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）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，涵盖基础计算及关系式法、守恒法、差量法、热重分析法等核心考点，按“公式-定量关系-解题步骤”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生突破计算难点，体现复习系统性与针对性。 资料以真实情境为载体，创新采用“设1mol法”“守恒法优先”等策略，如热重分析中设1mol初始固体算残留质量，培养科学思维与证据推理能力。设置分层练习与即时反馈，保障复习效率，助力教师把控节奏，有效提升学生化学计算应考能力。

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 根据化学方程式进行计算 知识解构 知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式∣ 知识点2 化学方程式中的定量关系 知识点 3 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 ∣ 考向破译 考向1 考查 根据化学方程式进行计算 ∣ 考点二 常用的化学计算方法 知识解构 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 ∣ 知识点2 利用守恒法简化解题过程 知识点3 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 ∣ 知识点 4 热重分析法的应用 考向破译 考向1 考查守恒法在化学计算中的应用 ∣ 考向2 考查差量法在化学计算中的应用 考向 3 考查关系式法在化学计算中的应用 ∣ 考向 4 考查热重曲线法在化学计算中的应用 解题妙招1 守恒法的应用 解题妙招2 差量法的应用 解题妙招 3 关系式法 的应用 解题妙招 4 热重分析的一般方法和规律 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 物质的量在化学方程式计算中的应用 T16（1）① T14，3分 T12，3分T18(2)③ 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：(1)以工业制备、环境治理、生物医药定量分析为真实情境载体，依托北京本地化工、环保科研素材，将物质的量计算嵌入工业流程、产品纯度测定、污染物含量检测等实例，侧重考查概念实用性与定量化学思维；(2)以新型储能材料制备、航天推进剂配比、纳米化工原料合成等前沿科技为命题背景，围绕反应计量比、过量判断、产率计算设置选项与填空，突出化学定量计算的创新性与前沿应用；(3)依托古代冶金、制盐、湿法炼铜等传统手工业史料、古文记载的化工操作，结合物质的量计算考查反应计量关系，融合传统文化考点，落实北京高考素养导向、增强文化自信。 ►复习目标： 1．了解物质的量应用于化学方程式计算的核心原理，厘清化学计量数与物质的量、质量、气体体积的比例关系，区分 “纯量计算” 与 “混合物计算” 的边界； 2．理解单一反应、多步反应中物质的量计算的核心逻辑，掌握常规比例法、差量法、关系式法的解题步骤与适用场景，熟练判断限量反应物； 3．理解单一反应、多步反应中物质的量计算的核心逻辑，掌握常规比例法、差量法、关系式法的解题步骤与适用场景，熟练判断限量反应物。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 根据化学方程式进行计算 知●识●解●构 知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式 知识点2 化学方程式中的定量关系 化学方程式 2CO+O22CO2 化学计量数之比 物质微粒数之比 扩大NA倍之后 物质的量之比 标准状况下体积之比 相同状况下体积之比 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于 之比，也等于各物质的 之比。 知识点3 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 1、“审”：审清题目 和题目 。 2、“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且 。 3、“写”：依据题意写出并配平 。 4、“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关 的关系，并代入 和 。比较复杂的数量关系可先化简。 5、“列”：将有关的几个量列出 。 6、“解”：根据上述比例式求解未知数。 7、“答”：根据题目要求简明地写出答案。 得分速记 1、 纯量计算原则：所有参与计算的量必须是纯净物，混合物、溶液需折算纯物质的量，不可直接代入计算。 2、 过量必判断：题干给出两种及以上反应物用量时，必须先判断过量，以完全反应的不足量物质为计算依据，过量物质不参与比例运算。 3、上下一致、左右相当：列比例式时，同种物理量单位上下统一，不同物质物理量左右对应匹配。 考●向●破●译 考向1 考查根据化学方程式进行计算 例1（25-26高三上·北京·阶段检测）1.5 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是 A．2 mol Na2CO3 B．1.5 mol Na2O2和1 mol Na2CO3 C．2 mol NaOH和1.5 mol Na2CO3 D．1 mol NaOH和2 mol Na2CO3 【变式1·变载体】（25-26高三上·北京·阶段检测）向三个分别盛有100 mL 1 mol/L稀盐酸的烧杯中，依次加入0.3 mol的金属钠、镁、铝，充分反应后（忽略溶液体积变化，气体全部逸出），收集到的氢气在相同状况下的体积比为 A．1:1:1 B．3:1:1 C．2:1:1 D．1:2:3 【变式2】（25-26高三上·北京延庆·期末）下列关于“溶液”的说法不正确的是 A．该溶液与溶液中的相等 B．该溶液中含有的微粒主要有：、、 C．若取该溶液10mL，其中 D．若取该溶液10mL，恰好能与溶液完全反应 【变式3】（24-25高三上·北京朝阳·调研）（23-24高一上·北京·阶段检测）将4.6g钠单质溶于95.4g水中配成溶液中溶质的质量分数为 A．7.8% B．8% C．大于8% D．小于8% 考点二 常用的化学计算方法 知●识●解●构 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 1. 原理 关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法， 2. 适用范围 一般适用于 进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应 。 3. 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 得分速记 根据多步方程式，找出起始反应物与最终生成物的定量关系，省略中间步骤，直接列关系式计算。 知识点2 利用守恒法简化解题过程 1. 原理 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。 2. 常见的守恒法有以下几种 (1)质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持 。 (2)电荷守恒 在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的 相等。 (3)得失电子守恒 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数=氧化剂得电子的总数。 3. 解题步骤 得分速记 1、质量守恒：反应前后总质量不变，适用于固体、溶液混合反应计算。 2、原子守恒：特定元素原子数目全程不变，多步反应、连续反应首选，跳过中间复杂步骤。 3、电荷守恒：电解质溶液中，阳离子总电荷=阴离子总电荷，适配溶液浓度、离子浓度计算。 4、电子守恒：氧化还原反应中，失电子总数=得电子总数，是氧化还原计算最优方法。 知识点3 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 1. 原理 所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。 2. 计算依据 化学反应中反应物或生成物的量与差量 。 3. 解题关键 一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 4. 解题步骤 (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。 知识点4 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。 得分速记 1、设1mol法（核心）：默认初始固体为1 mol，快速算出初始总质量，简化比例计算，规避复杂取值运算。 2、算残留质量：根据题干残留率公式 残留率=计算每一段热重曲线对应的剩余固体质量。 3、判失重成分：遵循固定失重顺序：先失结晶水，再失酸酐（CO₂、SO₃等），最后氧化变价。 4、守恒定组成：金属原子物质的量恒定不变，结合剩余固体质量，算出O、H、酸根等原子数目，确定剩余固体化学式。 5、写分步方程式：根据每步失重对应的物质变化，配平分步热分解化学方程式。 考●向●破●译 考向1 考查守恒法在化学计算中的应用 例1（25-26高三上·北京·阶段检测）2.16 g铜镁合金完全溶解于未知浓度的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)。向反应后的溶液中加入的溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为。若将盛有该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法不正确的是 A．该合金中铜的质量是 B．该浓硝酸中的物质的量浓度是 C．和的混合气体中，的体积分数是 D．通入的的体积(标准状况下) 解题妙招 守恒法的应用 能守恒不列式，能跳过不推导；多步反应优先原子守恒，氧化还原必用电子守恒，溶液计算巧用电荷守恒，无需书写完整方程式。 【变式1】（2026·北京昌平·模拟预测）将3.52 g镁铜合金投入40 mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体0.08 mol(不考虑其他气体)，反应结束后向溶液中加入120 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24 g。若将盛有0.08 mol该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化为。下列说法中错误的是 A．Mg与Cu的物质的量之比为1∶1 B．原硝酸的浓度为8 mol·L-1 C．NO2和NO的体积比为3∶1 D．通入的O2的体积为896 mL(标准状况) 【变式2】（25-26高二下·北京·阶段检测）45.5 g Zn与一定量浓硝酸恰好完全反应生成0.8 mol氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)，这些氧化物恰好溶解在0.5 L 2 mol/L NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，下列有关判断正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO2只作还原剂 B．混合气体中N2O4的物质的量是0.1 mol C．若浓硝酸体积为250 mL，则其物质的量浓度为9.8 mol/L D．混合溶液含有NaNO3 0.3 mol 【变式3】（2025·北京·模拟预测）把一定量的镁铝合金溶于50 mL稀硝酸中，将产生的气体与336 mL氧气(标准状况)混合后通入足量NaOH溶液中，气体被完全吸收生成NaNO3，向反应后的溶液中逐滴加入1.0 mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是 A．a=90 B．合金中镁、铝的物质的量之比为3：2 C．稀硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/L D．合金与硝酸反应中转移电子的物质的量为0.06 mol 考向2 考查差量法在化学计算中的应用 例2金属钾是比钠活泼的金属，与水反应的产物与钠相似：2K+2H2O=2KOH+H2↑。将少量金属钾投入下列物质的水溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是 A．HCl B．NaOH C．MgSO4 D．CuSO4 解题妙招 差量法的应用 第一步：准确写出有关反应的化学方程式； 第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比； 第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 只抓「变化量」，舍弃无用总数据；质量差、体积差、物质的量差均可列式，专门破解混合物含杂质、反应不完全的难题 【变式1】将金属钠分别投入到下列物质的溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是 A．HCl B．H2SO4 C．H2O D．饱和NaOH溶液 【变式2】（25-26高三上·北京·调研）取胆矾（CuSO4·5H2O）和铁粉组成的混合物，放入足量水中充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到固体，称量其质量比原混合物的质量减轻48.4g；另取同质量的原混合物放入水中充分反应后再加入足量的稀硫酸，充分作用后过滤，将滤液蒸干，得到FeSO4·7H2O晶体，称其质量比原混合物的质量增加16.6g。则混合物中胆矾和铁粉的物质的量之比为 A．1︰1 B．2︰3 C．3︰4 D．4︰5 【变式3】有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量氢气中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6 g；欲将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1 mol•L－1的盐酸的体积至少为 A．0.5 L B．0.1 L C．0.2 L D．1 L 考向3 考查关系式法在化学计算中的应用 例3（25-26高三下·北京·联考）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． 解题妙招 关系式法的应用 多步反应不逐式计算，掐头去尾找首尾元素守恒关系，直接搭建最简关系式，删掉所有中间产物，专治工业流程、连续转化复杂计算题。 【变式1】（24-25高三上·北京·期末）为测定空气中的含量，某课外学习小组将空气样品经过管道通入密闭容器中的200 mL 的碘溶液(含淀粉指示剂)。若管道中空气流量为，经过t min溶液恰好由蓝色变为无色，此时将空气中的全部吸收。该空气样品中的含量是 A． B． C． D． 【变式2】（25-26高三上·北京丰台·期中）实验小组配制100mL 1.00 mol·L-1的NaCl溶液。 (1)准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。 (2)计算需要NaCl固体的质量：______g。 (3)称量NaCl固体后，继续进行配制实验。 下列实验步骤中，操作错误的是______(填序号)。 溶解 转移 洗涤 定容 用1.00 mol·L-1的NaCl溶液和蒸馏水配制100 mL物质的量浓度为0.40mol·L-1的NaCl溶液，需量取NaCl溶液______ mL。 (4)取0.40mol·L-1的NaCl溶液amL，逐滴加入某浓度的AgNO3溶液，当沉淀完全时，消耗AgNO3溶液的体积是bmL。 上述过程发生反应的离子方程式是______。 c(Ag+)=______mol·L-1。 【变式3】（2025·北京朝阳·二模）铁矿石中存在硫酸盐(主要为)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为，再利用滴定法测定。 (1)高温下完全分解为、和___________。 (2)测定过程如下： 向吸收器内滴入少量标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。 ①持续通入空气，空气的作用是___________。 ②依据现象，滴定过程发生的反应有、___________。 ③滴定达终点的实验现象是___________。 (3)标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于___________g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。 (4)条件控制和误差分析 ①测定时，需要控制吸收器中溶液的。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为___________。 ②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是___________。 考向4 考查热重曲线法在化学计算中的应用 例4（25-26高三上·北京·阶段检测）8.34g样品在气氛中受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是 A．温度0~78℃间，发生反应为： B．温度为159℃时固体N中 C．温度为373℃，P的化学式为 D．固体P继续加热至635℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，发生反应为 解题妙招 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1】（24-25高三上·北京·阶段检测）铜阳极泥富含、、等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：，下列说法正确的是 A．提高浸取1的速率的方法有将铜阳极泥粉碎、提高硫酸的浓度、高温等 B．浸渣2的主要成分是 C．溶液与过量粉反应的离子方程式为 D．由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是 【变式2】（25-26高一上·北京·调研）通过分析热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物等与质量的关系。受热会先失去结晶水，然后再发生其他的分解反应，所得到的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 A．68~170℃时，失去部分结晶水 B．389℃时，所得固体为 C．的摩尔质量为 D．550℃时，所得固体为 【变式3】（25-26高三上·北京·期中）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程，现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析，绘制出如图的热重曲线： 已知：①；②摩尔盐在下完全分解，得到红棕色固体。 下列说法错误的是 A．摩尔盐晶体化学式可表示为 B．可用检验中的某种阳离子 C．间发生反应的化学方程式为： D．摩尔盐溶液与少量反应的离子方程式为： 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京，14，3分）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．（2022·北京，12，3分）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 3．（2025·北京，16，2分）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： 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。 4．（2025·广西，16，14分）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是________。“滤液1”中的主要阳离子有________（填化学式）。 (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为________。 (3)“试剂X”可选用________（填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是________（用离子方程式表示）。 ☆(5)若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为________mol。 (6)将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是________。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是________。 5．（2023·重庆卷，4，3分）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 2 / 3 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 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 根据化学方程式进行计算 知识解构 知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式∣ 知识点2 化学方程式中的定量关系 知识点 3 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 ∣ 考向破译 考向1 考查 根据化学方程式进行计算 ∣ 考点二 常用的化学计算方法 知识解构 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 ∣ 知识点2 利用守恒法简化解题过程 知识点3 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 ∣ 知识点 4 热重分析法的应用 考向破译 考向1 考查守恒法在化学计算中的应用 ∣ 考向2 考查差量法在化学计算中的应用 考向 3 考查关系式法在化学计算中的应用 ∣ 考向 4 考查热重曲线法在化学计算中的应用 解题妙招1 守恒法的应用 解题妙招2 差量法的应用 解题妙招 3 关系式法 的应用 解题妙招 4 热重分析的一般方法和规律 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 物质的量在化学方程式计算中的应用 T16（1）① T14，3分 T12，3分T18(2)③ 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：(1)以工业制备、环境治理、生物医药定量分析为真实情境载体，依托北京本地化工、环保科研素材，将物质的量计算嵌入工业流程、产品纯度测定、污染物含量检测等实例，侧重考查概念实用性与定量化学思维；(2)以新型储能材料制备、航天推进剂配比、纳米化工原料合成等前沿科技为命题背景，围绕反应计量比、过量判断、产率计算设置选项与填空，突出化学定量计算的创新性与前沿应用；(3)依托古代冶金、制盐、湿法炼铜等传统手工业史料、古文记载的化工操作，结合物质的量计算考查反应计量关系，融合传统文化考点，落实北京高考素养导向、增强文化自信。 ►复习目标： 1．了解物质的量应用于化学方程式计算的核心原理，厘清化学计量数与物质的量、质量、气体体积的比例关系，区分 “纯量计算” 与 “混合物计算” 的边界； 2．理解单一反应、多步反应中物质的量计算的核心逻辑，掌握常规比例法、差量法、关系式法的解题步骤与适用场景，熟练判断限量反应物。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 根据化学方程式进行计算 知●识●解●构 知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式 知识点2 化学方程式中的定量关系 化学方程式 2CO+O22CO2 化学计量数之比 2∶1∶2 物质微粒数之比 2∶1∶2 扩大NA倍之后 2NA∶NA∶2NA 物质的量之比 2 mol∶1 mol∶2 mol 标准状况下体积之比 44．8 L∶22．4 L∶44．8 L 相同状况下体积之比 2∶1∶2 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。 知识点3 物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤 1、“审”：审清题目条件和题目要求。 2、“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。 3、“写”：依据题意写出并配平化学方程式。 4、“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。 5、“列”：将有关的几个量列出比例式。 6、“解”：根据上述比例式求解未知数。 7、“答”：根据题目要求简明地写出答案。 得分速记 1、 纯量计算原则：所有参与计算的量必须是纯净物，混合物、溶液需折算纯物质的量，不可直接代入计算。 2、 过量必判断：题干给出两种及以上反应物用量时，必须先判断过量，以完全反应的不足量物质为计算依据，过量物质不参与比例运算。 3、上下一致、左右相当：列比例式时，同种物理量单位上下统一，不同物质物理量左右对应匹配。 考●向●破●译 考向1 考查根据化学方程式进行计算 例1（25-26高三上·北京·阶段检测）1.5 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是 A．2 mol Na2CO3 B．1.5 mol Na2O2和1 mol Na2CO3 C．2 mol NaOH和1.5 mol Na2CO3 D．1 mol NaOH和2 mol Na2CO3 【答案】D 【详解】由题可知，该过程发生的反应为： ，。2 mol NaHCO3固体反应生成了1mol Na2CO3、1mol和1mol，1mol消耗1mol Na2O2，生成1mol Na2CO3，剩余的0.5mol Na2O2与0.5mol反应生成1mol NaOH，剩余0.5mol为气态，随气态气体一同被排出。所以最后残留的固体物质是Na2CO3为1mol+1mol=2mol、NaOH为1mol 。 故选D。 【变式1·变载体】（25-26高三上·北京·阶段检测）向三个分别盛有100 mL 1 mol/L稀盐酸的烧杯中，依次加入0.3 mol的金属钠、镁、铝，充分反应后（忽略溶液体积变化，气体全部逸出），收集到的氢气在相同状况下的体积比为 A．1:1:1 B．3:1:1 C．2:1:1 D．1:2:3 【答案】B 【详解】已知2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，盐酸中HCl的物质的量为0.1  mol，与钠反应时，0.1 mol HCl完全消耗，生成0.05 mol H2，剩余0.2 mol Na与水反应，生成0.1mol H2，H2的总物质的量为0.15 mol，0.1 mol HCl仅能消耗0.05mol Mg，生成0.05mol H2；过量的镁在常温下不与水反应，H2总物质的量为0.05 mol，0.1 mol HCl仅能消耗 mol Al，生成0.05 mol H2；过量的铝在常温下不与水反应，H2总物质的量为0.05 mol，在相同状况下气体的体积比等于其物质的量之比，综上，H2体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，故答案为：B。 【变式2】（25-26高三上·北京延庆·期末）下列关于“溶液”的说法不正确的是 A．该溶液与溶液中的相等 B．该溶液中含有的微粒主要有：、、 C．若取该溶液10mL，其中 D．若取该溶液10mL，恰好能与溶液完全反应 【答案】C 【详解】A．物质的量浓度与溶液体积无关，0.1mol/LCaCl2溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×2=0.2mol/L，0.1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=0.2mol/L，A正确； B．CaCl2是强电解质，在水溶液中完全电离出、，水溶液中还含有分子，B正确； C．物质的量浓度与溶液体积无关，若取该溶液10mL，c(Cl-)=0.1mol/L×2=0.2mol/L，C错误； D．该离子反应为，钙离子和碳酸根离子按物质的量为1:1反应，若取该溶液10mL，n(Ca2+)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，中，两者完全反应，D正确； 故选：C。 【变式3】（24-25高三上·北京朝阳·调研）（23-24高一上·北京·阶段检测）将4.6g钠单质溶于95.4g水中配成溶液中溶质的质量分数为 A．7.8% B．8% C．大于8% D．小于8% 【答案】C 【详解】，，解得x=8，y=2，则配成溶液中溶质的质量分数为，故C符合题意。 综上所述，答案为C。 考点二 常用的化学计算方法 知●识●解●构 知识点1 利用关系式法解答连续反应类计算题 1. 原理 关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法， 2. 适用范围 一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。 3. 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 得分速记 根据多步方程式，找出起始反应物与最终生成物的定量关系，省略中间步骤，直接列关系式计算。 知识点2 利用守恒法简化解题过程 1. 原理 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。 2. 常见的守恒法有以下几种 (1)质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。 (2)电荷守恒 在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。 (3)得失电子守恒 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数=氧化剂得电子的总数。 3. 解题步骤 得分速记 1、质量守恒：反应前后总质量不变，适用于固体、溶液混合反应计算。 2、原子守恒：特定元素原子数目全程不变，多步反应、连续反应首选，跳过中间复杂步骤。 3、电荷守恒：电解质溶液中，阳离子总电荷=阴离子总电荷，适配溶液浓度、离子浓度计算。 4、电子守恒：氧化还原反应中，失电子总数=得电子总数，是氧化还原计算最优方法。 知识点3 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法 1. 原理 所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。 2. 计算依据 化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。 3. 解题关键 一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 4. 解题步骤 (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。 知识点4 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。 得分速记 1、设1mol法（核心）：默认初始固体为1 mol，快速算出初始总质量，简化比例计算，规避复杂取值运算。 2、算残留质量：根据题干残留率公式 残留率=计算每一段热重曲线对应的剩余固体质量。 3、判失重成分：遵循固定失重顺序：先失结晶水，再失酸酐（CO₂、SO₃等），最后氧化变价。 4、守恒定组成：金属原子物质的量恒定不变，结合剩余固体质量，算出O、H、酸根等原子数目，确定剩余固体化学式。 5、写分步方程式：根据每步失重对应的物质变化，配平分步热分解化学方程式。 考●向●破●译 考向1 考查守恒法在化学计算中的应用 例1（25-26高三上·北京·阶段检测）2.16 g铜镁合金完全溶解于未知浓度的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)。向反应后的溶液中加入的溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为。若将盛有该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法不正确的是 A．该合金中铜的质量是 B．该浓硝酸中的物质的量浓度是 C．和的混合气体中，的体积分数是 D．通入的的体积(标准状况下) 【答案】C 【详解】A．设铜、镁物质的量分别为、，沉淀与合金的质量差为的质量，，，联立方程，解得，铜的质量为，A正确；　 B．根据N元素守恒，，。混合气体总物质的量为，设、，由电子守恒得（即金属失去电子的物质的量），结合解得、，气体中总N为，总硝酸浓度为，B正确；　 C．的体积分数等于物质的量分数，为，C错误； D．混合气体与、水反应生成硝酸，由电子守恒，得电子总数等于金属失电子总数，，标准状况下体积为，D正确； 故选C。 解题妙招 守恒法的应用 能守恒不列式，能跳过不推导；多步反应优先原子守恒，氧化还原必用电子守恒，溶液计算巧用电荷守恒，无需书写完整方程式。 【变式1】（2026·北京昌平·模拟预测）将3.52 g镁铜合金投入40 mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体0.08 mol(不考虑其他气体)，反应结束后向溶液中加入120 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24 g。若将盛有0.08 mol该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化为。下列说法中错误的是 A．Mg与Cu的物质的量之比为1∶1 B．原硝酸的浓度为8 mol·L-1 C．NO2和NO的体积比为3∶1 D．通入的O2的体积为896 mL(标准状况) 【答案】C 【详解】A．设Mg物质的量为，Cu物质的量为，金属失电子总物质的量等于沉淀结合的的物质的量，故，结合总质量，解得、，二者物质的量之比为，A正确； B．反应后溶液溶质为，根据Na守恒，根据N元素守恒，总，原硝酸浓度，B正确； C．设物质的量为，物质的量为，则，结合得失电子守恒，解得、，相同条件下气体体积比等于物质的量之比，和体积比为，C错误； D．混合气体被完全氧化为，N元素失电子总物质的量为，反应得电子，故，标况下体积为，D正确； 答案选C。 【变式2】（25-26高二下·北京·阶段检测）45.5 g Zn与一定量浓硝酸恰好完全反应生成0.8 mol氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)，这些氧化物恰好溶解在0.5 L 2 mol/L NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，下列有关判断正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO2只作还原剂 B．混合气体中N2O4的物质的量是0.1 mol C．若浓硝酸体积为250 mL，则其物质的量浓度为9.8 mol/L D．混合溶液含有NaNO3 0.3 mol 【答案】D 【详解】A．二氧化氮与氢氧化钠反应时，N元素化合价从+4价部分升高为+5价、部分降低为+3价，既作氧化剂又作还原剂，A错误； B．氮氧化物被氢氧化钠溶液吸收生成和，消耗。根据Na、N元素守恒，可知氮氧化物中N原子的总物质的量为1摩尔，则混合气体中物质的量为1mol－0.8mol=0.2mol，B错误； C．，根据N元素守恒，硝酸总物质的量等于中的量加钠盐中N的量，即，浓度为，C错误； D．根据得失电子守恒，Zn失去的电子数等于转化为得到的电子数：，解得，再根据Na守恒，D正确； 故选D。 【变式3】（2025·北京·模拟预测）把一定量的镁铝合金溶于50 mL稀硝酸中，将产生的气体与336 mL氧气(标准状况)混合后通入足量NaOH溶液中，气体被完全吸收生成NaNO3，向反应后的溶液中逐滴加入1.0 mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是 A．a=90 B．合金中镁、铝的物质的量之比为3：2 C．稀硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/L D．合金与硝酸反应中转移电子的物质的量为0.06 mol 【答案】C 【详解】A．溶解反应：，，溶解消耗体积，故，A正确； B．，B正确； C．根据原子守恒，稀硝酸中的溶质硝酸转化成、硝酸镁、硝酸铝及剩余的硝酸；与氧气的混合气体被溶液完全吸收生成，则(得失电子守恒)，；根据镁、铝原子守恒，硝酸镁、硝酸铝的物质的量为、；图中共消耗，形成沉淀至最大量时消耗的氢氧化钠为，溶解氢氧化铝沉淀消耗的氢氧化钠为，说明有氢氧化钠用于中和硝酸，那么这部分被中和的硝酸为；故硝酸的总物质的量为，该硝酸的物质的量浓度为，C错误； D．由电子守恒，合金失电子总物质的量等于得电子物质的量，即，D正确； 故选C。 考向2 考查差量法在化学计算中的应用 例2金属钾是比钠活泼的金属，与水反应的产物与钠相似：2K+2H2O=2KOH+H2↑。将少量金属钾投入下列物质的水溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是 A．HCl B．NaOH C．MgSO4 D．CuSO4 【答案】D 【详解】A．钾和水的反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，生成的氢氧化钾和盐酸反应生成盐和水，反应方程式为：KOH+HCl=KCl+H2O，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(K)-m(H2)，A项错误； B．钾和水的反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，生成的氢氧化钾和NaOH不反应，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(K)-m(H2)，B项错误； C．钾和水的反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↓，生成的氢氧化钾和MgSO4反应生成盐和碱，反应方程式为：2KOH+MgSO4=K2SO4+Mg(OH)2↓，将两个方程式相加得2K+2H2O+MgSO4=H2↑+K2SO4+Mg(OH)2↓，根据方程式知，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(K)- m(Mg(OH)2)-m(H2)，C项错误； D．钾和水的反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，生成的氢氧化钾和CuSO4反应，反应方程式为：2KOH+CuSO4=K2SO4+Cu(OH)2↓，将两个方程式相加得2K+2H2O+CuSO4=H2↑+K2SO4+Cu(OH)2↓，根据方程式知，溶液质量减轻，减轻的质量=m(Cu(OH)2)+m(H2)-m(K)，D项正确； 答案选D。 解题妙招 差量法的应用 第一步：准确写出有关反应的化学方程式； 第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比； 第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 只抓「变化量」，舍弃无用总数据；质量差、体积差、物质的量差均可列式，专门破解混合物含杂质、反应不完全的难题 【变式1】将金属钠分别投入到下列物质的溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是 A．HCl B．H2SO4 C．H2O D．饱和NaOH溶液 【答案】D 【详解】A．钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl＝2NaCl+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，A错误； B．钠与硫酸反应方程式为：2Na+H2SO4＝Na2SO4+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，B错误； C．钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，C错误； D．钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和的氢氧化钠溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠晶体，所以溶液质量会减少，D正确； 故答案为：D。 【变式2】（25-26高三上·北京·调研）取胆矾（CuSO4·5H2O）和铁粉组成的混合物，放入足量水中充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到固体，称量其质量比原混合物的质量减轻48.4g；另取同质量的原混合物放入水中充分反应后再加入足量的稀硫酸，充分作用后过滤，将滤液蒸干，得到FeSO4·7H2O晶体，称其质量比原混合物的质量增加16.6g。则混合物中胆矾和铁粉的物质的量之比为 A．1︰1 B．2︰3 C．3︰4 D．4︰5 【答案】B 【详解】铁与铜离子的反应为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，设胆矾的物质的量为x、铁粉的物质的量为y，当混合物中铁粉过量时，利用差量法，则铜离子完全反应，该置换反应中固体增加的质量为：64x-56x=8x，则混合物溶于水后固体减少的质量为：①250x-8x=48.4，根据铁元素守恒可知，FeSO4•7H2O的物质的量为y，根据混合物质量增加了16.6g可得：②250x+56y+16.6=278y，根据①②联立解得：x=0.2、y=0.3，混合物中胆矾和铁粉的物质的量之比为：0.2mol：0.3mol=2：3，故B正确；当混合物中铁粉不足时，铜离子部分反应，铁完全反应，则：③250x-8y=48.4，结合②③可得：x=0.2，y=0.3，混合物中胆矾和铁粉的物质的量之比为：0.2mol：0.3mol=2：3，故B正确；故选B。 【变式3】有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量氢气中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6 g；欲将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1 mol•L－1的盐酸的体积至少为 A．0.5 L B．0.1 L C．0.2 L D．1 L 【答案】C 【详解】对于二元混合物的组成问题，通常先设FeO、Fe2O3的n分别为x mol、y mol，再根据FeO(s)+H2Fe(s)+H2O、Fe2O3(s)+3H22Fe(s)+3H2O中固体反应物与固体生成物的系数之比等于n之比、n•M=m可知，固体反应物的总质量为(56+16)x g + 160y g，固体生成物的总质量为56x g + 112y g，则固体质量减轻了16xg+48yg=1.6g，解得：x+3y=0.1；然后根据FeO + 2 HCl = FeCl2 + H2O、Fe2O3 + 6 HCl = FeCl3 + 3H2O中两反应物的系数之比等于n之比可知，总共消耗的HCl为2xmol+6ymol=2(x+3y)mol=0.2mol；最后根据c = 可知，1 mol•L－1 = ，解得：V = 0.2L，C正确； 答案选C。 考向3 考查关系式法在化学计算中的应用 例3（25-26高三下·北京·联考）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 【详解】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。 解题妙招 关系式法的应用 多步反应不逐式计算，掐头去尾找首尾元素守恒关系，直接搭建最简关系式，删掉所有中间产物，专治工业流程、连续转化复杂计算题。 【变式1】（24-25高三上·北京·期末）为测定空气中的含量，某课外学习小组将空气样品经过管道通入密闭容器中的200 mL 的碘溶液(含淀粉指示剂)。若管道中空气流量为，经过t min溶液恰好由蓝色变为无色，此时将空气中的全部吸收。该空气样品中的含量是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】二氧化硫和碘反应的方程式为I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，根据方程式可知n(SO2)=n(I2)=0.2L× 2.5×10−4mol⋅L−1=5×10-5mol，该空气样品中SO2的含量是=mg·L-1，综上所述B符合； 故答案为：B。 【变式2】（25-26高三上·北京丰台·期中）实验小组配制100mL 1.00 mol·L-1的NaCl溶液。 (1)准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。 (2)计算需要NaCl固体的质量：______g。 (3)称量NaCl固体后，继续进行配制实验。 下列实验步骤中，操作错误的是______(填序号)。 溶解 转移 洗涤 定容 用1.00 mol·L-1的NaCl溶液和蒸馏水配制100 mL物质的量浓度为0.40mol·L-1的NaCl溶液，需量取NaCl溶液______ mL。 (4)取0.40mol·L-1的NaCl溶液amL，逐滴加入某浓度的AgNO3溶液，当沉淀完全时，消耗AgNO3溶液的体积是bmL。 上述过程发生反应的离子方程式是______。 c(Ag+)=______mol·L-1。 【答案】(1)100mL容量瓶 (2)5.85 (3)d 40.0 (4) Ag+ + Cl-=AgCl↓ 【详解】（1）通常配制溶液的步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。 （2）需要NaCl固体的质量m=nM=VcM=0.1L×1.00molL-1×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85。 （3）①a、b、c的操作均正确；定容时，当向容量瓶中加水至刻度线1～2cm处，需改用胶头滴管加水至刻度线处，故答案为d； ②设需量取1.00mol/LNaCl溶液的体积为V，根据稀释定律：1.00mol/L×V=0.40mol/L×100mL，解得：V=40.0mL，故答案为：40.0。 （4）①NaCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀和NaNO3，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓； ②根据反应关系知：n(Ag+)=n(Cl-)，n(Cl-)=0.40mol/L×a×10-3L=0.4a×10-3mol，则c(Ag+)==mol/L，故答案为：。 【变式3】（2025·北京朝阳·二模）铁矿石中存在硫酸盐(主要为)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为，再利用滴定法测定。 (1)高温下完全分解为、和___________。 (2)测定过程如下： 向吸收器内滴入少量标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。 ①持续通入空气，空气的作用是___________。 ②依据现象，滴定过程发生的反应有、___________。 ③滴定达终点的实验现象是___________。 (3)标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于___________g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。 (4)条件控制和误差分析 ①测定时，需要控制吸收器中溶液的。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为___________。 ②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是___________。 【答案】(1) (2)将导入吸收器中；将硫化物氧化为 溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色 (3)0.096a (4) 与的反应速率较慢 【详解】（1）根据氧化还原的规律结合题给信息可知，硫由+6价降低到+4价，则同时应该有化合价的升高，故产物中还应该存在O2； （2）①通入空气可将管式炉中矿石中的硫元素转化为二氧化硫、且将生成的SO2气体全部吹入吸收器，确保SO2完全参与后续反应，避免损失，故答案为：将导入吸收器中；将硫化物氧化为； ②滴定过程中KIO3与I-反应生成I2，随后I2与SO2反应，被还原为I-，第二个反应体现了I2氧化SO2的过程，故答案为：； ③淀粉遇I2显蓝色。即SO2反应完全后，吸收器内溶液淡蓝色消退，继续滴加KIO3，过量的IO与I-反应生成I2，溶液变为稳定的蓝色，且半分钟内不褪色，即为终点，故答案为：溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色； （3）根据反应关系：，消耗的KIO3物质的量为，对应的S的质量为： ； （4）①若溶液pH过低，I-会被空气中的O2氧化为I2，导致额外生成I2，消耗KIO3标准溶液体积减少，使测定结果偏小，故答案为：； ②KIO3与SO2反应动力学缓慢，而I2与SO2反应迅速，确保SO2被完全氧化留在溶液中。若不加入KI，则未反应的SO2会积累在溶液中，超过最大溶解度时会逸出，故答案为：与的反应速率较慢。 考向4 考查热重曲线法在化学计算中的应用 例4（25-26高三上·北京·阶段检测）8.34g样品在气氛中受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是 A．温度0~78℃间，发生反应为： B．温度为159℃时固体N中 C．温度为373℃，P的化学式为 D．固体P继续加热至635℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，发生反应为 【答案】C 【详解】A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56 g=2.16 g，n(H2O)=0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故78 ℃时，M的化学式为FeSO4·4H2O，发生反应为：，故A错误； B．温度为159℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=0.03mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，则，故B错误； C．温度为373℃，固体质量为4.56g，结合分析，P的化学式为，故C正确； D．由上述分析可知，P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.03、64x+80y=4.56-2.40，解得x=y=0.015，所以方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，Q的化学式为Fe2O3，故D错误； 故选C。 解题妙招 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1】（24-25高三上·北京·阶段检测）铜阳极泥富含、、等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：，下列说法正确的是 A．提高浸取1的速率的方法有将铜阳极泥粉碎、提高硫酸的浓度、高温等 B．浸渣2的主要成分是 C．溶液与过量粉反应的离子方程式为 D．由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是 【答案】B 【详解】A．高温双氧水易分解，不利于浸取速率的提高，A错误； B．由可知，浸渣的主要成分是，B正确； C．已知：，它是强电解质，应该拆开写成离子，反应的离子方程式为：，C错误； D．样品中，，时，固体中铜元素的质量：，剩下的是氧元素的质量：，，，故最终分解产物为，D错误； 故选B。 【变式2】（25-26高一上·北京·调研）通过分析热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物等与质量的关系。受热会先失去结晶水，然后再发生其他的分解反应，所得到的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 A．68~170℃时，失去部分结晶水 B．389℃时，所得固体为 C．的摩尔质量为 D．550℃时，所得固体为 【答案】D 【详解】A．由分析知，170℃时，所得固体为，则68~170℃时，失去部分结晶水，故A正确； B．由分析知，389℃时，所得固体为，故B正确； C．由分析知，的摩尔质量为，故C正确； D．由分析知，550℃时，所得固体为MgO，故D错误； 故选D。 【变式3】（25-26高三上·北京·期中）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程，现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析，绘制出如图的热重曲线： 已知：①；②摩尔盐在下完全分解，得到红棕色固体。 下列说法错误的是 A．摩尔盐晶体化学式可表示为 B．可用检验中的某种阳离子 C．间发生反应的化学方程式为： D．摩尔盐溶液与少量反应的离子方程式为： 【答案】A 【详解】A．120 ℃ 时该摩尔盐失去的水的物质的量为：392 g × 9.2% ÷ 18g/mol = 2 mol，则120 ℃ 摩尔盐晶体化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅4H2O，A错误； B．摩尔盐中含有金属阳离子Fe2+，可用 K3Fe(CN)6 检验，B正确； C． 420 ℃ 时该摩尔盐失去的水的物质的量为：392 g × 3× 9.2% ÷ 18g/mol = 6 mol，此时摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2。根据题意， 580 ℃ 时剩余固体为 Fe2O3，则其余元素均生成了相应的气体，因此420~580°C 间发生反应的化学方程式为：2(NH4)2Fe(SO4)2 = 4 NH3↑+ Fe2O3 + SO2↑ + 3SO3↑+ 2 H2O↑，C正确； D．摩尔盐溶液与少量Ba(OH)2反应，则Ba(OH)2量不足，铵根离子不反应，则二者反应的离子方程式为：Ba2++ 2OH−+ Fe2++ SO42− = BaSO4↓+Fe(OH)2↓，D正确； 答案为：A。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京，14，3分）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．（2022·北京，12，3分）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。 3．（2025·北京，16，2分）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： 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。 【答案】(1)② 【详解】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； 4．（2025·广西，16，14分）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是________。“滤液1”中的主要阳离子有________（填化学式）。 (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为________。 (3)“试剂X”可选用________（填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是________（用离子方程式表示）。 ☆(5)若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为________mol。 (6)将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是________。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是________。 【答案】(1)Ag+与I-结合比与NH3结合更稳定 [Ag(NH3)2]+、NH (2)AgI+Cl2=AgCl+ICl (3)ab (4)5I-++6H+=3I2+3H2O (5)0.25 (6)升华 未回收处理“滤液1” 【详解】（1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI是由于Ag+与I-结合形成AgI比与NH3结合更稳定；由分析可知，“滤液1”中的主要阳离子有[Ag(NH3)2]+、； （2）“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式为AgI+Cl2=AgCl+ICl； （3）由分析可知，试剂X需要将[Ag(NH3)2]+还原为Ag。 a．葡萄糖分子中含有多个醛基，具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，a符合题意； b．Al单质具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，b符合题意； c．Na2O2具有强氧化性，一般是作氧化剂表现氧化性。不能将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，c不符合题意； d．H2SO4的氧化性较强，一般是表现强的氧化性，不能将[Ag(NH3)2]+还原，d不符合题意； 故合理选项是ab； （4）已知IO-在碱性条件下易歧化成I-和，用盐酸“调pH”的主要目的是使溶液中的I-和在酸性环境中发生归中反应而转化为I2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O； （5）“反应3”中加入Na2S2O4将还原为I2，根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，若“滤液3”中含有0.3 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为n(Na2S2O4)==0.25 mol； （6）I2加热时会不经过液态而直接变为气态，即I2受热易升华，故将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是升华； 向AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中加浓氨水进行“溶解1”时，Ag2O被溶解，以[Ag(NH3)2]+的形式进入滤液1中，而这部分银元素未被回收，因此导致流程回收Ag的量低于预期量。 5．（2023·重庆卷，4，3分）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 【详解】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 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $