第二章 化学计量及应用（综合训练）（黑吉辽蒙专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦化学计量核心概念，通过新情境与跨模块综合题构建从基础计算到工业/实验应用的逻辑链条，强化科学思维与探究能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题|含原创/新情境（海水提溴等）、新考法题，聚焦NA应用、氧化还原电子转移、溶液配制误差分析|以物质的量为核心，串联摩尔质量、气体摩尔体积、浓度计算，形成“概念→计算→应用”推导链| |非选择题|4题|工业流程（钴锰渣回收）、实验测定（重量法/滴定法）、热重分析题，强调数据处理与实际问题解决|整合化学计量与元素化合物、实验操作，体现“理论→实践→模型建构”的应用逻辑|

第二章 化学计量及应用 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O16 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Fe56 Co 59 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1.【原创题】某兴趣小组利用NaClO固体配制一定浓度的“84”消毒液，下列有关说法正确的是(　　) A．上述仪器在配制过程中一定不需要的有两种 B．仪器①使用前必须检查是否漏液并保持干燥 C．仪器④中测量的实际质量为32.6 g D．定容时，如果不慎加多了液体，只能重新配制 2.【新情境·海水提溴】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是 A．标准状况下的体积约为 B．1 L 溶液中的物质的量为0.1 mol C．反应中消耗转移的电子数约为 D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 3.【新考法·海水提溴】（2026·辽宁锦州·模拟预测）硝酸是重要的化工原料，用于制化肥、农药、炸药、染料等。工业上制硝酸的原理是将氨经过一系列反应得到硝酸，如下图所示：用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．中含有的键数 B．标准状况下，中含有N原子数为 C．中氢离子数目是 D．完全转化为NO转移电子数为 4.【新情境·化学方程式与阿伏加德罗常数】（2026·辽宁·三模）已知铜与KCN溶液反应的方程式为：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．64gCu与足量KCN溶液反应时转移电子的数目为2 B．标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对数目为0.2 C．K3[Cu(CN)4]固体中键数目为8 D．常温下，1L pH=9的KCN溶液中水电离出的OH-数目为10-5 5.【改编题】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． 6.（2026·辽宁朝阳·模拟预测）可用液态肼与新制Cu(OH)2制备纳米Cu2O：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1 molOH-中所含中子数为8NA B．标准状况下，11.2 LN2中含有的共用电子对数为1.5NA C．每生成6 molH2O，反应中转移的电子数为8NA D．1 molN2H4中含有的极性键数目为4NA 7.（2026·黑龙江·模拟）用密度为ρ1 g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸，与水按体积比1∶4配制成稀盐酸，密度为ρ2 g·cm-3，则所配制的稀盐酸的物质的量浓度为 A．mol·L-1 B．mol·L-1 C．mol·L-1 D．mol·L-1 8.（2026·辽宁大连·二模）联氨()可用于镜面镀银，其原理为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含键 B．溶液中，阳离子数目小于 C．溶液中的数目为 D．标准状况下，每转移电子则会生成约 9.（2026·辽宁丹东·一模）过氧化钠可在潜水艇中作为氧气的来源，发生的反应为，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A．晶体中含阴离子的数目为 B．中含键的数目为 C．溶液中的数目小于 D．该反应中每生成标准状况下 转移电子的数目为 10.（2026·内蒙古包头·模拟预测）过氧化氢在生产和生活中用途广泛，现有两种制备过氧化氢的方法： ①(过二硫酸铵) ② 设为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是 A．反应①中，溶液中所含数目小于 B．反应①中，1 mol过二硫酸铵含过氧键数目为 C．反应②中，每生成0.5 mol ，转移电子的数目为 D．反应②中，常温常压下22.4 L 含有孤电子对数目大于 11.（2026·黑龙江大庆·模拟预测）氮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，1.12 L 与3.36 L 发生反应①，生成的的分子数目为 B．1.7 g 完全溶于1 L 所得溶液，微粒数目为 C．将3 mol 通入水中发生反应④，转移电子数为 D．0.1 mol/L 溶液中含有的数目为 12.（2026·山西运城·模拟）聚合硫酸铁化学式可表示为。