第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（北京专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01 考查根据化学方程式进行计算 题型02 考查关系式法的应用 题型03 考查守恒法的应用 题型04 考查差量法的应用 题型05 考查热重分析法 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查根据化学方程式进行计算 1.（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 2．无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．溶液中，HCl分子的数目为 B．若析出19.7g黄金，反应中转移的电子数为 C．100g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为 D．等物质的量的和所含的钠原子数均为 3．在无水乙醇中加入少量的金属钠，发生反应2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa + H2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列描述不正确的是 A．标况下，1mol亚甲基-CH2-含有的电子数目8NA B．常温常压下(Vm=24.5L/mol)，生成4.9L氢气，反应转移电子数目0.4NA C．无水乙醇中，极性键与非极性键数目之比7：1 D．68gCH3CH2ONa溶于水形成1L溶液，此时溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L 4．将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图像如下(其中1mmol=1.0×10-3mol)，下列说法正确的是 A．由图可求得，原混合物的质量为14.8g B．加入的盐酸为150mL时，放出气体CO2 0.224L(标准状况) C．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1 D．由图可求得，盐酸的浓度为0.5mol/L 02 考查关系式法的应用 5．室温时向100mL碘水滴加的溶液，发生下列反应：，消耗了溶液，计算原饱和溶液中I2的物质的量浓度 A． B． C． D． 6．将一定质量的Zn放入的浓中，充分反应后，Zn完全溶解，共收集到标况下的气体4.48L，且该气体的平均摩尔质量为。在反应后的溶液中，加入适量的NaOH溶液，得到沉淀的最大质量为 A．9.9g B．19.8g C．29.7g D．36.9g 7．不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是 A．Na投入水中会沉入底部并四处游动 B．上述转化中只有分解反应和置换反应 C．反应③④表明Na2CO3不能转化为NaOH或NaHCO3 D．向足量Na2O2固体中通入1mol H2O和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，共产生16gO2 03 考查守恒法的应用 8．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入VmL3.20mol/LNaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 B．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的体积V=200mL D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为2.4mol/L 9．将溶液加水稀释到，稀释后的物质的量浓度为 A． B． C． D． 10．叠氮酸(HN3)为一元弱酸，相关物质的部分转化关系如图。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．18gH2O中σ键的数目为4NA B．HN3中阳离子和阴离子的个数比为1：1 C．1L1mol/LNaN3溶液中N3-的数目为NA D．反应②每生成1mol的还原产物，转移电子数为2NA 11．将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则产生的Fe(OH)3沉淀的质量为 A．21.4 g B．18.0 g C．14.7g D．18.1 g 12．硫酸钠溶液和硫酸溶液等体积混合后，氢离子浓度为，硫酸根离子浓度为，则混合溶液中钠离子浓度为 A． B． C． D． 04 考查差量法的应用 13．一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则原混合气体中CO2的质量为 A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g 14．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3mol，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是 A．该硝酸的物质的量浓度为 B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1∶2 D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol 15．加热5.00g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.62g，则原混合物中碳酸氢钠的质量分数为 A．66.4% B．33.2% C．16.8% D．33.6% 05 考查热重分析法 16．聚合硫酸铁的化学式可表示为，称取9.07g聚合硫酸铁样品进行热解实验，固体残留率与温度的关系曲线如图所示： 聚合硫酸铁的化学式为 A． B． C． D． 17．将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法正确的是 A．曲线对应溶液中有硫酸铜晶体析出 B．曲线对应溶液溶质的质量分数保持增大 C．曲线对应体系存在平衡： D．当容器中压强低于后得到无水硫酸铜 18．MoS2(S化合价为-2价)具有良好的光、电性能。将(在空气中加热可得加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示： (已知：下列说法正确的是 A．中钼元素的化合价为+2价 B．是金属氧化物，也是碱性氧化物 C．煅烧生成反应转移电子的物质的量为7mol D．可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为 1．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 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，则该样品的纯度(质量分数)是(　　) A. B. C. D. 3．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。 4．II.已知： 溶于乳酸能制得可溶性乳酸亚铁{，相对分子质量为234}，可作补血剂。现探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量。 称取样品，灼烧至完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入1∼2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液。（已知：） (1)判定滴定终点的标志是 。 (2)样品中铁元素的质量分数是 （用含有相关字母的代数式表示）。 III.已知碳酸亚铁晶体受热分解。称取，对其进行加热，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 (3)①过程I发生反应的化学方程式为 。 ②300℃时剩余固体中只有一种且是铁的氧化物，则其化学式为 。 1．（2025·北京·高考真题）一种生物基可降解高分子P合成路线如下。 下列说法正确的是 A．反应物A中有手性碳原子 B．反应物A与B的化学计量比是 C．反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D．高分子P可降解的原因是由于键断裂 2．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 3．（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 4．（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 5．（2025·北京·高考真题）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 6．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的 极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是 。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目录 01 课标达标练 题型01 考查根据化学方程式进行计算 题型02 考查关系式法的应用 题型03 考查守恒法的应用 题型04 考查差量法的应用 题型05 考查热重分析法 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查根据化学方程式进行计算 1.（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 【答案】B 【解析】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误； C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确； D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确； 故选B。 2．无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．溶液中，HCl分子的数目为 B．若析出19.7g黄金，反应中转移的电子数为 C．100g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为 D．等物质的量的和所含的钠原子数均为 【答案】B 【解析】A．HCl是强酸，在水溶液中完全离解为H+和Cl-，不存在HCl分子，因此HCl分子数目为0，A错误； B．19.7g Au的物质的量为0.1mol，反应中每个Au3+被还原为Au需获得3mol电子，故0.1mol Au对应0.3mol电子转移，即，B正确； C．HAuCl4溶液中H原子包括溶质HAuCl4（含0.01mol H）和溶剂H2O（含约10.732mol H），总H原子数远大于，C错误； D．等物质的量的和中钠原子数均为（n为物质的量），但选项未明确物质的量是否为1mol，因此均为的表述不严谨，D错误； 故选B。 3．在无水乙醇中加入少量的金属钠，发生反应2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa + H2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列描述不正确的是 A．标况下，1mol亚甲基-CH2-含有的电子数目8NA B．常温常压下(Vm=24.5L/mol)，生成4.9L氢气，反应转移电子数目0.4NA C．无水乙醇中，极性键与非极性键数目之比7：1 D．68gCH3CH2ONa溶于水形成1L溶液，此时溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L 【答案】D 【解析】A．一个亚甲基-CH2-中含有8个电子，则1mol亚甲基-CH2-含有的电子数目8NA，故A正确； B．常温常压下，气体摩尔体积是24.5L/mol，4.9L H2气体的物质的量是0.2mol，转移电子的数目为0.4NA，故B正确； C．乙醇结构简式为：C2H5OH，含有1个C-C键、5个C-H键、含有1个C-O键、含有1个H-O键，则极性键与非极性键数目之比7：1，故C正确； D．68gCH3CH2ONa即1mol，溶于水形成1L溶液，溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L，但CH3CH2O-与氢离子结合成CH3CH2OH，则溶液中c(CH3CH2O-)﹤0.1mol/L，故D错误； 故选D。 4．将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图像如下(其中1mmol=1.0×10-3mol)，下列说法正确的是 A．由图可求得，原混合物的质量为14.8g B．加入的盐酸为150mL时，放出气体CO2 0.224L(标准状况) C．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1 D．由图可求得，盐酸的浓度为0.5mol/L 【答案】C 【解析】A．根据题图可知，50mL溶液中含有Na2CO3、NaHCO3各2.5mmol，根据m=n·M，可得原混合物中m(Na2CO3)=2.5×10-3×106×g =5.3g，m(NaHCO3)= 2.5 ×10-3×84×g =4.2g，故m总= m(Na2CO3)+ m(NaHCO3)= 5.3g+4.2g=9.5g，A错误。 B．加入盐酸0~50mL时Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3，50~150mL时生成的NaHCO3和原有的NaHCO3与盐酸反应生成CO2，150mL时恰好完全反应；n(NaHCO3)=n(Na2CO3)= 2.5×10-3 mol，n总=2×2.5×10-3mol =5×10-3mol，完全反应放出5×10-3mol CO2，体积为5×10-3mol×22.4L·mol-1=112×10-3L=112mL，B错误。 C．根据题图可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1，溶液具有均一、稳定性，故原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，C正确。 D．加入盐酸0~50mL时发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl，n(HCl)= n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，故盐酸的浓度为c(HCl)==0.05mol·L-1，D错误。 故答案选C。 02 考查关系式法的应用 5．室温时向100mL碘水滴加的溶液，发生下列反应：，消耗了溶液，计算原饱和溶液中I2的物质的量浓度 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据反应式，I2与的物质的量比为1:2，消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.625mol/L×0.04L=0.025mol，对应I2的物质的量为=0.0125mol，原溶液体积为0.1L，浓度为=0.125mol/L，故选A。 6．将一定质量的Zn放入的浓中，充分反应后，Zn完全溶解，共收集到标况下的气体4.48L，且该气体的平均摩尔质量为。在反应后的溶液中，加入适量的NaOH溶液，得到沉淀的最大质量为 A．9.9g B．19.8g C．29.7g D．36.9g 【答案】B 【解析】根据方程式或电子守恒[(浓)和]，生成的气体的物质的量和消耗Zn的物质的量相等，标况下，4.48L气体为0.2mol，所以消耗Zn为0.2mol，得到沉淀的最大质量为。 故选B。 7．不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是 A．Na投入水中会沉入底部并四处游动 B．上述转化中只有分解反应和置换反应 C．反应③④表明Na2CO3不能转化为NaOH或NaHCO3 D．向足量Na2O2固体中通入1mol H2O和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，共产生16gO2 【答案】D 【解析】A．金属钠的密度比水小，浮在水面上，不是沉在底部，A项错误； B．钠及其化合物的转化中还涉及化合反应等，如反应①：钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，B项错误； C．碳酸钠可以继续反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，碳酸钠和氢氧化钙可以通过复分解反应生成NaOH，C项错误； D．Na2O2与H2O和CO2反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+ O2。根据方程式的关系可知，足量Na2O2固体中通入1mol H2O和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，采用极限法，若为1mol H2O，产生16gO2，若为1mol CO2，产生16gO2，则1mol H2O和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，共产生16gO2，D项正确； 故答案选D。 03 考查守恒法的应用 8．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入VmL3.20mol/LNaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 B．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的体积V=200mL D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为2.4mol/L 【答案】D 【分析】金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为n(OH-)==0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05-a)×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数=×100%=80%，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是，A正确； B．由分析可知，令Cu的物质的量为xmol、Mg的物质的量为ymol，根据二者总质量有①64x+24y=1.52,，电子转移守恒有②：2x+2y=0.06，联合①②解得x=0.02，y=0.01，故n(Cu)：n(Mg)=0.02mol：0.01mol=2：1，B正确； C．浓硝酸的物质的量浓度为，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，NaNO3的物质的量为：0.05L×14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.20L=200mL，C正确； D．由C分析可知，反应结束后所得溶液中溶质即NaNO3的物质的量为0.64mol，溶液体积为200+50=250mL，故溶质的物质的量浓度为=2.56mol/L，D错误； 故答案为：D。 9．将溶液加水稀释到，稀释后的物质的量浓度为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为cmol/L；30×10-3L×0.5mol/L=500×10-3L×cmol/L，解得c=0.03mol/L； 故选A。 10．叠氮酸(HN3)为一元弱酸，相关物质的部分转化关系如图。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．18gH2O中σ键的数目为4NA B．HN3中阳离子和阴离子的个数比为1：1 C．1L1mol/LNaN3溶液中N3-的数目为NA D．反应②每生成1mol的还原产物，转移电子数为2NA 【答案】D 【解析】A．18gH2O中σ键的数目为2NA，A错误； B．HN3是共价化合物，存在的是共价键，不是离子键，不好描述成阴、阳离子，B错误； C．HN3为弱酸，会水解，C错误； D．，生成1mol氢气，转移电子数为2NA，D正确； 故答案选D。 11．将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则产生的Fe(OH)3沉淀的质量为 A．21.4 g B．18.0 g C．14.7g D．18.1 g 【答案】A 【解析】将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，反应生成硝酸铁、硝酸铜，同时生成了6.72 L NO(标准状况下)，根据得失电子守恒，Cu、Fe失电子的物质的量为 ，设合金中Cu的物质的量为xmol、Fe的物质的量为ymol；则，解得y=0.2mol，产生的Fe(OH)3沉淀的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×107g/mol=21.4g，故选A。 12．