第06讲 物质的量（复习讲义）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦物质的量核心模块，涵盖物质的量及摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗定律、物质的量浓度与配制，以及基于方程式、关系式、守恒原理的化学计算等高考高频考点，按“概念建构-规律应用-综合计算”逻辑层次搭建知识框架，通过考点梳理、考向破译、解题范式归纳、真题演练四环节，帮助学生系统突破微观粒子与宏观量的转化难点。 讲义创新采用“思维建模+分层突破”策略，如针对阿伏加德罗常数判断总结7类易错陷阱培养科学思维，设计热重分析解题流程强化守恒计算能力，设置基础例析与变式拓展练习落实科学探究与实践。精准对接高考命题趋势，为教师把控复习节奏提供清晰路径，助力学生高效提升化学计算与综合应用能力。

第06讲 物质的量 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 物质的量 知识解构 知识点1物质的量及摩尔质量 知识点2 气体摩尔体积 知识点3 阿伏加德罗定律及其推论 知识点4 物质的量浓度与配制 考向破译 考向1 物质的量与气体摩尔体积 考向2 阿伏加德罗常数的相关判断 考向3 物质的量浓度及溶液配制 考点二 物质的量与化学计算 知识解构 知识点1 根据方程式计算 知识点2 根据关系式计算 知识点3 根据守恒原理计算 知识点4 质量守恒的应用——热重分析 考向破译 考向1 依据方程式的计算 考向2 依据关系式的计算 考向3 依据守恒原理的计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 物质的量 T3，3分 T3，3分 物质的量与化学计算 T14（3）②，3分 T14（3），3分 T16（4），3分 、考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．命题规律： 以物质的量为核心，依据化学方程式的有关计算主要在非选择题中出现，难度较大。试题除了根据化学方程式进行计算外，通常还考查一些解题方法，如差量法、守恒法、关系式法。 2．复习策略： 复习过程中有关物质的量计算需要学生在掌握基本概念和计算方法的基础上注重实际应用和综合能力的培养，在日常解题时，指导学生学会审题即画出有关路线图，通过审题搞清有关量的关系，此外解题要规范；在复习到可能相关的知识点时注意物质的量在其中的作用。 ►复习目标： 1．理解摩尔质量与气体摩尔体积，阿伏加德罗定律及其相关推论，并能进行有关计算。 2．理解溶液中溶质的质量分数、物质的量浓度的概念，并能进行换算。 3．知道物质的量浓度配制步骤，会判断实验误差。 4．理解物质的量在化学计算的应用，了解化学计算常用的方法。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 物质的量 知●识●解●构 知识点1 物质的量及摩尔质量 1．物质的量与阿伏加德罗常数 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 物质的量 (n) 用来表示含有一定数目 集合体的物理量 n＝ 物质的量只用于描述微观粒子，不适用于描述宏观物质 阿伏加德罗常数 (NA) 任何粒子所含的粒子数 常用6.02×1023 mol－1这个近似值 2．摩尔质量 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 摩尔质量 (M) 单位 的物质所具有的质量 n＝ 以g·mol－1作单位时， 上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，但二者含义不一样 知识点2 气体摩尔体积 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 气体摩尔体积 (Vm) 单位物质的量的物质所具有的体积 L·mol－1 n＝ 因为影响气体体积的因素是温度、压强两个条件，因此非标准状况下1 mol气体的体积也可能是22.4 L！ 标准状况下的 气体摩尔体积 标准状况下，1 mol 的体积约为22.4 L 知识点3 阿伏加德罗定律及其推论 内容 在相同的 和 下，相同体积的任何气体都含有 适用范围 任何气体，包括单一气体或混合气体 三推论 1 同T、P：＝ ②同T、V：＝ ③同T、P：＝ 温馨提醒 阿伏加德罗定律及其推论适用于任何气体(包括混合气体)，但对固体、液体不适用 气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的一个特例 得分速记 ①气体的体积受“温度、压强”的影响很大，而物质的量、摩尔质量则不受其影响。 ②在应用“22.4 L·mol－1”时，注意：物质必须为气体，且必须处于标准状况。 知识点4 物质的量浓度与配制 1．物质的量浓度与溶质的质量分数 表达式 溶质单位 溶液的单位 单位 相互关系 物质的量浓度 c(B)＝ mol L mol·L－1 c＝ 溶质的质量分数 w＝ g g —— 温馨提醒 气体 溶于水计算 ①气体与水反应：如NO2溶质为HNO3；F2溶质为HF。 ②气体与水反应：NH3、Cl2等，溶质仍为NH3、Cl2。 2．有关物质的量浓度计算的四大类型 类型一：标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算 c＝ 类型二：溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算 （1）计算公式： c＝ (c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。 当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝ 。 （2）公式的推导(按溶液体积为V L推导) 类型三：溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 （1）溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即 。 ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即 。 ③溶液质量守恒，即 (体积一般不守恒)。 （2）同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合 ①混合前后溶质的质量保持不变，即 。 ②混合前后溶质的物质的量保持不变，即 。 类型四：应用电荷守恒式求算未知离子的浓度 溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。 例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在:c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。 3．物质的量浓度溶液的配制 配制步骤 仪器 注意事项 ①计算 ②称量/量取 托盘天平使用（精确到0.1 g） NaOH不能放纸上，量筒残留液不要洗涤 ③溶解/稀释 玻璃棒的作用是： ④冷却 否则会使所配溶液的浓度 ⑤移液 玻璃棒的作用是： ⑥洗涤 转移后，烧杯未洗涤会使所配溶液浓度 ⑦振荡 使溶液充分混合 ⑧定容 使用该仪器的目的是： ，定容时，俯视标线会使所配溶液的浓度 ⑨摇匀 准确定容振荡静置后，液面低于标线所配溶液的浓度： ⑩装瓶贴签 4．配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 引起误差的一些操作 过程分析 对c的影响 （偏高、偏低、无影响） m V ① 溶解前烧杯中有水 ② 向容量瓶中转移溶液时，少量流出 ③ 未洗涤烧杯和玻璃棒 ④ 定容时，水多加后用滴管吸出 ⑤ 定容摇匀时液面下降再加水 ⑥ 定容时俯视读数（读刻度线） ⑦ 定容时仰视读数（读刻度线） ⑧ 用水洗涤量筒 得分速记 容量瓶使用应注意的问题 （1）容量瓶必须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失； （2）在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，经检查不漏水才能使用； （3）容量瓶使用完毕，应洗净、晾干。(应在玻璃磨口瓶瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连)； （4）不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； （5）不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； （6）不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 （7）不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中(因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的) 考●向●破●译 考向1 物质的量与气体摩尔体积 例1一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法不正确的是 A．该温度和压强可能是标准状况 B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L C．该气体中每个分子含有2个原子 D．若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L 【变式1】（1）以下说法正确的是 ①2 mol OH－的质量为34 g ②硫酸的摩尔质量是98 g ③1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 ④常温下，1 g O2和15 g O3的混合气体中含有的氧原子数为NA ⑤1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数约为2×6.02×1023 ⑥乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子 ⑦1 mol重水比1 mol水约多6．02×1023个质子 ⑧24 g镁原子的最外层电子数为NA ⑨20 g 重水(2HO)中含有的中子数为8×6.02×1023 ⑩等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)所含电子数相等 （2）判断下列说法是否正确，并解释你的观点。 ①只有在标准状况下，气体的气体摩尔体积才是22.4 L·mol－1 ②标准状况下，22.4 L CH3Cl和HCHO的混合物中约含6.02×1023个分子 ③常温常压下，22.4 L Cl2和HCl的混合气体中含分子总数为6.02×1023 ④标准状况下，1 L 乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为×2 ⑤标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NA ⑥在室温时，11.2 L氮气所含的原子数大于NA ⑦常温常压下，NA个甲烷分子的体积大于22.4 L ⑧标准状况下，22.4 L氯化氢和22.4 L氨气混合后所含气体分子数为2NA 【变式2】氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．1molNaCl固体中，含离子数为 B．1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为 C．标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为 D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为 考向2 阿伏加德罗常数的相关判断 例2设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol金刚石中所含σ键数目为2NA B．标准状况下，22.4L CH4和C3H8的混合气体中所含碳原子数目为2NA C．在0.1mol/L的CH3COONa溶液中，所含阴离子数目大于0.1NA D．常温下，27g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA 解题妙招 1．22.4 L·mol－1的适用条件 ①题中给出物质的体积，先看物质是不是气体，若是气体，再看是否处于标准状况下。 ②常考的标准状况下不是气体的物质：H2O、液溴、HF、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、SO3、NO2、酒精、乙酸、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)、苯等。 2．物质的微观结构 ①单质分子不一定双原子分子，如氦气(He)、氖气(Ne)、氩气(Ar)、臭氧(O3)、白磷(P4)等。 ②注意特殊物质所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如D2O、18O2、H37Cl、—OH、OH－。 ③注意物质中的离子数目，如Na2O2中阴离子为O，NaHSO4熔融状态含Na＋、HSO。 ④最简式相同的物质：NO2和N2O4，乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等单烯烃。 ⑤苯环中不含碳碳双键。 ⑥了解一些特殊物质中的化学键数目。 物质 CnH2n＋2 P4 Si SiO2 石墨 金刚石 每摩尔含共价键数目 3n＋1 6 2 4 1．5 2 3．氧化还原反应中电子转移的数目 ①注意是否发生歧化反应，如Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子。 ②注意变价元素，如1 mol Fe与足量盐酸反应转移2 mol电子，而1 mol Fe与足量稀硝酸反应转移3 mol电子。 4．电解质的电离与水解 ①看溶液中是否有“弱电解质”的电离，如1 mol CH3COOH溶于水，溶液中n(CH3COO－)＜1 mol。 ②看溶液中是否有“弱离子”的水解。如1 mol FeCl3溶于水，溶液中n(Fe3＋)＜1 mol。 ③计算溶液中所含微粒数目时，看是否指明溶液体积。 5．隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底，如Cl2＋H2OHCl＋HClO、N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)、2NO2(g)N2O4(g)等。 6．有关反应中浓度的问题 ①MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。 ②Cu与浓硫酸的反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止。 ③Cu与浓硝酸反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，最终得到NO2和NO的混合气体。 ④Zn与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，最终得到SO2和H2的混合气体。 7．分散系中的微粒数目 ①计算H、O原子总数时，不能忽视溶剂水。 ②胶粒是大量分子的集合体。如1 mol FeCl3水解转化为Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒数目小于6.02×1023。 【变式1】为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．金刚石中含有的碳碳键数目为 B．标准状况下，的分子数目为 C．的溶液中数目为 D．在空气中充分反应生成和，转移电子数目为 【变式2】天津位于渤海之滨，其海水资源丰富。海水提溴过程中，富集溴的一步反应为：(是阿伏伽德罗常数的值)，下列说法正确的是 A．中含有的电子总数为 B．与相差的中子数为 C．的溶液中含有的数为 D．生成时，转移的电子数为 考向3 物质的量浓度及溶液配制 例3下列关于物质的量浓度表述正确的是 A．的溶液中含有的和的总物质的量为 B．将溶于水中，所得溶液的物质的量浓度为 C．在和的中性混合水溶液中，如果和的物质的量相等，则和的物质的量浓度一定相同 D．时，的饱和溶液蒸发掉水，冷却到时，其体积小于，它的物质的量浓度仍为 例4（2026·江苏淮安·模拟预测）配制溶液，部分过程示意图如下。 下列说法正确的是 A．步骤1中称取的固体为10.6 g B．步骤1中溶解后，应趁热进行步骤2 C．若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液 D．步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水至刻度线 解题妙招 仪器的读数误差分析 容量瓶读数误差的图示分析： （1）仰视使所配溶液体积偏大，浓度偏小； （2）俯视使所配溶液体积偏小，浓度偏大。 【变式1】向和的混合溶液中先加入足量溶液，过滤，得到沉淀，然后向滤液中加入过量溶液，过滤，灼烧沉淀，得到固体，则原溶液中的物质的量浓度为 A． B． C． D． 【变式2】(2026·江苏扬州·一模)制备Na2SO3溶液的过程如下：由Na2CO3固体配制0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中通入SO2至pH约为4；由NaOH固体配制1 mol·L-1 NaOH溶液，滴加到之前溶液中至pH约为10，得到Na2SO3溶液。下列说法正确的是 A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平右边的托盘内 B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH溶液 C．用图1装置制备SO2 D．用图2装置测量溶液的pH 【变式3】(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：。 已知：单质为淡黄色难溶于水的固体。 (一)过氧化脲的合成：烧杯中分别加入、40 mL蒸馏水和9.0 g尿素，搅拌溶解。30℃下充分反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 (二)一定浓度的过氧化脲溶液的配制：配制的过氧化脲溶液。 (三)过氧化脲性质检测 Ⅰ． 过氧化脲溶液用稀 酸化后，滴加溶液，紫色消失。 Ⅱ． 将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀。 回答下列问题： （1）的物质的量浓度为___________。 （2）过滤中使用到的玻璃仪器有___________。 （3）配制的过氧化脲溶液，需称取___________g过氧化脲固体。 （4）如图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复次，目的是___________。 （5）性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是___________、___________。 （6）下列操作可能导致所配溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．溶解后未经冷却就移液 B．移液时，有少量液体溅出 C．定容时，俯视刻度线 D．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用 考点二 物质的量与化学计算 知●识●解●构 知识点1 根据方程式计算 基本原理 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 化学计量数之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 物质的量之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 气体的体积之比 — 2 ∶ — 1 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的 之比，对于气体等于其体积之比。 解题步骤 ①根据题意写出并配平化学方程式。 ②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 ③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“ ”。 ④选择有关量（如物质的量、气体体积、质量等）的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 知识点2 根据关系式计算 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。 解题的关键是正确书写关系式。 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量（质量或物质的量或相同条件下气体的体积）的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 知识点3 根据守恒原理计算 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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 解题步骤 第一步 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 知识点4 质量守恒的应用——热重分析 热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法 热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数 实例：固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。 热重分析的解题流程 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失重残留物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。 热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例 计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变 计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。 考●向●破●译 考向1 依据方程式的计算 例1(2026·江苏南京师范大学附属中学·一模)在酸性条件下发生的离子反应为(未配平)，现取C中洗涤并干燥后的样品45g，加入稀硫酸，收集到3.36L气体(标准状况下)。计算样品中高铁酸钾的质量分数______ (写出计算过程)(计算结果保留到0.1%)。 【变式1】(2026·江苏南京外国语学校·一模)测定产品中二氧化锗的纯度。实验操作如下： i．称取二氧化锗样品，加入氢氧化钠溶液在电炉上溶解。 ii．用将其还原为，再加入适当X溶液作为指示剂，再逐滴加入酸化后的溶液，当滴加最后半滴时，溶液变蓝且半分钟内褪色，消耗溶液的体积为。(已知：实验条件下，不会被和氧化。还原性：) ①ii中X溶液为___________。 ②有关反应式： 则计算样品中二氧化锗的质量分数是___________(写出计算过程，保留3位有效数字)。 【变式2】用镍铂合金废料（主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属）回收镍和铂的一种工艺流程如下： Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000 g样品，加入足量硫酸后，再加入100 mL 1.000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，充分反应，加水定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.1 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生反应如下： Ni2O3＋Fe2＋＋H＋Ni2＋＋Fe3＋＋H2O（未配平） Fe2＋＋MnO4－＋H＋Fe3＋＋Mn2＋＋H2O（未配平） 试通过计算确定Ni2O3的质量分数，并写出计算过程。 考向2 依据关系式的计算 例2（2025·江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市一模）一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备Mn3O4的流程如下： 测Mn3O4样品纯度。称取0.2500 g样品于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.2000 mol·L－1 Na2C2O4溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用0.1000 mol·L－1的KMnO4溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液16.00 mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度_______（写出计算过程）。 已知：C2O42－＋Mn3O4＋H＋CO2↑＋Mn2＋＋H2O，C2O42－＋MnO4－＋H＋CO2↑＋Mn2＋＋H2O。【答案】 【变式1】(2026·江苏前黄高级中学·二模)某含碘废液中，碘元素以形式存在，为测定的浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL废液，加水稀释配成100.00mL溶液，取20.00mL溶液，加入盐酸，加入足量KI晶体，以淀粉为指示剂，用0.1000 溶液滴定至恰好完全反应，消耗溶液24.00mL。已知测定过程中发生的反应为(未配平)        (未配平) 计算废液中的物质的量浓度，并写出计算过程______。 【变式2】(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 【变式3】(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)V2O5可制备对高血糖、高脂血症等具有一定治疗作用的硫酸氧钒(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。 Ⅰ．制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略) 已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，具有还原性，受热易分解。 回答下列问题： （1）仪器c的名称为______。 （2）为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为______。 （3）反应液由橙红色变为蓝黑色的化学方程式为______。 （4）产品中钒含量的测定： ①称取2.5g产品，配成250mL待测溶液； ②取25.00 mL待测液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为。 ③滴加亚硝酸钠溶液除去过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。（已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将转化为VO2+。) ④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液(Fe2+将转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。 ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是______。 A．预处理过程中加入尿素的量不足 B．盛装 (NH4)2Fe(SO4)2标准液的滴定管未润洗   C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线 D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡 ⅱ.测得产品中钒的质量分数为______。（写出计算过程）。 Ⅱ．制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。 （5）为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。 (可供选择的试剂：50 g/L的钒溶液、10 g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水) 考向3 依据守恒原理的计算 例3（2025·江苏省盐城市上学期期中）CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品2.50 g，置于预先放有50粒玻璃球和10 mL 0.5 mol·L－1 FeCl3溶液(过量)的250 mL锥形瓶中。不断摇动，待试样溶解，充分反应后，加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.0200 mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL(反应过程中，杂质不参与反应；滴定过程中Cr2O72－转化为Cr3＋，Cl－不反应)，则成品中CuCl的质量分数为_____________(写出计算过程)。 【变式1】(2026·江苏姜堰中学等四校联考·二模)铜锌催化剂中铜元素质量百分数的测定：取0.8100 g铜锌催化剂(主要成分为CuO、ZnO)碾碎后，在60℃下用过量硝酸反应30分钟后过滤出溶液定容至100 mL待用。 ①取10.00 mL上述溶液，依次滴加氨水(消除Cu2+、Zn2+以外其他离子的干扰)、20.00 mLpH值为5.5的HAc-NaAc缓冲溶液、0.5000g硫代硫酸钠掩蔽Cu2+、5滴PAN溶液作指示剂，然后用EDTA标准溶液()滴定至终点，重复滴定2次，平均消耗EDTA标准溶液4.90 mL。 ②不加掩蔽剂，其余操作与①相同，平均消耗EDTA标准溶液7.60 mL。 已知：H2Y2-与Cu2+、Zn2+均能发生络合反应；用滴定度f(每毫升EDTA标准溶液所对应的待测组分的质量)描述其中的对应关系：，。请写出铜元素质量百分数的计算过程___________。 【变式2】(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)已知钕铁硼废料中主要成分为、、、等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物。以下为一种利用钕铁硼废料制取和的工艺流程： 已知：①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为＋3价。 ②能与多种金属离子形成可溶性配合物。 ③某些金属氢氧化物沉淀完全（沉淀完全的离子浓度）时的pH如下表所示： 沉淀 沉淀完全时的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 8.5 滤渣2为（相对分子质量为732）晶体，“煅烧”过程中固体质量变化（）随温度变化曲线如图－3所示。求750K时得到的固体是______。（写出计算过程） 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·江苏卷）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 2．（2026·广东卷）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．和混合气体中含有的原子数为 B．与足量反应完全，失去的电子数为 C．标准状况下，中含有极性共价键的数目为 D．在的水溶液中，的数目为 3．（2026·湖南卷）下列图示中，实验操作或方法正确的是 A．用C2H5OH制C2H4 B．收集Cl2 C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3 D．配制一定物质的量浓度的溶液 4．（2026·山东卷）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol·L-1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是 A．①②③ B．①②⑤⑥ C．①③④⑥ D．④⑤⑥ 5．（2025·湖南卷）加热时，浓硫酸与木炭发生反应：(浓)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含质子数为 B．常温常压下，含σ键数目为 C．的稀硫酸中含数目为 D．与充分反应得到的分子数为 6．（2024·吉林卷）硫及其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．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 7．（2024·北京卷）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 8．（2024·江苏卷）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)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。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 9．（2023·江苏卷）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 10．（2026·河南卷）某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： （1）定性探究：利用如图装置进行实验。 I．向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ．向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明从水中转移至中的现象是___________。 结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。 （2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 V 改变Ⅱ中的溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为___________(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲 物质的量 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 物质的量 知识解构 知识点1物质的量及摩尔质量 知识点2 气体摩尔体积 知识点3 阿伏加德罗定律及其推论 知识点4 物质的量浓度与配制 考向破译 考向1 物质的量与气体摩尔体积 考向2 阿伏加德罗常数的相关判断 考向3 物质的量浓度及溶液配制 考点二 物质的量与化学计算 知识解构 知识点1 根据方程式计算 知识点2 根据关系式计算 知识点3 根据守恒原理计算 知识点4 质量守恒的应用——热重分析 考向破译 考向1 依据方程式的计算 考向2 依据关系式的计算 考向3 依据守恒原理的计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 物质的量 T3，3分 T3，3分 物质的量与化学计算 T14（3）②，3分 T14（3），3分 T16（4），3分 、考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．命题规律： 以物质的量为核心，依据化学方程式的有关计算主要在非选择题中出现，难度较大。试题除了根据化学方程式进行计算外，通常还考查一些解题方法，如差量法、守恒法、关系式法。 2．复习策略： 复习过程中有关物质的量计算需要学生在掌握基本概念和计算方法的基础上注重实际应用和综合能力的培养，在日常解题时，指导学生学会审题即画出有关路线图，通过审题搞清有关量的关系，此外解题要规范；在复习到可能相关的知识点时注意物质的量在其中的作用。 ►复习目标： 1．理解摩尔质量与气体摩尔体积，阿伏加德罗定律及其相关推论，并能进行有关计算。 2．理解溶液中溶质的质量分数、物质的量浓度的概念，并能进行换算。 3．知道物质的量浓度配制步骤，会判断实验误差。 4．理解物质的量在化学计算的应用，了解化学计算常用的方法。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 物质的量 知●识●解●构 知识点1 物质的量及摩尔质量 1．物质的量与阿伏加德罗常数 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 物质的量 (n) 用来表示含有一定数目粒子集合体的物理量 mol n＝ 物质的量只用于描述微观粒子，不适用于描述宏观物质 阿伏加德罗常数 (NA) 1 mol任何粒子所含的粒子数 mol－1 常用6.02×1023 mol－1这个近似值 2．摩尔质量 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 摩尔质量 (M) 单位物质的量的物质所具有的质量 g·mol－1 n＝ 以g·mol－1作单位时，数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，但二者含义不一样 知识点2 气体摩尔体积 物理量(符号) 定义 常用单位 换算公式 注意事项 气体摩尔体积 (Vm) 单位物质的量的物质所具有的体积 L·mol－1 n＝ 因为影响气体体积的因素是温度、压强两个条件，因此非标准状况下1 mol气体的体积也可能是22.4 L！ 标准状况下的 气体摩尔体积 标准状况下，1 mol任何气体的体积约为22.4 L 知识点3 阿伏加德罗定律及其推论 内容 在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子 适用范围 任何气体，包括单一气体或混合气体 三推论 1 同T、P：＝ ②同T、V：＝ ③同T、P：＝ 温馨提醒 阿伏加德罗定律及其推论适用于任何气体(包括混合气体)，但对固体、液体不适用 气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的一个特例 得分速记 ①气体的体积受“温度、压强”的影响很大，而物质的量、摩尔质量则不受其影响。 ②在应用“22.4 L·mol－1”时，注意：物质必须为气体，且必须处于标准状况。 知识点4 物质的量浓度与配制 1．物质的量浓度与溶质的质量分数 表达式 溶质单位 溶液的单位 单位 相互关系 物质的量浓度 c(B)＝ mol L mol·L－1 c＝ 溶质的质量分数 w＝ g g —— 温馨提醒 气体 溶于水计算 ①气体与水反应：如NO2溶质为HNO3；F2溶质为HF。 ②气体与水反应：NH3、Cl2等，溶质仍为NH3、Cl2。 2．有关物质的量浓度计算的四大类型 类型一：标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算 c＝ 类型二：溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算 （1）计算公式： c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。 当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。 （2）公式的推导(按溶液体积为V L推导) c＝＝＝或w＝＝＝。 类型三：溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 （1）溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。 ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。 ③溶液质量守恒，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。 （2）同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合 ①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。 ②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。 类型四：应用电荷守恒式求算未知离子的浓度 溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。 例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在:c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。 3．物质的量浓度溶液的配制 配制步骤 仪器 注意事项 ①计算 ②称量/量取 小烧杯、托盘天平 量筒、滴定管 托盘天平使用（精确到0.1 g） NaOH不能放纸上，量筒残留液不要洗涤 ③溶解/稀释 玻璃棒 玻璃棒的作用是：搅拌 ④冷却 否则会使所配溶液的浓度偏大 ⑤移液 ××mL容量瓶 玻璃棒的作用是：引流 ⑥洗涤 转移后，烧杯未洗涤会使所配溶液浓度偏小 ⑦振荡 使溶液充分混合 ⑧定容 胶头滴管 使用该仪器的目的是：便于控制加水量，定容时，俯视标线会使所配溶液的浓度偏大 ⑨摇匀 准确定容振荡静置后，液面低于标线所配溶液的浓度：无影响 ⑩装瓶贴签 试剂瓶 4．配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 引起误差的一些操作 过程分析 对c的影响 （偏高、偏低、无影响） m V ① 溶解前烧杯中有水 不改变 不改变 无影响 ② 向容量瓶中转移溶液时，少量流出 减少 不改变 偏低 ③ 未洗涤烧杯和玻璃棒 减少 不改变 偏低 ④ 定容时，水多加后用滴管吸出 减小 不改变 偏低 ⑤ 定容摇匀时液面下降再加水 不改变 减少 偏低 ⑥ 定容时俯视读数（读刻度线） 不改变 变小 偏大 ⑦ 定容时仰视读数（读刻度线） 不改变 变大 偏低 ⑧ 用水洗涤量筒 变大 不改变 偏大 得分速记 容量瓶使用应注意的问题 （1）容量瓶必须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失； （2）在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，经检查不漏水才能使用； （3）容量瓶使用完毕，应洗净、晾干。(应在玻璃磨口瓶瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连)； （4）不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； （5）不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； （6）不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 （7）不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中(因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的) 考●向●破●译 考向1 物质的量与气体摩尔体积 例1一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法不正确的是 A．该温度和压强可能是标准状况 B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L C．该气体中每个分子含有2个原子 D．若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L 【答案】A 【解析】据n＝可知，该气体的物质的量为1 mol。该温度和压强下，1 mol该气体的体积为30 L，若是标准状况，其体积约是22.4 L，A项不正确、B项正确；C项，1 mol该气体含有1.204×1024个原子，则1个该气体分子中含有原子个数为＝2，正确；D项，因1 mol该气体在该条件下为30 L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30 L·mol－1，故若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L，正确。 【变式1】（1）以下说法正确的是①④⑩ ①2 mol OH－的质量为34 g ②硫酸的摩尔质量是98 g ③1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 ④常温下，1 g O2和15 g O3的混合气体中含有的氧原子数为NA ⑤1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数约为2×6.02×1023 ⑥乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子 ⑦1 mol重水比1 mol水约多6．02×1023个质子 ⑧24 g镁原子的最外层电子数为NA ⑨20 g 重水(2HO)中含有的中子数为8×6.02×1023 ⑩等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)所含电子数相等 （2）判断下列说法是否正确，并解释你的观点。 ①只有在标准状况下，气体的气体摩尔体积才是22.4 L·mol－1× ②标准状况下，22.4 L CH3Cl和HCHO的混合物中约含6.02×1023个分子 ③常温常压下，22.4 L Cl2和HCl的混合气体中含分子总数为6.02×1023× ④标准状况下，1 L 乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为×2× ⑤标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NA× ⑥在室温时，11.2 L氮气所含的原子数大于NA× ⑦常温常压下，NA个甲烷分子的体积大于22.4 L√ ⑧标准状况下，22.4 L氯化氢和22.4 L氨气混合后所含气体分子数为2NA× 【变式2】氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．1molNaCl固体中，含离子数为 B．1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为 C．标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为 D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为 【答案】A 【解析】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1mol NaCl固体中，含离子数为，A正确； B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，则1L的NaOH溶液中，含有氧原子数大于，B错误； C．标况下，22.4 L的H2和Cl2混合气体为1 mol，H2和Cl2都是双原子分子，所以共价键数目为NA，C错误； D.Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO +H2O，反应中 Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2参与反应转移1 mol电子，所以转移电子数为NA，D错误； 故选A。 考向2 阿伏加德罗常数的相关判断 例2设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol金刚石中所含σ键数目为2NA B．标准状况下，22.4L CH4和C3H8的混合气体中所含碳原子数目为2NA C．在0.1mol/L的CH3COONa溶液中，所含阴离子数目大于0.1NA D．常温下，27g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA 【答案】A 【解析】A．金刚石中每个碳原子形成4个σ键，但每个键被两个原子共享，因此1 mol金刚石含有2 mol σ键，即个σ键，A正确； B．标准状况下22.4L混合气体的总物质的量为1mol，但CH4和C3H8的混合比例未知，CH4含1个碳原子/分子，C3H8含3个碳原子/分子，碳原子数目可在到之间，B错误； C．溶液浓度为0.1mol/L，但未指明体积，无法确定阴离子数目，C错误； D．常温下铝与浓硝酸发生钝化，反应被阻止，无法充分进行，因此转移电子数目远小于，D错误； 答案选A。 解题妙招 1．22.4 L·mol－1的适用条件 ①题中给出物质的体积，先看物质是不是气体，若是气体，再看是否处于标准状况下。 ②常考的标准状况下不是气体的物质：H2O、液溴、HF、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、SO3、NO2、酒精、乙酸、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)、苯等。 2．物质的微观结构 ①单质分子不一定双原子分子，如氦气(He)、氖气(Ne)、氩气(Ar)、臭氧(O3)、白磷(P4)等。 ②注意特殊物质所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如D2O、18O2、H37Cl、—OH、OH－。 ③注意物质中的离子数目，如Na2O2中阴离子为O，NaHSO4熔融状态含Na＋、HSO。 ④最简式相同的物质：NO2和N2O4，乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等单烯烃。 ⑤苯环中不含碳碳双键。 ⑥了解一些特殊物质中的化学键数目。 物质 CnH2n＋2 P4 Si SiO2 石墨 金刚石 每摩尔含共价键数目 3n＋1 6 2 4 1．5 2 3．氧化还原反应中电子转移的数目 ①注意是否发生歧化反应，如Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子。 ②注意变价元素，如1 mol Fe与足量盐酸反应转移2 mol电子，而1 mol Fe与足量稀硝酸反应转移3 mol电子。 4．电解质的电离与水解 ①看溶液中是否有“弱电解质”的电离，如1 mol CH3COOH溶于水，溶液中n(CH3COO－)＜1 mol。 ②看溶液中是否有“弱离子”的水解。如1 mol FeCl3溶于水，溶液中n(Fe3＋)＜1 mol。 ③计算溶液中所含微粒数目时，看是否指明溶液体积。 5．隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底，如Cl2＋H2OHCl＋HClO、N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)、2NO2(g)N2O4(g)等。 6．有关反应中浓度的问题 ①MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。 ②Cu与浓硫酸的反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止。 ③Cu与浓硝酸反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，最终得到NO2和NO的混合气体。 ④Zn与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，最终得到SO2和H2的混合气体。 7．分散系中的微粒数目 ①计算H、O原子总数时，不能忽视溶剂水。 ②胶粒是大量分子的集合体。如1 mol FeCl3水解转化为Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒数目小于6.02×1023。 【变式1】为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．金刚石中含有的碳碳键数目为 B．标准状况下，的分子数目为 C．的溶液中数目为 D．在空气中充分反应生成和，转移电子数目为 【答案】D 【解析】A．金刚石中每个碳原子与4个碳原子形成4个C-C键，每个C-C键被2个碳原子所共有，根据均摊法知，每个碳原子平均形成的C-C键的数目为：4×=2个，则12g金刚石(1mol)含有C-C键的数目为：×2×NAmol-1=2NA，A错误； B．标准状况下，四氯化碳为液态，2.24L四氯化碳不是0.1mol，分子数目不是0.1NA，B错误； C．1LpH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为mol/L=0.01mol/L，则1L溶液中氢离子数目为0.01NA， C错误； D．钠无论是转化为氧化钠还是过氧化钠，钠单质均为还原剂，钠元素的化合价：0→+1，则存在关系：，4.6g 钠的物质的量为=0.2mol，转移的电子数目为0.2NA，D正确； 故选D。 【变式2】天津位于渤海之滨，其海水资源丰富。海水提溴过程中，富集溴的一步反应为：(是阿伏伽德罗常数的值)，下列说法正确的是 A．中含有的电子总数为 B．与相差的中子数为 C．的溶液中含有的数为 D．生成时，转移的电子数为 【答案】B 【解析】A．未说明SO2处于标准状况，无法确定22.4 L SO2的物质的量，无法计算电子总数，A错误； B．1个H2O分子含中子数为8，1个D2O分子含中子数为10，故1 mol H2O与1 mol D2O的中子数相差，B正确； C．pH=1的溶液中，1 L溶液中物质的量为，数目为，C错误； D．反应中Br元素从0价降为-1价，生成2 mol HBr时转移2 mol电子，故生成1 mol HBr时转移电子数为，D错误； 故选B。 考向3 物质的量浓度及溶液配制 例3下列关于物质的量浓度表述正确的是 A．的溶液中含有的和的总物质的量为 B．将溶于水中，所得溶液的物质的量浓度为 C．在和的中性混合水溶液中，如果和的物质的量相等，则和的物质的量浓度一定相同 D．时，的饱和溶液蒸发掉水，冷却到时，其体积小于，它的物质的量浓度仍为 【答案】D 【解析】A．未给出溶液体积，无法计算和的总物质的量，A不符合题意； B．将溶于1 L水，溶液体积大于1 L，浓度小于，B不符合题意； C．若，根据电荷守恒，可得，故，C不符合题意； D．时，饱和溶液蒸发水后冷却至原温度，仍为饱和溶液，浓度不变，D符合题意； 故选D。 例4（2026·江苏淮安·模拟预测）配制溶液，部分过程示意图如下。 下列说法正确的是 A．步骤1中称取的固体为10.6 g B．步骤1中溶解后，应趁热进行步骤2 C．若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液 D．步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水至刻度线 【答案】D 【分析】配制100 mL 0.100 mol·L⁻¹ 溶液的步骤依次为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。所需的物质的量为，对应质量为。溶解后需冷却至室温再转移至容量瓶，避免热胀冷缩导致体积误差；转移过程中溶质损失会导致浓度偏低；定容摇匀后液面低于刻度线为正常现象，补加水会稀释溶液导致浓度偏低。 【解析】A．所需的质量为，不是10.6 g，A错误； B．溶解后放热，若趁热转移至容量瓶，冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，应冷却至室温后再进行转移，B错误； C．步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，会导致溶质损失，所配溶液，C错误； D．步骤4摇匀后，容量瓶中液面低于刻度线是因为部分溶液附着在容量瓶塞和瓶颈内壁，属于正常现象，若再滴加蒸馏水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，因此不能再滴加蒸馏水，D正确； 故选D。 解题妙招 仪器的读数误差分析 容量瓶读数误差的图示分析： （1）仰视使所配溶液体积偏大，浓度偏小； （2）俯视使所配溶液体积偏小，浓度偏大。 【变式1】向和的混合溶液中先加入足量溶液，过滤，得到沉淀，然后向滤液中加入过量溶液，过滤，灼烧沉淀，得到固体，则原溶液中的物质的量浓度为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设原溶液中Al3+的浓度为c1 mol/L，Fe3+浓度为c2 mol/L，第一步反应：加入足量BaCl2，所有生成BaSO4沉淀，总物质的量为b mol；原溶液中来自Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，则有：；第二步反应：加入过量NaOH后，Fe3+生成Fe(OH)3，Al3+转化为，所得沉淀为Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3（c mol），则有c2=，代入，得：，选B。 【变式2】(2026·江苏扬州·一模)制备Na2SO3溶液的过程如下：由Na2CO3固体配制0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中通入SO2至pH约为4；由NaOH固体配制1 mol·L-1 NaOH溶液，滴加到之前溶液中至pH约为10，得到Na2SO3溶液。下列说法正确的是 A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平右边的托盘内 B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH溶液 C．用图1装置制备SO2 D．用图2装置测量溶液的pH 【答案】B 【解析】A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平左边的托盘内，A错误； B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH溶液，无需精确配制，无需使用容量瓶，B正确； C．图1装置需要加热才能用铜和浓硫酸制备，C错误； D．测量溶液的pH不能直接将pH试纸放入反应液，而应该用玻璃棒蘸取少量溶液滴到放于白瓷板上的pH试纸上，D错误； 故选B。 【变式3】(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：。 已知：单质为淡黄色难溶于水的固体。 (一)过氧化脲的合成：烧杯中分别加入、40 mL蒸馏水和9.0 g尿素，搅拌溶解。30℃下充分反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 (二)一定浓度的过氧化脲溶液的配制：配制的过氧化脲溶液。 (三)过氧化脲性质检测 Ⅰ． 过氧化脲溶液用稀 酸化后，滴加溶液，紫色消失。 Ⅱ． 将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀。 回答下列问题： （1）的物质的量浓度为___________。 （2）过滤中使用到的玻璃仪器有___________。 （3）配制的过氧化脲溶液，需称取___________g过氧化脲固体。 （4）如图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复次，目的是___________。 （5）性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是___________、___________。 （6）下列操作可能导致所配溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．溶解后未经冷却就移液 B．移液时，有少量液体溅出 C．定容时，俯视刻度线 D．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用 【答案】（1）12 （2）烧杯、漏斗、玻璃棒 （3）4.7 （4）保证将溶质全部转移到容量瓶中 （5）还原性 氧化性 （6）B 【分析】过氧化脲的合成：烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解，30℃下发生反应生成过氧化脲，过氧化脲溶液冷却结晶、过滤、干燥，得过氧化脲。 【解析】（1）根据，该过氧化氢溶液的物质的量浓度为； （2）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。烧杯用于承接滤液，漏斗用于支撑滤纸并引导液体流动，玻璃棒用于引流； （3）配制的过氧化脲溶液需要使用500 mL容量瓶，共配制500 mL溶液。； （4）操作a是用蒸馏水清洗玻璃棒和配制溶液用的烧杯，并将洗涤液转移进容量瓶。目的是保证将全部溶质都转移到容量瓶中，配制出浓度准确的溶液； （5）操作Ⅰ中将过氧化脲用稀酸化后滴加后紫色消失，说明被还原。证明过氧化脲具有还原性；操作Ⅱ中，将过氧化脲加入溶液中产生淡黄色固体，说明被氧化生成S单质。证明过氧化脲具有氧化性； （6）A．过氧化脲溶解时放热，使溶液体积膨胀。此时定容至刻度线，待溶液冷却至室温，其体积会收缩，导致溶液实际体积小于容量瓶的标称体积。由于溶质的物质的量不变，根据，当体积偏小时，所配溶液浓度将会偏高。A错误； B．移液时若有少量液体溅出，会导致溶质的物质的量偏小。根据，当溶质的物质的量偏小时，所配溶液浓度将会偏低。B正确； C．定容时俯视刻度线，将会导致所配溶液的实际体积小于容量瓶的标称体积。根据，当体积偏小时，所配溶液浓度将会偏高。C错误； D．在定容时，容量瓶中残留的蒸馏水对溶质的物质的量和定容溶液的总体积均没有影响，对溶液浓度也没有影响。D错误； 故答案选B； 考点二 物质的量与化学计算 知●识●解●构 知识点1 根据方程式计算 基本原理 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 化学计量数之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 物质的量之比 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 气体的体积之比 — 2 ∶ — 1 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比，对于气体等于其体积之比。 解题步骤 ①根据题意写出并配平化学方程式。 ②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 ③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。 ④选择有关量（如物质的量、气体体积、质量等）的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 知识点2 根据关系式计算 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。 解题的关键是正确书写关系式。 解题步骤 第一步 写出各步反应的化学方程式 第二步 根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量（质量或物质的量或相同条件下气体的体积）的关系 第三步 确定已知物质和所求物质之间量的关系 第四步 根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算 知识点3 根据守恒原理计算 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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 解题步骤 第一步 明确题目要求解的物理量 第二步 根据题目中要求解的物理量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的物理量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的物理量，列式计算求解 知识点4 质量守恒的应用——热重分析 热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法 热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数 实例：固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。 热重分析的解题流程 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失重残留物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。 热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例 计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变 计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。 考●向●破●译 考向1 依据方程式的计算 例1(2026·江苏南京师范大学附属中学·一模)在酸性条件下发生的离子反应为(未配平)，现取C中洗涤并干燥后的样品45g，加入稀硫酸，收集到3.36L气体(标准状况下)。计算样品中高铁酸钾的质量分数______ (写出计算过程)(计算结果保留到0.1%)。 【答案】88.0% 【解析】样品的质量为45g，加入稀硫酸，收集到3.36L气体(标准状况下)即物质的量为0.15mol，配平该离子方程式：，可得，则样品中高铁酸钾的质量分数为；故答案为：88.0%。 【变式1】(2026·江苏南京外国语学校·一模)测定产品中二氧化锗的纯度。实验操作如下： i．称取二氧化锗样品，加入氢氧化钠溶液在电炉上溶解。 ii．用将其还原为，再加入适当X溶液作为指示剂，再逐滴加入酸化后的溶液，当滴加最后半滴时，溶液变蓝且半分钟内褪色，消耗溶液的体积为。(已知：实验条件下，不会被和氧化。还原性：) ①ii中X溶液为___________。 ②有关反应式： 则计算样品中二氧化锗的质量分数是___________(写出计算过程，保留3位有效数字)。 【答案】淀粉溶液 99.5% 【解析】①根据题意分析可知，滴定过程中存在反应：，和，由于生成了单质碘，溶液变蓝，所以加入的指示剂为淀粉。 ②根据反应关系，可知消耗的标准液，所以样品中的二氧化锗的质量分数是：。 【变式2】用镍铂合金废料（主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属）回收镍和铂的一种工艺流程如下： Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000 g样品，加入足量硫酸后，再加入100 mL 1.000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，充分反应，加水定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.1 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生反应如下： Ni2O3＋Fe2＋＋H＋Ni2＋＋Fe3＋＋H2O（未配平） Fe2＋＋MnO4－＋H＋Fe3＋＋Mn2＋＋H2O（未配平） 试通过计算确定Ni2O3的质量分数，并写出计算过程。 【答案】83％(计算过程见解析) 【解析】100 mL 1.000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液中：n(Fe2＋)＝1.00 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol。20．00 mL溶液消耗KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)＝0.1 mol·L－1×0．0100 L＝1×10－3 mol，则200 mL溶液消耗KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)＝1×10－3×＝1×10－2 mol。 根据反应：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋＝5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O可知与MnO4－反应的n(Fe2＋)＝5n(KMnO4)＝ 5×10－2 mol。 设Ni2O3的物质的量为x，根据反应：Ni2O3＋2Fe2＋＋6H＋＝2Ni2＋＋2Fe3＋＋3H2O可知与Ni2O3反应的n(Fe2＋)＝2x。 则：5×10－2 mol＋2x＝0.1 mol，x＝0.025 mol，即n(Ni2O3)＝0.025 mol，故Ni2O3的质量分数为×100％＝83％。 考向2 依据关系式的计算 例2（2025·江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市一模）一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备Mn3O4的流程如下： 测Mn3O4样品纯度。称取0.2500 g样品于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.2000 mol·L－1 Na2C2O4溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用0.1000 mol·L－1的KMnO4溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液16.00 mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度_______（写出计算过程）。 已知：C2O42－＋Mn3O4＋H＋CO2↑＋Mn2＋＋H2O，C2O42－＋MnO4－＋H＋CO2↑＋Mn2＋＋H2O。 【答案】91.60% n(C2O42－)×2＝n(Mn3O4)×2＋n(MnO4－)×5，0.2000 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1×2＝n(Mn3O4)×2＋0.1000 mol·L－1×16.00 mL×10－3 L·mL－1×5，n(Mn3O4)＝0.001000 mol，w(Mn3O4)＝×100%＝91.60% 【解析】先利用草酸钠还原Mn3O4为Mn2＋，离子方程式为C2O42－＋Mn3O4＋8H＋＝2CO2↑＋3Mn2＋＋4H2O，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，据电子守恒：Mn3O4Mn2＋、MnO4－Mn2＋，C2O42－CO2，可得：n(Mn3O4)×2＋ n(MnO4－)×5＝n(C2O42－)×2，n(Mn3O4)×2＋0.1000 mol·L－1×16.00 mL×10－3 L·mL－1×5＝0.2000 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1×2，解得n(Mn3O4)＝0.001000 mol，w(Mn3O4)＝×100%＝91.60%。 【变式1】(2026·江苏前黄高级中学·二模)某含碘废液中，碘元素以形式存在，为测定的浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL废液，加水稀释配成100.00mL溶液，取20.00mL溶液，加入盐酸，加入足量KI晶体，以淀粉为指示剂，用0.1000 溶液滴定至恰好完全反应，消耗溶液24.00mL。已知测定过程中发生的反应为(未配平)        (未配平) 计算废液中的物质的量浓度，并写出计算过程______。 【答案】根据电子守恒配平反应为：、，则，则废液中的物质的量浓度为 【变式2】(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 【答案】将中Mn还原为+2价Mn（或） ，， 【解析】①流程目标是合成MnS，所以加入，目的是中Mn还原为+2价Mn（或）； ②，， 【变式3】(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)V2O5可制备对高血糖、高脂血症等具有一定治疗作用的硫酸氧钒(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。 Ⅰ．制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略) 已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，具有还原性，受热易分解。 回答下列问题： （1）仪器c的名称为______。 （2）为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为______。 （3）反应液由橙红色变为蓝黑色的化学方程式为______。 （4）产品中钒含量的测定： ①称取2.5g产品，配成250mL待测溶液； ②取25.00 mL待测液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为。 ③滴加亚硝酸钠溶液除去过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。（已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将转化为VO2+。) ④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液(Fe2+将转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。 ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是______。 A．预处理过程中加入尿素的量不足 B．盛装 (NH4)2Fe(SO4)2标准液的滴定管未润洗   C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线 D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡 ⅱ.测得产品中钒的质量分数为______。（写出计算过程）。 Ⅱ．制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。 （5）为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。 (可供选择的试剂：50 g/L的钒溶液、10 g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水) 【答案】（1）（球形）冷凝管 （2）充分冷却或将反应液加入到适量蒸馏水中稀释 （3） （4）BD 25mL溶液中：n()=n(Fe2+)=0.05mol/L×10×10-3L=5×10-4mol 250mL溶液中：m(V)=5×10-4mol×51g/mol×10=0.255g W(V)%= （5）取数份等体积、50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为55℃，充分反应相同的时间(或1-2h) 【分析】黄色固体与浓硫酸加热反应，得到橙红色的溶液；再加入草酸还原从+5价到+4价，得到蓝黑色的溶液，最终经过分离提纯，得到纯蓝色的晶体。 【解析】（1）根据仪器结构，c为球形冷凝管。 （2）已知草酸受热易分解，与浓硫酸加热反应后，反应液温度较高，冷却后再加草酸，可防止草酸受热分解，减少损耗，也可以将反应液加入到适量蒸馏水中稀释。 （3）V从+5价被草酸还原为+4价，草酸中C从+3价被氧化为+4价（生成二氧化碳），根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式为。 （4）ⅰ.A：尿素不足，过量亚硝酸未除去，亚硝酸会还原为​，导致消耗标准液体积偏小，结果偏低，A错误； B：滴定管未润洗，标准液被稀释，浓度降低，消耗标准液体积偏大，结果偏高，B正确； C：开始仰视读数，结束平视，测得的标准液体积偏小，结果偏低，C错误； D：滴定前有气泡，滴定后气泡消失，测得的标准液体积偏大，结果偏高，D正确 故选BD； ⅱ. 根据反应关系得：25mL待测液中：，则 250mL待测液中：， ，质量分数。 （5）探究氨水浓度对沉钒率的影响，需要控制变量，固定温度（由图3得55℃沉钒率最高）、固定钒溶液浓度（选择沉钒率较高的50g/L），只改变氨水浓度，测定沉钒率即可，具体操作为：取数份等体积、50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为55℃，充分反应相同的时间(或1-2h)。 考向3 依据守恒原理的计算 例3（2025·江苏省盐城市上学期期中）CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品2.50 g，置于预先放有50粒玻璃球和10 mL 0.5 mol·L－1 FeCl3溶液(过量)的250 mL锥形瓶中。不断摇动，待试样溶解，充分反应后，加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.0200 mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL(反应过程中，杂质不参与反应；滴定过程中Cr2O72－转化为Cr3＋，Cl－不反应)，则成品中CuCl的质量分数为_____________(写出计算过程)。 【答案】95.52% 【解析】25.00 mL溶液于中，n(K2Cr2O7)＝0.02 mol·L－1×20×10－3 L＝4×10－4 mol，结合得失电子守恒关系，n(CuCl)＝n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝2.4×10－3 mol，CuCl的质量分数为：×100%＝95.52%。 【变式1】(2026·江苏姜堰中学等四校联考·二模)铜锌催化剂中铜元素质量百分数的测定：取0.8100 g铜锌催化剂(主要成分为CuO、ZnO)碾碎后，在60℃下用过量硝酸反应30分钟后过滤出溶液定容至100 mL待用。 ①取10.00 mL上述溶液，依次滴加氨水(消除Cu2+、Zn2+以外其他离子的干扰)、20.00 mLpH值为5.5的HAc-NaAc缓冲溶液、0.5000g硫代硫酸钠掩蔽Cu2+、5滴PAN溶液作指示剂，然后用EDTA标准溶液()滴定至终点，重复滴定2次，平均消耗EDTA标准溶液4.90 mL。 ②不加掩蔽剂，其余操作与①相同，平均消耗EDTA标准溶液7.60 mL。 已知：H2Y2-与Cu2+、Zn2+均能发生络合反应；用滴定度f(每毫升EDTA标准溶液所对应的待测组分的质量)描述其中的对应关系：，。请写出铜元素质量百分数的计算过程___________。 【答案】与Cu2+反应的EDTA标准溶液的体积为，铜元素的质量为，铜元素质量百分数为 【解析】依题意，10.00 mL上述溶液中，Cu2+、Zn2+共消耗EDTA标准溶液的体积为7.60 mL，Zn2+消耗EDTA标准溶液的体积为4.90 mL，则Cu2+消耗EDTA标准溶液的体积为7.60 mL-4.90 mL=2.70 mL，m(Cu2+)=2.70 mL××0.006750 g/mL=0.18225 g，则铜元素质量百分数为=22.50%。 【变式2】(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)已知钕铁硼废料中主要成分为、、、等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物。以下为一种利用钕铁硼废料制取和的工艺流程： 已知：①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为＋3价。 ②能与多种金属离子形成可溶性配合物。 ③某些金属氢氧化物沉淀完全（沉淀完全的离子浓度）时的pH如下表所示： 沉淀 沉淀完全时的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 8.5 滤渣2为（相对分子质量为732）晶体，“煅烧”过程中固体质量变化（）随温度变化曲线如图－3所示。求750K时得到的固体是______。（写出计算过程） 【答案】或 【解析】设初始物质的量为1 mol，摩尔质量： 750K时剩余固体质量分数为，剩余固体总质量。 的总质量为，剩余部分质量为，设C的物质的量为x mol，O的物质的量为y mol，满足，得正整数解，对应化学式或。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·江苏卷）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 【答案】D 【解析】A．定容时需要用玻璃棒引流，A错误； B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误； C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误； D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确； 答案选D。 2．（2026·广东卷）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．和混合气体中含有的原子数为 B．与足量反应完全，失去的电子数为 C．标准状况下，中含有极性共价键的数目为 D．在的水溶液中，的数目为 【答案】B 【解析】A．和最简式均为，23g混合气体对应最简式的物质的量为，含有的N原子数为，A错误； B．Na与反应时Na元素化合价从0升高到+1，1mol Na完全反应失去1mol电子，即失去电子数为，B正确； C．标准状况下物质的量为1mol，1个分子含有4个极性共价键：3个C-H键、1个C-Cl键，故极性共价键数目为，C错误； D．苯酚根离子为弱酸根，在水溶液中会发生水解，故2L 0.5mol/L苯酚钠溶液中苯酚根离子的数目小于，D错误； 故答案选B。 3．（2026·湖南卷）下列图示中，实验操作或方法正确的是 A．用C2H5OH制C2H4 B．收集Cl2 C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3 D．配制一定物质的量浓度的溶液 【答案】A 【解析】A．乙醇制乙烯需要控制反应液温度为170℃，温度计应插入液面下，图示符合要求，A正确； B．氯气密度大于空气，用向上排空气法收集时应长导管进气、短导管出气，图示为短进长出，无法收集氯气，B错误； C．除去碳酸钠中的碳酸氢钠需要加热固体，灼烧固体应使用坩埚，蒸发皿用于蒸发液体，不能用于灼烧固体，C错误； D．配制一定物质的量浓度溶液时，向容量瓶转移溶液需要用玻璃棒引流，防止液体洒出，图中没有玻璃棒，操作错误，D错误； 故选A。 4．（2026·山东卷）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol·L-1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是 A．①②③ B．①②⑤⑥ C．①③④⑥ D．④⑤⑥ 【答案】B 【解析】摩尔质量，，因此需配制溶液体积为，因此需选用200 mL容量瓶（②），不能用500 mL容量瓶（④）。定容时需用到胶头滴管（①），溶解操作、移液操作需用到玻璃棒（⑥），因需称量1.0600 g，普通电子天平（③）精度不足，无法称取1.0600 g，需用到电子分析天平（⑤），因此确定必需仪器为①②⑤⑥，故选B。 5．（2025·湖南卷）加热时，浓硫酸与木炭发生反应：(浓)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含质子数为 B．常温常压下，含σ键数目为 C．的稀硫酸中含数目为 D．与充分反应得到的分子数为 【答案】A 【解析】A．12g的12C的物质的量为1mol，每个12C原子含有6个质子，因此总质子数为6NA，A正确； B．常温常压下，6.72L CO2的物质的量小于0.3mol，每个CO2分子含2个σ键，总σ键数小于0.6NA，B错误； C．pH=1的稀硫酸中，浓度为0.1mol/L，1L溶液中数目为0.1NA，而非0.2NA，C错误； D．SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，无法完全转化，实际生成的SO3分子数小于NA，D错误； 故选A。 6．（2024·吉林卷）硫及其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．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 【答案】D 【解析】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故答案选D。 7．（2024·北京卷）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。 8．（2024·江苏卷）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)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。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 【答案】 2:1 【解析】①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，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，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，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，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 9．（2023·江苏卷）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】H2 或 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 【解析】当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为或。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 10．（2026·河南卷）某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： （1）定性探究：利用如图装置进行实验。 I．向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ．向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明从水中转移至中的现象是___________。 结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。 （2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 V 改变Ⅱ中的溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为___________(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 【答案】（1）分液漏斗 烧杯 CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水 液体分层，下层（有机层）变成紫红色，上层（水层）颜色明显变浅 （2）增大浓度，促使：平衡正向移动，使CCl4中的尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定 分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率 【解析】（1）①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。 ②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。 ③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4 中。由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，因此可以观察到：液体分层，下层（有机层）变成紫红色，上层（水层）颜色明显变浅。 （2）①根据题目给出的反应：，。在步骤Ⅳ中，层中的需要先转移到水相中才能被 滴定。由于在中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶液后，与反应生成 ，使从转移至水相，同时可被滴定。 ②分别计算水层和层中的浓度。步骤Ⅲ：取50.00 mL水层溶液，加入KI后，转化为，滴定反应为：，消耗的物质的量为：，根据反应方程式，。水层中的浓度为：，步骤Ⅳ：取5.00 mL 层溶液，加入25 mL KI溶液后，转移至水相，滴定反应同上。消耗的物质的量为：，。层中的浓度为：。浓度商计算：。 ③计算初始的物质的量：，设平衡时水层中的浓度为，则层中的浓度为。根据物料守恒：，，，。水层中的质量：；单次萃取后，残留质量为；两次萃取后，残留质量为，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $