第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（复习讲义）（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 2 02 体系构建·思维可视 3 03 核心突破·靶向攻坚 4 考点一 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算 4 知识点1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 4 考向1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 9 【思维建模】关系式法解题模板 考点二 利用关系式法解答连续反应类计算题 11 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 11 考向1 利用关系式法解答连续反应类计算题 16 【思维建模】利用多步反应建立关系式的方法 考点三 利用守恒法简化解题过程 21 知识点1 利用守恒法简化解题过程 22 考向1 质量守恒 25 考向2 电荷守恒 25 考向3 得失电子守恒 25 考点四 化学方程式计算——差量法 21 知识点1 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 22 考向1 差量法 22 考点五 混合物类计算——平均值法 21 知识点1 混合物类计算的“简化高手”——平均值法 22 考向1 平均值法 25 考点六 混合物计算——极值法 21 知识点1 混合物计算——极值法 22 考向1 极值法的应用 25 考点七 热重分析法的应用 21 知识点1 热重分析法的应用 22 考向1 热重分析法的应用 25 【思维建模】热重分析法的一般方法和规律 0429 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 物质的量在化学方程式计算中的应用 选择题 非选择题 T10(B)、T14(A) T12(D)、T18(2)③ 考情分析： 1.北京高考试题越来越重视定量分析计算的考查，其中依据方程式法、关系式法和守恒法的定量计算居多，主要用于求解产率、纯度、质量分数、浓度等。 2.预计2026年高考对滴定类的定量计算，质量分数、产率类的定量计算等的考查力度会有所加大。 复习目标： 1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2.了解化学计算的常用方法。 3.初步建立化学计算的思维模型。 考点一 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算 知识点1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 1．计算原理 　　　　　　　　　aA(g) ＋ bB(g)===cC(g)＋dD(g) 化学计量数之比： a　 ∶ b　∶　 c ∶ d 质量之比：　　　　aMA ∶ bMB∶ cMC∶　dMD 物质的量之比： a　 ∶ b ∶ c ∶ d 气体体积之比： a 　∶ b ∶ c　∶　d (同温同压下) 不同物质的相同物理量之间的换算可以按上述关系进行。解题时要注意化学方程式中各种物质对应关系的单位问题，同一物理量单位要一致。如果涉及两种物理量，只要做到两种物理量“上下一致，左右相当”即可。 2．解题步骤 考向1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 例1 （2025·北京·阶段练习）为测定FeC2O4·2H2O（M＝180 g·mol－1）样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3Mn＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是　 　％（保留小数点后一位）。 思维建模 关系式法解题模板 现以2H2＋O22H2O为例，方程式中有关量的关系如下： 化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝气体体积之比(相同状况下)≠质量之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。 注意：根据化学方程式计算时，所列比例是否正确的判断依据是：“上下单位要一致，左右单位要对应”。如 【变式训练1·变载体】某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知：Cu2O＋2H＋Cu2＋＋Cu＋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，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）。 【变式训练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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 考点二 利用关系式法解答连续反应类计算题 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 1.应用原理 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，若第一步反应的产物是下一步反应的 物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知 和 物质之间“量”的关系。 2.解题步骤 考向1 利用关系式法解答连续反应类计算题 例1 （2025·北京·专题练习）立德粉（ZnS·BaSO4）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 0.100 0 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。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S22I－＋S4。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）。 思维建模 　 利用多步反应建立关系式的方法 1．叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气) ⇒ ⇒ 由空气、木炭、水蒸气制取NH3过程中，C和NH3的关系式为3C～4NH3。 2．元素守恒法 4NH3＋5O24NO＋6H2O 2NO＋O2===2NO2 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。 3．电子转移守恒法 NH3HNO3，O22 由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。 【变式训练1】水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2＋I22I－＋S4）。 回答下列问题： （1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是　 　。 （2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为　 　。 （3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　 　；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除　 　及二氧化碳。 （4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为　 　；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为　 　mg·L－1。 （5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏　 　。（填“高”或“低”） 考点三 利用守恒法简化解题过程 知识点1 利用守恒法简化解题过程 1.应用原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“ ”的过程中某些物理量的总量保持“ ”。在化学变化中有各种各样的守恒，如 守恒、原子守恒、 守恒、电荷守恒、能量守恒等。 2.解题步骤 得分速记 守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。 考向1 质量守恒 例1 （24-25·北京·开学考试）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种氮的氧化物气体，该两种气体的相对分子质量均小于50。为防止气体污染空气，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为　 　，生成硫酸铜的物质的量为　 　。 【变式训练1】某工厂用m1 kg铬铁矿粉（含Cr2O3 40％）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为　 考向2 电荷守恒 例2 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。 【变式训练1】在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　) A. B. C. D. 考向3 得失电子守恒 例3 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。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 【变式训练1】联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH＝＋1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg焦炭。 (2)每生产106 kg纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。 考点四 化学方程式计算——差量法 知识点1 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 1．差量法应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积、反应过程中的热量等在反应中产生的差量，该差量的大小与参加反应的各物质的有关量成正比。解题的关键就是利用相关差量与物质有关量的正比关系列出比例式，然后求解。 2．解题的一般步骤 (1)准确写出有关反应的化学方程式。 (2)深入细致地分析题意，有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。 (3)根据化学方程式，列出“理论差量”“实际差量”与物质相关量的比例关系，然后列比例式求解。 考向1 差量法 例1 将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中CO的质量分数。 【变式训练1】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. 考点五 混合物类计算——平均值法 知识点1 混合物类计算的“简化高手”——平均值法 1．依据 若XA＞XB，则XA＞＞XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。 2．应用 已知可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。 解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。 考向1 平均值法 例1 两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　　) A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu 【变式训练1】把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(　　) A．NaCl B．AlCl3 C．KCl D．CaCl2 考点六 混合物计算——极值法 知识点1 混合物计算——极值法 1．极值法的含义 极值法是利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极值，利用极值进行判断分析求出结果，有时也称为极端假设法。 2．解题思路 (1)极端假设。如： ①把可逆反应假设成向左或向右进行完全。 ②把混合物假设成为某一纯净物。 ③把多个同时进行的反应假设成单一反应。 (2)计算极值。 (3)由极值进行讨论、分析、推理，从而得出合理答案。 3．极值法解题的关键 紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。 考向1 极值法的应用 例1 把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl质量为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(　　) A．NaCl B．AlCl3 C．KCl D．CaCl2 【变式训练1】将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．不能求出硝酸的物质的量浓度 B．氢氧化钠溶液的浓度为3 mol·L－1 C．可以求出合金中镁的质量 D．可以求出沉淀的最大质量 考点七 热重分析法的应用 知识点1 热重分析法的应用 1．测定固体物质组成的热重法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。 2．热重曲线模型 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1为固体A开始分解的温度,T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为。 3．热重曲线的分析法的思考路径 坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。 （1）识图 识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。 （2）析图 分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。 （3）用图 将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 考向1 热重分析法的应用 例1 取制得的CaO2·nH2O晶体进行热重分析，其热分解时晶体的质量随温度变化的曲线如图，则过氧化钙晶体(CaO2·nH2O)的化学式为____。 思维建模 　 热重分析的一般方法和规律 （1）设晶体为1mol，其质量为m。 （2）失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 （3）计算每步固体剩余的质量（m余） （4）晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。 （5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属：n氧，即可求出失重后物质的化学式。 【变式训练1】经过热重分析测得：CaCl2·6H2O在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则第一个相对稳定的物质的化学式是______。 a CaCl2·4H2O b CaCl2·2H2O c CaCl2·H2O d CaCl2 1．（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 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 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 3．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A．温度升高时不利于吸附 B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C．转化为的反应是 D．每获得时，转移电子的数目为 4．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 1 / 2 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 2 02 体系构建·思维可视 3 03 核心突破·靶向攻坚 4 考点一 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算 4 知识点1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 4 考向1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 9 【思维建模】关系式法解题模板 考点二 利用关系式法解答连续反应类计算题 11 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 11 考向1 利用关系式法解答连续反应类计算题 16 【思维建模】利用多步反应建立关系式的方法 考点三 利用守恒法简化解题过程 21 知识点1 利用守恒法简化解题过程 22 考向1 质量守恒 25 考向2 电荷守恒 25 考向3 得失电子守恒 25 考点四 化学方程式计算——差量法 21 知识点1 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 22 考向1 差量法 22 考点五 混合物类计算——平均值法 21 知识点1 混合物类计算的“简化高手”——平均值法 22 考向1 平均值法 25 考点六 混合物计算——极值法 21 知识点1 混合物计算——极值法 22 考向1 极值法的应用 25 考点七 热重分析法的应用 21 知识点1 热重分析法的应用 22 考向1 热重分析法的应用 25 【思维建模】热重分析法的一般方法和规律 0429 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 物质的量在化学方程式计算中的应用 选择题 非选择题 T10(B)、T14(A) T12(D)、T18(2)③ 考情分析： 1.北京高考试题越来越重视定量分析计算的考查，其中依据方程式法、关系式法和守恒法的定量计算居多，主要用于求解产率、纯度、质量分数、浓度等。 2.预计2026年高考对滴定类的定量计算，质量分数、产率类的定量计算等的考查力度会有所加大。 复习目标： 1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2.了解化学计算的常用方法。 3.初步建立化学计算的思维模型。 考点一 依据化学方程式中的定量关系进行相关计算 知识点1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 1．计算原理 　　　　　　　　　aA(g) ＋ bB(g)===cC(g)＋dD(g) 化学计量数之比： a　 ∶ b　∶　 c ∶ d 质量之比：　　　　aMA ∶ bMB∶ cMC∶　dMD 物质的量之比： a　 ∶ b ∶ c ∶ d 气体体积之比： a 　∶ b ∶ c　∶　d (同温同压下) 不同物质的相同物理量之间的换算可以按上述关系进行。解题时要注意化学方程式中各种物质对应关系的单位问题，同一物理量单位要一致。如果涉及两种物理量，只要做到两种物理量“上下一致，左右相当”即可。 2．解题步骤 考向1 根据化学方程式的基本计算——比例式法 例1 （2025·北京·阶段练习）为测定FeC2O4·2H2O（M＝180 g·mol－1）样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3Mn＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是　95.2　％（保留小数点后一位）。 【解析】　第2次滴定实验的数据误差太大，应舍去，1、3两次实验消耗的KMnO4标准溶液的平均体积为20.00 mL，根据已知信息可知6.300 g样品中m（FeC2O4·2H2O）＝n（KMnO4）××M（FeC2O4·2H2O），将有关数据代入，得m（FeC2O4·2H2O）＝6.000 g，故该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100％≈95.2％。 思维建模 关系式法解题模板 现以2H2＋O22H2O为例，方程式中有关量的关系如下： 化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝气体体积之比(相同状况下)≠质量之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。 注意：根据化学方程式计算时，所列比例是否正确的判断依据是：“上下单位要一致，左右单位要对应”。如 【变式训练1·变载体】某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知：Cu2O＋2H＋Cu2＋＋Cu＋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，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）。 【解析】　（1）根据所得固体（单质Cu）质量为a g，若该固体粉末为纯净物，则一定为Cu2O；根据Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O和m g Cu2O参加反应，可求出m（Cu）＝ g，即a＝。（2）该固体粉末溶于稀H2SO4发生的反应依次为①Fe2O3＋6H＋2Fe3＋＋3H2O、②Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O、③2Fe3＋＋Cu2Fe2＋＋Cu2＋，由反应②可知生成a g单质Cu时消耗的m（Cu2O）＝ g＝ g；结合反应①②③可得④Fe2O3＋Cu2O＋8H＋2Fe2＋＋2Cu2＋＋4H2O，即参与反应④的Fe2O3、Cu2O共 g，且二者的物质的量之比为1∶1，则n（Fe2O3）＝＝ mol。 【变式训练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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 【答案】　样品加热发生的反应为 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168　　　　　106　　　　　　　　　62 m(NaHCO3)　　　　　　　　　　　(w1－w2) g 样品中m(NaHCO3)＝ g， 样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g， 其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。 考点二 利用关系式法解答连续反应类计算题 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 1.应用原理 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，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。 2.解题步骤 考向1 利用关系式法解答连续反应类计算题 例1 （2025·北京·专题练习）立德粉（ZnS·BaSO4）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 0.100 0 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。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S22I－＋S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为　浅蓝色至无色　，样品中S2－的含量为×100％　（写出表达式）。 【解析】　达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～ 2S2，可得 n（I2）过量＝×0.100 0V×10－3 mol，再根据得失电子守恒可得关系式S2－～ I2可知， n（S2－）＝0.100 0×25.00×10－3 mol－×0.100 0V×10－3 mol＝（25.00－）×0.100 0× 10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100％。 思维建模 　 利用多步反应建立关系式的方法 1．叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气) ⇒ ⇒ 由空气、木炭、水蒸气制取NH3过程中，C和NH3的关系式为3C～4NH3。 2．元素守恒法 4NH3＋5O24NO＋6H2O 2NO＋O2===2NO2 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。 3．电子转移守恒法 NH3HNO3，O22 由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。 【变式训练1】水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2＋I22I－＋S4）。 回答下列问题： （1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是　使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差　。 （2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为　O2＋2Mn（OH）22MnO（OH）2　。 （3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　量筒　；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除　氧气　及二氧化碳。 （4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为　蓝色刚好褪去　；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为　80ab　mg·L－1。 （5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏　低　。（填“高”或“低”） 【解析】（1）取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。（2）根据水样与Mn（OH）2碱性悬浊液反应生成MnO（OH）2，则固氧反应的化学方程式为O2＋2Mn（OH）22MnO（OH）2。（3）由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等，且能杀菌。（4）根据Ⅱ可知，MnO（OH）2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnO（OH）2 ～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n（Na2S2O3）＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。（5）滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。 考点三 利用守恒法简化解题过程 知识点1 利用守恒法简化解题过程 1.应用原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。 2.解题步骤 得分速记 守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。 考向1 质量守恒 例1 （24-25·北京·开学考试）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种氮的氧化物气体，该两种气体的相对分子质量均小于50。为防止气体污染空气，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为　NO：0.9 mol；NO2：1.3 mol　，生成硫酸铜的物质的量为　2 mol　。 【解析】　由钠原子守恒可知，生成NaNO3的物质的量为2.2 mol，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设生成NO2的物质的量为x，生成NO的物质的量为y，根据N原子守恒可得x＋y＝2.2 mol，根据得失电子守恒可得x＋3y＝4 mol，联立两式解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据得失电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜的物质的量为2 mol。 【变式训练1】某工厂用m1 kg铬铁矿粉（含Cr2O3 40％）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为　×100％　。 【解析】　设理论上得到K2Cr2O7的质量为x，依题意知， Cr2O3　～　K2Cr2O7 152　　　　　294 0.4m1 kg　　　x 则＝，x＝ kg，产率为×100％＝×100％＝×100％。 考向2 电荷守恒 例2 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。 【答案】　0.2 mol·L－1 【解析】　当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。 【变式训练1】在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　) A. B. C. D. 【答案】　D 【解析】　由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－ NH3↑＋H2O可知n(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，故D正确。 考向3 得失电子守恒 例3 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。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 【答案】　D 【解析】　设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol，与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol。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＝，故B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、＋3三种情况，因此存在a＝1、2、3，b＝0.5、1、1.5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。 【变式训练1】联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH＝＋1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg焦炭。 (2)每生产106 kg纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。 【答案】　(1)10.8　(2)＝70 【解析】　(1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是×180 kJ·mol－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70 kg。 考点四 化学方程式计算——差量法 知识点1 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 1．差量法应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积、反应过程中的热量等在反应中产生的差量，该差量的大小与参加反应的各物质的有关量成正比。解题的关键就是利用相关差量与物质有关量的正比关系列出比例式，然后求解。 2．解题的一般步骤 (1)准确写出有关反应的化学方程式。 (2)深入细致地分析题意，有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。 (3)根据化学方程式，列出“理论差量”“实际差量”与物质相关量的比例关系，然后列比例式求解。 考向1 差量法 例1 将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中CO的质量分数。 【答案】　原混合气体中CO的质量分数为87.5%。 【解析】　设原混合气体中CO的质量分数为x。 CuO　＋CO　Cu＋CO2　气体质量增加(差量) 28 44 44－28＝16 12x g 18 g－12 g＝6 g ＝　解得x＝0.875。 【变式训练1】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＝＝。 考点五 混合物类计算——平均值法 知识点1 混合物类计算的“简化高手”——平均值法 1．依据 若XA＞XB，则XA＞＞XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。 2．应用 已知可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。 解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。 考向1 平均值法 例1 两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　　) A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu 【答案】　B 【解析】　本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。 【变式训练1】把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(　　) A．NaCl B．AlCl3 C．KCl D．CaCl2 【答案】　B 【解析】　提供1 mol Cl－所需各物质的质量(即平均摩尔Cl－质量)分别为 物质的化学式 MgCl2 NaCl AlCl3 KCl CaCl2 平均摩尔Cl－质量 47.5 58.5 44.5 74.5 55.5 而平均值＝95×≈45.4，小于45.4的只有AlCl3。 考点六 混合物计算——极值法 知识点1 混合物计算——极值法 1．极值法的含义 极值法是利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极值，利用极值进行判断分析求出结果，有时也称为极端假设法。 2．解题思路 (1)极端假设。如： ①把可逆反应假设成向左或向右进行完全。 ②把混合物假设成为某一纯净物。 ③把多个同时进行的反应假设成单一反应。 (2)计算极值。 (3)由极值进行讨论、分析、推理，从而得出合理答案。 3．极值法解题的关键 紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。 考向1 极值法的应用 例1 把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl质量为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(　　) A．NaCl B．AlCl3 C．KCl D．CaCl2 【答案】B 【解析】提供1 mol Cl－所需各物质的质量分别为 物质的化学式 MgCl2 NaCl AlCl3 KCl CaCl2 提供1 mol Cl－ 所需质量/g 47.5 58.5 44.5 74.5 55.5 而该含氯化物杂质的MgCl2提供1 mol Cl－需要的质量为95 g×≈45.4 g。由于提供1 mol Cl－所需MgCl2的质量为47.5 g，因此应选提供1 mol Cl－所需质量小于45.4 g的物质，根据前面的分析，提供1 mol Cl－所需物质的质量小于45.4 g的只有AlCl3。 【变式训练1】将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．不能求出硝酸的物质的量浓度 B．氢氧化钠溶液的浓度为3 mol·L－1 C．可以求出合金中镁的质量 D．可以求出沉淀的最大质量 【答案】A 【解析】　向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀生成，说明原溶液中硝酸过量，与硝酸反应的NaOH溶液是10 mL，沉淀达到最多时生成沉淀消耗的NaOH溶液是50 mL，溶解氢氧化铝消耗的NaOH溶液是10 mL，则生成氢氧化铝消耗的NaOH溶液是30 mL，因此生成氢氧化镁消耗的NaOH溶液是20 mL，根据离子方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知金属镁、铝的物质的量之比为1∶1。生成的NO为0.05 mol，转移电子为0.15 mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量为＝0.03 mol。溶解0.03 mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03 mol，则氢氧化钠溶液浓度为＝3 mol·L－1，故B正确；沉淀达到最多时所得溶液是硝酸钠溶液，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可以求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；从以上分析可知，可以求出合金中镁的质量，故C正确；从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确。 考点七 热重分析法的应用 知识点1 热重分析法的应用 1．测定固体物质组成的热重法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。 2．热重曲线模型 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1为固体A开始分解的温度,T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为。 3．热重曲线的分析法的思考路径 坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。 （1）识图 识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。 （2）析图 分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。 （3）用图 将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 考向1 热重分析法的应用 例1 取制得的CaO2·nH2O晶体进行热重分析，其热分解时晶体的质量随温度变化的曲线如图，则过氧化钙晶体(CaO2·nH2O)的化学式为____。 【答案】CaO2·8H2O 【解析】 从题中信息可知，加热至350℃左右CaO2开始分解放出氧气，从图中看得出，过氧化钙的质量是m(CaO2)=1.68g，则结晶水的质量m(H2O)=5.04g-1.68g=3.36g；由化学式CaO2•nH2O可知，其中CaO2和结晶水的质量比为72：18n=1.68g：3.36g，解得n=8，所以化学式为CaO2•8H2O；答案为CaO2•8H2O。 思维建模 　 热重分析的一般方法和规律 （1）设晶体为1mol，其质量为m。 （2）失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 （3）计算每步固体剩余的质量（m余） （4）晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。 （5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属：n氧，即可求出失重后物质的化学式。 【变式训练1】经过热重分析测得：CaCl2·6H2O在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则第一个相对稳定的物质的化学式是______。 a CaCl2·4H2O b CaCl2·2H2O c CaCl2·H2O d CaCl2 【答案】b 【解析】 21.9gCaCl2∙6H2O物质的量为0.1mol，m(CaCl2)=0.1mol×111g∕mol=11.1g，加热到180℃时固体的质量由21.9g变为14.7g，失去部分结晶水，则14.7g固体中含水的物质的量为：，则n(CaCl2)：n(H2O)=0.1mol：0.2mol=1:2，则分子式为CaCl2∙2H2O；答案是：b； 1．（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。 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 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．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A．温度升高时不利于吸附 B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C．转化为的反应是 D．每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【解析】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D。 4．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) (2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 (3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动 (4) (5) 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁； 【解析】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； （5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$