硫酸钠溶液和硫酸溶液等体积混合后，氢离子浓度为，硫酸根离子浓度为，则混合溶液中钠离子浓度为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设钠离子浓度为，根据电荷守恒：，解得：，答案选C。 04 考查差量法的应用 13．一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则原混合气体中CO2的质量为 A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g 【答案】C 【解析】一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则m(H2O)=25.2g，n(H2O)= ，甲烷中碳氢比为1:4，n(C)=0.7mol，根据碳守恒，CO2、CO的物质的量和为0.7mol，设原混合气体中CO2的质量为xg，，x=13.2g，故选C。 14．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3mol，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是 A．该硝酸的物质的量浓度为 B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1∶2 D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol 【答案】A 【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，镁失电子生成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，设Cu为 mol，Mg为 mol，则：合金质量：，沉淀质量：，解得： mol（Cu）， mol（Mg），总金属物质的量 mol； 【解析】A．全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO+NO2)=0.8L×1mol/L+0.3mol=1.1mol，c(HNO3)==11mol/L；故A错误； B．每1mol金属失去2mol电子，总转移电子物质的量为： mol，个数为，故B正确； C．设NO为 mol，NO2为 mol：总物质的量：，电子守恒：，解得：，，体积比为1:2，故C正确； D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1mol，反应掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO+NO2)==0.8mol，故剩余的硝酸为0.3mol，故D正确； 故选A。 15．加热5.00g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.62g，则原混合物中碳酸氢钠的质量分数为 A．66.4% B．33.2% C．16.8% D．33.6% 【答案】D 【解析】设原混合物中碳酸氢钠的质量为xg； x=1.68g，碳酸氢钠的质量分数为，故选D。 05 考查热重分析法 16．聚合硫酸铁的化学式可表示为，称取9.07g聚合硫酸铁样品进行热解实验，固体残留率与温度的关系曲线如图所示： 聚合硫酸铁的化学式为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】9.07g聚合硫酸铁样品进行热解实验，失去的水为2.98%，得水的物质的量为9.07g×2.98%÷18g/mol，氢原子的物质的量为9.07g×2.98%÷18g/mol×2=0.03mol，750℃是Fe2O3质量为9.07g×44.10%，物质的量为9.07g×44.10%÷160g/mol，铁原子物质的量为9.07g×44.10%÷160g/mol×2=0.05mol，铁原子：氢原子=5:3，故B正确。 17．将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法正确的是 A．曲线对应溶液中有硫酸铜晶体析出 B．曲线对应溶液溶质的质量分数保持增大 C．曲线对应体系存在平衡： D．当容器中压强低于后得到无水硫酸铜 【答案】D 【解析】A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线对应溶液中无硫酸铜晶体析出，故A错误； B．对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，故B错误； C．对应体系只存在CuSO4⋅5H2O(s)，不存在CuSO4(饱和溶液)⇌CuSO4⋅5H2O(s)+H2O(g)，故C错误； D．据图可知当容器中压强低于后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确； 答案选D。 18．MoS2(S化合价为-2价)具有良好的光、电性能。将(在空气中加热可得加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示： (已知：下列说法正确的是 A．中钼元素的化合价为+2价 B．是金属氧化物，也是碱性氧化物 C．煅烧生成反应转移电子的物质的量为7mol D．可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为 【答案】D 【解析】A．MoS2中硫元素的化合价为-2价，则钼元素的化合价为+4价，A错误； B．所谓碱性氧化物是能跟酸反应生成盐和水的氧化物，但从题干可看出，和碱反应生成盐和水，因此应该是酸性氧化物，B错误； C．由于未注明所处状态，所以无法确定SO2的物质的量，无法计算转移电子的物质的量，C错误； D．由图可知(NH4)2MoS4起始的质量可视为260g，物质的量为1mol，根据加热分解过程总元素守恒可知，最终氧化物中的Mo质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，氧原子的物质的量为，Mo原子和O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO3，D正确； 故选D 1．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 【答案】　D 【解析】　根据电荷守恒得： 2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)， c(Al3＋)＝ ＝3 mol·L－1， 加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得： V(NaOH)＝ ＝ ＝2 L。 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，则该样品的纯度(质量分数)是(　　) A. B. C. D. 【答案】　A 【解析】　由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可到如下关系： 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 2×84　　　　　　　　　　　62 x　　　　　　　　　　　　w1－w2 则x＝， 故样品纯度为＝＝。 3．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。 【答案】　(1)90.0%　(2)3.36×106　15 【解析】　(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得关系式： Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1　　　　　　　　　　 　 m(FeS2)＝0.090 00 g 样品中FeS2的质量分数为90.0%。 (2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 　 4 mol　　　　　　　　　 8 mol 　 mol　　　　 n(SO2) n(SO2)＝1.5×105 mol V(SO2)＝3.36×106 L 由SO2　～SO3　～H2SO4 　1 mol　　　　　 98 g 　1.5×105 mol　　m(H2SO4)×98% 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 4．II.已知： 溶于乳酸能制得可溶性乳酸亚铁{，相对分子质量为234}，可作补血剂。现探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量。 称取样品，灼烧至完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入1∼2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液。（已知：） (1)判定滴定终点的标志是 。 (2)样品中铁元素的质量分数是 （用含有相关字母的代数式表示）。 III.已知碳酸亚铁晶体受热分解。称取，对其进行加热，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 (3)①过程I发生反应的化学方程式为 。 ②300℃时剩余固体中只有一种且是铁的氧化物，则其化学式为 。 【答案】(1)滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒内不变色 (2) (3) （1）样品灼烧至完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应生成I2，然后加入1∼2滴淀粉溶液，溶液变蓝，用硫代硫酸钠标准溶液滴定含有I2和淀粉的溶液，则判定滴定终点的标志是：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒内不变色； （2）根据反应式可得关系：，则mol，所以样品中铁元素的质量分数是； （3）①的物质的量为，含结晶水的质量为，由图可知，过程I固体的质量减少，则过程I发生是碳酸亚铁晶体受热失去结晶水的反应，其反应的化学方程式为：； ②的物质的量为，则晶体中铁原子的物质的量也为，其铁元素质量为，则剩余氧化物中氧元素的质量为，氧原子的物质的量为，即该氧化物中，所以该氧化物的化学式为。 1．（2025·北京·高考真题）一种生物基可降解高分子P合成路线如下。 下列说法正确的是 A．反应物A中有手性碳原子 B．反应物A与B的化学计量比是 C．反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D．高分子P可降解的原因是由于键断裂 【答案】A 【分析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为，A与B反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1；D与E反应生成高聚物P和水。 【解析】 A．反应物A中有1个手性碳原子，如图所示，A正确； B．由分析可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，B错误； C．反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚反应，C错误； D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于键断裂，D错误； 故选A。 2．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【解析】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 3．（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 【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。 4．（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 【解析】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。 5．（2025·北京·高考真题）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】(1) 正四面体形 (2) 使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解 H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂 (3)ab 【解析】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 （2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是为了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解； ②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 （3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 6．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的 极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是 。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。 【答案】(1) (2)ab (3) 阳 (4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度 【解析】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为； （2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确； b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确； c．总反应的：，c项错误； 故选ab。 （3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；； （4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$