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）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，构建“基础方法-重难突破-真题实战”三阶训练体系，融合守恒法、差量法等核心解题技巧，强化化学观念与科学思维的综合运用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练|5考向×5题|守恒法、差量法、关系式法、热重曲线法|从化学方程式基本计算到复杂体系的方法迁移，形成“概念-原理-应用”逻辑链| |重难·真题|10题+3真题|综合计算技巧、图表数据分析|结合工业流程与实验探究，体现科学探究与实践素养，衔接高考命题趋势|

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查守恒法在化学计算中的应用 考向03 考查差量法在化学计算中的应用 考向04 考查关系式法在化学计算中的应用 考向05 考查热重曲线法在化学计算中的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．【化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·期中）一定温度下，在密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点时， B．反应的化学方程式为： C．反应开始到，的物质的量增加了 D．反应开始到， 2．【氧化还原反应方程式中有关物质的量的计算】（25-26高三上·北京朝阳·期末）探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A．①中可能发生：、、 B．②中与③中的作用不同 C．③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D．④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 3．【回收某光盘金属层中少量Ag】（25-26高二上·北京·期中）回收某光盘金属层中少量Ag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．操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液 B．①中，Ag被NaClO氧化 C．①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH D．若X为Zn，Zn和Ag的物质的量之比为1：2 4．【与氧化剂、还原剂有关的计算、化学方程式中物质的量的运用】将1.12g铁粉加入到25mL2mol•L-1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是 A．铁粉剩余，溶液呈浅绿色，Cl-基本不变 B．向溶液中滴入无色KSCN溶液，仍无色 C．溶液中Fe2+与Fe3+物质的量之比为6∶1 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5 5．【化学方程式中物质的量的运用】（2025·北京·模拟预测）镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到、、、、等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的是 A．24g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成时消耗 B．消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是 C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度 D．生成等物质的量的和消耗镁的物质的量之比为3：4 考向02 考查守恒法在化学计算中的应用 6．【电子转移守恒】（24-25高三上·北京·阶段检测）将一定质量的镁和铝混合物投入稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入溶液，生成沉淀的物质的量与加入的溶液体积的变化关系如图所示。判断下列说法不正确的是 资料：为两性氢氧化物，不仅可以与酸反应生成盐，也可以与碱反应生成盐，反应的离子方程式为：。 A．镁和铝的总质量为 B．最初溶液用于中和过量的稀硫酸 C．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 D．生成的氢气在标准状况下的体积为 7．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如表所示。 标准等级 一级标准 二级标准 三级标准 浓度限值(mg•m-3) 0~0.15 0.15~0.50 0.50~0.70 测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3的空气，用稀硫酸调节pH后用I2溶液与上述溶液反应，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。 已知：(1)SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H2O (2)SO+I2+H2O=SO+2H++2I- 下列推断中，不正确的是 A．恰好完全反应时消耗的物质的量为1×10-5mol B．被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg C．反应完后溶液中I-的物质的量为2×10-5mol D．被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准 8．【菠菜补铁的可行性】某小组同学探究菠菜补铁的可行性。 【提出猜想】假设1：菠菜中铁元素以Fe2+形式存在； 假设2：______； 假设3：菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在。 (1)将假设2补充完整：_______。 【设计实验方案】 (2)加入KSCN的目的是_______。 (3)若观察到_______，则证明假设3成立。 ☆(4)经实验，试管a、b中均无明显现象。为探查原因，查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁(FeC2O4)的形式存在。FeC2O4难溶于水，高温下可分解产生FeO以及气体产物。 ①经检验，气体产物中含有CO2，由此同学们推测气体中应含有CO，理由是______。 ②实验证明气体产物为CO2和CO，n(CO2)：n(CO)=______。 【实验反思】 (5)未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是_______。 【修正实验方案】 (6)①试剂x为______。 ②取适量滤液于试管中，加入试剂y，即可证明菠菜中含有+2价铁元素。该试剂y为_______，现象是______。 【可行性分析】 (7)成年人每天所需铁元素的质量为20mg，每100g菠菜中含铁元素约为2mg，铁吸收率约为2%。 ①100g菠菜中含FeC2O4的物质的量为______mol(列出计算式)。 ②若要满足成年人对铁元素的需求量，则需要每天食用菠菜______kg。 9．【氧化还原反应有关计算】（2024·北京·模拟预测）氨是一种重要的化工原料。氨催化氧化制硝酸的过程中涉及到反应：4NH3+5O24NO+6H2O。该反应中，作为氧化剂的物质是______，被氧化的物质是______，若反应中消耗了4molNH3 ，则生成NO的物质的量是______mol。 10．【物质的量应用于化学方程式的计算】取50mL和的混合溶液，加入过量的溶液后得到29.02g 白色沉淀，用过量的稀硝酸处理后沉淀质量减少到9.32g，并有气体放出，试计算： （1）原混合溶液中的物质的量_________ （2）的物质的量浓度__________ 考向03 考查差量法在化学计算中的应用 11．【化学方程式中物质的量的运用、基于氧化还原反应守恒规律的计算】将铜镁合金完全溶解于某浓度硝酸中，得到和混合气体1120 mL(标准状况)，当向反应后溶液中加入640 mL 1.0 mol NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为。回答下列问题： (1)所得沉淀物质的量为___________； (2)该合金中镁与铜的物质的量之比是___________。 (3)在和混合气体中，求的质量分数是___________。 12．实验室常用与浓盐酸加热制备，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，进行如下实验： 向足量中加入12.0的浓盐酸，加热，反应结束时收集到(标准状况)；将反应后得到的残余液过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，加入足量的溶液，再过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。请回答： (1)实验室制的离子方程式为_______ (2)实验中收集到的物质的量为_______。 (3)将生成的用足量溶液吸收，可得100消毒液，则该消毒液有效成分的物质的量浓度为_______。 ☆(4)能和二氧化锰反应生成的浓盐酸的最低浓度为_______(保留至0.01)。(假设反应后残余液体积为12，且没有残留) 13．【化学方程式中物质的量的运用、基于氧化还原反应守恒规律的计算】把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和的物质的量浓度恰好相等。则已反应的和未反应的的物质的量之比为 A． B． C． D． 14．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（2026高三·全国·专题练习）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100 mL 4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生(标准状况)，残留固体1.28 g．过滤，滤液中无．将滤液加水稀释到200 mL，测得其中为0.400 mol/L．已知，且氧化性：。则原混合物中单质铁的质量是 A．2.4 g B．3.36 g C．5.60 g D．10.08 g 15．【化学方程式中物质的量的运用】（2026高三·全国·专题练习）铁、锌合金8.5 g溶于稀中，充分反应后制得，求合金中Fe、Zn的含量分别为多少克______。 考向04 考查关系式法在化学计算中的应用 16．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·北京·模拟预测）氧钒碱式碳酸铵晶体[]()是制备多种光、电、磁材料的中间体，难溶于水，易被氧化，可用与反应制备。科研小组在实验室中对氧钒碱式碳酸铵晶体的制备和组成进行探究。回答下列问题： Ⅰ．制备氧钒碱式碳酸铵晶体的装置和步骤如下。 步骤一：按图安装好仪器，添加药品； 步骤二：打开，通入足量，充分反应后，关闭、打开，向三颈烧瓶中滴加适量溶液； 步骤三：C中反应充分进行后，经一系列操作得到产品。 (1)基态钒原子中具有一定空间运动状态的电子数为___________；图中盛放溶液的仪器名称为___________；试剂X的作用为___________。 (2)步骤二中，通入足量的作用为___________；滴加溶液时，参与反应的与的物质的量之比为___________。 Ⅱ．组成测定 ☆(3)测定含钒量(杂质不参加反应)：准确称量m g产品，用适量稀硫酸溶解后，依次加入稍过量的酸性溶液、溶液、尿素，充分反应后，用 标准溶液滴定()，达到滴定终点时消耗标准液的体积为V mL。则加入溶液的作用为___________；产品中钒元素的质量分数为___________(用代数式表示)。 (4)测定结晶水含量：称取纯化后的产品4.26 g，充分煅烧后，称得生成的质量为2.184 g，则x=___________。 17．【化学方程式中物质的量的运用】工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：    【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2 。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是___________，V2O3与O2的物质的量之比为___________。 (2)酸浸：已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________。 (3)转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：    浸出液中加入石灰乳的作用是___________， 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是___________。 (4)煅烧：煅烧时生成V2O5的化学方程式是___________。 ☆(5)测定产品中V2O5的纯度：称取10 g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入60 mL1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液。过量的(NH4)2Fe(SO4)2恰好能与10 mL1 mol·L-1 KMnO4溶液完全反应。 已知：i． ii．+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是___________。 18．【关系式法计算物质的量浓度】（25-26高一上·北京通州·期末）碘是人体所需的一种重要的微量元素。为了避免食物补碘的量不足，可以食用加碘盐，即添加KIO3的NaCl。通常用以下方法测定加碘盐中KIO3的含量：称取10g加碘盐，用纯净水完全溶解，向溶液中加入1mL0.1mol/L的硫酸和5mL10%的KI溶液，生成的I2与0.002mol/L的Na2S2O3溶液恰好完全反应，反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI (1)欲用1mol/L的硫酸溶液精确配制50mL0.1mol/L的硫酸溶液，需要的玻璃仪器有：空试剂瓶、烧杯、___________。 (2)写出题干描述的生成I2的离子方程式：___________。 (3)质量分数为10%的KI溶液，其物质的量浓度约为___________mol/L。(保留一位小数，溶液密度近似取1g/mL) ☆(4)根据题干描述，欲求加碘盐中KIO3的质量分数，还缺少的条件是___________。 19．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（24-25高三上·北京延庆·期末）取等质量的镁粉和铝粉分别放入过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生相同状况下氢气的体积 A．镁粉多 B．铝粉多 C．一样多 D．无法判断 20．【新型净水剂】高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型净水剂，制备流程如下： 资料：ⅰ．K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇；KOH易溶于乙醇 ⅱ．在碱性溶液中的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4。 ⅲ．在碱性溶液中稳定，在中性和酸性溶液中不稳定。 (1)K2FeO4具有强氧化性，其中铁元素的化合价为___________。 (2)过程Ⅱ为碱性条件下制备高铁酸钠(Na2FeO4)，过程中无气体产生，补全过程Ⅱ中发生反应的离子方程式：_____。 (3)为提高原料利用率，过程Ⅲ的产物中可循环利用的物质是___________。 (4)粗K2FeO4转化为纯K2FeO4的操作包含洗涤，去除固体表面的KOH，可以用___________洗涤。 ☆(5)K2FeO4与稀硫酸反应生成Fe3+和O2，通过测定生成O2的体积，可计算K2FeO4的纯度。取m g K2FeO4产品与稀硫酸反应，测得生成O2的体积为V mL(标准状况)。计算K2FeO4的纯度=___________(列算式)。[M(K2FeO4)=198 g/mol] (物质的纯度) 考向05 考查热重曲线法在化学计算中的应用 21．【热重曲线】（2024·北京·模拟预测）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是 A．属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去 C．第二个失重台阶得到的固体为 D．第三个失重台阶得到的固体为 22．【热重曲线】（24-25高三上·北京·阶段检测）隔绝空气条件下，8.34 g FeSO4·7H2O样品受热分解过程的热重曲线(固体的质量随温度变化的曲线)如下图所示。下列说法正确的是    A．温度为78～159℃阶段，固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O B．温度为159～373℃阶段，固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O C．由固体N转化为固体P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑ D．由固体P转化为固体Q的化学方程式为4FeSO44FeO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑ 23．【化学方程式中物质的量的运用】（2023·北京·模拟预测）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O。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：(NH4)2SO4分解有N2生成】：    已知：① ②摩尔盐在580℃下完全分解、得到红棕色固体 下列说法错误的是 A．可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子 B． C．摩尔盐在580℃下完全分解后的气体产物是：N2、SO2、SO3、H2O D．摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大 24．【热重曲线】（25-26高三上·北京·阶段检测）草酸亚铁晶体(，摩尔质量：)呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。 (1)采用如下装置(可重复选用)进行实验探究纯净草酸亚铁晶体受热分解的产物。 ①装置D的名称为___________。 ②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为A→D→___________→B→尾气处理装置。(填仪器字母编号，仪器可重复使用) ③E装置在实验中的作用为___________。 ④实验证明气体产物中含有CO，依据的实验现象为___________。 ☆(2)将54.0g草酸亚铁晶体在氮气的氛围中加热分解，得到分解产物的热重曲线(样品质量随温度的变化情况)如图所示： 已知400℃时，分解得到的生成物为一种铁的氧化物和上述实验中的气体，写出A→B发生反应的化学方程式___________。 (3)草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有等杂质(除外，其他成分杂质不与溶液反应)，测定其纯度的步骤如下： 步骤1：称取3.2g草酸亚铁晶体样品并溶于稀中，配成250mL溶液。 步骤2：取上述溶液25.00mL，向其中加入 溶液，恰好完全反应时消耗溶液6.40mL。 步骤3：向步骤2反应后的溶液中加入适量的锌粉，再加入 溶液，恰好完全反应时消耗溶液2.40mL。 已知： ①步骤3中加入锌粉的目的为___________。 ②草酸亚铁晶体样品的纯度为___________％。 25．【热重分析法】（24-25高三·全国·一轮复习）自然资源的合理利用是走可持续发展的必经之路。目前世界上的镁是从海水中提取的，海水提镁的主要流程如图所示，回答下列问题： (1)写出沉淀池发生反应的离子方程式：__________。 (2)石灰乳是生石灰与水形成的混合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的___________。 (3)加入的足量试剂a是_______（填化学式），操作B的步骤有_______、冷却结晶、过滤洗涤。 (4)有同学认为可直接加热得到，再电解熔融制得金属镁，这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则。你_______（填“同意”或“不同意”）该同学的想法，理由是__________。（已知：熔点为熔点为） ☆(5)某实验小组对进行热重曲线分析： 分析时固体产物的化学式为___________。写出从加热到时生成固体产物（一种含镁的碱式盐）的化学方程式___________。 重难·创新演练 1．【物质的量浓度的基础计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知9.6g金属Cu和50mL的一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，共收集到4.48LNO2和NO(标准状况，不考虑NO2转化为N2O4)的混合气体，则该浓硝酸的物质的量浓度为 A．0.24mol/L B．2.4mol/L C．10.0mol/L D．12.0mol/L 2．【物质的量浓度的基础计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高二上·北京·学业考试真题）氢氧化钠溶液吸收氯气的反应：。下列说法不正确的是 A．常温常压下，的体积约为 B．溶液中含有 C．的质量为 D．反应中生成，理论上消耗 3．【与氧化剂、还原剂有关的计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·阶段检测）将1.12g铁粉加入25mL 2mol/L氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是 A．和的物质的量之比为 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．往溶液中滴入无色溶液，显红色 D．铁有剩余，溶液呈浅绿色，浓度基本不变 4．【氧化还原反应有关计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·开学考试）以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是 A．生成氯气的同时，可能转化为 B．a中加入浓硫酸，b中加入饱和食盐水 C．用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性 D．当8.7克参加反应时，有被氧化 5．【化学方程式中物质的量的运用】已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 A．46：9 B．32：9 C．23：9 D．16：9 6．【化学方程式中物质的量的运用】（24-25高三上·北京海淀·阶段检测）—定条件下等物质的量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气充分反应，则在相同的条件下产生氢气的体积比是 A． B． C． D． 7．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）把和混合物22.9g溶于水制成100mL溶液，其中。