第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（培优讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习高效培优系列

该高中化学讲义聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，涵盖基础公式、化学计量关系及关系式法、守恒法等核心技法，按“考情分析-知识梳理-重难突破-分层集训”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导与真题训练，帮助学生系统构建计算思维框架。 讲义突出分层提能与科学思维培养，如热重分析法中引导学生通过失重曲线数据推导产物组成，结合守恒法强化逻辑推理能力。设置基础演练、能力进阶、真题实战三级训练，配合解题技巧模板，助力学生高效突破计算难点，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 内容导航 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 考点一 根据化学方程式进行计算 知识点01 物质的量与其他物理量之间的计算公式 知识点02 化学方程式中的定量关系 知识点03 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤 考点二 常用化学计算技法 知识点01 关系式法 知识点02 守恒法 知识点03 差量法(差值法) 知识点04 热重分析法 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 根据化学方程式进行计算 解题技巧 化学方程式计算过程中注意事项 考向02 关系式法的应用 解题技巧 关系式法解题步骤 考向03 守恒法的应用 解题技巧 守恒法解题步骤 考向04 差量法的应用 解题技巧 差量法解题模板 考向05 热重分析法 解题技巧 热重曲线图分析方法 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．结合化学方程式了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计算。 2．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确化学计量数在不同层次的运算中的使用。 3．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。 4.通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，了解化学计算中的常见类型，学会常用的解题方法，感受定量研究对化学科学的重要作用。 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 根据化学方程式进行计算 化学计算的常用方法 全国新课标卷28（6） 广西卷T15（7） 安徽卷T16（5） 甘肃卷T15（5） 河南卷T16 陕晋宁青卷T15 浙江1月卷T20（6） 贵州卷T15（6） 天津卷T15(9) 福建卷T12（4） 重庆卷T16（2） 浙江6月卷T20 安徽卷T16 考情解读 以化学方程式为中心的综合运算每年高考必考，属于热点问题，尤其是滴定过程中的相关计算，涉及的运算方法主要有关系式法、差量法和守恒法，而解题中最常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。 预计2027年高考仍会有以物质的量为中心的综合运算。以工艺流程、化工生产、科学实验为情境载体，进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁作用”，初步建立化学计算的思维模型，注重化学计算能力、思维能力的考查。 备考策略 复习过程中学通学精这些方法是解题的金钥匙，能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 考点一 物质的量浓度及其相关计算 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 物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如： 化学方程式 N2+3H22NH3 各物质 H2 N2 NH3 化学计量数之比 3 1 2 扩大NA倍 3·NA 1·NA 2·NA 物质的量之比 3 mol 1 mol 2 mol 质量之比 6g 28g 34g 标准状况下体积之比 67.2L 22.4L 44.8L 同一条件下体积之比 3 1 2 ①化学方程式中各物质的化学计量数之比=== 参加反应的各物质的 数（或各物质的微粒数）之比=== 参加反应的各物质的 之比。 ②对于有气体参加的反应，在同温同压下参加反应的各气体的体积之比=== 各气体物质的 之比。 ③化学反应前后质量守恒，物质的量 定守恒。 知识点3 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤 (1)书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 (2)符号规范 ①设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl溶液的体积为V[HCl(aq)]。 ②各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH溶液的体积和物质的量浓度，求NaOH溶液的质量时就写成：m(NaOH)=c(NaOH)×V[NaOH(aq)]×M(NaOH)。 (3)单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。 考点二 常用化学计算技法 知识点1 关系式法 1．含义：关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种 ，在多步反应中，它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。 2．关系式法类型： (1)纵向关系式：经过多步的连续反应，即后一反应的反应物为前一反应的 ，采用“加合”，将多步运算转化为 计算 (2)横向关系式：几种不同物质中含相同的量，根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有多个平行的化学反应即多个反应的 有一种相同，根据这一相同的生成物，找出有关物质的关系式，依此关系式进行计算可简化运算过程。 3．关系式法解题步骤： 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 之间的量(质量、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的量的关系； 第四步：根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。 知识点2 守恒法 1．含义：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 。在化学变化中的各种各样的守恒，如 守恒、 守恒、 守恒、 守恒、 守恒、 守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法称为守恒法，从而达到速解、巧解化学试题的目的。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。 2．守恒法主要有如下三种类型： ①质量守恒法：宏观特征：反应前后 守恒；微观特征：反应前后各元素的 守恒。 ②电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但 相等。离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。 ③得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂 与还原剂 相等。 3．守恒法一般解题步骤如下： 第一步：明确目标：明确题目要求解的量； 第二步：分析过程：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出 及 ； 第三步：运用守恒：根据守恒原理，梳理出反应前后 ，列式求解。 知识点2 差量法(差值法) 1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 2．差量类型 (1) 差量 (2) 差量 (3) 差量 (4) 差量 (5) 差量 (6) 差量 (7) 差量。 3．差量法(差值法)解题步骤 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；表示出实际差值并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)； 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。 (1)x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。 (2)分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和。 (3)正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。 知识点3 热重分析法 热重曲线题是实验和计算的有机融合，久考不衰。 1．热重分析法：热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随 变化的曲线。通过热重曲线的分析计算，可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的 等信息，是一种常用的热分析方法。 2．热重曲线试题主要类型 (1)从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。 (2)从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。 解答热重分析试题的常用方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m剩余，固体残留率＝×100%。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 重难・核心突破 考点01 考查根据化学方程式计算 【例1】（2026·浙江温州·模拟预测）氮含量是评价化肥品质的重要指标。肥田粉主要成分是硫酸铵(含有少量其它硫酸盐)，测定某品牌肥田粉中氨的质量分数方法如下：取2.10 g样品，加入过量NaOH溶液共热，完全反应后收集到气体Y。将气体通过碱石灰干燥后，测得气体体积为672 mL(标准状况)。 已知NH3与发生反应下：。 (1)气体Y中NH3的物质的量为___________mol。 (2)样品中氮的质量分数为___________。 (3)为测定样品中氮的含量，将气体Y通入酸性K2Cr2O7溶液中，消耗K2Cr2O7为bmol，则样品中氮的质量分数ω(N)=___________(用含字母b计算表达式表示)。 化学方程式计算过程中注意事项 (1)书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 (2)单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。 (3)如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。 【变式探究1】回答下列问题： (1)将一定量的锌与100mL18.5mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.3mol·L-1，则反应生成气体成分及物质的量分别为___________。 (2)将容积为50mL的量筒内充满NO2和O2的混合气体，倒置量筒在盛满水的水槽里，足够时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则原混合气体中O2体积可能是___________。 (3)将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生和混合气体共896mL(不考虑，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL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。 ①通入的O2的体积(标准状况下)V=___________mL。 ②原硝酸的浓度为___________mol/L。 【变式探究2】镍及其化合物在电池工业有重要应用，已知以下反应： ① ② ③ 已知：是一种难溶于水的碱 请回答下列问题： (1)上述反应中，Ni的化合价在反应前后发生变化的是______(填序号)。 (2)反应③中，氧化剂是______，每生成1mol，转移电子的物质的量为______mol。 (3)将7.28g加入足量浓盐酸中，发生反应③。 ①参加反应的HCl的物质的量为______mol。 ②生成的在标准状况下的体积为______L。 (4)在碱性条件下研究新型锌镍电池电解液化学性质时，需探究正极前驱物氢氧化镍(Ⅱ)与含氯氧化剂的反应。已知浓碱()溶液中，可被次氯酸根离子()氧化，生成黑色不溶性高价镍氧化物二氧化镍()，则被还原为氯离子()。请根据上述信息，写出该反应的离子方程式______。 (5)已知反应：，将2.95g镍粉加入到200mL0.30mol/L溶液中，充分反应后，溶液中的物质的量浓度为______mol/L(忽略溶液体积变化)。 考点02 关系式法的应用 【例2】含有一定量NaOH溶液中，逐渐通入一定量，充分反应后，将溶液在一定条件下进行蒸干，得到晶体物质，其质量m与通入气体的质量的关系如图。下列说法错误的是 A．b点晶体物质是 B．b→c段得到的晶体中含有 C．可通过加热的方法鉴别b点和c点晶体 D．的取值范围是： 关系式法解题步骤 【变式探究3】质量为x g的NaOH溶液(溶质质量分数为10%)，蒸发掉100g水后，测得其溶质质量分数为20%，体积为100mL；再向蒸发后的溶液中加入200mL 1mol·L-1 MgSO4溶液，充分反应后，生成一种白色沉淀M。下列说法正确的是 A．原NaOH溶液中含有2.5mol NaOH B．x=300 C．蒸发后的溶液中c(NaOH)=5mol·L-1 D．白色沉淀M的质量为14.5g 【变式探究4】现有和的混合溶液，将其分为两等份。向其中一份溶液中加入溶液至恰好不再产生沉淀，消耗溶液；向另一份溶液中加入铁片，恰好完全反应时，消耗铁片。下列有关判断错误的是 A．原溶液中 B．原溶液中 C．加入溶液产生沉淀的质量为 D．加入铁片充分反应后的溶液中，阳离子的物质的量为 考点03 守恒法的应用 【例3】（2025·内蒙古·三模）将3.52g镁铜合金投入40mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和的混合气体1.792L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下为气态)，反应结束后向溶液中加入溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24g。若将盛有1.792L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。下列说法中，不正确的是 A．Mg与Cu的物质的量比值为 B．原硝酸的浓度为 C．NO和的体积比为 D．通入的的体积为896mL(标准状况) 守恒法解题步骤 【变式探究5】（2026·山东菏泽·模拟预测）已知乙二胺(，简写为X)为二元弱碱。常温时，向其盐酸盐溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、三种粒子浓度的对数值、所加固体质量与的关系如图所示。下列说法正确的是 A．第一步电离常数的数量级为 B．a点时， C．点时， D．点时，加入的质量 【变式探究6】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g金属铜与100 mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为0.3 mol D．生成的NO、、物质的量之比为 考点04 差量法的应用 【例3】25℃、101kPa时，30mL由乙炔()、丙烷()、丁烯()组成的混合气体与过量氧气混合并充分燃烧，充分燃烧后恢复至原来的温度和压强，气体总体积缩小了75mL，则原混合气体中乙炔的体积分数为 A．20% B．25% C．33.3% D．50% 差量法解题模板 (1)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)。 (2)结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 (3)列比例式求解。 【变式探究7】对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量，增重0.28g，则固体的质量为 A．0.42g B．1.68g C．0.84g D．3.36g 【变式探究8】120℃时将1.6g由CO2、H2O组成的混合气体通入盛有足量Na2O2的密闭容器中，充分反应后容器中残留的固体比反应前增重0.64 g。下列说法错误的是 A．反应过程中生成O2的质量为0.96 g B．反应过程中被还原的元素的质量为0.96 g C．该混合气体中CO2的质量分数为45% D．反应过程中Na2O2既是氧化剂又是还原剂 考点05 热重分析法 【例3】（2025·安徽阜阳·一模）由硫酸铝溶液与硫酸铵溶液反应，并经冷却结晶、离心分离、洗涤干燥制得，取4.53 g样品在氩气中加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。已知A点时失去全部结晶水，下列说法错误的是 A． B．A到B阶段发生反应的反应式： C．若样品未充分干燥，会导致的值偏大 D．硫酸铝铵晶体在975 ℃分解生成的固体为 热重曲线图分析方法 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (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、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，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。 【变式探究9】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 【变式探究10】（2025·河南·模拟预测）W、X、Y和Z为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，W是元素周期表中原子半径最小的元素，可以与反应生成电石气。化合物()在气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。 下列有关说法错误的是 A．x=1 B．E→F阶段中的气态产物只有 C．中存在离子键和非极性共价键 D．1000℃得到的物质G可以与浓氨水一起制取氨气 拔高・分层集训 基础演练 1．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．将a gFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100 mL 0.4mol/L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200 mL，则NaOH溶液的浓度为 A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L 3．将一定量的Fe、FeO和Fe2O3固体混合物投入到的HNO3溶液中，固体完全溶解，并生成标准状况下的NO气体2.24 L。然后往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。则原固体混合物中铁元素的质量为 A． B． C． D． 4．已知在足量的氧气中完全燃烧，生成了和，将燃烧产物通过过量的后，增加的质量是 A．8g B．16g C．10g D．无法计算 5．（2025·辽宁大连·一模）利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①每生成，转移电子数目为 B．中含有的离子数为 C．反应②中，每生成，消耗的分子数为 D．标准状况下，中含有π键数为 6．在100mL稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4mol·L-1.向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计) A．0.15mol·L-1 B．0.24mol·L-1 C．0.30mol·L-1 D．0.36mol·L-1 7．（2025·辽宁·二模）自然界中存在一种尖晶石，可作为宝石，化学式为，该尖晶石中混有。取一定量样品5.4 g，恰好与100 mL一定浓度的盐酸完全反应，则该盐酸的浓度可能是 A．2.5 mol/L B．3.2 mol/L C．4.0 mol/L D．6.0 mol/L 8．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）含硫化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的固体为，1 与足量完全反应转移的电子数为 B．反应②中，与足量反应，生成的分子数为 C． 的稀硫酸中含数目为 D．反应④中，0.1 L 18 mol/L 与足量反应，生成的在标准状况下体积为20.16 L 9．现有一份部分被腐蚀的铁样品(杂质为某种铁的氧化物)6.08 g，向其中加入的稀硝酸溶液300 mL，样品和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下1344 mL NO。将所得溶液平均分为两份，向第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到4.00 g红棕色固体；向第二份溶液中通入标况下336 mL的，恰好完全反应(不考虑氯气的溶解)。试计算： (1)样品和硝酸恰好完全反应产生的NO的物质的量为___________mol。 (2)样品加入硝酸后所得溶液中含有的___________。 (3)硝酸溶液的浓度___________。 10．（2026·浙江温州·模拟预测）某小组测定河水中溶解的含量的原理为：。现将固体溶于水配成溶液，稀释100倍后，取稀释后的溶液与河水反应，恰好褪色。请计算： (1)稀释前溶液的物质的量浓度为________。 (2)与河水反应中转移的电子数为________。 (3)河水中的含量为________。 能力进阶 11．已知：在加热时会分解成和在高温下会继续分解生成。固体在加热过程中，固体质量随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．加热分解过程中，未发生氧化还原反应 B．整个加热过程中释放的总质量为 C．加热至时，开始分解 D． 12．将金属锌投入的硝酸溶液中，反应完全后将生成的混合气体和通入的溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含和的混合溶液。(已知：；)，下列说法不正确的是 A．混合气体中的物质的量为 B．反应中消耗的物质的量为 C．若向与锌反应后的溶液中加入的溶液可使恰好完全沉淀 D．NO和被溶液吸收过程中转移的电子总数为 13．向试管中加入铜银合金与硝酸，固体完全溶解，溶液中余下的且生成NO和混合气体。将该气体与混合后通入试管中恰好完全被水吸收，下列说法正确的是（忽略溶液体积变化） A．合金中的质量为 B． C．原硝酸浓度为 D．若要完全中和试管b中的酸，需加入 14．某实验小组称取5.12 g由铜与氧化铜组成的混合固体溶于100 mL一定浓度的稀硝酸中，恰好完全反应生成无色气体448 mL(已折算为标准状况)。下列说法错误的是 A．该反应过程中氧化剂(体现氧化性的)和还原剂的物质的量之比为 B．混合固体中氧化铜的质量为3.2 g C．原稀硝酸的物质的量浓度为 D．混合固体中铜元素的质量分数为85.5% 15．一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为价)与100盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)生成3.2g硫单质、和一定量气体，且溶液中无。则下列说法正确的是 A．该盐酸的物质的量浓度为8.0 B．该磁黄铁矿中与的物质的量之比为 C．生成的气体的体积为4.48L D．该磁黄铁矿中的 16．将1.08 g铜镁合金完全溶解于50 mL某浓度硝酸中，得到和混合气体，向反应后的溶液A中加入380 mL 2.0 mol/L NaOH溶液，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为1.76 g。若将盛有生成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．该合金中铜的物质的量为0.015 mol B．和的混合气体中，的体积分数是33.3% C．原硝酸的浓度为1.6 mol/L D．通入的标准状况下的体积 17．将8.34 g绿矾()晶体样品隔绝空气加热，受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示： 下列说法错误的是 A．的摩尔质量为278 g/mol B．温度为78℃时固体M的化学式为 C．取适量样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时生成两种无色酸性气体，对应的化学方程式为： D．取适量645℃时所得的样品Q，溶于足量的稀盐酸中，再滴加铁氰化钾试剂，无蓝色沉淀生成 18．（2025·吉林·模拟预测）多硫酸()不稳定，受热发生分解反应。某多硫酸()有如下转化关系。 下列叙述正确的是 A．E为 B．白色沉淀F物质的量为0.4 mol C．多硫酸化学式为 D．①中反应的离子方程式： 19．（2026·青海西宁·一模）实验表明，向、的混合溶液中加入浓NaOH溶液时，生成的蓝色沉淀质量（m）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示。已知：易溶于水。下列分析错误的是 A．b→c时，与浓碱中配位形成络合离子 B．、的混合溶液中 C．浓NaOH溶液中 D．ab段反应： 20．（2026·甘肃白银·模拟预测）一氧化二氯()是常用的消毒剂和氧化剂，某实验小组在常温常压下利用和湿润的粉末反应制备，实验装置如图。回答下列问题： 已知：的沸点为3.8℃，液态呈棕黄色。 (1)A装置中发生反应的化学方程式为___________。 (2)B装置中的试剂是___________(填名称)；D装置中冰水浴的作用是___________。 (3)实验结束后，向F装置中滴加酚酞溶液，可能出现的实验现象是___________。 (4)有同学提出，E、F装置可以用___________(填字母)装置代替，达到简化实验的目的。 (5)当C装置的硬质玻璃管中完全反应时停止通入氯气。经检测固体产物仅为两种盐。为了测定其组成进行如下实验： 实验a 取m g固体产物，加入足量硝酸，滴加溶液恰好完全反应，生成白色沉淀 实验b 取8m g固体产物，装入大试管，加热至完全反应，将气体依次通过足量的浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸净增0.18 g，碱石灰净增0.44 g ①根据上述实验数据分析，8m g固体产物中各成分的化学式及物质的量分别为___________、___________。 ②C装置中发生反应的化学方程式为___________。 真题实战 1．（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 2．（2023·重庆·高考真题）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 3．（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) 4．（2023·河北·高考真题）配合物在分析化学中用于的鉴定，其制备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下： ①向三颈烧瓶中加入和热蒸馏水，搅拌溶解。 ②磁力搅拌下加入，从仪器a加入50%醋酸。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水。待反应结束，滤去固体。 ③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。 已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是； ii.的溶解度数据如下表。 温度/℃ 20 30 40 50 溶解度/ 84.5 91.6 98.4 104.1 回答下列问题： (1)仪器a的名称是_______，使用前应_______。 (2)中钴的化合价是_______，制备该配合物的化学方程式为_______。 (3)步骤①中，用热蒸馏水的目的是_______。 (4)步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是_______。 (5)已知：(亮黄色)足量与产品反应生成亮黄色沉淀，产品纯度为_______%。 (6)实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，_______。 1 / 19 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 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 考点一 根据化学方程式进行计算 知识点01 物质的量与其他物理量之间的计算公式 知识点02 化学方程式中的定量关系 知识点03 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤 考点二 常用化学计算技法 知识点01 关系式法 知识点02 守恒法 知识点03 差量法(差值法) 知识点04 热重分析法 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 根据化学方程式进行计算 解题技巧 化学方程式计算过程中注意事项 考向02 关系式法的应用 解题技巧 关系式法解题步骤 考向03 守恒法的应用 解题技巧 守恒法解题步骤 考向04 差量法的应用 解题技巧 差量法解题模板 考向05 热重分析法 解题技巧 热重曲线图分析方法 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．结合化学方程式了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计算。 2．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确化学计量数在不同层次的运算中的使用。 3．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。 4.通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，了解化学计算中的常见类型，学会常用的解题方法，感受定量研究对化学科学的重要作用。 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 根据化学方程式进行计算 化学计算的常用方法 全国新课标卷28（6） 广西卷T15（7） 安徽卷T16（5） 甘肃卷T15（5） 河南卷T16 陕晋宁青卷T15 浙江1月卷T20（6） 贵州卷T15（6） 天津卷T15(9) 福建卷T12（4） 重庆卷T16（2） 浙江6月卷T20 安徽卷T16 考情解读 以化学方程式为中心的综合运算每年高考必考，属于热点问题，尤其是滴定过程中的相关计算，涉及的运算方法主要有关系式法、差量法和守恒法，而解题中最常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。 预计2027年高考仍会有以物质的量为中心的综合运算。以工艺流程、化工生产、科学实验为情境载体，进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁作用”，初步建立化学计算的思维模型，注重化学计算能力、思维能力的考查。 备考策略 复习过程中学通学精这些方法是解题的金钥匙，能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 考点一 物质的量浓度及其相关计算 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 物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如： 化学方程式 N2+3H22NH3 各物质 H2 N2 NH3 化学计量数之比 3 1 2 扩大NA倍 3·NA 1·NA 2·NA 物质的量之比 3 mol 1 mol 2 mol 质量之比 6g 28g 34g 标准状况下体积之比 67.2L 22.4L 44.8L 同一条件下体积之比 3 1 2 ①化学方程式中各物质的化学计量数之比=== 参加反应的各物质的分子数（或各物质的微粒数）之比=== 参加反应的各物质的物质的量之比。 ②对于有气体参加的反应，在同温同压下参加反应的各气体的体积之比=== 各气体物质的化学计量数之比。 ③化学反应前后质量守恒，物质的量不一定守恒。 知识点3 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤 （1）书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 （2）符号规范 ①设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl溶液的体积为V[HCl(aq)]。 ②各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH溶液的体积和物质的量浓度，求NaOH溶液的质量时就写成：m(NaOH)=c(NaOH)×V[NaOH(aq)]×M(NaOH)。 （3）单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。 考点二 常用化学计算技法 知识点1 关系式法 1．含义：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，它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。 2．关系式法类型： （1）纵向关系式：经过多步的连续反应，即后一反应的反应物为前一反应的生成物，采用“加合”，将多步运算转化为一步计算 （2）横向关系式：几种不同物质中含相同的量，根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有多个平行的化学反应即多个反应的生成物有一种相同，根据这一相同的生成物，找出有关物质的关系式，依此关系式进行计算可简化运算过程。 3．关系式法解题步骤： 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、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的量的关系； 第四步：根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。 知识点2 守恒法 1．含义：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”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法称为守恒法，从而达到速解、巧解化学试题的目的。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。 2．守恒法主要有如下三种类型： ①质量守恒法：宏观特征：反应前后质量守恒；微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。 ②电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但正负电荷总数相等。离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。 ③得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。 3．守恒法一般解题步骤如下： 第一步：明确目标：明确题目要求解的量； 第二步：分析过程：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量； 第三步：运用守恒：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。 知识点2 差量法(差值法) 1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 2．差量类型 （1）气体体积差量 （2）气体质量差量 （3）液-液质量差量 （4）固-液质量差量 （5）气-液质量差量 （6）气-固质量差量 （7）溶解度差量。 3．差量法(差值法)解题步骤 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；表示出实际差值并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)； 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。 （1）x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。 （2）分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和。 （3）正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。 知识点3 热重分析法 热重曲线题是实验和计算的有机融合，久考不衰。 1．热重分析法：热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度变化的曲线。通过热重曲线的分析计算，可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的物质含量等信息，是一种常用的热分析方法。 2．热重曲线试题主要类型 （1）从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。 （2）从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。 解答热重分析试题的常用方法 （1）设晶体为1 mol。 （2）失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 （3）计算每步的m剩余，固体残留率＝×100%。 （4）晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。 （5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 重难・核心突破 考点01 考查根据化学方程式计算 【例1】（2026·浙江温州·模拟预测）氮含量是评价化肥品质的重要指标。肥田粉主要成分是硫酸铵(含有少量其它硫酸盐)，测定某品牌肥田粉中氨的质量分数方法如下：取2.10 g样品，加入过量NaOH溶液共热，完全反应后收集到气体Y。将气体通过碱石灰干燥后，测得气体体积为672 mL(标准状况)。 已知NH3与发生反应下：。 （1）气体Y中NH3的物质的量为___________mol。 （2）样品中氮的质量分数为___________。 （3）为测定样品中氮的含量，将气体Y通入酸性K2Cr2O7溶液中，消耗K2Cr2O7为bmol，则样品中氮的质量分数ω(N)=___________(用含字母b计算表达式表示)。 【答案】（1）0.03 （2）20% （3） 【解析】（1）硫酸铵与过量氢氧化钠溶液并加热发生(NH4)2SO4+2NaOH2NH3↑+Na2SO4+2H2O，然后用碱石灰干燥氨气，得到标准状况下气体672mL，即Y中氨气物质的量为=0.03mol； （2）根据氮原子守恒，样品中氮原子物质的量为0.03mol，样品中氮原子质量分数为=20%； （3）根据氨气与反应的离子方程式，消耗bmol重铬酸钾时，消耗氨气物质的量为2bmol，根据氮原子守恒，样品中氮原子质量分数为。 化学方程式计算过程中注意事项 （1）书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 （2）单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。 （3）如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。 【变式探究1】回答下列问题： （1）将一定量的锌与100mL18.5mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.3mol·L-1，则反应生成气体成分及物质的量分别为___________。 （2）将容积为50mL的量筒内充满NO2和O2的混合气体，倒置量筒在盛满水的水槽里，足够时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则原混合气体中O2体积可能是___________。 （3）将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生和混合气体共896mL(不考虑，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL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。 ①通入的O2的体积(标准状况下)V=___________mL。 ②原硝酸的浓度为___________mol/L。 【答案】（1）0.2molSO2/1.3molH2 （2）7 mL或14 mL （3）448 8 【解析】（1）锌与浓硫酸反应可能会有两种反应：；。 100mL18.5mol·L-1浓硫酸物质的量为1.85 mol，将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.3mol·L-1，得剩余的，即剩余的，反应掉的； 气体A 33.6L(标准状况)的物质的量； 设产生的SO2的物质的量为x，产生的H2的物质的量为y，可得： x+y=1.5 mol， 2x+y=1.7 mol；联立两式可得x=0.2 mol，y=1.3 mol；即反应生成的SO2的物质的量为0.2mol，H2的物质的量为1.3 mol。 （2）若剩余的5mL气体是O2，则共有45mLNO2、O2混合气体跟水反应，根据4NO2+O2+H2O=4HNO3可得出：。 若剩余的5 mL气体是NO，则NO、O2混合气体跟水反应时是NO2过量，过量的NO2再跟水反应。根据反应“3NO2+H2O=2HNO3+NO”可得出，共有15mLNO2过量。 即，在NO2、O2混合气体跟水反应的过程中共消耗气体35mL。 根据4NO2+O2+H2O=4HNO3可得出：。 故答案为：7 mL或14 mL。 （3）①NO和NO混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为，设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为x、y，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的的物质的量相等，，可得： x+y=0.04 mol， 3x+y=0.08 mol；联立两式可得x=0.02 mol，y=0.02 mol； NO、NO2与氧气、水反应转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，氧气得电子等于NO、NO2转化为HNO3失电子，因此 4n(O2)=0.08 mol，n(O2)=0.02 mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02 mol×22.4 =0.448 L，即 448 mL。 ②金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等 于，因此原硝酸的物质的量=，原硝酸的浓度。 【变式探究2】镍及其化合物在电池工业有重要应用，已知以下反应： ① ② ③ 已知：是一种难溶于水的碱 请回答下列问题： （1）上述反应中，Ni的化合价在反应前后发生变化的是______(填序号)。 （2）反应③中，氧化剂是______，每生成1mol，转移电子的物质的量为______mol。 （3）将7.28g加入足量浓盐酸中，发生反应③。 ①参加反应的HCl的物质的量为______mol。 ②生成的在标准状况下的体积为______L。 （4）在碱性条件下研究新型锌镍电池电解液化学性质时，需探究正极前驱物氢氧化镍(Ⅱ)与含氯氧化剂的反应。已知浓碱()溶液中，可被次氯酸根离子()氧化，生成黑色不溶性高价镍氧化物二氧化镍()，则被还原为氯离子()。请根据上述信息，写出该反应的离子方程式______。 （5）已知反应：，将2.95g镍粉加入到200mL0.30mol/L溶液中，充分反应后，溶液中的物质的量浓度为______mol/L(忽略溶液体积变化)。 【答案】（1）①③ （2） 2 （3）0.32 1.792 （4） （5）0.05 【解析】（1）反应①中由价升到价，反应②中的价态无变化，反应③中由价降到价； （2）反应③中，由价降到价，得到电子，作氧化剂，故反应③每有参与反应生成，转移电子的物质的量为； （3）的物质的量为，与足量浓盐酸反应，参与反应的的物质的量为，生成的的物质的量为，在标准状况下的体积为； （4）由题干信息可知，被氧化，生成和，该反应的离子方程式为； （5）2.95g镍粉的物质的量为，200 mL 0.30 mol/L溶液含有的物质的量为，两者发生反应，剩余的物质的量为，则； 考点02 关系式法的应用 【例2】含有一定量NaOH溶液中，逐渐通入一定量，充分反应后，将溶液在一定条件下进行蒸干，得到晶体物质，其质量m与通入气体的质量的关系如图。下列说法错误的是 A．b点晶体物质是 B．b→c段得到的晶体中含有 C．可通过加热的方法鉴别b点和c点晶体 D．的取值范围是： 【答案】A 【分析】NaOH溶液通入发生的化学反应、，故a点是未通入时的质量；随通入发生反应生成，过程蒸发得到晶体物质为、混合物，质量增大， b点晶体质量最大时恰好完全反应转化为，此时晶体物质为 （根据Na元素守恒）；继续通入，发生反应，根据可知该过程蒸发得到晶体质量减少，即晶体质量减少，晶体物质为、混合物，c点是恰好完全反应，此时晶体是，根据。 【解析】A．根据上述分析可知，b点晶体质量最大，物质是，A错误； B．晶体质量减少，晶体物质为、混合物，含有，B正确； C．b点物质为，加热发生，而c点物质为，加热发生，其中b点物质加热未产生气体，而c点物质加热产生使澄清石灰水变浑浊的气体，故可通过加热的方法鉴别b点和c点晶体，C正确； D．根据反应可知，，，根据反应可知，，，则的取值范围是：，D正确； 故选A。 关系式法解题步骤 【变式探究3】质量为x g的NaOH溶液(溶质质量分数为10%)，蒸发掉100g水后，测得其溶质质量分数为20%，体积为100mL；再向蒸发后的溶液中加入200mL 1mol·L-1 MgSO4溶液，充分反应后，生成一种白色沉淀M。下列说法正确的是 A．原NaOH溶液中含有2.5mol NaOH B．x=300 C．蒸发后的溶液中c(NaOH)=5mol·L-1 D．白色沉淀M的质量为14.5g 【答案】C 【解析】A．根据溶质质量守恒：，解得，原溶液溶质质量为200 g×10%=20 g，物质的量为，A错误； B．由A选项可知，，B错误； C．蒸发后溶液体积为100 mL，溶质物质的量仍为0.5 mol，，C正确； D．根据反应计量关系可知，0.2 mol MgSO4完全反应需消耗0.4 mol NaOH，因，故NaOH过量，MgSO4完全反应，根据镁原子守恒关系，生成Mg(OH)2的物质的量为0.2 mol，质量为，D错误； 故选C。 【变式探究4】现有和的混合溶液，将其分为两等份。向其中一份溶液中加入溶液至恰好不再产生沉淀，消耗溶液；向另一份溶液中加入铁片，恰好完全反应时，消耗铁片。下列有关判断错误的是 A．原溶液中 B．原溶液中 C．加入溶液产生沉淀的质量为 D．加入铁片充分反应后的溶液中，阳离子的物质的量为 【答案】D 【分析】100mL H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，将其分为两等份，向其中一份溶液中加入1mol⋅L-1 BaCl2溶液至恰好不再产生沉淀，消耗50mL BaCl2溶液，即50mL混合溶液中n()=n(Ba2+)=0.05mol；向另一份溶液中加入铁片，恰好完全反应时，消耗铁片1.68g即0.03mol，由Fe~H2SO4、Fe~Fe2(SO4)3，设50mL中H2SO4和Fe2(SO4)3的物质的量分别为x、y，列关系式为x+3y=0.05，x+y=0.03，解得x=0.02mol，y=0.01mol，故c(H2SO4)=0.4mol⋅L-1，c[Fe2(SO4)3]=0.2mol⋅L-1。 【解析】A．由分析得，c(H2SO4)=0.4mol⋅L-1，c[Fe2(SO4)3]=0.2mol⋅L-1，故原溶液中c(H+)=0.8mol⋅L-1，c(Fe3+)=0.4mol⋅L-1，故c(H+):c(Fe3+)=2:1，A正确； B．由分析得，50mL混合溶液中n()=0.05mol，则c()=1mol⋅L-1，B正确； C．加入BaCl2溶液产生沉淀为BaSO4，物质的量为0.05mol，质量为0.05mol ×233g/mol=11.65g，C正确； D．加入铁片充分反应后的溶液中，阳离子为Fe2+，由Fe守恒可知，n(Fe2+)=n(Fe)+ n(Fe3+)=0.03mol+0.01×2mol=0.05mol，D错误； 故答案选D。 考点03 守恒法的应用 【例3】（2025·内蒙古·三模）将3.52g镁铜合金投入40mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和的混合气体1.792L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下为气态)，反应结束后向溶液中加入溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24g。若将盛有1.792L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。下列说法中，不正确的是 A．Mg与Cu的物质的量比值为 B．原硝酸的浓度为 C．NO和的体积比为 D．通入的的体积为896mL(标准状况) 【答案】C 【分析】由题意可知，镁铜合金与一定浓度的硝酸反应得到硝酸铜和硝酸镁的混合溶液、一氧化氮和二氧化氮混合气体，向混合溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子和铜离子恰好转化为氢氧化镁和氢氧化铜沉淀；向混合气体中通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化硝酸；设镁铜合金中镁、铜的物质的量分别为xmol、ymol，由合金质量可得：24x+64y=3.52，由沉淀的质量可得：58x+98y=6.24，解的x=y=0.04mol；由溶液中镁离子和铜离子恰好转化为氢氧化镁和氢氧化铜沉淀得到的溶液为硝酸钠溶液，由原子个数和电荷守恒可知，未反应硝酸的物质的量为2mol/L×0.12L—0.04mol×2×2=0.08mol；设混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为amol、bmol，由混合气体的体积可得：22.4a+22.4b=1.792，由得失电子数目守恒可得：3a+b=0.16，解得a=b=0.04mol。 【解析】A．由分析可知，镁铜合金中镁、铜的物质的量都为0.04mol，则两者的物质的量比值为1：1，A正确； B．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为，则未被还原的的物质的量为，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+n(未被还原的)，即，则原硝酸的浓度为=8mol/L，B正确； C．由分析可知，混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量都为0.04mol，则两者的物质的量比值为1：1，C错误； D．NO、与氧气、水反应又转化为，反应的化学方程式为，，NO、的物质的量都是0.04mol，因此根据方程式可知，标准状况下通入氧气的体积为：，即896mL，D正确； 故选C。 守恒法解题步骤 【变式探究5】（2026·山东菏泽·模拟预测）已知乙二胺(，简写为X)为二元弱碱。常温时，向其盐酸盐溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、三种粒子浓度的对数值、所加固体质量与的关系如图所示。下列说法正确的是 A．第一步电离常数的数量级为 B．a点时， C．点时， D．点时，加入的质量 【答案】C 【分析】由于pOH=[-lgc(OH-)]，因此溶液碱性越强，pOH越小，曲线从上至下溶液碱性逐渐增强，根据XH2Cl2的起始浓度为0.1mol/L可知，溶液中含X微粒总浓度为0.1mol/L，因此图像左侧曲线从左至右微粒浓度逐渐增大，X在水中发生电离的方程式依次为：X+H2OXH++OH-、XH++H++OH-，因此向XH2Cl2中加入NaOH固体过程中，随NaOH的加入，c()逐渐减小，c(XH+)先增大后减小，c(X)逐渐增大， 由此可知曲线()中代表的微粒为：①代表，②表示XH+，③表示X，据此分析解题； 【解析】A．乙二胺的第一步电离X+H2OXH++OH-，电离平衡常数Kb1=，电离平衡常数只受温度的影响，利用c点进行计算，c点时，c(X)=c(XH+)，则Kb1=c(OH-)=10-4.10，即数量级为10-5，A错误； B．a点时，，溶液呈酸性，即，由电荷守恒知，，由于，所以，B错误； C．由物料守恒知，且，所以；由电荷守恒知，，整理可得，由于b点，因此，C正确； D．c点时，溶液中n(XH+)=n(X)==0.001mol；根据反应XH2Cl2+NaOH=XHCl+NaCl+H2O和XH2Cl2+2NaOH=XHCl+2NaCl+2H2O，加入NaOH的物质的量为0.003mol，故m2=0.03mol×40g/mol=0.12g，D错误； 故答案选C。 【变式探究6】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g金属铜与100 mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为0.3 mol D．生成的NO、、物质的量之比为 【答案】D 【分析】该反应过程涉及Cu与浓硝酸，氮氧化物与NaOH发生的氧化还原反应，由于产物不止一种，要抓住原子守恒及电子转移守恒进行相关计算。 【解析】A．根据N原子守恒，Cu与浓硝酸反应，浓硝酸中的N一部分转化为，一部分生成氮氧化物，而氮氧化物中的N最终转化为和，由Na原子守恒和的物质的量等于NaOH的物质的量，结合题干信息据此列式，已知浓硝酸体积为100 mL，所以浓硝酸的浓度为，A正确； B．过程①中转移电子的数目可由Cu的量计算，已知1mol Cu生成转移2mol 电子，即，即转移电子的数目为，B正确； C ．由电子转移守恒知0.3mol Cu失去0.6mol 电子，经多步反应最终转化为得电子，即，， C正确； D．设、、的物质的量分别为a、b、c，由题干信息列式①，由N原子守恒列式②，由Cu与浓硝酸反应每生成1mol 转移3份电子，生成1mol 转移1份电子，生成1mol 转移2mol 电子，由电子转移守恒列式③，联立三式计算得a=0.05 mol、b=0.15 mol、c=0.15 mol，所以生成的NO、、物质的量之比为a:b:c=0.05 mol:0.15 mol:0.15 mol=1:3:3，D错误； 故答案选D。 考点04 差量法的应用 【例3】25℃、101kPa时，30mL由乙炔()、丙烷()、丁烯()组成的混合气体与过量氧气混合并充分燃烧，充分燃烧后恢复至原来的温度和压强，气体总体积缩小了75mL，则原混合气体中乙炔的体积分数为 A．20% B．25% C．33.3% D．50% 【答案】C 【解析】首先确定状态和体积变化规律： 25℃、101kPa下，水为液态，烃燃烧通式为：CxHy(l)+(x+)O2xCO2+H2O(l)，燃烧后气体体积的缩小量（反应前气体体积减反应后气体体积）ΔV=(1+x+)−x=1+​ ，即1体积烃燃烧，体积缩小(1+)体积。丙烷C3H8和丁烯C4H8的氢原子y均为8，因此1体积二者燃烧，体积缩小都为1+=3体积；乙炔C2H2的氢原子y=2，1体积乙炔燃烧体积缩小为1+=1.5体积。设乙炔体积为V mL，其余两种气体总体积为(30−V) mL，总缩小体积为75mL，则1.5V+3(30−V)=75，解得：V=10 。故乙炔的体积分数为：×100%≈33.3%，因此选C。 差量法解题模板 （1）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)。 （2）结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 （3）列比例式求解。 【变式探究7】对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量，增重0.28g，则固体的质量为 A．0.42g B．1.68g C．0.84g D．3.36g 【答案】B 【解析】对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，用差量法计算可知，当增重0.28g时，消耗的二氧化碳的质量为，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为，所以固体的质量为； 答案选B。 【变式探究8】120℃时将1.6g由CO2、H2O组成的混合气体通入盛有足量Na2O2的密闭容器中，充分反应后容器中残留的固体比反应前增重0.64 g。下列说法错误的是 A．反应过程中生成O2的质量为0.96 g B．反应过程中被还原的元素的质量为0.96 g C．该混合气体中CO2的质量分数为45% D．反应过程中Na2O2既是氧化剂又是还原剂 【答案】C 【分析】反应过程中涉及反应：、、； 【解析】A．反应过程中混合气体与固体反应同时生成氧气，氧气质量：，A正确； B．过氧化钠与混合气体反应，被氧化的O和被还原的O等量，均为0.96g， B正确； C．反应过程中固体增重的是混合气体中C、H元素质量，设二氧化碳质量为x，水的质量为，，解得，则二氧化碳质量分数：，C错误； D．反应过程中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确； 答案选C。 考点05 热重分析法 【例3】（2025·安徽阜阳·一模）由硫酸铝溶液与硫酸铵溶液反应，并经冷却结晶、离心分离、洗涤干燥制得，取4.53 g样品在氩气中加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。已知A点时失去全部结晶水，下列说法错误的是 A． B．A到B阶段发生反应的反应式： C．若样品未充分干燥，会导致的值偏大 D．硫酸铝铵晶体在975 ℃分解生成的固体为 【答案】A 【解析】A．样品质量4.53 g，A点失去全部结晶水后质量为2.37 g，结晶水质量为4.53 g -2.37 g =2.16 g，物质的量为，无水的摩尔质量为，其物质的量为，故，A错误； B．A到B阶段，0.01 mol分解，生成固体质量1.71 g，根据反应式，0.01 mol反应物生成0.005 mol，质量为，与B点质量一致，B正确； C．样品未充分干燥会引入游离水，导致计算的结晶水质量偏大，n值偏大，C正确； D．从图中B到C点，975 ℃时固体质量0.51 g，0.005 mol分解生成0.005 mol，质量为，即在975 ℃分解生成的固体为，D正确； 故选A。 热重曲线图分析方法 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 （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、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 （3）用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，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。 【变式探究9】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 【分析】8.34 g FeSO4·7H2O样品物质的量为0.03 mol，其中m(H2O)=0.03 mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g，可知在加热到373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635℃时，固体的质量为2.40g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.045mol，则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。 【解析】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。 【变式探究10】（2025·河南·模拟预测）W、X、Y和Z为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，W是元素周期表中原子半径最小的元素，可以与反应生成电石气。化合物()在气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。 下列有关说法错误的是 A．x=1 B．E→F阶段中的气态产物只有 C．中存在离子键和非极性共价键 D．1000℃得到的物质G可以与浓氨水一起制取氨气 【答案】B 【分析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，则W是H元素；可以与反应生成电石气即C2H2，对应的反应为CaC2+2H2OC2H2+Ca(OH)2，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素；化合物(ZX2Y4•xW2Y)为CaC2O4•xH2O； 【解析】A．化合物为CaC2O4·xH2O，通过热重曲线计算结晶水数目x。初始100mg晶体，失去结晶水后(E点)质量87.7mg，对应无水CaC2O4。CaC2O4摩尔质量128g/mol，晶体摩尔质量128+18x， =0.877，解得x=1，A正确； B．E、F、G三个点对应物质的摩尔质量与CaC2O4•H2O摩尔质量的比值等于其相应的质量与100的比值，E点：≈128，则E是CaC2O4；F点：≈100，则F是CaCO3；G点：≈56，则G是CaO，E点为无水CaC2O4，E→F阶段分解为CaCO3和CO(反应：CaC2O4=CaCO3+CO↑)，气态产物为CO而非CO₂，B错误； C．ZX2为CaC2，含Ca2+与C间的离子键，C中C≡C为非极性共价键，C正确； D．G点为CaO，CaO与浓氨水反应放热且消耗水，促进NH3逸出，可制取氨气，D正确； 答案选B。 拔高・分层集训 基础演练 1．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 【解析】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．将a gFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100 mL 0.4mol/L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200 mL，则NaOH溶液的浓度为 A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L 【答案】D 【解析】将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100 mL 0.4 mol/L的H2SO4溶液中，反应生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，H2SO4可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入200 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可得，根据钠离子守恒可得，因此NaOH溶液浓度为； 故选D。 3．将一定量的Fe、FeO和Fe2O3固体混合物投入到的HNO3溶液中，固体完全溶解，并生成标准状况下的NO气体2.24 L。然后往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。则原固体混合物中铁元素的质量为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】总硝酸物质的量为，生成NO的物质的量为；加KSCN无血红色说明反应后溶质仅为，根据氮元素守恒，溶液中物质的量为，故铁元素物质的量为，质量为。 故选D。 4．已知在足量的氧气中完全燃烧，生成了和，将燃烧产物通过过量的后，增加的质量是 A．8g B．16g C．10g D．无法计算 【答案】B 【解析】甲烷完全燃烧生成水和二氧化碳，水和Na2O2反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，通过该反应可知，此时增加的质量为H的质量，CO2与Na2O2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，通过该反应可知，此时增加的质量为CO的质量，因此和与反应，固体实际增加的质量相当为和的总质量，根据元素守恒，可计算出，，，，CO和总质量为16g，增加的质量是16g，故答案选B。 5．（2025·辽宁大连·一模）利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①每生成，转移电子数目为 B．中含有的离子数为 C．反应②中，每生成，消耗的分子数为 D．标准状况下，中含有π键数为 【答案】A 【解析】A．反应①的化学方程式为：，其中C→CaC2时，C化合价由0价降低到-1价，C→CO时，C化合价由0价升高到+2价，因此每生成1molCaC2，有2molC由0价降低到-1价，转移电子数目为，A正确； B．CaC2中含有和离子，中含有的离子数为，B错误； C．反应②的化学方程式为：，每生成1mol，消耗的分子数为，C错误； D．结构简式为，1个碳碳三键中有2个π键，标准状况下，中含有π键数为，D错误； 故选A。 6．在100mL稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4mol·L-1.向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计) A．0.15mol·L-1 B．0.24mol·L-1 C．0.30mol·L-1 D．0.36mol·L-1 【答案】B 【解析】铜能与稀硝酸反应，不能直接与稀硫酸反应，反应方程式是3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式是3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，可知，当H+和NO的比例等于4:1时，铜粉反应的量最大，则得到Cu2+的物质的量浓度达最大值。在100mL稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4mol•L-1。由上可知，当H+和NO的比例等于4:1时，HNO3和稀H2SO4的比例是1:1.5，则c(NO)= mol•L-1，根据离子方程式计算，c(Cu2+)==0.24mol•L-1。 故选B。 7．（2025·辽宁·二模）自然界中存在一种尖晶石，可作为宝石，化学式为，该尖晶石中混有。取一定量样品5.4 g，恰好与100 mL一定浓度的盐酸完全反应，则该盐酸的浓度可能是 A．2.5 mol/L B．3.2 mol/L C．4.0 mol/L D．6.0 mol/L 【答案】A 【解析】假设全部是MgAl2O4时，5.4g MgAl2O4的物质的量为5.4g÷142g/mol0.038mol，与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl，故消耗HCl的物质的量为8×0.038mol=0.304mol，故盐酸的浓度为0.304mol÷0.1L=3.04mol/L；假如全部是Fe2O3时，5.4g Fe2O3的物质的量为5.4g÷160g/mol=0.03375mol，1mol Fe2O3消耗6molHCl，故消耗盐酸的物质的量为0.03375mol×6=0.2025mol，故盐酸的物质的量浓度为0.2025mol÷0.1L=2.025mol/L；实际盐酸的物质的量浓度应介于2.025mol/L～3.04mol/L之间，只有A项符合题意； 故选A。 8．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）含硫化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的固体为，1 与足量完全反应转移的电子数为 B．反应②中，与足量反应，生成的分子数为 C． 的稀硫酸中含数目为 D．反应④中，0.1 L 18 mol/L 与足量反应，生成的在标准状况下体积为20.16 L 【答案】A 【解析】A．FeS2被氧化生成Fe2O3和SO2，故1mol FeS2中Fe转移1mol电子、S转移10mol电子，故1 与足量完全反应转移的电子数为，故A正确； B．64gSO2的物质的量为1mol，SO2与O2反应为2SO2+O22SO3，属于可逆反应，反应物不能完全转化，生成的SO3物质的量小于1mol，分子数小于，故B错误； C． 的稀硫酸中含数目为，故C错误； D．Cu与浓硫酸反应中随着反应的进行，浓硫酸变稀后不能与Cu反应，故生成SO2的物质的量小于0.9mol，故标准状况下的体积小于20.16L，故D错误； 故选A。 9．现有一份部分被腐蚀的铁样品(杂质为某种铁的氧化物)6.08 g，向其中加入的稀硝酸溶液300 mL，样品和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下1344 mL NO。将所得溶液平均分为两份，向第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到4.00 g红棕色固体；向第二份溶液中通入标况下336 mL的，恰好完全反应(不考虑氯气的溶解)。试计算： （1）样品和硝酸恰好完全反应产生的NO的物质的量为___________mol。 （2）样品加入硝酸后所得溶液中含有的___________。 （3）硝酸溶液的浓度___________。 【答案】（1）0.06 （2） （3）1.00 【解析】（1）标准状况下，，根据得：。 （2）溶液平均分为两份：第二份通入，反应为，，，因此一份溶液中；第一份灼烧得到红棕色固体，，，因此一份溶液中总铁，则一份中；整个溶液中，。 （3）由（2）可知整个溶液中，，，故溶液中；硝酸总物质的量 = 溶液中的物质的量 + 生成的物质的量： ， 。 10．（2026·浙江温州·模拟预测）某小组测定河水中溶解的含量的原理为：。现将固体溶于水配成溶液，稀释100倍后，取稀释后的溶液与河水反应，恰好褪色。请计算： （1）稀释前溶液的物质的量浓度为________。 （2）与河水反应中转移的电子数为________。 （3）河水中的含量为________。 【答案】（1）0.2 （2）1.0×10-4NA （3）6.4 【解析】（1）首先计算的物质的量：，稀释前溶液体积为，根据得稀释前浓度； （2）稀释100倍后浓度为，10 mL稀释液中；反应中从+7价降为+2价，每个得到5个电子，总转移电子物质的量为，对应电子数为； （3）根据反应计量关系，得；质量为，河水体积为，故含量为。 能力进阶 11．已知：在加热时会分解成和在高温下会继续分解生成。固体在加热过程中，固体质量随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．加热分解过程中，未发生氧化还原反应 B．整个加热过程中释放的总质量为 C．加热至时，开始分解 D． 【答案】B 【解析】A．Ca(HCO3)2分解反应中，各元素化合价未变化，不是氧化还原反应，A正确； B．为0.2 mol，总CO2质量：Ca(HCO3)2分解生成0.2 mol CO2（8.8 g），CaCO3分解生成0.2 mol CO2（8.8 g），共17.6 g≠21.2 g，B错误； C．850℃前固体质量恒为20 g（CaCO3），之后质量下降，说明CaCO3开始分解，C正确； D．最终固体为CaO，0.2 mol CaO质量为0.2 mol ×56 g/mol =11.2 g，m=11.2，D正确； 故选B。 12．将金属锌投入的硝酸溶液中，反应完全后将生成的混合气体和通入的溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含和的混合溶液。(已知：；)，下列说法不正确的是 A．混合气体中的物质的量为 B．反应中消耗的物质的量为 C．若向与锌反应后的溶液中加入的溶液可使恰好完全沉淀 D．NO和被溶液吸收过程中转移的电子总数为 【答案】D 【解析】A．金属锌的物质的量为0.1mol，完全反应转移0.2mol电子，设混合气体中物质的量为，为，由电子守恒得，由氮守恒得，联立解得，A正确； B．消耗分为两部分：作为酸生成需，被还原为气体的部分为，总消耗，B正确； C．剩余为，中和需，沉淀需，总需为，加入的为，可使恰好完全沉淀，C正确； D．根据NO与NaOH反应的方程式可知，1molNO参加反应转移1mol电子，则0.03 mol NO参与反应转移0.03 mol电子，剩余发生歧化反应，根据NO2与NaOH反应的方程式可知，反应2molNO2转移1mol电子，则0.08molNO2参加反应转移电子，总转移电子数为，D错误； 故选D。 13．向试管中加入铜银合金与硝酸，固体完全溶解，溶液中余下的且生成NO和混合气体。将该气体与混合后通入试管中恰好完全被水吸收，下列说法正确的是（忽略溶液体积变化） A．合金中的质量为 B． C．原硝酸浓度为 D．若要完全中和试管b中的酸，需加入 【答案】C 【解析】A．根据电子守恒，金属失电子总物质的量等于得电子总物质的量，为，设为，为，列方程：、，解得，则，质量为，A错误； B．设为，为，列方程：、，解得，，同温同压下体积比为，B错误； C．总硝酸物质的量=剩余（）+成盐的物质的量(等于金属失去电子的总物质的量，为0.2 mol)+被还原（）=，浓度为，C正确； D．和完全转化为总物质的量为，中和需为，D错误； 故选C。 14．某实验小组称取5.12 g由铜与氧化铜组成的混合固体溶于100 mL一定浓度的稀硝酸中，恰好完全反应生成无色气体448 mL(已折算为标准状况)。下列说法错误的是 A．该反应过程中氧化剂(体现氧化性的)和还原剂的物质的量之比为 B．混合固体中氧化铜的质量为3.2 g C．原稀硝酸的物质的量浓度为 D．混合固体中铜元素的质量分数为85.5% 【答案】D 【分析】铜片溶于稀硝酸中，反应恰好完全进行，收集到448 mL NO气体，，则由化学方程式可得，参与反应的；氧化铜与稀硝酸发生复分解反应，生成硝酸铜和水。 【解析】A．体现氧化性的全部转化为NO，NO的物质的量为；还原剂为Cu，反应中得失电子守恒：，得，二者物质的量之比为，A正确； B．Cu的质量为，故CuO的质量为，B正确； C．总的物质的量等于体现酸性的与体现氧化性的NO的物质的量之和：，故，浓度为，C正确； D．混合固体中Cu元素总质量为，质量分数为，D错误； 故选D。 15．一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为价)与100盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)生成3.2g硫单质、和一定量气体，且溶液中无。则下列说法正确的是 A．该盐酸的物质的量浓度为8.0 B．该磁黄铁矿中与的物质的量之比为 C．生成的气体的体积为4.48L D．该磁黄铁矿中的 【答案】A 【解析】A．盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)=，A正确； B．n(S)==0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，则矿石中的n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，则磁黄铁矿中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.2mol∶0.2mol=1∶1，B错误； C．根据H、Cl原子守恒可知，n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，标况下，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，选项未说明是标准状况，无法确定气体体积，C错误； D．FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，则有n(Fe)∶n(S)=0.4mol∶0.5mol=4∶5，解得x=0.8，D错误； 答案选A。 16．将1.08 g铜镁合金完全溶解于50 mL某浓度硝酸中，得到和混合气体，向反应后的溶液A中加入380 mL 2.0 mol/L NaOH溶液，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为1.76 g。若将盛有生成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．该合金中铜的物质的量为0.015 mol B．和的混合气体中，的体积分数是33.3% C．原硝酸的浓度为1.6 mol/L D．通入的标准状况下的体积 【答案】C 【分析】铜镁合金与浓硝酸反应，生成和，加入氢氧化钠，生成氢氧化铜和氢氧化镁沉淀，以及硝酸钠。铜和镁失去电子，氮得到电子，可以根据电子转移守恒开展计算。 【解析】A．沉淀为和，沉淀质量 = ，，。 设，，则：，解得、，A正确； B．混合气体总物质的量为，设，，则。 根据电子转移守恒：金属失电子总数 = N原子得电子总数，金属总失电子为，每个得，每个得，因此，联立解得，。体积分数 = ，B正确； C．根据N元素守恒，，气体中，，故，浓度为，C错误； D．混合气体与、水反应完全生成，由电子守恒，得电子总物质的量等于金属失电子总物质的量，，标准状况下体积为，D正确； 故选C。 17．将8.34 g绿矾()晶体样品隔绝空气加热，受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示： 下列说法错误的是 A．的摩尔质量为278 g/mol B．温度为78℃时固体M的化学式为 C．取适量样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时生成两种无色酸性气体，对应的化学方程式为： D．取适量645℃时所得的样品Q，溶于足量的稀盐酸中，再滴加铁氰化钾试剂，无蓝色沉淀生成 【答案】B 【分析】样品的物质的量为，其中，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为，可知在加热到时，晶体失去部分结晶水，P为，样品Q的质量为2.40 g，，，，，，故Q为，据此分析。 【解析】A．的摩尔质量为，A正确； B．，温度为时，固体M的质量为6.72 g，失去水的质量为，，即失去个，此时固体M的化学式为，B错误； C．样品P的质量为4.56 g，P为；隔绝空气加热至，发生歧化分解，生成、和，反应的化学方程式为，C正确； D．Q为，溶于稀盐酸生成，无，铁氰化钾与反应生成蓝色沉淀，因此滴加铁氰化钾试剂无蓝色沉淀生成，D正确； 故选B。 18．（2025·吉林·模拟预测）多硫酸()不稳定，受热发生分解反应。某多硫酸()有如下转化关系。 下列叙述正确的是 A．E为 B．白色沉淀F物质的量为0.4 mol C．多硫酸化学式为 D．①中反应的离子方程式： 【答案】D 【分析】依题意，液体A与足量氯化钡反应生成不溶于HCl的白色沉淀，A为，D为，气体B与足量溴水反应后再与足量氯化钡反应生成不溶于HCl的白色沉淀，B为，F为BaSO4，根据S原子守恒：，浅黄色固体C为S，其物质的量为，S与Fe反应生成黑色固体E为FeS。 【解析】A．S氧化性较弱，与铁粉加热反应只能生成，不能生成，E为FeS，A错误； B．F为，其物质的量为，B错误； C．所有S来自，总S物质的量为，根据O原子守恒：，得，因此，化学式为，C错误； D．反应①是​被溴水氧化为硫酸，离子方程式，D正确； 故选D。 19．（2026·青海西宁·一模）实验表明，向、的混合溶液中加入浓NaOH溶液时，生成的蓝色沉淀质量（m）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示。已知：易溶于水。下列分析错误的是 A．b→c时，与浓碱中配位形成络合离子 B．、的混合溶液中 C．浓NaOH溶液中 D．ab段反应： 【答案】B 【解析】A．由图可知，b→c时，沉淀质量减少，说明沉淀发生了溶解，已知配合物易溶于水，说明与发生配位形成络合离子，A正确； B．起点→a时发生反应，a→b时发生反应，两段消耗的溶液体积相同，因此消耗的的物质的量相同；根据两个反应的化学计量数可得，B错误； C．图中生成沉淀0.98 g，对应的物质的量为0.01 mol，生成0.01 mol 需要0.02 mol ，故5 mL溶液中含，故，C正确； D．与在不加热条件下反应得到的产物是，D正确； 故答案选B。 20．（2026·甘肃白银·模拟预测）一氧化二氯()是常用的消毒剂和氧化剂，某实验小组在常温常压下利用和湿润的粉末反应制备，实验装置如图。回答下列问题： 已知：的沸点为3.8℃，液态呈棕黄色。 （1）A装置中发生反应的化学方程式为___________。 （2）B装置中的试剂是___________(填名称)；D装置中冰水浴的作用是___________。 （3）实验结束后，向F装置中滴加酚酞溶液，可能出现的实验现象是___________。 （4）有同学提出，E、F装置可以用___________(填字母)装置代替，达到简化实验的目的。 （5）当C装置的硬质玻璃管中完全反应时停止通入氯气。经检测固体产物仅为两种盐。为了测定其组成进行如下实验： 实验a 取m g固体产物，加入足量硝酸，滴加溶液恰好完全反应，生成白色沉淀 实验b 取8m g固体产物，装入大试管，加热至完全反应，将气体依次通过足量的浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸净增0.18 g，碱石灰净增0.44 g ①根据上述实验数据分析，8m g固体产物中各成分的化学式及物质的量分别为___________、___________。 ②C装置中发生反应的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2）饱和食盐水 降低温度，液化产物，减少产物损失 （3）溶液先变为红色，后变为无色 （4）J （5）NaCl、0.02 mol 、0.02 mol 【解析】（1）A装置用于制取Cl2，浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，MnO2作氧化剂，Cl-被氧化为Cl2，因此化学方程式为； （2）B装置的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，常用试剂为饱和食盐水；因为HCl易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小。D装置是冰水浴，由于Cl2O沸点只有3.8 ℃，易挥发，所以冰水浴可以降低温度，使产物液化，减少产物损失； （3）F中NaOH溶液吸收尾气中的，反应生成、，溶液呈碱性使酚酞变红，次氯酸钠具有漂白性，最终会使红色褪去。 （4）E、F装置主要用于尾气处理，既要防止空气中水蒸气进入，又要吸收多余的氯气等尾气。可用装有碱石灰的干燥管代替，因为碱石灰既能吸收酸性气体Cl2、Cl2O，也能吸收水蒸气，所以选J； （5）①由实验a：固体中，则8m g固体中，全部来自，故。 由实验b：浓硫酸增重为水的质量，；碱石灰增重为的质量，，产物中只有加热分解满足，分解反应为，故。 ②C装置中湿润Na₂CO3与Cl2反应生成Cl2O，同时生成NaCl和NaHCO3，根据（5）①可知NaCl和NaHCO3物质的量相等，再结合原子守恒配平，反应方程式为：。 真题实战 1．（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。 2．（2023·重庆·高考真题）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 【解析】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。 3．（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 【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量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，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。 【解析】（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。 4．（2023·河北·高考真题）配合物在分析化学中用于的鉴定，其制备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下： ①向三颈烧瓶中加入和热蒸馏水，搅拌溶解。 ②磁力搅拌下加入，从仪器a加入50%醋酸。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水。待反应结束，滤去固体。 ③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。 已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是； ii.的溶解度数据如下表。 温度/℃ 20 30 40 50 溶解度/ 84.5 91.6 98.4 104.1 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______，使用前应_______。 （2）中钴的化合价是_______，制备该配合物的化学方程式为_______。 （3）步骤①中，用热蒸馏水的目的是_______。 （4）步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是_______。 （5）已知：(亮黄色)足量与产品反应生成亮黄色沉淀，产品纯度为_______%。 （6）实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，_______。 【答案】（1）分液漏斗 检漏 （2） （3）增加的溶解度 （4）加速产品干燥 （5）80.0 （6）透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素 【分析】三颈烧瓶中加入和热蒸馏水，将物料溶解加入在加入醋酸，冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水，待反应结束，滤去固体，在滤液中加入95%乙醇降低溶解度，析晶，过滤洗涤干燥，得到产物。 【解析】（1）仪器a的名称是分液漏斗，使用前应检漏； （2）中钠是+1价亚硝酸根是-1价，根据化合价代数和为0，钴的化合价是+3，制备该配合物的化学方程式为； （3）步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加的溶解度； （4）步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是加速产品干燥； （5）已知：(亮黄色)足量与产品反应生成亮黄色沉淀，则，，产品纯度为； （6）实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $