2027届高三化学一轮复习课件：第2章　第8讲　化学计算的常用方法

该高中化学高考复习课件聚焦“物质的量”核心考点，覆盖差量法、关系式法、守恒法等五种化学计算方法，依据高考评价体系明确守恒法（占比35%）、差量法（占比30%）等高频考点分布，归纳混合物纯度计算、氧化还原反应分析等常考题型，构建完整解题思维模型。 课件亮点在于“真题精析+方法突破+素养提升”，如以2023年全国乙卷元素守恒题为例，解析原子守恒在有机物分子式推断中的应用，培养学生科学思维和证据推理能力。特设“易错陷阱警示”和“答题模板库”，助力学生掌握计算技巧，教师可据此精准指导，高效提升复习效果。

第二章 物质的量 第8讲　化学计算的常用方法 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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 考点一　差量法计算及应用 1．原理阐述 (1)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。 2．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)。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 3．运用差量法解题的一般步骤 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．(2026·山东青岛高三检测)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(　　) [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．(2026·河北衡水高三检测)标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到 16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　) A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)， 2CO2＋2Na2O2=====2Na2CO3＋O2　ΔV 44.8 L 　　　　　　　　　　 　22.4 L V(CO2) 　　　　　　　　　　 (20－16)L 44.8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16)L，解得V(CO2)＝8 L，则V(CO)＝(20－8)L＝12 L。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 A．①② B．①④ C．②③ D．③④ [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 A．2 B．3 C．4 D．5 [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 5．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋形式存在(已知K的相对原子质量为39，Mn的相对原子质量为55)。请计算： (1)KMnO4的分解率为________(保留一位小数)。 (2)气体A的物质的量为________。 [答案]　(1)60.0%　(2)0.095 mol 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A可知，A为Cl2，结合关系式2KMnO4～5Cl2、K2MnO4～2Cl2、MnO2～Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、 0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol＋0.03 mol＋0.015 mol＝0.095 mol。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 考点二　关系式法计算及应用 1．原理阐述 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，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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．利用关系式法解题的思维模型 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．(2026·江苏南京模拟)测定氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的质量分数。 ⅰ.称取0.600 0 g样品，加水溶解并配成250 mL的溶液。 ⅲ.加入1 mL淀粉溶液，用0.025 0 mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗标准Na2S2O3溶液的体积为24.00 mL。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．金属锡的纯度可以通过下列方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=====SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应的化学方程式为SnCl2＋2FeCl3=====SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=====6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有0.613 0 g金属锡试样，经上述反应后，共用去16.00 mL 0.100 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液。则试样中锡的质量分数(假定杂质不参加反应)为________(结果保留1位小数)。 [答案]　93.2% 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 3．黄铁矿的主要成分是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标准溶液的体积为25.00 mL。 样品中FeS2的质量分数(假设杂质不参加反应)是________(结果保留1位小数)。 [答案]　90.0% 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 4．利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 5．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜的化工产品的工艺流程如图所示： [注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃，M(Cu)＝63.5 g/mol] 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________mol Cu[Al(OH)4]，至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液________L。 [答案]　50.0　25.0 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 考点三　守恒法计算及应用 1．原理阐述 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。常见的守恒法有以下几种： (1)质量守恒(原子守恒·元素守恒) 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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 (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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．解题思路 滴定法测定物质含量时，多步连续氧化还原反应可以通过得失电子守恒建立关系式，并进行相关计算。 3．电子守恒法的计算关系 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．(2025·广州二中测试)现将1 mol Cu2S与144 g FeO投入到足量稀硝酸溶液中，充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液，并产生NO气体。则最终反应所得NO物质的量为(　　) A．7.2 mol B．5 mol C．6.4 mol D．4 mol [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应，铜元素化合价由＋1价上升至＋2价，硫元素化合价由－2价上升至＋6价，铁元素化合价由＋2价上升至＋3价，1 mol Cu2S参与反应能够失去10 mol电子， 144 g FeO物质的量为2 mol，参加反应失去2 mol电子，因此1 mol Cu2S与144 g FeO共失去12 mol电子，硝酸发生还原反应，每生成1 mol NO得到电子3 mol，故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO，故选D项。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 3．(2026·湖南张家界期末)将一定质量的锌粉与足量的浓硝酸混合反应生成硝酸盐、水及气体，锌粉完全反应时收集到11.2 L NO、NO2混合气体(已折算为标准状况下)，该混合气体与3.36 L O2(标准状况下)混合后，通入水中能全部被吸收转化为硝酸。则所消耗硝酸的物质的量是(　　) A．1.2 mol B．1.1 mol C．0.9 mol D．0.8 mol [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　11.2 L NO、NO2混合气体(已折算为标准状况下)的物质的量为0.5 mol，3.36 L O2(标准状况下)的物质的量为0.15 mol，0.5 mol的NO、NO2混合气体与0.15 mol的氧气恰好完全反应，根据得失电子守恒，氧气得到的电子数等于NO、NO2失去的电子总数，设NO、NO2的物质的量分别为x、y，则x＋y＝0.5 mol，3x＋y＝0.15 mol×4，解得x＝0.05 mol，y＝0.45 mol，则NO、NO2的物质的量分别为0.05 mol、 0.45 mol，再结合锌粉与硝酸的反应Zn＋4HNO3(浓)=====Zn(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Zn＋8HNO3(稀)=====3Zn(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 4．现有24 mL 0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为________。 [答案]　＋3 [解析]　根据氧化还原反应中得失电子守恒：0.05 mol·L－1×0.024 L ×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 5．(2023·全国乙卷，节选)(元素守恒)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按如图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先________，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查____________。依次点燃煤气灯________，进行实验。 (2)O2的作用有____________________________。CuO的作用是_________________________________(举1例，用化学方程式表示)。 (3)若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118，其分子式为________。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 考点四　热重分析法计算的应用 1．原理阐述 (1)含义：在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。 (2)使用条件 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重分析法来研究物质的组成。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、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 (3)热重曲线模型 由热重分析仪器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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．热重分析法的解题思路 坐标曲线题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：一看轴，即横、纵坐标所表示的化学含义，寻找x轴、y轴之间的关系，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(始点、终点、拐点等)；三看线，即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动等)。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么会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，把教材中的相关化学概念、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。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．(2026·河北石家庄模拟)称取54.0 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)在隔绝空气的条件下加热，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 已知B点时，固体中只含有一种铁的氧化 物，根据上图可知B点固体物质的化学式为 ________。 [答案]　Fe3O4 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [答案]　2∶1 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 3．(2026·山西太原模拟，节选)制备Co3O4，将所得的18.3 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)高温灼烧，其热重分析图如图： 写出B点对应的物质的化学式：_____________________________，CD段发生反应的化学方程式为______________________________。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 4．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是________________________________________________________________________________________________________________________。若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________(用字母表示)。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为________。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 考点五　极值法计算及应用 1．原理阐述 极值法是一种重要的数学思想和分析方法。化学上所谓“极值法”就是对数据不足而感到无从下手的计算或混合物组成判断的题目，采用极端假设(即为某一成分或者为恰好完全反应)的方法以确定混合体系中各物质的名称、质量分数、体积分数，这样使一些抽象的复杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．解题思路 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．(2026·湖南长沙高三检测)向100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中通入一定量的SO2后，将所得的溶液蒸干得到5.8 g固体物质，则该固体的成分是(　　) A．Na2SO3 B．NaHSO3 C．Na2SO3、NaHSO3 D．Na2SO3、NaOH [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　本题中反应后得到的物质只可能有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO3和NaHSO3、Na2SO3和NaOH四种情况，其中只有Na2SO3或只有NaHSO3时计算比较简单，故可先分别假设所得固体中只有Na2SO3或NaHSO3。假设所得固体全部是Na2SO3，则由钠原子守恒知可得到 0.05 mol Na2SO3，质量为6.3 g；同理可求出当固体全部为NaHSO3时的质量为10.4 g，因计算出的两个数据均大于所得到的固体质量，故说明固体物质中有一部分NaOH没有转化为相应的盐。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．9∶2 [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 A．小于10% B．大于60% C．等于42% D．等于60% [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　①假设体系中只有(HF)3和(HF)2，根据混合气体的平均摩尔质量为42 g·mol－1，设(HF)3的体积分数为x，则60x＋40(1－x)＝42，解得x＝0.1，即10%。②假设平衡体系中只有(HF)3和HF，同理可求得(HF)3的体积分数为55%，实际上平衡体系中是HF、(HF)2和(HF)3三者的混合物。(HF)3的体积分数应介于最大值与最小值之间，即介于10%与55%之间，符合要求的只有C项。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 1．熟练掌握化学计算的5种常用方法 (1)差量法； (2)关系式法； (3)守恒法； (4)热重分析法； (5)极值法。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．建立关系式的三种常用方法 方法1.叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气) 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 提能训练　练案[8] 1．(2026·河北衡水高三检测)将12 g铁片放入150 mL的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3 g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是(　　) A．0.125 mol·L－1 B．0.175 mol·L－1 C．0.25 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 2．常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为(　　) A．N2O3 B．NO2 C．NO D．N2O [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2=====N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比， N2Ox＋xH2=====N2＋xH2O　ΔV 1 　　　　　　　　　　 x 15.6 L　　　　　　　　 46.8 L 则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 3．(2026·山东济南高三检测)实验室测定铁矿石中的含硫量是将铁矿石在氧气流中灼烧，使硫元素转化为SO2，再转化为H2SO4，然后用NaOH溶液中和测定。在氧气流中灼烧0.4 g含硫铁矿石，使其中的硫元素先转化为SO2，再转化为H2SO4，用20 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全中和这些H2SO4，则该矿石中硫元素的质量分数为(　　) A．30% B．40% C．53.3% D．36.4% [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 4．将4.66 g BrClx溶于水，通入足量的SO2生成HBr、HCl和H2SO4，加入过量的Ba(NO3)2溶液，充分反应后滤去沉淀，再向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到15.46 g卤化银沉淀。下列说法错误的是(　　) A．通入足量的SO2后，只有HBr是还原产物 B．加入过量的Ba(NO3)2溶液时会发生氧化还原反应 C．参加反应的AgNO3的物质的量为0.20 mol D．过滤、洗涤均需要用玻璃棒引流 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 5．把13.12 g NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物溶于水制成 100 mL溶液，其中c(Na＋)＝1.0 mol·L－1，向该溶液中加入一定量盐酸，恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体的质量为(　　) A．2.925 g B．5.85 g C．6.56 g D．无法确定 [答案]　B [解析]　溶液中钠离子的物质的量为1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，即NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物中共含有0.1 mol Na＋，向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体为氯化钠，根据Na原子守恒可知，氯化钠的物质的量为0.1 mol，质量为58.5 g·mol－1 ×0.1 mol＝5.85 g。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 6．(2026·黑龙江哈尔滨模拟)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol BaCl2的BaCl2溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b mol NaOH的NaOH溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　) [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 7．(2026·深圳高三检测)溶质均为0.1 mol的HmX、HnY两种酸，HmX与足量铝反应生成H2的体积为V1 L(标准状况，下同)；HnY与足量锌反应生成H2的体积为V2 L。下列说法错误的是(　　) [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 8．(2026·辽宁沈阳模拟)2.28 g铜镁合金完全溶解于75 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 680 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81 g沉淀，下列说法正确的是(　　) A．该合金中，镁的物质的量为0.03 mol B．NO2和N2O4混合气体的平均相对分子质量约为55.2 C．得到3.81 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为900 mL D．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为12.0 mol·L－1 [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 9．某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L－1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为(　　) A．94.5% B．96.1% C．96.7% D．97.6% [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 10．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为(　　) A．0.25 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 11．将一定量锌与100 mL 18 mol·L－1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L－1，则下列叙述错误的是(　　) A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol D．生成气体体积约为17.92 L(标准状况) [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　根据Zn＋2H2SO4(浓)=====ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=====ZnSO4＋H2↑，无论哪个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比都为1∶1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌的物质的量为0.8 mol，质量为0.8 mol×65 g·mol－1＝52.0 g，A错误；根据A选项分析消耗0.8 mol锌，则共转移电子1.6 mol，B正确；100 mL 18 mol·L－1的浓硫酸，其物质的量为1.8 mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L－1，则剩余硫酸物质的量为0.2x mol，共消耗硫酸物质的量为(1.8－0.2x)mol，设生成氢气物质的量为m mol，生成二氧化硫气体物质的量为n mol，则有m＋n＝0.8，m＋2n＝1.8－0.2x，解得n＝1－0.2x， 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 12．常温下，将0.3 mol NO2气体通入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体X与一定体积的O2混合，再通入NaOH溶液中，气体恰好被完全吸收生成Na2CO3和NaNO2。下列说法错误的是(　　) A．气体X中CO2与NO的体积之比为2∶1 B．相同条件下，气体X的体积与原NO2的体积相同 C．反应中NO与O2的体积之比为4∶1 D．反应中消耗NaOH的物质的量为0.3 mol [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [解析]　由化学方程式3NO2＋H2O=====2HNO3＋NO、HNO3＋NaHCO3=====NaNO3＋H2O＋CO2↑，可得关系式：3NO2～NO、3NO2～2HNO3～2NaHCO3～2CO2，通入0.3 mol NO2，则气体X中CO2的物质的量为0.2 mol，NO的物质的量为0.1 mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CO2与NO的体积之比为2∶1，A正确；由A项分析可知，相同条件下，气体X和原NO2的物质的量均为0.3 mol，体积相等，B正确；由化学方程式4NO＋O2＋4NaOH=====4NaNO2＋2H2O可知，反应中NO与O2的体积之比为4∶1，C正确；由化学方程式4NO＋O2＋4NaOH=====4NaNO2＋2H2O、CO2＋2NaOH=====Na2CO3＋H2O可知，0.1 mol NO消耗了0.1 mol NaOH，0.2 mol CO2消耗了0.4 mol NaOH，一共消耗0.5 mol NaOH，D错误。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 下列说法正确的是(　　) A．根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为0.11 mol·L－1 B．根据信息分析该溶液中焰色试验呈紫色的离子的物质的量浓度为1 mol·L－1 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 14．(2026·湖南衡阳期末)将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末加入100 mL 3.8 mol·L－1盐酸中，充分反应后产生224 mL(标准状况)H2，残留0.64 g固体，过滤，滤液中无Cu2＋。将滤液加水稀释到 200 mL，测得其中c(H＋)为0.500 mol·L－1。下列说法错误的是(　　) A．残留固体没有Fe，只有Cu B．原混合物中单质铁的质量为4.48 g C．反应中消耗的H＋的物质的量为0.28 mol D．溶液中没有Fe3＋，阳离子为H＋和Fe2＋ [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 15．(1)称量2.50 g纯净的胆矾进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120 ℃时所得固体的化学式为____________。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 (2)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________。 (3)用热重分析法测定碱式碳酸钴晶体[Co5(CO3)2(OH)6·xH2O]所含结晶水数，将纯净的碱式碳酸钴晶体在空气中加热，加热过程中钴元素无损失，失重率与温度的关系如图所示。已知20～190 ℃为失去结晶水阶段，则x的值为________，在c点时剩余固体为氧化物，其化学式为________。 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 [答案]　(1)CuSO4·H2O (2)NH4Fe(SO4)2·12H2O (3)2　Co3O4 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 16．向27.2 g Cu和Cu2O的固体混合物中加入0.5 L某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，生成4.48 L(标准状况)NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 L 1.0 mol·L－1的NaOH溶液，此时溶液中的溶质为NaNO3，铜离子已完全沉淀，沉淀的质量为39.2 g。[提示：Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O＋14HNO3=====6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O] (1)在上述Cu2O与稀硝酸的反应中，HNO3表现出的性质有________________。 (2)计算原固体混合物中Cu2O与Cu的物质的量之比：________。 (3)计算原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度：________。 [答案]　(1)强氧化性和酸性　(2)1∶2　(3)2.4 mol·L－1 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第二章　物质的量 返回导航 谢谢观看 A． B． C． D． [解析]　样品加热发生的反应为 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑　Δm 168 　　　　　　　　　　　 　　　　　62 m(NaHCO3) 　　　　　　　　 　　　　(w1－w2)g 故样品中NaHCO3质量为 g，样品中Na2CO3质量为w1 g－ g，其质量分数为＝＝。 3．(2025·湖南长沙高三检测)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是(　　) [解析]　根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。 6NO　＋　4NH35N2　＋　6H2O(g)　ΔV 6 mL 　　 4 mL 　　 5 mL 　 6 mL 　1 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量) 由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 4．在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 mol X(g)和2 mol Y(g)，在一定条件下发生反应4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的n值为(　　) [解析]　根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总物质的量增大的反应，则有4＋n<2＋6，所以n<4，C、D错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的物质的量增加了5 mol×5%＝0.25 mol，由于平衡时X浓度减小了，所以X减少了1 mol，根据差量法， 4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)　Δn 4 　　　　　　　　　　　　4－n 1 mol 　　　　　　　　　　0.25 mol ＝，解得n＝3，A错误，B正确。 [解析]　(1)根据差量法， 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑　Δm(固) 2×158 　　　　　　　　　　　　　　32 m 　　　　　　　　　　　　　　　　7.90 g－7.42 g ＝，解得m＝4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。(2)根据上述反应可知，剩余固体中含KMnO4为7.90 g－4.74 g＝3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成 3．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。例如，工业上利用黄铁矿(FeS2)生产硫酸发生如下反应：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=====H2SO4，根据S元素守恒可得关系式：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4。 ⅱ.量取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并继续加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将Cr3＋氧化为Cr2O，然后加入过量KI固体，盖好塞子摇匀，使铬元素完全以Cr3＋的形式存在。 已知反应：Cr2O＋I－＋H＋―→I2＋Cr3＋＋H2O(未配平)；I2＋2S2O=====S4O＋2I－。 计算CrCl3·6H2O的质量分数(写出计算过程，结果保留一位小数)。 [答案]　设CrCl3的物质的量为x。根据Cr2O＋6I－＋14H＋=====3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O=====S4O＋2I－建立关系式： 2CrCl3～Cr2O～3I2～6Na2S2O3 2 　　　　　　　　　 6 x 　　　　　　　　　0.025 0 mol·L－1×0.024 L 解得x＝0.000 2 mol，则CrCl3·6H2O的质量分数为×100%≈88.8%。 [解析]　设Sn的质量为x，根据题给反应可知，Sn与K2Cr2O7存在如下关系： 3Sn　～　K2Cr2O7 357 g 　 1 mol x 　　　 0.001 6 mol ＝，x＝0.571 2 g，则w(Sn)＝×100%≈93.2%。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=====SO＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=====2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 [解析]　根据题给信息可得关系式： Cr2O　～　6Fe2＋　～　3SO2　～　FeS2 1 mol 　　　　　　　　　　　　　 mol 0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L 　　 ＝，m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应WO＋Ba(IO3)2=====BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应IO＋5I－＋6H＋=====3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O===== 2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为________。 [答案]　(1)m3＋m1－2m2　(2)% [解析]　(2)滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式WO～2IO～6I2～12S2O，结合钨元素的质量守恒可得关系式WCl6～12S2O，则样品中n(WCl6)＝n(S2O)＝×c mol·L－1×V×10－3 L，m(WCl6)＝×c mol·L－1×V×10－3 L×M g·mol－1＝ g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%＝%。 [解析]　5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝＝50.0 mol。根据原子守恒可得关系4Cu～4CuSO4～2Al2(SO4)3～4Cu[Al(OH)4]即2Cu～Al2(SO4)3～2Cu[Al(OH)4]，所以废料中的铜可完全转化成50.0 mol Cu[Al(OH)4]，至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为＝25.0 L。 → → 2．向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；如果再加入足量强碱并加热可得到c mol NH3。则原溶液中Al3＋的浓度为(　　) A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 [解析]　根据向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，发生反应的离子方程式为SO＋Ba2＋=====BaSO4↓，因此n(SO)＝n(Ba2＋)＝b mol；根据加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，以及发生反应NH＋OH－NH3↑＋H2O，可知n(NH)＝n(NH3)＝c mol，根据电荷守恒可知3n(Al3＋)＋n(NH)＝2n(SO)，解得n(Al3＋)＝ mol，由于混合溶液的体积为a L，故原溶液中c(Al3＋)＝ mol·L－1，C符合题意。 据化学计量数之比可知，在硝酸为浓溶液时消耗n1(HNO3)＝×4 mol＝0.9 mol，变为稀溶液后消耗n2(HNO3)＝×8 mol＝0.2 mol，可以得出消耗硝酸的物质的量为n1(HNO3)＋n2(HNO3)＝0.9 mol＋0.2 mol＝ 1.1 mol，B符合题意。 [答案]　(1)通入O2(排除空气)　气密性　b、a (2)作为载气和氧化剂　CuO＋COCO2＋Cu (3)C4H6O4 [解析]　(1)在反应前需要先将装置中的空气，尤其是空气中的二氧化碳和水蒸气排出。因此，需要先通入氧气，接着组装后续实验装置，进行气密性检验。为防止酒精灯a处加热时有机物与氧气因反应不充分产生的一氧化碳无法被干燥剂吸收而引起的误差，因此先要点燃b处酒精灯。(2)O2的作用是作为载气和氧化剂。氧化铜可将可能产生的CO进一步氧化为CO2，反应的化学方程式为CuO＋COCO2＋Cu。 (3)结合c、d两个干燥管增重的质量可知，n(H)＝×2＝ 0.001 2 mol，n(C)＝＝0.000 8 mol，结合元素守恒，可知有机物中n(O)＝＝0.000 8 mol，则最简式为C2H3O2，结合其相对分子质量为118可知，该有机物的分子式为C4H6O4。 如固体A的热分解反应为A(固体)B(固体)＋C(气体)，T1为固体A开始分解的温度，此时试样质量为W0，T2为固体质量变化达到最大值时的终止温度，此时试样质量为W1，则失重百分数为×100%。 [解析]　n(FeC2O4·2H2O)＝＝0.3 mol，n(Fe)＝n(FeC2O4·2H2O)＝0.3 mol，已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，m(Fe)＝0.3 mol×56 g·mol－1＝16.8 g，m(O)＝23.2 g－16.8 g＝6.4 g，n(O)＝＝0.4 mol，n(Fe)∶n(O)＝0.3 mol∶0.4 mol＝3∶4，所以B点时铁的氧化物的化学式为Fe3O4。 2．(2024·江苏卷，节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol－1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3＋)∶n(CO)的比值为________。 [解析]　8.84 mg Nd(OH)CO3为4×10－5 mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，据Nd元素守恒可知， n(Nd3＋)＝4×10－5 mol。550～600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量。根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为4×10－5 mol××18× 103 mg·mol－1＝0.36 mg，则生成CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝ 0.88 mg，则生成CO2 2×10－5 mol。由C元素守恒可知，分解后剩余的CO的物质的量为4×10－5 mol－2×10－5 mol＝2×10－5 mol，可以确定该产物中n(Nd3＋)∶n(CO)的比值为＝2∶1。 [答案]　CoO　6CoO＋O22Co3O4 [解析]　m(CoC2O4·2H2O)＝＝0.1 mol，m(Co)＝0.1 mol ×59 g·mol－1，则B点时，该固体中氧原子的物质的量为n＝＝0.1 mol，钴原子与氧原子物质的量之比为1∶1，所以B点的化学式为CoO；D点氧化物的质量为8.03 g，n(O)＝≈0.133 mol，钴原子与氧原子物质的量之比≈3∶4，可知D点固体的化学式为Co3O4，则CD段发生的化学方程式为6CoO＋O22Co3O4。 (1)已知：I2＋2S2O=====2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： [答案]　(1)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　% (2)CaO [解析]　(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝%。(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol－1，故2.16 g过氧化钙晶体为 0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。 2．(2026·山东济南高三检测)在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被还原，则a∶b不可能为(　　) [解析]　Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=====3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，则有∶＝3∶8，解得＝，此为a∶b的最小值；(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)=====Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，则有∶＝1∶4，解得＝，此为a∶b的最大值。所以a∶b的取值范围为≤≤，即a∶b的比值在此范围内均合理。 3．已知氟化氢气体中存在平衡：2(HF)33(HF)2、(HF)22HF。若平衡时气体的平均摩尔质量为42 g·mol－1，则(HF)3的体积分数可能(　　) 本讲要点速记： ⇒C＋2H2O(g)CO2＋2H2 ⇒由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C～4NH3。 方法2.原子守恒法 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。 方法3.电子转移守恒法 H3HO3，222－ 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。 [解析]　设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则： Fe＋CuSO4=====FeSO4＋Cu　Δm 1 mol 　　　　　　　8 g x mol 　　　　　　　 0.3 g 1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g 解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。 [解析]　n(NaOH)＝0.02 L×0.5 mol·L－1＝0.01 mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n(SO2)＝0.005 mol，则0.4 g含硫铁矿石中含有0.005 mol S，m(S)＝0.005 mol×32 g·mol－1＝0.16 g，因此w(S)＝×100%＝40%，故答案为B。 [解析]　BrClx中Br显＋x价，溶于水后最终被SO2还原，A不符合题意；过量SO2会与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应，B不符合题意；卤化银与BrClx的质量差即Ag＋的质量，因此n(AgNO3)＝＝0.10 mol，C符合题意；过滤、洗涤均在普通漏斗中进行，均需用玻璃棒引流，D不符合题意。 A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 [解析]　由Ba2＋＋SO=====BaSO4↓可知，SO总的物质的量为 2a mol，由Mg2＋＋2OH－=====Mg(OH)2↓可知，Mg2＋总的物质的量为 b mol，MgSO4和K2SO4的混合溶液中存在电荷守恒：2n(Mg2＋)＋n(K＋)＝2n(SO)，可得n(K＋)＝(4a－2b)mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为 mol·L－1。 A．HmX和HnY生成氢气的物质的量之比一定为 B．HmX消耗铝的物质的量和HnY消耗锌的物质的量之比一定为 C．＝ D．由题给条件无法确定m和n的具体数值 [解析]　由HmX生成H2的物质的量n1＝ mol，由HnY生成H2的物质的量n2＝ mol，则两种酸生成H2的物质的量之比为＝(或者根据相同条件下，气体物质的量之比等于体积比也可得出)，A项正确；设消耗Al的物质的量为x mol，由得失电子守恒得：3x mol＝2× mol，解得x＝ mol，设消耗Zn的物质的量为y mol，由得失电子守恒得：2y mol＝2× mol，解得y＝ mol，故消耗铝和锌的物 质的量之比为＝，B项错误；由于金属足量，故两种酸都完全反应，根据氢元素守恒得：0.1 mol×m＝2× mol，解得m＝，同理 0.1 mol×n＝2× mol，解得n＝，故＝，C项正确；由C选项分析知，m＝、n＝，由于V1、V2的具体数值未知，故无法确定m、n的具体数值，D项正确。 [解析]　设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64 g·mol－1x＋24 g·mol－1y＝2.28 g，②98 g·mol－1x＋58 g·mol－1y＝3.81 g，解得x＝0.03 mol，y＝0.015 mol，A错误；混合气体的物质的量＝＝0.075 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，根据氧化还原反应中得失电子数相等：2×(0.03＋0.015)mol＝2a＋b，a＋b＝0.075 mol，则a＝0.015 mol，b＝0.06 mol，NO2和N2O4混合气体的平均摩尔质量＝＝55.2 g·mol－1，其平均相对分子质量约为55.2， B正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)＝n(HNO3)－(2a＋b)＝1.05 mol－0.09 mol＝0.96 mol，加入NaOH溶液的体积为960 mL，C错误；c(HNO3)＝ mol·L－1＝ 14.0 mol·L－1，D错误。 [解析]　高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋=====Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L× 0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。 [解析]　由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。 C．气体中＝ m＝0.2x－0.2，则气体中＝，C正确；根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8 mol×22.4 L·mol－1＝17.92 L(标准状况)，D正确。 13．某无色溶液中可能含有Mg2＋、NH、K＋、Al3＋、SO、CO、Cl－等。现进行如下实验： ①取10 mL该溶液于试管中，滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀； ②另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解，并且随着NaOH溶液的加入，沉淀和气体的物质的量变化如图所示。 C．该溶液中NH、Al3＋、SO的物质的量之比为2∶1∶3 D．另取一定量该溶液滴加一定量Ba(OH)2溶液，能使Al3＋和SO同时完全沉淀 [解析]　根据题意，取10 mL题给溶液于试管中，滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀，即0.03 mol BaSO4沉淀，根据SO＋Ba2＋=====BaSO4↓可知，原10 mL溶液中含有0.03 mol SO；另取10 mL题给溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀且沉淀最终完全溶解，则说明原溶液中含有Al3＋而不含Mg2＋，由此排除CO的存在，结合题中沉淀的物质的量的变化，可知原溶液中含有0.01 mol Al3＋，全部转化为Al(OH)3沉淀需0.03 mol OH－；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O，再结合题图，可知原溶 液中含有0.02 mol NH，放出0.02 mol NH3需0.02 mol OH－；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=====[Al(OH)4]－，该过程需0.01 mol OH－；故实验中使用的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.03 mol＋0.02 mol＋0.01 mol＝0.06 mol，结合题图可知，最终消耗氢氧化钠溶液的体积为60 mL，则c(NaOH)＝＝1 mol·L－1，A错误；根据溶液呈电中性，得正电荷总物质的量为0.02 mol×1＋0.01 mol×3＋n(K＋)×1＝0.05 mol＋n(K＋)，因不能确定Cl－是否存在，故负电荷的总物质的量至少为0.03 mol×2＝ 0.06 mol，所以n(K＋)≥0.01 mol，故c(K＋)≥1 mol·L－1，B错误；10 mL原溶液中含0.02 mol NH、0.01 mol Al3＋、0.03 mol SO，NH、Al3＋、SO的物质的量之比为2∶1∶3，C正确；根据溶液中Al3＋与SO的物质的量可知，滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不能使Al3＋和SO同时完全沉淀，D错误。 [解析]　由题意可知，溶液中剩余氢离子，故反应所得残留固体为铜，滤液为FeCl2和HCl的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c mol＝＝0.01 mol，由得失电子守恒可知，a mol ×2＝b mol×2＋0.01 mol×2＋×2，由氯原子守恒可得(a＋2b)mol×2＋0.500 mol·L－1×0.2 L＝3.8 mol·L－1×0.1 L，解联立方程可得a＝0.06、b＝0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.06 mol×56 g·mol－1＝3.36 g，反应消耗HCl的物质的量为3.8 mol·L－1×0.1 L－0.500 mol·L－1 ×0.2 L＝0.28 mol。 [解析]　(1)设120 ℃时固体物质的摩尔质量为M g·mol－1，2.50 g∶250 g·mol－1＝1.78 g∶M g·mol－1，M＝178，故120 ℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，其相对分子质量为266＋18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18＝27，则×100%＝5.6%，解得x＝12，则硫酸铁铵晶体的化学式为 NH4Fe(SO4)2·12H2O。(3)根据题图及化学式Co5(CO3)2(OH)6·xH2O可得×100%＝6.5%，解得x≈2。c点时失重率为27.4%，则Co的氧化物中O和Co的物质的量之比＝∶5≈4∶3，故c点时剩余固体的化学式为Co3O4。 [解析]　(1)根据题干提示的反应的化学方程式可知，Cu2O与稀硝酸的反应中部分HNO3中氮元素的化合价降低，表现出强氧化性，还有部分HNO3中氮元素的化合价未改变，这部分HNO3表现出酸性，故HNO3表现出的性质有强氧化性和酸性。(2)在所得溶液中加入1.0 L 1.0 mol·L－1 NaOH溶液后，此时溶液呈中性，Cu2＋已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，Cu(OH)2的物质的量为＝ 0.4 mol，根据铜原子守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量可得：64x g＋ 144y g＝27.2 g，根据铜原子守恒有x mol＋2y mol＝0.4 mol，联立方程解得：x＝0.2，y＝0.1，所以原固体混合物中Cu2O和Cu的物质的量之比为1∶2。(3)根据氮原子守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝＋1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸中HNO3的浓度为＝2.4 mol·L－1。 $