在该溶液中加入一定量溶液恰好完全反应，过滤，干燥后所得固体质量为 A．233.0g B．349.5g C．34.95g D．无法确定 8．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·北京·三模）某三元锂离子电池正极材料主要成分为镍钴锰酸锂，负极材料主要成分为。一种回收电极材料中锂的流程如下： 资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)放电：负极的电极反应式为___________。 (2)焙烧：将放电后正、负极材料和按一定比例混合，取相同质量固体混合物在不同温度下焙烧相同时间。测得： ⅰ.水浸过程中锂和锰的浸出率随温度变化如图(钴、镍浸出率几乎为0)； ⅱ.不同温度下，焙烧渣所含锂、锰的主要物质如表。 温度/℃ 焙烧渣所含锂、锰的主要物质 500 、、 650 、、 ①将时锰酸锂的焙烧方程式补充完整：___________。 ②热稳定性：___________(填“”、“”或“”)。 ③焙烧后几乎无剩余。温度低于，解释锂的浸出率随温度升高而升高的可能原因：随焙烧温度升高，生成的反应速率加快；___________。 ☆(3)水浸：将含锂元素质量分数为的正极材料经焙烧、水浸后得到锂离子浓度为富锂液，则锂元素的浸出率为___________。 (4)沉锰：不用饱和溶液沉锰的原因：___________。 (5)加入饱和溶液沉锂后，经过滤、___________、干燥，得高纯。 9．【硅的制备】（25-26高三上·北京·阶段检测）氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，本身具有润滑性且耐磨损，高温时抗氧化且能抵抗冷热冲击，常温下化学性质稳定，不溶于水和一般的稀酸(氢氟酸除外)。人们常常利用它来制造轴承、气轮机叶片、机械密封环、永久性模具等机械构件。 I．用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如下(粗硅中含有少量和单质)： (1)“高温还原”过程中发生反应的化学方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (2)“灼热的铜网”的作用是___________。 (3)“稀酸Y”选用___________(填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀硝酸”)。 II．以、、(g)(沸点57.6°C，极易水解，具有腐蚀性)为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图。实验结束后丁装置硬质玻璃管增重，已装置增重，不考虑在丙装置和戊装置中的损耗。 (4)溶液与溶液共热生成，该反应的离子方程式为___________。 (5)丙装置的作用是___________。 (6)丁装置中生成氮化硅的化学方程式为___________。 ☆(7)以实际通入的量为准，该实验中氮化硅的产率为___________。 10．【海洋资源的利用、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·期中）海洋资源的利用具有非常广阔的研究价值。 I.利用空气吹出法从海水（弱碱性）中提取溴的流程如图。 已知：溴单质的沸点为。 (1)“氧化”中发生反应的离子方程式为_____。 (2)“蒸馏塔”中温度应控制在_____（填字母序号）。 A．    B．    C．以上 (3)物质A_____（填化学式）可以循环利用，降低成本。 (4)探究“氧化”的适宜条件。下图为不同条件下海水中被氧化的的百分含量。 注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。 ①“氧化”的适宜条件为_____。 ②若吹出塔吹出的气体中的浓度为，忽略其它副反应，则在吸收塔中吸收该气体理论上至少需要的的体积（标准状况下）为_____。 II.离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺。使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程如下： (5)氧化时，发生的反应离子方程式为_____。 (6)“酸化”时，需要加入硫酸，发生反应的离子方程式为_____。 真题·实战演练 1．【化学方程式中物质的量的运用】（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 (1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A． B． C． D． (2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是___________。 (3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有___________。(用化学式表示) (4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH (5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有___________。 (6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 (7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式___________。相比于方法3，方法2的优点是___________。 (8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量___________。(写出计算过程) 2．【电子转移计算、化学方程式中物质的量的运用】（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 3．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）镁及其化合物的部分转化关系如下，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①：每消耗生成分子的数目为 B．反应②：每消耗生成数目为 C．反应③：每消耗转移电子数目为 D．溶液中，数目为 1 / 19 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（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 13 14 D C C C D D D A C 19 21 22 23 B C C C 8．(1)菠菜中铁元素以Fe3+形式存在 (2)检验Fe3+ (3)试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深 (4) Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO 1：1 (5)FeC2O4难溶于水，导致溶液中铁元素含量低 (6)稀硫酸 NaOH溶液 产生沉淀由(白色变)灰绿色变红褐色 (7) 50 9．O2 NH3 4 10．0.04mol 2mol/L 11．(1)0.03 (2)1：2 (3)66.67% 12．(1) (2)0.015 (3)0.15 (4)4.17 15．7.8，0.7 16．(1) 13 分液漏斗 除去中的，提高产品产率 (2)排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，并与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率 6：5 (3)除去过量的，防止影响测定结果 (4)10 17．(1)增大与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率 1：1 (2) (3)调节溶液pH值，提供钙离子形成Ca3(VO4)2沉淀 当pH＞8时，钒主要存在形式不是形式存在 (4) (5)9.1% 18．(1)量筒、玻璃棒、容量瓶、滴管 (2) (3)0.6 (4)溶液的体积 20．(1)+6 (2)3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O (3)NaOH (4)乙醇 (5)×100% 24．(1) (球形)干燥管 B→E→C 吸收水和二氧化碳 装置C硬质试管中固体由黑变红，第二个连接的澄清石灰水装置出现白色浑浊 (2) (3) 将溶液中的Fe3+还原为Fe2+ 56.25 25．(1) (2)贝壳或牡蛎壳 (3) 蒸发浓缩 (4)不同意 熔点很高，熔融时消耗大量的能量，浪费资源且增加生产成本 (5) 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 7 C A C D D B C 8．(1) (2) > 随焙烧温度升高，生成的容易分解(或被碳单质还原)，产生硫的氧化物进一步将元素转化为 (3)×100% (4)大，易形成沉淀与沉淀一同析出，降低的产量 (5)热水洗涤 9．(1) (2)除去原料气中少量的，防止被氧化 (3)稀硝酸 (4) (5)干燥、、，将、、混合均匀 (6) (7)60% 10．(1) (2)B (3)HCl， (4)； (5) (6) 真题·实战演练 1．(1)B (2)在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量 (3)Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3 (4)BC (5)CO、OH- (6)C (7)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH 利用工业废气除Ca2+，降低了成本 (8)n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol 2．(1) (2) (3) (4)4 (5) (6)89.6 3．C 1 / 19 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（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查守恒法在化学计算中的应用 考向03 考查差量法在化学计算中的应用 考向04 考查关系式法在化学计算中的应用 考向05 考查热重曲线法在化学计算中的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．【化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·期中）一定温度下，在密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点时， B．反应的化学方程式为： C．反应开始到，的物质的量增加了 D．反应开始到， 【答案】D 【详解】A．a点仅A、B的物质的量相等，反应速率对应曲线的斜率，A的斜率绝对值更大，且反应速率之比等于化学计量数之比3:2，因此，A错误； B．各物质的物质的量变化量之比为，化学计量数之比为3:2:1，但反应达到平衡时反应物和生成物共存，属于可逆反应，反应的化学方程式为：，B错误； C．反应开始到5min，B的物质的量从0增加到0.4mol，增加了0.4mol，C错误； D．反应开始到5min，，D正确， 故选D。 2．【氧化还原反应方程式中有关物质的量的计算】（25-26高三上·北京朝阳·期末）探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A．①中可能发生：、、 B．②中与③中的作用不同 C．③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D．④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 【答案】C 【详解】A．①中产生气体，说明有氧气生成，主要反应为；为中间步骤，随后分解：，A正确； B．②中MnO2催化H2O2分解产生O2，为催化剂；③中KMnO4被H2O2还原为MnO2，为氧化剂，作用不同，B正确； C．③中反应为，该产生气体与沉淀物质的量之比为3：2，但生成的MnO2会催化分解产生更多的氧气，故③中产生气体与的物质的量之比大于3：2，C错误； D．④中纯NaOH溶液使KMnO4缓慢褪色生成，而③中快速褪色生成MnO2，排除NaOH导致快速褪色的可能，D正确； 答案选C。 3．【回收某光盘金属层中少量Ag】（25-26高二上·北京·期中）回收某光盘金属层中少量Ag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．操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液 B．①中，Ag被NaClO氧化 C．①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH D．若X为Zn，Zn和Ag的物质的量之比为1：2 【答案】C 【详解】A．由分析可知，光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀，操作a过滤分离出氯化银固体，加入氨水将氯化银转化为银氨溶液，操作b过滤分离出滤液，A正确； B．由分析可知，①中Ag被NaClO氧化为氯化银沉淀，B正确； C．①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用分别为调节溶液的pH、溶解氯化银生成银氨溶液，C错误； D．若X为Zn，离子反应方程式为Zn + 2[Ag(NH3)2]+ = [Zn(NH3)4]2++ 2Ag，根据方程式可知Zn和Ag的物质的量之比为1：2，D正确； 故答案为C。 4．【与氧化剂、还原剂有关的计算、化学方程式中物质的量的运用】将1.12g铁粉加入到25mL2mol•L-1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是 A．铁粉剩余，溶液呈浅绿色，Cl-基本不变 B．向溶液中滴入无色KSCN溶液，仍无色 C．溶液中Fe2+与Fe3+物质的量之比为6∶1 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5 【答案】C 【详解】A．根据方程式0.02mol的铁粉消耗0.04mol的FeCl3，所以FeCl3剩余，铁粉不足，故A错误； B．根据方程式0.02mol的铁粉消耗0.04mol的FeCl3，FeCl3剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液呈血红色，故B错误； C．根据方程式0.02mol的铁粉消耗0.04mol的Fe3+，生成0.06mol Fe2+，溶液中还剩余0.01mol Fe3+，所以溶液中Fe2+与Fe3+物质的量之比为6∶1，故C正确； D．0.02mol的铁被氧化，0.04mol的Fe3+被还原，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故D错误； 选C。 5．【化学方程式中物质的量的运用】（2025·北京·模拟预测）镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到、、、、等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的是 A．24g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成时消耗 B．消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是 C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度 D．生成等物质的量的和消耗镁的物质的量之比为3：4 【答案】D 【详解】A．24g镁与硝酸反应失去2mol电子，根据得失电子守恒生成的为mol= 0.25mol，同时生成，根据氮原子守恒消耗的硝酸为0.25mol×2+1mol×2=，A正确； B．生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是，因此消耗消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是，B正确； C．硝酸浓度较大时硝酸根的氧化性强于氢离子，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确； D．生成等物质的量的和需要的电子的物质的量之比为 =3：8，因此消耗镁的物质的量之比为3；8，D错误； 故选D。 考向02 考查守恒法在化学计算中的应用 6．【电子转移守恒】（24-25高三上·北京·阶段检测）将一定质量的镁和铝混合物投入稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入溶液，生成沉淀的物质的量与加入的溶液体积的变化关系如图所示。判断下列说法不正确的是 资料：为两性氢氧化物，不仅可以与酸反应生成盐，也可以与碱反应生成盐，反应的离子方程式为：。 A．镁和铝的总质量为 B．最初溶液用于中和过量的稀硫酸 C．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 D．生成的氢气在标准状况下的体积为 【答案】D 【详解】A．根据分析可知，溶解的沉淀为氢氧化铝，因此n[Al(OH)3]=(0.35-0.15)mol=0.2mol，剩余的沉淀为氢氧化镁，即n[Mg(OH)2]=0.15mol，根据原子守恒可知，n[Al(OH)3]=n(Al)=0.2mol，n[Mg(OH)2]= n(Mg)=0.15mol，则m(合金)=m(Al)+m(Mg)= 0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正确； B．由图像可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，故B正确； C．因为在反应中，n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，V(NaOH)=40mL=0.04L，所以c(NaOH)===5mol/L，故C正确； D．由A中可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，即反应放出的氢气在标准状况下的体积为V(H2)=n(H2)·Vm =0.45mol×22.4L/mol=10.08L，故D错误； 故答案选D。 7．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如表所示。 标准等级 一级标准 二级标准 三级标准 浓度限值(mg•m-3) 0~0.15 0.15~0.50 0.50~0.70 测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3的空气，用稀硫酸调节pH后用I2溶液与上述溶液反应，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。 已知：(1)SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H2O (2)SO+I2+H2O=SO+2H++2I- 下列推断中，不正确的是 A．恰好完全反应时消耗的物质的量为1×10-5mol B．被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg C．反应完后溶液中I-的物质的量为2×10-5mol D．被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准 【答案】D 【详解】A．2.54mgI2的物质的量为2.54mg÷254mg/mmol=0.01mmol，即1×10-5mol，故A正确； B．根据反应(2)，0.01mmol I2消耗0.01mmol，根据硫守恒，被吸收的空气中的SO2的物质的量为0.01mmol，质量为0.01mmol×64mg/mmol=0.64mg，故B正确； C．根据反应(2)，1×10-5mol I2能生成2×10-5mol I-，则反应完后溶液中I-的物质的量为2×10-5mol，故C正确； D．根据B的计算结果，2m3的空气中SO2的质量为0.64mg，则1m3的空气中SO2的质量为0.32mg，所以被测空气样品中SO2的浓度达到了二级标准，故D错误； 故选D。 8．【菠菜补铁的可行性】某小组同学探究菠菜补铁的可行性。 【提出猜想】假设1：菠菜中铁元素以Fe2+形式存在； 假设2：______； 假设3：菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在。 (1)将假设2补充完整：_______。 【设计实验方案】 (2)加入KSCN的目的是_______。 (3)若观察到_______，则证明假设3成立。 ☆(4)经实验，试管a、b中均无明显现象。为探查原因，查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁(FeC2O4)的形式存在。FeC2O4难溶于水，高温下可分解产生FeO以及气体产物。 ①经检验，气体产物中含有CO2，由此同学们推测气体中应含有CO，理由是______。 ②实验证明气体产物为CO2和CO，n(CO2)：n(CO)=______。 【实验反思】 (5)未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是_______。 【修正实验方案】 (6)①试剂x为______。 ②取适量滤液于试管中，加入试剂y，即可证明菠菜中含有+2价铁元素。该试剂y为_______，现象是______。 【可行性分析】 (7)成年人每天所需铁元素的质量为20mg，每100g菠菜中含铁元素约为2mg，铁吸收率约为2%。 ①100g菠菜中含FeC2O4的物质的量为______mol(列出计算式)。 ②若要满足成年人对铁元素的需求量，则需要每天食用菠菜______kg。 【答案】(1)菠菜中铁元素以Fe3+形式存在 (2)检验Fe3+ (3)试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深 (4) Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO 1：1 (5)FeC2O4难溶于水，导致溶液中铁元素含量低 (6)稀硫酸 NaOH溶液 产生沉淀由(白色变)灰绿色变红褐色 (7) 50 【详解】（1）铁元素主要以Fe2+和Fe3+形式存在，所以假设2：菠菜中铁元素以Fe3+形式存在； （2）Fe3+遇KSCN溶液变红，加入KSCN溶液，若变红则含有Fe3+，加入KSCN的目的是检验Fe3+； （3）Fe3+的浓度越大，溶液颜色越深，若菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在，则试管a中溶液为红色，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+浓度增大，试管b中溶液红色比a的深。 （4）①Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO。 ②气体产物为CO2和CO，C元素化合价由+3升高至+4价生成二氧化碳，C元素化合价由+3降低至+2价生成CO，根据得失电子守恒，n(CO2)：n(CO)=1:1。 （5）FeC2O4难溶于水，导致溶液中铁元素含量低，所以没有检测到菠菜中的铁元素； （6）①FeO难溶于水、易溶于酸，加试剂x的目的是浸取铁元素，x是稀硫酸； ②Fe2+与氢氧化钠反应生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧气氧化为红褐色Fe(OH)3，取适量滤液于试管中，加入NaOH，产生沉淀由白色变灰绿色变红褐色，即可证明菠菜中含有+2价铁元素。 （7）①100g菠菜中含铁元素约为2mg ，根据铁元素守恒，100g菠菜中含FeC2O4的物质的量为 mol。 ②成年人每天所需铁元素的质量为20mg，100g菠菜中含铁元素约为2mg，铁吸收率约为2%，若要满足成年人对铁元素的需求量，则需要每天食用菠菜。 9．【氧化还原反应有关计算】（2024·北京·模拟预测）氨是一种重要的化工原料。氨催化氧化制硝酸的过程中涉及到反应：4NH3+5O24NO+6H2O。该反应中，作为氧化剂的物质是______，被氧化的物质是______，若反应中消耗了4molNH3 ，则生成NO的物质的量是______mol。 【答案】O2 NH3 4 【详解】4NH3+5O24NO+6H2O反应中，氮元素的化合价从-3价升高到+2价，NH3作还原剂，被氧化，氧元素的化合价从0价降低到-2价，O2作氧化剂被还原；化学反应中NH3和NO的物质的量之比为1：1，则反应中消耗了4molNH3，则生成NO的物质的量是4mol。 10．【物质的量应用于化学方程式的计算】取50mL和的混合溶液，加入过量的溶液后得到29.02g 白色沉淀，用过量的稀硝酸处理后沉淀质量减少到9.32g，并有气体放出，试计算： （1）原混合溶液中的物质的量_________ （2）的物质的量浓度__________ 【答案】0.04mol 2mol/L 【详解】试题分析：本题考查物质的量应用于化学方程式的计算。Na2CO3和Na2SO4的混合溶液中加入过量BaCl2，产生BaSO4和BaCO3沉淀共29.02g；沉淀用过量稀硝酸处理，BaCO3溶解，BaSO4不溶，9.32g为BaSO4的质量。 （1）根据SO42-守恒，n（Na2SO4）=n（BaSO4）==0.04mol。 （2）m（BaCO3）=29.02g-9.32g=19.7g，根据CO32-守恒，n（Na2CO3）=n（BaCO3）==0.1mol，c（Na2CO3）==2mol/L。 考向03 考查差量法在化学计算中的应用 11．【化学方程式中物质的量的运用、基于氧化还原反应守恒规律的计算】将铜镁合金完全溶解于某浓度硝酸中，得到和混合气体1120 mL(标准状况)，当向反应后溶液中加入640 mL 1.0 mol NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为。回答下列问题： (1)所得沉淀物质的量为___________； (2)该合金中镁与铜的物质的量之比是___________。 (3)在和混合气体中，求的质量分数是___________。 【答案】(1)0.03 (2)1：2 (3)66.67% 【详解】（1）计算OH-的质量：沉淀总质量为2.54 g，合金质量为1.52 g，因此OH-的总质量为：m（OH-）=2.54 g-1.52 g=1.02 g；计算OH-的物质的量：；Cu、Mg均为+2价金属，1 mol金属对应2 mol OH-，因此金属总物质的量为：，所得沉淀为 Mg(OH)2 和 Cu(OH)2 ，其总物质的量等于金属离子的总物质的量，故沉淀的物质的量为0.03 mol ； （2）设Mg的物质的量为x，Cu的物质的量为y，则 解方程组：由第一个方程得x=0.03−y，代入第二个方程： 则x=0.03−0.02=0.01 mol，因此Mg与Cu的物质的量之比为：n（Mg）：n（Cu）=0.01:0.02=1:2； （3）计算混合气体总物质的量：标准状况下，1120 mL=1.12 L，因此：；计算金属失去的总电子数：Mg失去2e-，Cu失去2e-，总失电子数为：；设NO2物质的量为a，N2O4的物质的量为b，则： 解方程组：联立方程组解得  ：a=0.04 mol，b=0.01 mol； 。 12．实验室常用与浓盐酸加热制备，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，进行如下实验： 向足量中加入12.0的浓盐酸，加热，反应结束时收集到(标准状况)；将反应后得到的残余液过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，加入足量的溶液，再过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。请回答： (1)实验室制的离子方程式为_______ (2)实验中收集到的物质的量为_______。 (3)将生成的用足量溶液吸收，可得100消毒液，则该消毒液有效成分的物质的量浓度为_______。 ☆(4)能和二氧化锰反应生成的浓盐酸的最低浓度为_______(保留至0.01)。(假设反应后残余液体积为12，且没有残留) 【答案】(1) (2)0.015 (3)0.15 (4)4.17 【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为； （2）标准状况下，氯气物质的量：； （3）氯气与反应：，消毒液有效成分为，，则； （4）反应结束后，剩余的HCl不参与反应，能与二氧化锰反应的盐酸最低浓度即为反应停止时，残余液中盐酸的浓度； 反应结束后得到的物质的量为，为残余液中的总物质的量； 根据反应，生成的同时生成，中含的物质的量为； 剩余未反应的物质的量为，等同于未反应的物质的量，残余液体积为，因此最低浓度。 13．【化学方程式中物质的量的运用、基于氧化还原反应守恒规律的计算】把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和的物质的量浓度恰好相等。则已反应的和未反应的的物质的量之比为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设氯化铁溶液中含1 mol ，已反应的物质的量为 mol； 根据反应可知，生成的物质的量为 mol ，剩余未反应的的物质的量为 mol； 所得溶液中和的物质的量浓度恰好相等，故，解得，已反应的的物质的量为0.4 mol，未反应的的物质的量为0.6 mol，二者之比为， 故选A。 14．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（2026高三·全国·专题练习）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100 mL 4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生(标准状况)，残留固体1.28 g．过滤，滤液中无．将滤液加水稀释到200 mL，测得其中为0.400 mol/L．已知，且氧化性：。则原混合物中单质铁的质量是 A．2.4 g B．3.36 g C．5.60 g D．10.08 g 【答案】C 【详解】根据氯离子守恒，盐酸中总氯离子物质的量为0.1 L×4.4 mol/L=0.44 mol。稀释后溶液中剩余的H⁺物质的量为0.2 L×0.4 mol/L=0.08 mol，则剩余的Cl⁻物质的量也为0.08 mol。因此，FeCl2中Cl⁻的物质的量为0.44 mol-0.08 mol=0.36 mol。所以，n(FeCl2)=0.36 mol÷2=0.18 mol；生成H2的物质的量为0.04 mol，对应消耗Fe 0.04 mol；残留固体为Cu，物质的量为0.02 mol，生成0.02 mol Cu消耗Fe 0.02 mol；由Fe与Fe3+反应生成的Fe2+物质的量为0.18 mol-0.04 mol-0.02 mol=0.12 mol。根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗Fe的物质的量为0.12mol÷3=0.04 mol；总单质铁物质的量为0.04+0.02+0.04=0.1 mol，质量为5.60 g，故答案选C。 15．【化学方程式中物质的量的运用】（2026高三·全国·专题练习）铁、锌合金8.5 g溶于稀中，充分反应后制得，求合金中Fe、Zn的含量分别为多少克______。 【答案】7.8，0.7 【详解】铁与稀硫酸反应：，1 mol生成1 mol；锌与稀硫酸反应：，1 mol生成 1 mol；两个反应中，金属与氢气的物质的量之比均为 ，因此生成氢气的总物质的量等于金属的总物质的量。，设铁的质量为x g，锌的质量为y g，则，，解得，，因此，合金中铁的含量为 7.8 g，锌的含量为 0.7 g。 考向04 考查关系式法在化学计算中的应用 16．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·北京·模拟预测）氧钒碱式碳酸铵晶体[]()是制备多种光、电、磁材料的中间体，难溶于水，易被氧化，可用与反应制备。科研小组在实验室中对氧钒碱式碳酸铵晶体的制备和组成进行探究。回答下列问题： Ⅰ．制备氧钒碱式碳酸铵晶体的装置和步骤如下。 步骤一：按图安装好仪器，添加药品； 步骤二：打开，通入足量，充分反应后，关闭、打开，向三颈烧瓶中滴加适量溶液； 步骤三：C中反应充分进行后，经一系列操作得到产品。 (1)基态钒原子中具有一定空间运动状态的电子数为___________；图中盛放溶液的仪器名称为___________；试剂X的作用为___________。 (2)步骤二中，通入足量的作用为___________；滴加溶液时，参与反应的与的物质的量之比为___________。 Ⅱ．组成测定 ☆(3)测定含钒量(杂质不参加反应)：准确称量m g产品，用适量稀硫酸溶解后，依次加入稍过量的酸性溶液、溶液、尿素，充分反应后，用 标准溶液滴定()，达到滴定终点时消耗标准液的体积为V mL。则加入溶液的作用为___________；产品中钒元素的质量分数为___________(用代数式表示)。 (4)测定结晶水含量：称取纯化后的产品4.26 g，充分煅烧后，称得生成的质量为2.184 g，则x=___________。 【答案】(1) 13 分液漏斗 除去中的，提高产品产率 (2)排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，并与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率 6：5 (3)除去过量的，防止影响测定结果 (4)10 【详解】（1）V 是23号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，空间运动状态=轨道总数，为13； 由图知，盛放溶液的仪器名称为分液漏斗； 试剂X适合选择饱和溶液，除去中的，提高产品产率； （2）由信息和原理知，步骤二中，通入足量可排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，并与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率； 滴加溶液后，与反应制得产品，根据元素守恒可得知，参与反应的与的物质的量之比为6：5； （3）为使+4价V元素被完全氧化为+5价V，所加酸性溶液需适当过量，故加入溶液的作用为除去过量的，防止影响测定结果； 由反应原理可得关系式，则产品中钒元素的质量分数为； （4）由题中数据计算得2.184 gV2O5的物质的量为0.012 mol，则的物质的量为0.004 mol、摩尔质量为，计算得x=。 17．【化学方程式中物质的量的运用】工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：    【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2 。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是___________，V2O3与O2的物质的量之比为___________。 (2)酸浸：已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________。 (3)转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：    浸出液中加入石灰乳的作用是___________， 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是___________。 (4)煅烧：煅烧时生成V2O5的化学方程式是___________。 ☆(5)测定产品中V2O5的纯度：称取10 g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入60 mL1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液。过量的(NH4)2Fe(SO4)2恰好能与10 mL1 mol·L-1 KMnO4溶液完全反应。 已知：i． ii．+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是___________。 【答案】(1) 增大与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率 1：1 (2) (3)调节溶液pH值，提供钙离子形成Ca3(VO4)2沉淀 当pH＞8时，钒主要存在形式不是形式存在 (4) (5)9.1% 【详解】（1）在焙烧时，向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是增大固体物质与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率； 根据反应方程式CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2中物质反应转化关系可知：V2O3与O2反应的个数比是1：1，因此二者反应的物质的量的比是n(V2O3)：n(O2)=1：1； （2）在酸浸时，已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸反应产生、Ca2+、H2O，该反应的离子方程式是； （3）在转沉过程中，向浸出液中加入石灰乳的作用是：调整溶液pH，提供Ca2+，用于结合形成Ca3(VO4)2沉淀； 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是当pH＞8时，钒主要存在形式不是形式，而是以或形式存在； （4）在煅烧时NH4VO3分解产生NH3、H2O、V2O5，该反应的化学方程式为：； （5）根据元素化合价升降总数相等，可知滴定过程中存在关系式：5 (NH4)2Fe(SO4)2～，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5n(KMnO4)=5×0.01 L×1 mol/L=0.05 mol，则与(VO2)2SO4反应的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.06 L×1 mol/L-0.05 mol=0.01 mol，根据V元素守恒可知关系式：V2O5～2～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)= n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.005 mol，则产品中V2O5的质量分数为：×100%=9.1%。 18．【关系式法计算物质的量浓度】（25-26高一上·北京通州·期末）碘是人体所需的一种重要的微量元素。为了避免食物补碘的量不足，可以食用加碘盐，即添加KIO3的NaCl。通常用以下方法测定加碘盐中KIO3的含量：称取10g加碘盐，用纯净水完全溶解，向溶液中加入1mL0.1mol/L的硫酸和5mL10%的KI溶液，生成的I2与0.002mol/L的Na2S2O3溶液恰好完全反应，反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI (1)欲用1mol/L的硫酸溶液精确配制50mL0.1mol/L的硫酸溶液，需要的玻璃仪器有：空试剂瓶、烧杯、___________。 (2)写出题干描述的生成I2的离子方程式：___________。 (3)质量分数为10%的KI溶液，其物质的量浓度约为___________mol/L。(保留一位小数，溶液密度近似取1g/mL) ☆(4)根据题干描述，欲求加碘盐中KIO3的质量分数，还缺少的条件是___________。 【答案】(1)量筒、玻璃棒、容量瓶、滴管 (2) (3)0.6 (4)溶液的体积 【详解】（1）欲用1mol/L的硫酸溶液精确配制50mL0.1mol/L的硫酸溶液，计算需要硫酸溶液的体积，量筒量取后在烧杯中溶解，冷却后转移到50mL的容量瓶中，洗涤后一并转移，加水到离刻度1～2cm改用胶头滴管滴加到刻度，需要的玻璃仪器有：空试剂瓶、烧杯、量筒、胶头滴管、50mL的容量瓶，故答案为：量筒、胶头滴管、50mL的容量瓶； （2）生成I2的离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：+5I-+6H+=3I2+3H2O； （3）质量分数为10%的KI溶液，溶液密度近似取1g/mL，其物质的量浓度c==mol/L≈0.6mol/L，故答案为：0.6； （4）称取10g加碘盐，用50mL纯净水完全溶解，向溶液中加入1mL0.1mol/L的硫酸和5mL10%的KI溶液，反应的离子方程式：+5I-+6H+=3I2+3H2O，生成的I2与0.002mol/L的Na2S2O3溶液恰好完全反应，反应的化学方程式为：I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，得到～3I2～6Na2S2O3，计算碘酸钾的物质的量，才能得到加碘盐中KIO3的质量分数，还缺少的条件是：消耗Na2S2O3溶液的体积，故答案为：消耗Na2S2O3溶液的体积。 19．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（24-25高三上·北京延庆·期末）取等质量的镁粉和铝粉分别放入过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生相同状况下氢气的体积 A．镁粉多 B．铝粉多 C．一样多 D．无法判断 【答案】B 【详解】根据题意得到关系式Mg～H2，2Al～3H2，等质量的镁粉和铝粉，设质量为mg，则产生氢气物质的量分别为、，则铝反应放出的氢气多，故B符合题意。 综上所述，答案为B。 20．【新型净水剂】高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型净水剂，制备流程如下： 资料：ⅰ．K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇；KOH易溶于乙醇 ⅱ．在碱性溶液中的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4。 ⅲ．在碱性溶液中稳定，在中性和酸性溶液中不稳定。 (1)K2FeO4具有强氧化性，其中铁元素的化合价为___________。 (2)过程Ⅱ为碱性条件下制备高铁酸钠(Na2FeO4)，过程中无气体产生，补全过程Ⅱ中发生反应的离子方程式：_____。 (3)为提高原料利用率，过程Ⅲ的产物中可循环利用的物质是___________。 (4)粗K2FeO4转化为纯K2FeO4的操作包含洗涤，去除固体表面的KOH，可以用___________洗涤。 ☆(5)K2FeO4与稀硫酸反应生成Fe3+和O2，通过测定生成O2的体积，可计算K2FeO4的纯度。取m g K2FeO4产品与稀硫酸反应，测得生成O2的体积为V mL(标准状况)。计算K2FeO4的纯度=___________(列算式)。[M(K2FeO4)=198 g/mol] (物质的纯度) 【答案】(1)+6 (2)3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O (3)NaOH (4)乙醇 (5)×100% 【详解】（1）在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，根据化合物中所有元素化合价的代数和为0，可知Fe元素化合价为+6价； （2）Cl2与足量NaOH溶液在过程Ⅰ中发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，反应所得溶液中含有NaClO，该物质具有强氧化性，在碱性条件下会将Fe3+氧化产生，ClO-被还原为Cl-，同时反应产生H2O，该反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O； （3）经过过程Ⅱ，反应产生Na2FeO4，向其中加入KOH固体，根据题目已知信息可知在碱性溶液中的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4，因此Na2FeO4与KOH发生复分解反应产生K2FeO4、NaOH，在反应开始时NaOH溶液用于吸收Cl2，故为提高原料利用率，过程Ⅲ的产物中可循环利用的物质是NaOH； （4）由于K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇，所以去除固体表面的KOH，可以用乙醇洗涤； （5）K2FeO4与稀硫酸反应，离子方程式为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，根据方程式可得关系式：4K2FeO4～3O2，现在反应产生标况下V mLO2，其物质的量是n(O2)=，则m g样品中含有n(K2FeO4)=n(O2)=×，故该样品中K2FeO4的纯度为×100%=×100%。 考向05 考查热重曲线法在化学计算中的应用 21．【热重曲线】（2024·北京·模拟预测）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是 A．属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去 C．第二个失重台阶得到的固体为 D．第三个失重台阶得到的固体为 【答案】C 【详解】A．有固定组成，属于纯净物，A错误； B．的摩尔质量为的物质的量为，其中结晶水的质量为，若失去全部结晶水，固体质量应减少到，由图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误； C．第二个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图相符，C正确； D．第三个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图不符，D错误； 故答案为：C。 22．【热重曲线】（24-25高三上·北京·阶段检测）隔绝空气条件下，8.34 g FeSO4·7H2O样品受热分解过程的热重曲线(固体的质量随温度变化的曲线)如下图所示。下列说法正确的是    A．温度为78～159℃阶段，固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O B．温度为159～373℃阶段，固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O C．由固体N转化为固体P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑ D．由固体P转化为固体Q的化学方程式为4FeSO44FeO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑ 【答案】C 【详解】A．8.34g七水合硫酸亚铁的物质的量为，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为0.03×152=4.56g，则373°C前为七水硫酸亚铁晶体脱水的过程，失重第一阶段为FeSO4·7H2O脱去一部分结晶水的过程，由题给出的数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体物质的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误； B．失重的第二阶段为FeSO4·4H2O脱去一部分水的过程，由题中数据可知N中FeSO4和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误； C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O失去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O，故C正确； D．633°C后为FeSO4隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中Fe原子和氧原子物质的量之比为0.03：，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子守恒可知，高温下硫酸亚铁分解的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D 错误； 答案选C。 23．【化学方程式中物质的量的运用】（2023·北京·模拟预测）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O。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：(NH4)2SO4分解有N2生成】：    已知：① ②摩尔盐在580℃下完全分解、得到红棕色固体 下列说法错误的是 A．可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子 B． C．摩尔盐在580℃下完全分解后的气体产物是：N2、SO2、SO3、H2O D．摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大 【答案】C 【详解】A．摩尔盐中铁元素化合价+2价，Fe2+与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾溶液)反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子Fe2+，A正确； B．摩尔盐在580℃下完全分解，得到的红棕色固体为Fe2O3，设( (NH4)2Fe(SO4)2•xH2O)为1mol，则根据铁元素守恒可知，摩尔盐在580℃下完全分解，得到的Fe2O3为0.5mol，质量为80g，由图可知，最终TG=100%-9.2%-9.2%-9.2%-52.0%=20.4%，则最初1mol摩尔盐的质量为≈392g，即摩尔盐的相对分子质量为392，故18×2+56+96×2+18x=392，解得x=6，B正确； C．摩尔盐在580℃下完全分解后有Fe2O3，Fe2O3中铁元素是+3价，气体中SO2中硫元素是+4价，SO3中硫元素是+6价，N2氮元素还是-0价，化合价有升高也有降低，但根据摩尔盐的化学式，化合价升高的总数不可能等于化合价降低的总数，C错误； D．摩尔盐较稳定，且摩尔质量大配制标准液时误差小，更适合作标准液，Fe2+能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确， 故答案为：C。 【详解】（1）沉淀池中氯化镁和石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，发生反应的离子方程式为； （2）贝壳、牡蛎壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的贝壳或牡蛎壳； （3）氢氧化镁溶解在盐酸中得到氯化镁溶液，所以加入的足量试剂a是HCl；氯化镁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得六水合氯化镁晶体，所以操作B的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。 （4）熔点为熔点为，熔融浪费大量资源增加生产成本，所以不能电解熔融制得金属镁。 （5）203g中MgCl2的质量为95g，0~失去结晶水，发生反应 x=4，所以时固体产物的化学式为；时生成固体产物（一种含镁的碱式盐），设产物化学式为 ，时生成固体产物的质量为76.5g，含有1molMg2+、xmolOH-、(2-x)molCl-，则17x+35.5(2-x)=76.5-24，x=1，即时生成固体产物的化学式为，从加热到时，生成固体产物的化学方程式为。 重难·创新演练 1．【物质的量浓度的基础计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知9.6g金属Cu和50mL的一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，共收集到4.48LNO2和NO(标准状况，不考虑NO2转化为N2O4)的混合气体，则该浓硝酸的物质的量浓度为 A．0.24mol/L B．2.4mol/L C．10.0mol/L D．12.0mol/L 【答案】C 【详解】金属铜与硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO、NO2和H2O，则根据铜元素质量守恒，有，和的物质的量共为，根据氮元素质量守恒，有，，故答案为：C。 2．【物质的量浓度的基础计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高二上·北京·学业考试真题）氢氧化钠溶液吸收氯气的反应：。下列说法不正确的是 A．常温常压下，的体积约为 B．溶液中含有 C．的质量为 D．反应中生成，理论上消耗 【答案】A 【详解】A．标准状况（0℃、101kPa）下1 mol气体的体积约为22.4 L，常温常压下温度高于0℃，1mol 的体积大于22.4 L，A错误； B．根据公式，，B正确； C．的摩尔质量为，根据公式，的质量为，C正确； D．由反应方程式的计量数关系可知，生成1mol 时，消耗的物质的量为2mol，D正确； 故选A。 3．【与氧化剂、还原剂有关的计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·阶段检测）将1.12g铁粉加入25mL 2mol/L氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是 A．和的物质的量之比为 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．往溶液中滴入无色溶液，显红色 D．铁有剩余，溶液呈浅绿色，浓度基本不变 【答案】C 【详解】A．由分析可知，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为0.06mol：0.01mol=6∶1，A错误； B．由分析可知，反应Fe+2Fe3+=3Fe2+中Fe元素由0价上升到+2价，又由+3价下降到+2价，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，B错误； C．反应后溶液中仍有Fe3+剩余，滴入KSCN溶液显红色，C正确； D．由分析可知，铁完全反应，无剩余，D错误； 故选C。 4．【氧化还原反应有关计算、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·开学考试）以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是 A．生成氯气的同时，可能转化为 B．a中加入浓硫酸，b中加入饱和食盐水 C．用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性 D．当8.7克参加反应时，有被氧化 【答案】D 【详解】A．生成氯气时，MnO2作氧化剂、被还原，不可能转化成，A项错误； B．Cl2中混有HCl和H2O(g)，应先用饱和食盐水除去HCl、再干燥Cl2，a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸，B项错误； C．用NaOH溶液吸收Cl2发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中Cl元素的化合价由0价升至+1价、由0价降至-1价，Cl2既体现氧化性、又体现还原性，NaOH既不体现氧化性、也不体现还原性，C项错误； D．制备Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中Mn元素的化合价由+4价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒，2n(MnO2)=n(HCl)被氧化，当8.7gMnO2参与反应时，n(HCl)被氧化=2×=0.2mol，D项正确； 答案选D。 5．【化学方程式中物质的量的运用】已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 A．46：9 B．32：9 C．23：9 D．16：9 【答案】D 【详解】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是xg，，根据=，解得：x=3.6g，由质量守恒可知，参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g：3.6g=16：9，故答案为：D。 6．【化学方程式中物质的量的运用】（24-25高三上·北京海淀·阶段检测）—定条件下等物质的量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气充分反应，则在相同的条件下产生氢气的体积比是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，，令Fe的物质的量为1mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气的体积比为； 故选B。 7．【化学方程式中物质的量的运用、物质的量的相互转化关系】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）把和混合物22.9g溶于水制成100mL溶液，其中。在该溶液中加入一定量溶液恰好完全反应，过滤，干燥后所得固体质量为 A．233.0g B．349.5g C．34.95g D．无法确定 【答案】C 【详解】把和混合物22.9g溶于水制成100mL溶液，其中，则，在该溶液中加入一定量溶液恰好完全反应，生成硫酸钡的物质的量为0.15mol，过滤，干燥后所得固体质量为，选C。 8．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·北京·三模）某三元锂离子电池正极材料主要成分为镍钴锰酸锂，负极材料主要成分为。一种回收电极材料中锂的流程如下： 资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)放电：负极的电极反应式为___________。 (2)焙烧：将放电后正、负极材料和按一定比例混合，取相同质量固体混合物在不同温度下焙烧相同时间。测得： ⅰ.水浸过程中锂和锰的浸出率随温度变化如图(钴、镍浸出率几乎为0)； ⅱ.不同温度下，焙烧渣所含锂、锰的主要物质如表。 温度/℃ 焙烧渣所含锂、锰的主要物质 500 、、 650 、、 ①将时锰酸锂的焙烧方程式补充完整：___________。 ②热稳定性：___________(填“”、“”或“”)。 ③焙烧后几乎无剩余。温度低于，解释锂的浸出率随温度升高而升高的可能原因：随焙烧温度升高，生成的反应速率加快；___________。 ☆(3)水浸：将含锂元素质量分数为的正极材料经焙烧、水浸后得到锂离子浓度为富锂液，则锂元素的浸出率为___________。 (4)沉锰：不用饱和溶液沉锰的原因：___________。 (5)加入饱和溶液沉锂后，经过滤、___________、干燥，得高纯。 【答案】(1) (2) > 随焙烧温度升高，生成的容易分解(或被碳单质还原)，产生硫的氧化物进一步将元素转化为 (3)×100% (4)大，易形成沉淀与沉淀一同析出，降低的产量 (5)热水洗涤 【详解】（1）放电时，负极发生的反应为LixC6在负极失去发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为：； （2）①由图可知，500°C时锰酸锂的焙烧反应为锰酸锂与硫酸铵和碳共热反应生成硫酸锰、硫酸锂、二氧化碳、氨气和水，反应的化学方程式为：； ②由图可知，温度升高，锂浸出率增大，而锰浸出率减小，说明硫酸锂受热不分解，而硫酸锰受热分解转化为一氧化锰，所以硫酸锂热稳定性强于硫酸锰； ③温度低于650°C，锂的浸出率随温度升高而升高的可能原因是随焙烧温度升高，生成硫酸锂的反应速率加快；随焙烧温度升高，生成的硫酸锰容易分解，或被碳单质还原，产生硫的氧化物进一步将锂元素转化为硫酸锂； （3）由题意可知，将含锂元素质量分数为a%的b g正极材料经焙烧、水浸后得到锂离子浓度为1.34 mol/L富锂液V L，则由锂原子个数守恒可知，锂元素的浸出率为：×100%=×100%； （4）不用饱和碳酸钠溶液沉锰的原因是饱和溶液中碳酸根离子浓度大，易形成碳酸锂沉淀与碳酸锰沉淀一同析出，降低碳酸锂的产量； （5）由题给信息可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，所以加入饱和碳酸钠溶液沉锂后，经过滤、热水洗涤、干燥得到高纯碳酸锂。 9．【硅的制备】（25-26高三上·北京·阶段检测）氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，本身具有润滑性且耐磨损，高温时抗氧化且能抵抗冷热冲击，常温下化学性质稳定，不溶于水和一般的稀酸(氢氟酸除外)。人们常常利用它来制造轴承、气轮机叶片、机械密封环、永久性模具等机械构件。 I．用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如下(粗硅中含有少量和单质)： (1)“高温还原”过程中发生反应的化学方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (2)“灼热的铜网”的作用是___________。 (3)“稀酸Y”选用___________(填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀硝酸”)。 II．以、、(g)(沸点57.6°C，极易水解，具有腐蚀性)为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图。实验结束后丁装置硬质玻璃管增重，已装置增重，不考虑在丙装置和戊装置中的损耗。 (4)溶液与溶液共热生成，该反应的离子方程式为___________。 (5)丙装置的作用是___________。 (6)丁装置中生成氮化硅的化学方程式为___________。 ☆(7)以实际通入的量为准，该实验中氮化硅的产率为___________。 【答案】(1) (2)除去原料气中少量的，防止被氧化 (3)稀硝酸 (4) (5)干燥、、，将、、混合均匀 (6) (7)60% 【详解】（1）由分析可知，“高温还原”过程中发生的反应为石英砂与焦炭高温条件下反应制得粗硅，反应的化学方程式为：，反应中硅元素的化合价降低被还原，二氧化硅是反应的氧化剂，碳元素的化合价升高被氧化，碳是还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （2）由分析可知，“灼热的铜网”的作用是除去原料气中少量的氧气，防止粗硅中的硅单质被氧气氧化导致产品不纯； （3）由分析可知，高温氮化得到的固体中含有氧化铁和铜，酸洗的目的是除去固体中的氧化铁和铜，不活泼金属铜不能与稀盐酸和稀硫酸反应，但能与稀硝酸反应，所以“稀酸Y”选用稀硝酸； （4）由题意可知，制备氮气的反应为氯化铵溶液与亚硝酸钠溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为：； （5）由分析可知，装置丙中盛有的浓硫酸用于干燥、混合得到氮气、氢气和四氯化硅的混合气体； （6）由分析可知，高温条件下氮气、氢气和四氯化硅的混合气体在装置丁中反应制备氮化硅，反应的化学方程式为：； （7）由题意可知，反应生成的氮化硅的质量为2.8 g，则氮化硅的物质的量为：=0.02 mol；由方程式可知，反应生成氯化氢的质量为：0.02 mol×12×36.5 g/mol=8.76 g，反应消耗四氯化硅的物质的量为：0.02 mol×3=0.06 mol；由题意可知，过量的四氯化硅的物质的量为：=0.04 mol，则实际通入四氯化硅的物质的量为：0.06 mol+0.04 mol=0.1 mol；由硅原子个数守恒可知，氮化硅的产率为：。 10．【海洋资源的利用、化学方程式中物质的量的运用】（25-26高三上·北京·期中）海洋资源的利用具有非常广阔的研究价值。 I.利用空气吹出法从海水（弱碱性）中提取溴的流程如图。 已知：溴单质的沸点为。 (1)“氧化”中发生反应的离子方程式为_____。 (2)“蒸馏塔”中温度应控制在_____（填字母序号）。 A．    B．    C．以上 (3)物质A_____（填化学式）可以循环利用，降低成本。 (4)探究“氧化”的适宜条件。下图为不同条件下海水中被氧化的的百分含量。 注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。 ①“氧化”的适宜条件为_____。 ②若吹出塔吹出的气体中的浓度为，忽略其它副反应，则在吸收塔中吸收该气体理论上至少需要的的体积（标准状况下）为_____。 II.离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺。使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程如下： (5)氧化时，发生的反应离子方程式为_____。 (6)“酸化”时，需要加入硫酸，发生反应的离子方程式为_____。 【答案】(1) (2)B (3)HCl， (4)； (5) (6) 【详解】（1）“氧化”中Br-在酸性条件下被Cl2氧化为Br2，发生反应的离子方程式为； （2）“蒸馏塔”中蒸馏出溴单质，溴单质的沸点为，温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，所以温度应控制在，选B。 （3）二氧化硫吸收溴单质生成硫酸和氢溴酸，蒸馏塔中发生反应2HBr+Cl2=2HCl+Br2，所以物质A是HCl，； （4）①从图中可以看出，在pH=3、=1.1时溶液中Br2的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为；。 ②若吹出塔吹出的气体中的浓度为，的物质的量浓度为 ，根据SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，则在吸收塔中吸收该气体理论上至少需要的的物质的量为，需要的的体积(标准状况下)为 。 （5）氧化时，I-在酸性条件下被双氧水氧化为I2，发生的反应离子方程式为; （6）“酸化”时，需要加入硫酸，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘单质，发生反应的离子方程式为。 真题·实战演练 1．【化学方程式中物质的量的运用】（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 (1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A． B． C． D． (2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是___________。 (3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有___________。(用化学式表示) (4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH (5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有___________。 (6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 (7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式___________。相比于方法3，方法2的优点是___________。 (8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量___________。(写出计算过程) 【答案】(1)B (2)在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量 (3)Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3 (4)BC (5)CO、OH- (6)C (7)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH 利用工业废气除Ca2+，降低了成本 (8)n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol 【详解】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B； （2）钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量； （3）加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3； （4）由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC； （5）滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-； （6）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C； （7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 2．【电子转移计算、化学方程式中物质的量的运用】（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 【答案】(1) (2) (3) (4)4 (5) (6)89.6 【详解】（1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅和水，分解生成、二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； （3）加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； （4）因为离子半径，晶胞图中棱心和体心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； （6）物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 3．【化学方程式中物质的量的运用】（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）镁及其化合物的部分转化关系如下，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①：每消耗生成分子的数目为 B．反应②：每消耗生成数目为 C．反应③：每消耗转移电子数目为 D．溶液中，数目为 【答案】C 【详解】A．由反应①为可知，每消耗，生成的物质的量为0.25 mol，则分子数为，A错误； B．2.24L N2未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的的数目不一定为，B错误； C．4.4g的物质的量为，反应③为，C的化合价由+4价降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4g，转移的电子数为，C正确； D．溶液的体积未知，无法计算，D错误； 故选C。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $