第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（天津专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“物质的量在化学方程式计算”为核心，通过5大考向系统整合基础计算与特色方法，构建“概念-技巧-应用”递进式训练体系，强化化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01|4题|化学方程式基本计算|从物质的量与方程式计量数关系切入，夯实计算基础| |考向02|3题|关系式法|基于多步反应构建物质间量的关系，简化计算流程| |考向03|3题|守恒法|运用元素、电子守恒思想，突破复杂反应计算瓶颈| |考向04|3题|差量法|利用反应前后质量/体积差建立比例关系，提升解题效率| |考向05|2题|热重分析法|结合热分解曲线，通过质量变化推导物质组成| |重难/真题|9题|综合方法应用|融合多方法解决复杂情境问题，对接高考命题趋势|

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查关系式法的应用 考向03 考查守恒法的应用 考向04 考查差量法的应用 考向05 考查热重分析法 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．（25-26高三上·天津和平·开学考试）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液中的数目为 B．0.1 mol 中含有的σ键数目为 C．与溶液完全反应，转移电子的数目为 D．溶液中含有的和数目之和大于 【答案】B 【解析】A．500 mL 0.2 mol/L四羟基合铝酸钠溶液中钠离子的个数为：0.2 mol/L×0.5 L×NA mol-1=0.1NA，四羟基合铝酸钠是强碱弱酸盐，四羟基合铝酸根离子会在溶液中发生水解，所以溶液中四羟基合铝酸根离子的数目小于0.1NA，A错误； B．分子中单键为键，双键中有1个键和1个键，则0.1 mol 中含有的σ键数目为：0.1 mol×11×NA mol-1=1.1NA，B正确； C．过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+ O2↑+2H2O，由题意可知，7.8 g过氧化钠的物质的量为：=0.1 mol，50 mL 0.1 mol/L硫酸溶液中硫酸的物质的量为：0.1 mol/L×0.05 L=0.005 mol，由方程式可知，反应中稀硫酸不足量，过量的过氧化钠会与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑，则反应中过氧化钠会完全反应，反应转移的电子数目为：0.1 mol×1×NA mol-1=0.1NA，C错误； D．缺溶液的体积，无法计算0.1 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量和铵根离子、氢离子数目之和，D错误； 故选B。 2．（2026·天津·模拟预测）加热时，浓硫酸与木炭发生反应： (浓)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.0 L pH=1的稀硫酸中含H+ 数目为0.2NA B．常温常压下，6.72 LCO2含 σ键数目为0.6NA C．64 g SO2与16g O2充分反应得到SO3的分子数为 NA D．1 mol浓硫酸被还原转移电子数为2NA 【答案】D 【解析】A．pH=1的稀硫酸中，1.0 L溶液中物质的量为0.1 mol，数目为，A错误； B．常温常压下气体摩尔体积大于，6.72 L物质的量小于0.3 mol，每个含2个σ键，故σ键数目小于，B错误； C．与生成的反应为可逆反应，反应物无法完全转化，得到的分子数小于，C错误； D．在该反应中，浓硫酸被还原时S元素从+6价降低为+4价，1 mol浓硫酸被还原得到2 mol电子，转移电子数为，D正确； 故答案选D。 3．无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．溶液中，HCl分子的数目为 B．若析出19.7g黄金，反应中转移的电子数为 C．100g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为 D．等物质的量的和所含的钠原子数均为 【答案】B 【解析】A．HCl是强酸，在水溶液中完全离解为H+和Cl-，不存在HCl分子，因此HCl分子数目为0，A错误； B．19.7g Au的物质的量为0.1mol，反应中每个Au3+被还原为Au需获得3mol电子，故0.1mol Au对应0.3mol电子转移，即，B正确； C．HAuCl4溶液中H原子包括溶质HAuCl4（含0.01mol H）和溶剂H2O（含约10.732mol H），总H原子数远大于，C错误； D．等物质的量的和中钠原子数均为（n为物质的量），但选项未明确物质的量是否为1mol，因此均为的表述不严谨，D错误； 故选B。 4．（25-26高三上·天津和平·阶段检测）II.草酸样品含量测定：准确称取0.5 g草酸样品配制成100.00 mL溶液，待用。 (5)在锥形瓶中加入25.00 mL草酸样品溶液，移取事先配制好的的酸性溶液于_______（填仪器名称）用于滴定实验，当溶液恰好完全褪色达到滴定终点时共消耗酸性溶液20.00 mL（假设其他杂质都不反应）。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数为_______。 (6)误差分析：配制酸性溶液定容时俯视刻度线，则所测样品中草酸的含量_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】(5) 酸式滴定管 36% (6)偏低 【解析】（5）滴定实验中，需要将高锰酸钾溶液移至酸式滴定管，根据以上数据消耗高锰酸钾的体积为20 mL，浓度为，物质的量为，反应的离子方程式为，可以算出草酸的物质的量为，那么100 mL溶液中草酸的物质的量为，那么草酸的质量为0.18 g，那么样品中草酸的质量分数为； （6）配制酸性高锰酸钾溶液定容时俯视读数，导致所配酸性高锰酸钾溶液浓度偏高，消耗溶液体积减小，所测样品中草酸含量偏低； 考向02 考查关系式法的应用 5．（25-26高三上·天津西青·阶段检测）Ⅲ.测定次氯酸溶液的物质的量浓度：量取50 mL装置C中得到的次氯酸溶液，稀释至250 mL，再取出25.00 mL至锥形瓶中，并加入过量KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，滴加0.4000 mol/L的溶液至恰好反应完全，消耗溶液体积为20.00 mL(已知反应)。 (9)次氯酸溶液的物质的量浓度为_______mol/L。 【答案】(9)0.80 【解析】（9）次氯酸氧化碘离子生成碘单质，碘单质发生反应，结合电子守恒，存在，则次氯酸溶液的物质的量浓度为。 6．（2025·天津武清·模拟预测）CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解 制备CuCl。 【资料查阅】 i．。 ii．实验室使用浓硫酸制备 HCl气体的原理如下：。 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 请回答下列问题： (1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。 A．脱水性 B．强氧化性 C．难挥发性 D．吸水性 (2)使用恒压滴液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。 (3)C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。 (4)装置D中发生的离子方程式为_______。 (5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量CuO杂质，根据资料信息分析产生的原因是_______。 (6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸， 配成100mL溶液， 取出10.00mL，用 amol/L的 标准溶液(假定与氯离子不发生反应)滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中被还原为Cr3+已知： ①配制 100mL待测液用不到的仪器有_______。 A．容量瓶         B．烧杯            C．分液漏斗        D．胶头滴管 ②样品中CuCl的质量分数为_______%。 ③若测定结果偏大可能的原因是_______。 A．样品中混有 CuO B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D．装待测液前锥形瓶内残留少量水 【答案】(1)C (2) 保持内外压强一致，可以使浓硫酸顺利流下 球形干燥管 (3)I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl (4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O (5)通入HCl的量太少，产生 Cu2(OH)2Cl2后又分解产生CuO (6) C C 【分析】浓硫酸和氯化钠固体在加热的条件下反应，制取HCl气体，CuCl2·H2O在HCl气流的作用下，低于140℃加热，失去结晶水，得到CuCl2，再升高温度至300℃以上，CuCl2分解，生成CuCl和Cl2，若通入HCl气体过少，CuCl2·H2O会部分转化为Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2又继续分解产生了CuO，据此分析作答。 【解析】（1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有难挥发性，难挥发性酸可以制取挥发性酸，故合理选项是C； （2）使用恒压滴液漏斗制备HCl气体的优点是：保持上下压强一致，可以使浓硫酸顺利滴下； 由图可知：X装置的名称为球形干燥管； （3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程中发生的化学反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，I2反应消耗，导致淀粉溶液蓝色褪去； （4）装置D中盛有NaOH溶液，其作用是用于吸收多余的氯气，防止其污染空气，则D中发生的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O； （5）反应结束后，取出CuCl2产品进行实验，发现其中含有少量CuO杂质，根据资料信息分析产生的原因是通入的HCl的量太少，产生Cu2(OH)2Cl2后，又继续分解产生了CuO杂质； （6）①配制100 mL待测液用到的主要仪器有烧杯、胶头滴管、100 mL容量瓶、玻璃棒等，不需要的仪器为分液漏斗，故合理选项是C； ②根据题意可知反应方程式，反应产生的FeCl2能够被K2Cr2O7氧化为Fe3+，K2Cr2O7被还原为Cr3+，根据电子守恒，可知有关系式：6Fe2+ ~ K2Cr2O7，则总关系式有：6CuCl~6FeCl3 ~K2Cr2O7，则样品中CuCl的质量分数为=%； ③A．样品中混有CuO，对测定结果没有影响，A错误﹔ B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致滴定消耗的K2Cr2O7溶液体积偏小，测定结果偏小，B错误； C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，滴定时消耗溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，C正确； D．装待测液前锥形瓶内残留少量水，不影响标准溶液体积的大小，因此对测定结果没有影响，D错误； 故合理选项是C。 7．（25-26高三上·天津南开·开学考试）II．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为，EDTA与按(物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成试液，用溶液调节pH大于13，加入钙指示剂，用的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液。 (8)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是__________(用字母表示)。 【答案】(8)(或) 【解析】（8）柠檬酸钙的摩尔质量为M g/mol，EDTA与按(物质的量之比)形成稳定配合物。列比例，可得样品中柠檬酸钙质量x=，样品中柠檬酸钙质量分数的表达式：。 考向03 考查守恒法的应用 8．（2026·天津河西·二模）“东风-5C”彰显国家力量，采用双组元液体推进剂，发生反应的化学方程式。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有的质子数为 B．含有键为 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3 D．标准状况下，等质量和的分子数目相等 【答案】B 【解析】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此质子数为，A错误； B．中所有共价键均为单键，单键均为键，1个该分子共含有11个键，因此含有的键为，B正确； C．氧化产物为和偏二甲肼中N被氧化生成的，总物质的量为，还原产物为中N被还原生成的，物质的量为，二者物质的量之比为，C错误； D．和的摩尔质量分别为 、，等质量时二者物质的量不同，且存在可逆平衡，因此分子数目不相等，D错误。 9．45.5 g Zn与一定量浓硝酸恰好完全反应生成0.8 mol氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)，这些氧化物恰好溶解在0.5 L 2 mol/L NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，下列有关判断正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO2只作还原剂 B．混合气体中N2O4的物质的量是0.1 mol C．若浓硝酸体积为250 mL，则其物质的量浓度为9.8 mol/L D．混合溶液含有NaNO3 0.3 mol 【答案】D 【解析】A．二氧化氮与氢氧化钠反应时，N元素化合价从+4价部分升高为+5价、部分降低为+3价，既作氧化剂又作还原剂，A错误； B．氮氧化物被氢氧化钠溶液吸收生成和，消耗。根据Na、N元素守恒，可知氮氧化物中N原子的总物质的量为1摩尔，则混合气体中物质的量为1mol－0.8mol=0.2mol，B错误； C．，根据N元素守恒，硝酸总物质的量等于中的量加钠盐中N的量，即，浓度为，C错误； D．根据得失电子守恒，Zn失去的电子数等于转化为得到的电子数：，解得，再根据Na守恒，D正确； 故选D。 10．（24-25高三上·天津南开·期中）氮及其化合物在工业上有广泛的用途。回答下列问题： (6)催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于硝酸生产工艺的废气处理，反应原理如下图所示，若催化剂表面参与反应的NO和的物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式是_______。当生成时，转移电子的数目是_______。 【答案】(6) 【解析】（6）由图可知，若催化剂表面参与反应的NO和的物质的量之比为1：1，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得总反应的化学方程式为：；根据化合价升降可知，当生成时，转移3mol电子，故转移电子的数目是。 考向04 考查差量法的应用 11．（25-26高三上·天津·阶段检测）碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。回答下列问题： II．测定产品中的值(仪器和药品如图所示)。 (4)上述装置的连接顺序为_______(按气流方向，用接口字母表示)，其中装置II的作用是_______。 (5)加热前先通入排尽装置中的空气，称取装置II、III的初始质量后，边加热边通入的作用是_______。 (6)若冷却玻璃管中无残留物，要准确测定n值。已知：①装置I反应前后质量差为②装置II反应前后质量差为，用、表示_______。 【答案】(4) aedbc 吸收测量的量 (5)将分解生成的气体全部带入装置II或III中，使其完全吸收 (6) 【解析】（4）高温加热，产生和；反应方程式为： ，通过测定和的质量，就可以测出 结晶水的含量；装置II用于吸收测量以便测定样品中碳元素的含量， 所以正确的连接顺序为a→e、d→b→c； （5）通入，为了将分解生成的气体全部带入装置II或III中，使其完全吸收； （6）①装置I反应前后质量差为，即；②装置II反应前后质量差为，即，则，根据方程式的，，则，即。 12．一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则原混合气体中CO2的质量为 A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g 【答案】C 【解析】一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则m(H2O)=25.2g，n(H2O)= ，甲烷中碳氢比为1:4，n(C)=0.7mol，根据碳守恒，CO2、CO的物质的量和为0.7mol，设原混合气体中CO2的质量为xg，，x=13.2g，故选C。 13．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3mol，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是 A．该硝酸的物质的量浓度为 B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1∶2 D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol 【答案】A 【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，镁失电子生成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，设Cu为 mol，Mg为 mol，则：合金质量：，沉淀质量：，解得： mol（Cu）， mol（Mg），总金属物质的量 mol； 【解析】A．全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO+NO2)=0.8L×1mol/L+0.3mol=1.1mol，c(HNO3)==11mol/L；故A错误； B．每1mol金属失去2mol电子，总转移电子物质的量为： mol，个数为，故B正确； C．设NO为 mol，NO2为 mol：总物质的量：，电子守恒：，解得：，，体积比为1:2，故C正确； D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1mol，反应掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO+NO2)==0.8mol，故剩余的硝酸为0.3mol，故D正确； 故选A。 考向05 考查热重分析法 14．（24-25高三上·天津和平·期末）硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： (6)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的方法是_______，将样品加热到时，失掉1.5个结晶水，失重。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。 【答案】(6) 在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格 【解析】（6）检验硫酸铁铵样品是否已经干燥合格的方法：在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格。硫酸铁铵晶体的化学式为，其相对分子质量为266+18x，失去1.5个结晶水，失重，则，解得x12，则硫酸铁铵的化学式为。 15．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (4)“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 【答案】(4) 【解析】（4）由题意可知，黄铵铁矾的物质的量为=0.01mol，反应生成硫酸钡的物质的量为=0.02mol，则由化学式可知，z==2；由图可知，480g黄铵铁矾受热分解得到240g氧化铁，则y==3；由相对分子质量可得：18x+168+192+17m=480，由化合价代数和为0可得：x+9—4—m=0，解得x=1、m=6，则黄铵铁矾的化学式为，故答案为：。 重难·创新演练 1．（2026·天津东丽·二模）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．向含的溶液中加入氨水使溶液呈中性，溶液中的数目为 B．用浓盐酸分别和、反应制备(标准状况下)，转移的电子数均为 C．甲酸()水溶液所含的氧原子数为 D．和中各含有个键和个键 【答案】C 【解析】A．根据电荷守恒，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，故c()=c(Cl-)，但题目未给出溶液体积，无法计算的物质的量，数目不一定为NA，A错误； B．浓盐酸与反应生成1mol转移2mol电子，但浓盐酸与反应的化学方程式为，生成1mol时转移电子数为，二者转移电子数不都为，B错误； C．10g46%甲酸水溶液中，的物质的量为，含O原子0.2mol；溶剂水的质量为，物质的量为，含O原子0.3mol，总O原子物质的量为0.5mol，数目为，C正确； D．60g物质的量为1mol，1mol含4mol键；28g物质的量为1mol，晶体硅中每个键被2个Si原子共用，故1mol含2mol键，不是，D错误； 故答案选C。 2．（2026·天津滨海新区·三模）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．甲基含有的电子数目为 B．溶液中含有的数目为 C．用惰性电极电解饱和碳酸钠溶液，电路上通过电子时产生气体分子总数为 D．标况下中含有键的数目为 【答案】D 【解析】A．甲基为中性基团，1个甲基含电子数为，故1mol甲基含电子数目为，A错误； B．未给出溶液的体积，无法计算的物质的量，且是弱酸不能完全电离，数目远小于，B错误； C．惰性电极电解饱和碳酸钠溶液实质是电解水，反应为，每转移4mol电子生成3mol气体，故转移2mol电子时生成1.5mol气体，分子总数为，C错误； D．标况下为气体，1.12L的物质的量为，1个分子含4个键，3个C-H键、1个C-Cl键均为单键，都属于键，故键数目为，D正确； 故选D。 3．（2026·天津红桥·一模）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．白磷()中键的数目为 B．含有的原子数为 C．与反应转移的电子数为 D．溶液中含有的数目为 【答案】C 【解析】A．3.1g 的物质的量为=0.025mol，每个分子(正四面体形)含6个键，故键数目为=0.15，A错误； B．未指明处于标准状况下，无法确定其物质的量，也就无法计算原子数目，B错误； C．与反应生成：，1mol 和1mol 反应时不足，按计算，1mol 完全反应转移2mol电子，转移电子数为，C正确； D．未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，另外会发生水解，即使是1L该溶液，数目也小于，D错误； 故答案选C。 4．（2026·天津滨海新区·二模）某课题组利用掺杂催化剂中的迁移增强丙烯选择性聚合，已知溶液呈酸性，设阿伏加德罗常数的值为。下列有关说法错误的是 A．中含有铁原子的数目为 B．溶液中的数目为 C．用惰性电极电解转移电子的数目为 D．标准状况下，2.24 L丙烯中键的数目为 【答案】B 【解析】A．1个含2个Fe原子，中Fe原子物质的量为，数目为，A正确； B．溶液呈酸性，说明会发生水解反应被消耗，因此溶液中的数目小于，B错误； C．的摩尔质量为，物质的量为，电解时Al元素从+3价还原为0价，反应转移电子，因此转移电子数目为，C正确； D．标准状况下丙烯的物质的量为，丙烯结构为，1个丙烯分子含8个键，故丙烯中键的数目为，D正确； 故选B。 5．（25-26高三上·天津武清·开学考试）Ⅰ．实验室工作人员现用晶体配制0.4 mol/L的溶液230 mL，回答下列问题： (8)用溶液滴定20.00 mL未知浓度的含的溶液，恰好完全反应时消耗溶液，则溶液中的物质的量浓度是________。(已知：未配平) (9)标准状况下，密度为的与组成的混合气体中，的体积分数为________，该混合气体对氢气的相对密度为________。 【答案】(8) (9) 80% 8.4 【解析】（8）配平离子方程式得，，故，。 （9）混合气体平均摩尔质量，设体积分数为x，，解得x=80%；对氢气的相对密度为平均摩尔质量与氢气摩尔质量的比值，即。 6．（2025·天津河东·一模）某实验小组用废铜屑(含少量铁，油污)制备，步骤如下： I．取8.00g废铜屑，碱洗后加入稀和溶液，在下充分溶解。 Ⅱ．调节pH至，加热煮沸2分钟，趁热过滤。 Ⅲ．向滤液中逐滴加入浓氨水至澄清。 Ⅳ．加入无水乙醇，充分搅拌，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体24.60g。 已知： 回答下列问题： (7)对产品进行热重分析，结果如下图所示。时失去全部结晶水及部分；时产物为，则___________；阶段反应的化学方程式为___________。 【答案】(7) 1 【解析】（7）根据图像可知，将纵坐标对应质量乘1000，图像不变，则按照乘1000后的数据计算：时固体质量为3.20g，产物为物质的量为，根据元素质量守恒，初始25℃时，固体质量为4.92g，物质的量为0.02mol，则其摩尔质量为，数值上等于相对分子质量，而的相对分子质量为228，则x=；失去全部结晶水时的质量为，时固体质量只有3.88g，说明此时固体不是，而时固体为质量为3.20g， 由转化为时质量减少，为的质量，时固体质量3.88g转化为时质量减少，由转化为时固体时质量减少，可知时固体为，阶段与阶段固体质量减少量相等，都为0.34g，则时固体为（或时固体物质的量为0.02mol，阶段固体质量减少0.68g为0.04mol的质量，与物质的量之比为1:2，确定时固体为），故阶段反应的化学方程式为； 故答案为：1；。 真题·实战演练 1．（2025·天津·高考真题）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ．溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ．组成的测定 ①SO定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知： (1)研细晶体的仪器名称为___________。 (2)配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。 a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？___________(填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为___________。 (4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为___________；③达到滴定终点的标志为___________。 (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为___________。 (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)； ①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________； ②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。 (7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填“能”或“不能”)，理由是________________。 【答案】(1)研钵 (2)acbd (3) 不能 1.165 g (4) 淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； (5)16% (6) 偏低 偏低 (7) 能 由电荷守恒可以确定NH的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式 【分析】该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。 【解析】（1）实验室研细晶体的仪器为研钵； （2）配制500 mL溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd； （3）分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子转化为硫酸钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据偏差较大，应舍去，则硫酸钡的平均质量为=1.165 g； （4）由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作为将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； （5）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+-I2-2S2O，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代硫酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为=16%； （6）①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低； ②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子含量的测定结果偏低； （7）由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸铜铵晶体中铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之比等于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式。 2．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 【答案】(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【解析】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B D B B D 11 12 13 14 15 16 C A 4．(5) 酸式滴定管 36% (6)偏低 5． (9)0.80 6． (1)C (2) 保持内外压强一致，可以使浓硫酸顺利流下 球形干燥管 (3)I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl (4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O (5)通入HCl的量太少，产生 Cu2(OH)2Cl2后又分解产生CuO (6) C C 7．(8)(或) 10．(6) 11．(4) aedbc 吸收测量的量 (5)将分解生成的气体全部带入装置II或III中，使其完全吸收 (6) 14．(6) 在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格 15．(4) 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 C D C B 5． (8) (9) 80% 8.4 6．(7) 1 真题·实战演练 1．(1)研钵 (2)acbd (3) 不能 1.165 g (4) 淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； (5)16% (6) 偏低 偏低 (7) 能 由电荷守恒可以确定NH的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式 2．(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 考向02 考查关系式法的应用 考向03 考查守恒法的应用 考向04 考查差量法的应用 考向05 考查热重分析法 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查根据化学方程式进行计算 1．（25-26高三上·天津和平·开学考试）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液中的数目为 B．0.1 mol 中含有的σ键数目为 C．与溶液完全反应，转移电子的数目为 D．溶液中含有的和数目之和大于 2．（2026·天津·模拟预测）加热时，浓硫酸与木炭发生反应： (浓)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.0 L pH=1的稀硫酸中含H+ 数目为0.2NA B．常温常压下，6.72 LCO2含 σ键数目为0.6NA C．64 g SO2与16g O2充分反应得到SO3的分子数为 NA D．1 mol浓硫酸被还原转移电子数为2NA 3．无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．溶液中，HCl分子的数目为 B．若析出19.7g黄金，反应中转移的电子数为 C．100g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为 D．等物质的量的和所含的钠原子数均为 4．（25-26高三上·天津和平·阶段检测）II.草酸样品含量测定：准确称取0.5 g草酸样品配制成100.00 mL溶液，待用。 (5)在锥形瓶中加入25.00 mL草酸样品溶液，移取事先配制好的的酸性溶液于_______（填仪器名称）用于滴定实验，当溶液恰好完全褪色达到滴定终点时共消耗酸性溶液20.00 mL（假设其他杂质都不反应）。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数为_______。 (6)误差分析：配制酸性溶液定容时俯视刻度线，则所测样品中草酸的含量_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 考向02 考查关系式法的应用 5．（25-26高三上·天津西青·阶段检测）Ⅲ.测定次氯酸溶液的物质的量浓度：量取50 mL装置C中得到的次氯酸溶液，稀释至250 mL，再取出25.00 mL至锥形瓶中，并加入过量KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，滴加0.4000 mol/L的溶液至恰好反应完全，消耗溶液体积为20.00 mL(已知反应)。 (9)次氯酸溶液的物质的量浓度为_______mol/L。 6．（2025·天津武清·模拟预测）CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解 制备CuCl。 【资料查阅】 i．。 ii．实验室使用浓硫酸制备 HCl气体的原理如下：。 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 请回答下列问题： (1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。 A．脱水性 B．强氧化性 C．难挥发性 D．吸水性 (2)使用恒压滴液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。 (3)C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。 (4)装置D中发生的离子方程式为_______。 (5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量CuO杂质，根据资料信息分析产生的原因是_______。 (6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸， 配成100mL溶液， 取出10.00mL，用 amol/L的 标准溶液(假定与氯离子不发生反应)滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中被还原为Cr3+已知： ①配制 100mL待测液用不到的仪器有_______。 A．容量瓶         B．烧杯            C．分液漏斗        D．胶头滴管 ②样品中CuCl的质量分数为_______%。 ③若测定结果偏大可能的原因是_______。 A．样品中混有 CuO B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D．装待测液前锥形瓶内残留少量水 7．（25-26高三上·天津南开·开学考试）II．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为，EDTA与按(物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成试液，用溶液调节pH大于13，加入钙指示剂，用的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液。 (8)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是__________(用字母表示)。 考向03 考查守恒法的应用 8．（2026·天津河西·二模）“东风-5C”彰显国家力量，采用双组元液体推进剂，发生反应的化学方程式。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有的质子数为 B．含有键为 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3 D．标准状况下，等质量和的分子数目相等 9．45.5 g Zn与一定量浓硝酸恰好完全反应生成0.8 mol氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)，这些氧化物恰好溶解在0.5 L 2 mol/L NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，下列有关判断正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO2只作还原剂 B．混合气体中N2O4的物质的量是0.1 mol C．若浓硝酸体积为250 mL，则其物质的量浓度为9.8 mol/L D．混合溶液含有NaNO3 0.3 mol 10．（24-25高三上·天津南开·期中）氮及其化合物在工业上有广泛的用途。回答下列问题： (6)催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于硝酸生产工艺的废气处理，反应原理如下图所示，若催化剂表面参与反应的NO和的物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式是_______。当生成时，转移电子的数目是_______。 考向04 考查差量法的应用 11．（25-26高三上·天津·阶段检测）碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。回答下列问题： II．测定产品中的值(仪器和药品如图所示)。 (4)上述装置的连接顺序为_______(按气流方向，用接口字母表示)，其中装置II的作用是_______。 (5)加热前先通入排尽装置中的空气，称取装置II、III的初始质量后，边加热边通入的作用是_______。 (6)若冷却玻璃管中无残留物，要准确测定n值。已知：①装置I反应前后质量差为②装置II反应前后质量差为，用、表示_______。 12．一定质量的甲烷在不足量氧气中燃烧后，得到CO、CO2和水蒸气共49.6g，将该混合气体缓慢通过无水CaCl2时增重25.2g，则原混合气体中CO2的质量为 A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g 13．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3mol，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是 A．该硝酸的物质的量浓度为 B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1∶2 D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol 考向05 考查热重分析法 14．（24-25高三上·天津和平·期末）硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： (6)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的方法是_______，将样品加热到时，失掉1.5个结晶水，失重。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。 15．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (4)“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 重难·创新演练 1．（2026·天津东丽·二模）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．向含的溶液中加入氨水使溶液呈中性，溶液中的数目为 B．用浓盐酸分别和、反应制备(标准状况下)，转移的电子数均为 C．甲酸()水溶液所含的氧原子数为 D．和中各含有个键和个键 2．（2026·天津滨海新区·三模）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．甲基含有的电子数目为 B．溶液中含有的数目为 C．用惰性电极电解饱和碳酸钠溶液，电路上通过电子时产生气体分子总数为 D．标况下中含有键的数目为 3．（2026·天津红桥·一模）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．白磷()中键的数目为 B．含有的原子数为 C．与反应转移的电子数为 D．溶液中含有的数目为 4．（2026·天津滨海新区·二模）某课题组利用掺杂催化剂中的迁移增强丙烯选择性聚合，已知溶液呈酸性，设阿伏加德罗常数的值为。下列有关说法错误的是 A．中含有铁原子的数目为 B．溶液中的数目为 C．用惰性电极电解转移电子的数目为 D．标准状况下，2.24 L丙烯中键的数目为 5．（25-26高三上·天津武清·开学考试）Ⅰ．实验室工作人员现用晶体配制0.4 mol/L的溶液230 mL，回答下列问题： (8)用溶液滴定20.00 mL未知浓度的含的溶液，恰好完全反应时消耗溶液，则溶液中的物质的量浓度是________。(已知：未配平) (9)标准状况下，密度为的与组成的混合气体中，的体积分数为________，该混合气体对氢气的相对密度为________。 6．（2025·天津河东·一模）某实验小组用废铜屑(含少量铁，油污)制备，步骤如下： I．取8.00g废铜屑，碱洗后加入稀和溶液，在下充分溶解。 Ⅱ．调节pH至，加热煮沸2分钟，趁热过滤。 Ⅲ．向滤液中逐滴加入浓氨水至澄清。 Ⅳ．加入无水乙醇，充分搅拌，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体24.60g。 已知： 回答下列问题： (7)对产品进行热重分析，结果如下图所示。时失去全部结晶水及部分；时产物为，则___________；阶段反应的化学方程式为___________。 真题·实战演练 1．（2025·天津·高考真题）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ．溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ．组成的测定 ①SO定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知： (1)研细晶体的仪器名称为___________。 (2)配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。 a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？___________(填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为___________。 (4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为___________；③达到滴定终点的标志为___________。 (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为___________。 (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)； ①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________； ②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。 (7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填“能”或“不能”)，理由是________________。 2．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $