键的数目为0.5 D．2.3g Na和足量氧气反应转移电子数一定为0.1 11．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1molCu与足量的S反应转移电子数为2NA B．46g有机物中含有共价键的数目为7NA C．10g和的混合物中含有的中子数为5NA D．在0.5L2mol/L的溶液中含的数目为NA 12．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．与足量稀反应转移的电子数目为 B．标准状况下，所含键的数目为 C．乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为 D．溶液中，、数目之和为 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，22.4L的NH3约含有的质子数为10NA B．6.4gS在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子的数目为1.2NA C．标准状况下，1molNO和0.5molO2充分反应后所得气体体积为22.4L D．白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中约含有P-P键的数目为1.5NA 14．（24-25高三上·北京·阶段练习）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．一定条件下2 mol 和1 mol 充分反应后，可得到的分子数为 B．用石灰乳完全吸收2 mol 时，转移电子的数目是 C．在常温常压下，44 g 与混合物气体中所含的原子数目一定为 D．反应中，生成2 mol ，转移的电子数目为 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液含有的个数为 B．重水中所含质子数为 C．乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为 D．溶液中，、数目之和为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 有关物质的量的相关计算 考点 三年考情分析 2025考向预测 物质的量计算 2024·北京卷T10/T14；2023·北京卷T12；2022·北京卷T12 预计2025年高考考查以物质的量位核心的氧化还原反应电子转移，方程式中物质的物质的量计算。 【思维导图】 【高分技巧】 1、 以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系 阿伏加德罗定律的推论 相同条件 推论公式 语言叙述 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比 T、V相同 ＝ 温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比 2、 氧化还原反应中的计算 1．氧化还原反应的计算——电子守恒法 氧化还原反应计算的基本依据是 氧化剂　得到电子总数＝ 还原剂　失去电子总数。 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 3. 应用电子守恒的解题步骤 4.多步反应得失电子守恒计算 有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，正确分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。 【方法技巧】 两种元素间得失电子守恒计算 解决这类试题的关键是先找出氧化剂(或还原剂)的物质的量以及每摩尔氧化剂(或还原剂)得(或失)电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解等式中的未知量。 氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂的得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂的失电子数。 （建议用时：40分钟） 考向01氧化还原反应相关物质的量计算 1．（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 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 【详解】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。 2．（2023·北京·高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A．中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 【答案】C 【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误； B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确； D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误； 故选C。 3．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 【答案】C 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选C。 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）为吸收工业尾气中的和，设计如下流程，同时还能获得连二亚硫酸钠（，其结晶水合物又称保险粉）和产品。（为铈元素） 下列说法不正确的是 A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨 B．装置Ⅱ的作用是吸收 C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用 D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下 【答案】C 【分析】由图可知，装置Ⅰ中加入的氢氧化钠溶液吸收二氧化硫得到亚硫酸钠溶液；装置Ⅱ中加入的溶液中的Ce4+离子将一氧化氮转化为亚硝酸根离子和硝酸根离子；装置Ⅲ中电解时，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，亚硫酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成；装置Ⅳ中含有亚硝酸根离子和硝酸根离子与通入的氨气和氧气反应得到硝酸铵。 【详解】A．工业尾气中的一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮与水反应形成硝酸型酸雨，二氧化硫与水反应形成硫酸型酸雨，故A正确； B．由分析可知，装置Ⅱ中加入的溶液中的Ce4+离子将一氧化氮转化为亚硝酸根离子和硝酸根离子，作用是吸收一氧化氮，故B正确； C．由分析可知，装置Ⅲ中电解时，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，Ce4+离子从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误； D．装置Ⅳ中亚硝酸根离子与氧气的反应为2NO+O2=2NO，由方程式可知，氧化1L2mol/L亚硝酸根离子时，消耗标准状况下氧气的体积为2mol/L×1L××22.4L/mol=22.4L，故D正确； 故选C。 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究表明，通过碘循环系统(如下图所示)可以吸收工业废气中的并制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法正确的是 A．A为亚硫酸 B．在整个循环系统中做中间产物 C．不断分离出有利于完成氢能源再生 D．理论上生成时，分解过程转移电子 【答案】C 【分析】由图可知，SO2与I2、H2O反应生成HI、A，该反应中I元素化合价降低，因此一定有元素化合价升高，因此该反应中S元素化合价升高至+6价，根据得失电子守恒以及质量守恒可知，该反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，以此解答。 【详解】A．由上述分析可知，A为H2SO4，故A项说法错误； B．该循环系统中，I2先消耗，后生成，作催化剂，HI先生成，后消耗，是中间产物，故B项说法错误； C．由题给示意图可知，碘化氢分解生成氢气和碘单质，若不断分离出H2，平衡向正反应方向移动，有利于HI的分解，完成氢能源再生，故C项说法正确； D．根据反应2HI=H2+I2，每生成1molH2，转移电子数为2mol，故D项说法错误； 故答案为C。 6．（24-25高三上·北京·期中）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下： 下列说法不正确的是 A．依据反应可知：的酸性强于 B．的结构式是 C．中的配位数是6 D．反应中每1转移2电子 【答案】A 【详解】A．由方程式可知，该反应为元素有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱，故A错误； B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确； C．中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故C正确； D．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故D正确； 故选A。 7．（24-25高三上·北京海淀·期中）NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．1 mol羟基中含有10NA个电子 B．常温常压下，18 g H2O中含有NA个水分子 C．1 mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中含有NA个SO D．1 mol Na被完全氧化为Na2O2，失去2NA个电子 【答案】B 【详解】A．每个羟基中含9个电子，1 mol羟基中含有9NA个电子，A错误； B．18 g H2O对应物质的量为1mol，含有NA个水分子，B正确； C．溶液体积未知，无法计算，C错误； D．Na被完全氧化为Na2O2，Na元素化合价从0价升高至+1价，则1 mol Na被完全氧化为Na2O2，失去NA个电子，D错误； 答案选B。 8．（24-25高三上·北京海淀·期中）Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A．适当增大压强，有利于氢气的存储 B．LiH中Li显正价，H显负价 C．该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D．Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 【答案】C 【详解】A．Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)是气体体积减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动，有利于氢气的存储，A正确； B．Li元素没有负价，为+1价，则H为-1价，B正确； C．该反应中部分H元素由0价下降到-1价，部分由0价上升到+1价，该反应每消耗0.2 mol H2，生成0.2molLiH，转移0.2mol电子，C错误； D．Li3N中Li元素为+1价，N为-3价，则Li3N与H2O反应生成LiOH 和NH3，化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑，D正确； 故选C。 9．（24-25高三上·北京·期中）回收某光盘金属层中少量的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A．“氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，一定能提高氧化速率 B．①中还生成，则可能的化学反应为： C．②中加入氨水，作用是利用N的孤电子对，与形成配位键 D．③中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则理论上消耗1mol 可提取432g 【答案】A 【分析】回收某光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生，经过操作a即过滤分离出氯化银，可能含有银，再加氨水溶解AgCl，发生反应：AgCl+2NH3⋅H2O⇌ +Cl-+2H2O，经过操作b即过滤分离出的滤渣为Ag，再向滤液中加入X，将还原得到Ag，据此解答。 【详解】A．因NaClO溶液在强酸的条件下会产生次氯酸，而次氯酸受热易分解生成HCl和氧气，使得次氯酸钠失去了氧化能力，则“氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，会降低氧化速率，A错误； B．①中还生成，则次氯酸钠溶液与Ag反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，可能的化学方程式为：，B正确； C．②中加入氨水，提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对与形成配位键，从而溶解AgCl生成，C正确； D．“还原”过程中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则被氧化生成N2，被还原生成Ag，理论上消耗1mol 转移4mol电子，生成4molAg，即可提取Ag，D正确； 故选A。 10．（24-25高三上·北京·阶段练习）工业制备硝酸反应之一：。表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．室温下，22.4L 中所含原子总数为3 B．46g 和的混合气体中含有的氮原子总数为2 C．上述反应，生成1mol 转移电子的数目为 D．标准状况下，11.2L NO中所含电子总数为5 【答案】C 【详解】A．室温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，22.4L 的物质的量不是1mol，故A错误； B．和的最简式都是NO2，46g和的混合气体中含有的氮原子总数为 ，故B错误； C．上述反应，N元素化合价由+4升高为+5、N元素化合价由+4降低为+2，生成1mol 转移电子的数目为，故C正确； D．一个NO分子中含有15个电子，标准状况下11.2L NO的物质的量为0.5mol，所含电子总数为7.5，故D错误； 选C。 11．（24-25高三上·北京·阶段练习）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法正确的是 A．G与H均为还原产物 B．实验中KMnO4只做氧化剂 C．Mn元素只参与了2个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.2mol 【答案】D 【分析】由图可知，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气（单质G），反应的化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，由方程式可知，0.1mol高锰酸钾完全反应时，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气都是0.05mol；向固体中加入足量浓盐酸共热时，锰酸钾与浓盐酸反应共热反应生成氯化钾、氯化锰、氯气（单质H）和水，反应的化学方程式为K2MnO4+8HCl(浓)2KCl+MnCl2＋2Cl2↑＋4H2O，二氧化锰与浓盐酸反应共热反应生氯化锰、氯气（单质H）和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，由方程式可知，0.05mol锰酸钾和0.05mol二氧化锰完全反应时，生成氯气的物质的量为0.05mol×2+0.05mol=0.15mol。 【详解】A．由分析可知，生成氧气（单质G）的反应中，氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化产物；生成氯气（单质H）的反应中，氯元素的化合价部分升高被氧化，氯气是反应的氧化产物，故A错误； B．由分析可知，生成氧气的反应中，氧元素的化合价升高被氧化，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾即是氧化剂又是还原剂，故B错误； C．由分析可知，锰元素参与了3个氧化还原反应，故C错误； D．由分析可知，反应生成氧气的物质的量为0.05mol，生成氯气的物质的量为0.15mol，氧气和氯气的物质的量之和为0.05mol +0.15mol=0.2mol，故D正确； 故选D。 12．（24-25高三上·北京·阶段练习）实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2。已知反应①，反应②。下列有关说法错误的是 A．氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2 B．上述两个反应中，HCl体现还原性和酸性 C．制备等物质的量的Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量之比为5∶2 D．反应①中参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 【答案】D 【分析】①中Mn元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，即MnO2为氧化剂，Cl2为氧化产物，②中Mn元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物。 【详解】A．反应②生成Cl2更易，同时根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2，故A项正确； B．上述两个反应中，均存在部分Cl元素化合价升高被氧化，HCl作还原剂，部分HCl生成盐，HCl表现出酸性，故B项正确； C．由上述方程式可知，因此制备等物质的量的Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量之比为5∶2，故C项正确； D．反应①中MnO2为氧化剂，其中有一半的HCl作还原剂被氧化，因此参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，故D项错误； 综上所述，错误的是D项。 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知可用与浓盐酸反应备，反应前后存在六种微粒：、、、、和。下列叙述不正确的是 A．氧化产物为 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．该反应条件下，的氧化性强于 D．若反应中有电子转移，则参加氧化还原反应的有 【答案】B 【详解】A．HCl中Cl 元素的化合价升高，为还原剂，生成Cl2， Cl2为氧化产物，A项正确； B．Co2O3是氧化剂，HCl是还原剂，发生氧化还原反应，生成Cl2和Co2+，根据反应中得失电子数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 ，B项错误； C．在该反应中，Co2O3作氧化剂， Cl2 是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以Co2O3的氧化性强于Cl2，C项正确； D．每生成1 个 Cl2，转移2个电子，若反应中有2mol 电子转移，则生成1molCl2 ，参加氧化还原反应的HCl 有2mol ，D项正确； 答案选B。 14．（24-25高三上·北京·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①、②；下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之是24∶11 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S和PH3有干扰 【答案】C 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，硫酸铜为氧化剂，P元素化合价从-3价升高到+5价还有一部分化合价未发生变化，故有部分PH3做还原剂，根据得失电子守恒规律，氧化剂与还原剂物质的量之比为24：3，故C错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 故选C。 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 资料：硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 下列说法正确的是 A．的空间构型是平面三角形，的空间构型是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的比值：反应Ⅰ小于反应Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol 转移的电子数之比为3∶7 【答案】D 【详解】A．因为硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，故、的空间构型均是四面体形，A错误； B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误； C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误； D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确； 答案选D。 16．（24-25高三上·北京·开学考试）在铜的冶炼过程中有如下反应发生关于此反应，下列说法正确的是 A．既是氧化产物，又是还原产物 B．发生反应，有14mol电子转移 C．只作还原剂 D．产物中的有一部分是氧化产物 【答案】D 【分析】反应中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂。 【详解】A．反应中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价降低，则Cu2S只是还原产物，A错误； B．5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，B错误； C．FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C错误； D．由化学方程式可知，反应物中含有14mol离子，生成物中有17mol离子，则有3molS被氧化，产物中的有一部分是氧化产物，D正确； 答案选D。 17．（24-25高三上·北京·开学考试）研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长。在工业上铜的冶炼大致可分为：①富集：将硫化物矿石进行浮选；②焙烧，主要反应为：(炉渣)；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为：；；④电解精炼。下列说法不正确的是 A．电解精炼时，粗铜应与外电源的负极相连 B．反应中的还原剂是 C．每生产6molCu，理论上需消耗 D．上述生产过程中的尾气可以通入氨水中，生产氮肥 【答案】A 【详解】A．电解精炼铜时，粗铜与外电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，从而除去了其中的杂质，故A项错误； B．反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，Cu2S中S元素的化合价都是由-2价升高为+4价，被氧化，则Cu2S都是还原剂，故B项正确； C．每生产6molCu需要2molCu2O和1molCu2S反应，所以需要6molCuFeS2与O2反应生成3molCu2S，其中2molCu2S与O2反应生成2molCu2O，根据题中方程式可知，共需要氧气的物质的量为：12mol+3mol=15mol，故C项正确； D．上述生产过程中尾气主要是二氧化硫气体，通入氨水中生成亚硫酸铵，可进一步生成硫酸铵，可作氮肥，故D项正确； 故本题选A。 18．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①；②，下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol 氧化3 mol D．用酸性溶液验证乙炔还原性时，、有干扰 【答案】B 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3，可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项错误； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项正确； D．乙炔、H2S、PH3均能被KMnO4酸性溶液氧化出现褪色现象，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选B。 19．（2024·北京东城·一模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5 【答案】D 【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确； B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确； C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2a mol，C正确； D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误； 故选D。 20．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示： 已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0 下列说法不正确的是 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3 D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为 【答案】D 【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确； B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确； C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确； D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。 故选D。 21．（2021·北京·高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。 I.阳极有H2O放电 II.阳极有乙烯放电 III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO …… ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈ %。经检验阳极放电产物没有CO2。 【答案】(2) 13 【详解】 （2）②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol 则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=≈13%； 22．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了 mol。 【答案】(1)4 (3) 2 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3转化为单质硫，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【详解】（1）反应中，碳元素从0价升高到+2价、铁元素化合价升高，3个铁原子共升高2价、硫元素从-1价降低到0价，氧元素从0价降低到-2价，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol。 （3）②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 23．（24-25高三上·北京·阶段练习）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②。 (4)若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 【答案】(4)2 【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析解答。 【详解】 （4）由于，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol； 24．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC−PB)，并将其应用于氨氮废水(含NH3、)的处理。 资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。 ②BC−PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 Ⅰ．复合材料BC−PB的合成 Ⅱ．氨氮废水处理 用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC−PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．将氨氮氧化为N2 (6)用BC−PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2(已折算成标准状况)。实验中消耗的H2O2的质量至少为 g。 【答案】 (6)204 【分析】反应ⅰ中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe(CN)6]，K4[Fe(CN)6]溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe(CN)6] •3H2O，K4[Fe(CN)6] •3H2O和氯化铁溶液、生物炭反应生成BC−PB； 【详解】 （6）由反应ⅰ、ⅱ可得总反应为：。标准状况下22.4L物质的量为1mol，则实验中消耗的的质量至少为。 25．（24-25高三上·北京·阶段练习）是一种重要的氧化剂。 (3)工业上以软锰矿(主要成分)为原料，通过电解法生产。其生产工艺简略如下： ②“歧化法”是生产的传统工艺，即在和KOH混合溶液中通入气体，使发生歧化反应，生成黑色固体、等。该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 (4)高锰酸钾纯度的测定：称取2.5000g样品，溶解后定容成250mL溶液。取浓度为0.2000mol⋅L的标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为31.60mL，该样品的纯度为 。(的摩尔质量为158g/mol) 【答案】 (3) 2：1 3：2 (4)80.0% 【分析】软锰矿(主要成分)，碱性条件下用氧气氧化得到，分离出的用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4； 【详解】 （3）②发生歧化反应，生成黑色固体、，化合价升高1价，降低2价，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1； ③“电解法”方程式，可知的利用率是100%，而在“歧化法”中，的利用率是，所以二者的利用率之比为3：2； （4）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为:5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式:5H2C2O4•2H2O～2KMnO4，解得: ，则所以成品的纯度为:×100%=80.0%； 考向02 阿伏伽德罗常数的计算 1．（24-25高三上·北京·期中）为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．0.1 mol氨基()中含有个质子 B．14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2 C．1.0溶液中，数目为3 D．22.4L(标准状况)与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2 【答案】B 【详解】A．0.1 mol氨基含有的质子数目为0.1 mol×9×NAmol—1=0.9NA，故A错误； B．乙烯和丙烯的最简式都为CH2，则14gCH2所含碳氢键数为×2×NAmol—1=2NA，故B正确； C．缺溶液的体积，无法计算1.0mol/L氯化铝溶液中氯化铝的物质的量和含有氯离子的数目，故C错误； D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则标准状况下22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应时，转移电子数目为×1×NAmol—1=NA，故D错误； 故选B。 2．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的原子数为NA B．溶液含有的Fe3+个数为0.1NA C．与盐酸充分反应，转移电子数为0.1NA D．标准状况下，11.2LO2和N2的混合气体含有的分子数为NA 【答案】C 【详解】A．的物质的量为=1mol，含有的原子数为1mol×2NAmol-1=2NA，A不正确； B．FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解，则溶液含有的Fe3+个数小于0.1NA，B不正确； C．与盐酸中的HCl充分反应后，剩余的Na又与水发生反应，最后反应完全，则转移电子数为0.1NA，C正确； D．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体的物质的量为=0.5mol，含有的分子数为0.5NA，D不正确； 故选C。 3．（24-25高三上·北京通州·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有键的数目为3NA B．溶液中含的数目为NA C．和的混合气体含有的分子数目为2NA D．水中含有的电子数为18NA 【答案】A 【详解】A．26gC2H2的物质的量为1mol，一个C2H2分子中含有3个键，故26gC2H2中含有键的数目为3NA，A正确； B．在水溶液中发生水解，1L1mol⋅L-1NH4NO3溶液中含的数目小于NA，B错误； C．CO和H2均由分子构成，1molCO和H2的混合气体含有的分子数目为NA，C错误； D．1个H2O分子中含有10个电子，故水中含有的电子数为10NA，D错误； 答案选A。 4．（24-25高三上·北京·期中）下列说法正确的是 A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2×6.02×1023 B．标准状况下，22.4LH2O含有10mol质子 C．1L0.1mol/LFeCl3溶液完全水解后形成0.1molFe(OH)3胶体粒子 D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成1.0molCH3Cl 【答案】A 【详解】A．与的催化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中和催化反应后分子总数大于，A正确； B．标准状况中不是气体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，B错误； C．水解形成的胶体粒子是多个的聚集体，所以1L0.1mol/LFeCl3溶液完全水解后形成Fe(OH)3胶体粒子小于0.1mol，C错误； D．CH4与Cl2在光照下反应生成、、、和，所以生成的CH3Cl小于1.0mol，D错误； 故选A。 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中阴离子数为 B．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为 C．二氧化硅晶体中含有键数为 D．溶液中含有的氢离子数为 【答案】B 【详解】A．过氧化钠是钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，则7.8g过氧化钠中阴离子个数为×1×NAmol-1=0.1NA，故A错误； B．碳酸钠和碳酸氢钠中氧原子个数都为3，则0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.1mol×3×NAmol-1=0.3NA，故B正确； C．二氧化硅中每个硅原子与四个氧原子形成4个硅氧键，则60g二氧化硅晶体中含有硅氧键数为×4×NAmol-1=4NA，故C错误； D．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，则0.1L0.5mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数目小于0.5mol×0.1L×NAmol—1=0.05NA，故D错误； 故选B。 6．（24-25高三上·北京·期中）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol晶体中含有共价键的数目为 B．的硫酸溶液中含的数目为 C．18g含有的中子数为 D．过氧化钠与二氧化碳反应，生成22.4L(标准状况)时，转移的电子数为 【答案】D 【详解】A．中是一个硅与四个氧相连，即含有4个Si-O共价键，则1mol晶体中含有的共价键数目为，故A错误； B．题干未告知溶液的体积，故无法计算硫酸溶液中含数目，故B错误； C．1个分子中含有10个中子，其相对分子质量是20，18g的物质的量是0.9mol，则其中含有的中子数为9NA，故C错误； D．过氧化钠与二氧化碳发生反应：，过氧化钠中氧元素的化合价既有从-1价升高为0价，也有从-1价降低为-2价，标准状况下，当有22.4LO2即1molO2生成时，转移2mol电子，转移的电子数为，故D正确； 答案选D。 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．6g中Si-O键数为 B．标准状况下，2.24L中含有共价键数为 C．、的混合物1.1g，含有电子数为 D．1mol与4mol充分反应，生成的分子数为 【答案】C 【详解】A．6g的物质的量为0.1mol，晶体中每个Si原子与4个O原子相连，则Si-O键数为，A错误； B．标准状况下，不属于气体，因此无法计算2.24L的物质的量，B错误； C．、的相对分子质量均是22，且均含有10个电子，1.1g混合物的物质的量为0.05mol，则0.05mol的、混合物中含有电子数为，C正确； D．1mol与4mol充分反应生成，由于合成氨属于可逆反应，则生成的分子数小于，D错误； 答案选C。 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．18 g 含有的中子数为 B．0.1 mol⋅L-1 溶液中含有的数为 C．1 mol 中含有σ键的数目为 D．标准状况下，1.12 L 和足量于密闭容器充分反应，生成分子数为 【答案】C 【详解】A．1个分子中只有氧原子有中子数为10个，质量数为20，则18 g 含有的中子数为，A错误； B．没有溶液体积，无法求出个数，B错误； C．依据的结构简式H2C=CH2，双键中只有1个σ键，则1 mol 中含有σ键的数目为，C正确； D．和发生可逆反应，无法完全转化，D错误； 故选C。 9．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体中所含分子数约为NA B．1L 0.1mol∙L-1NH4Cl溶液含的数目为0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA D．22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA 【答案】C 【详解】A．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体的物质的量为=0.5mol，则所含分子数约为0.5NA，A错误； B．NH4Cl为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解，则1L 0.1mol∙L-1NH4Cl溶液含的数目小于0.1NA，B错误； C．14g乙烯(C2H4)中含C-H键的物质的量为=2mol，14g丙烯(C3H6)中含C-H键的物质的量为=2mol，所以14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2mol，即2NA，C正确； D．22.4L(标准状况)Cl2的物质的量为1mol，与足量NaOH溶液充分反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，电子转移数为NA，D错误； 故选C。 10．（24-25高三上·北京·阶段练习）用代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．pH=2的盐酸中的总数为0.01 B．7.8g 中的离子总数为0.4 C．标准状况下，5.6L 所含键的数目为0.5 D．2.3g Na和足量氧气反应转移电子数一定为0.1 【答案】D 【详解】A．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的粒子数目，故A错误； B．7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故B错误； C．标况下水并非气体，不能用气体摩尔体积计算，5.6L 所含键的数目远大于0.5，故C错误； D．2.3g Na物质的量为0.1mol，2.3g钠变为 Na+，转移电子0.1NA，故D正确； 故答案为D。 11．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1molCu与足量的S反应转移电子数为2NA B．46g有机物中含有共价键的数目为7NA C．10g和的混合物中含有的中子数为5NA D．在0.5L2mol/L的溶液中含的数目为NA 【答案】C 【详解】A．Cu与S反应生成Cu2S，1molCu与足量的S反应转移电子数为NA，A不正确； B．可能为CH3CH2OH、CH3OCH3，二者的分子中都含有8个共价键，46g有机物的物质的量为1mol，则含有共价键的数目为8NA，B不正确； C．10g含中子的物质的量为=5mol，10g含中子的物质的量为=5mol，则混合物中含有的中子数为5NA，C正确； D．在0.5L2mol/L的溶液中，、、H2CO3的物质的量为1mol，含的数目小于NA，D不正确； 故选C。 12．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．与足量稀反应转移的电子数目为 B．标准状况下，所含键的数目为 C．乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为 D．溶液中，、数目之和为 【答案】C 【详解】A．的物质的量为1mol，与足量稀反应生成，因此转移的电子数目为，A错误； B．标准状况下水不是气体，无法计算的物质的量，B错误； C．乙烯和丙烯的最简式为，则乙烯和丙烯的混合气体中含有碳原子的物质的量为，即碳原子数为，C正确； D．溶液的体积未知，因此无法计算、的数目，D错误； 答案选C。 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，22.4L的NH3约含有的质子数为10NA B．6.4gS在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子的数目为1.2NA C．标准状况下，1molNO和0.5molO2充分反应后所得气体体积为22.4L D．白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中约含有P-P键的数目为1.5NA 【答案】D 【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L的NH3物质的量小于1mol，含有质子数小于10NA，A错误； B．S在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，S从0价升高到+4价，失去4个电子，6.4S的物质的量为0.2mol，故转移电子数为0.8NA，B错误； C．NO与O2反应的方程式为，1molNO和0.5molO2充分反应得到1mol，但会发生反应，故所得气体小于1mol，标准状况下，气体体积小于22.4L，C错误； D．白磷分子(P4)呈正四面体结构，一个P4含有6个P-P键，31g白磷的物质的量为，故含有P-P键的数目为1.5NA，D正确； 故选D。 14．（24-25高三上·北京·阶段练习）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．一定条件下2 mol 和1 mol 充分反应后，可得到的分子数为 B．用石灰乳完全吸收2 mol 时，转移电子的数目是 C．在常温常压下，44 g 与混合物气体中所含的原子数目一定为 D．反应中，生成2 mol ，转移的电子数目为 【答案】C 【详解】A．与生成的反应为可逆反应，不能进行到底，故2 mol 和1 mol 充分反应后，可得到的分子数小于，A错误； B．石灰乳与氯气的反应方程式为，分别变成+1价和-1价，1个转移1个电子，故2 mol ，转移个电子，B错误； C．与摩尔质量都是，且分子均由3个原子构成，故44 g 与混合物气体中所含的原子数目为，C正确； D．反应中5个-3价的N原子失电子变成0价，3个+5价的N原子得电子变成0价，生成2 mol 转移电子的数目为，D错误； 故选C。 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液含有的个数为 B．重水中所含质子数为 C．乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为 D．溶液中，、数目之和为 【答案】C 【详解】A．由于铝离子水解，溶液含有的个数小于，A错误； B．1.8g重水()的物质的量为，含有的质子数为，B错误； C．乙烯和丙烯最简式相同为CH2， 28gCH2中所含碳原子数=×1×NA=2NA，C正确； D．没有给出溶液体积，无法计算、数目之和，D错误； 故选C。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$