取一定质量的聚合硫酸铁样品分成两等份。第一份溶解于稀盐酸后，加入过量的溶液，得白色沉淀2.33g，第二份溶解于稀硫酸后，加入足量的KOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得1.60g固体，该聚合硫酸铁中a：b的比值为 A．1：2 B．2：3 C．1：5 D．4：1 13.（2026·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 14.（2026·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) 二、非选择题：共4题，共58分。 15.（14分）（2026·辽宁·模拟）硝酸工业尾气中氮氧化物(NO与NO2)是主要的大气污染物之一，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理，主要反应原理为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O；6NO2＋8NH37N2＋12H2O。某硝酸厂排放的尾气中氮氧化物的含量为2 490 mg·m－3(体积已折算至标准状况)，其中NO与NO2的物质的量之比为4∶1。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。 (1)尾气中氮氧化物的平均相对分子质量为______________。 (2)尾气中NO的含量为________mg·m－3。 (3)要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为________L。 (4)另一种处理氮氧化物的方法是用烧碱溶液进行吸收，产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 mol氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液(密度为1.28 g·cm－3)完全吸收。 ①NaOH溶液的物质的量浓度为________mol·L－1，体积为________mL。 ②已知反应后溶液中含有0.35 mol NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x＝________。 16.（14分）（2026·内蒙古·模拟）以钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“酸浸”时，加入的作用是______，浸渣的主要成分是______(填化学式)。 (2)“除铁”时温度不宜太高的原因是______，该过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是______。 (3)过硫酸钠()中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为______，在酸性条件下，“除锰”时发生的主要反应的离子方程式为______。 (4)向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液pH进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的工序可推断，还原性：______(填“>”“<”或“=”)。 (5)在隔绝空气氛围中灼烧，固体的失重率()与温度的关系如图所示。温度为290℃时，所得物质为______(填化学式)。 17.（16分）（2026·吉林·模拟）氯化钡常用作分析试剂、脱水剂，制钡盐原料以及用于电子、仪表、冶金等工业。某实验小组欲通过重量分析法测定中钡元素的含量。 I．沉淀剂的配制 用重量法测定时，一般用稀硫酸作沉淀剂。实验中需用质量分数为、密度为的浓硫酸配制溶液。 (1)下图所给仪器中在配制溶液中肯定不需要的是___________(填仪器名称)，配制上述溶液时还需用到的玻璃仪器是___________，该仪器在使用前必须进行的一步操作是___________。 (2)下列配制溶液的部分操作中，不合理的是___________(填字母)。 (3)在配制溶液时，用量筒量取浓硫酸的体积为___________(结果保留一位小数)；以下操作中导致配制硫酸溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．容量瓶使用前未干燥 B．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数 C．稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移 D．定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出 Ⅱ．测定试样中钡元素的含量 实验步骤1：准确称取试样平均分成两份，分别置于烧杯中，加入约水、溶液，搅拌溶解，加热至近沸。另取溶液两份于两个烧杯中，加水，加热至近沸，趁热将两份溶液分别用小滴管逐滴加入到两份热的钡盐溶液中，并用玻璃棒不断搅拌，直至两份溶液加完为止。 实验步骤2：待沉淀下沉后，向上层清液中加入滴溶液，仔细观察沉淀是否完全。沉淀完全后，盖上表面皿(切勿将玻璃棒拿出杯外)，放置过夜陈化。 实验步骤3：沉淀的过滤和洗涤，即沉淀用倾泻法过滤；用稀硫酸(溶液加水配成)洗涤沉淀次。 实验步骤4：沉淀的灼烧和恒重，即将两份折叠好的沉淀滤纸包分别置于已恒重的瓷坩埚中烘干、炭化、灰化后，在的马弗炉中灼烧至恒重。计算中钡元素的含量。 (4)检测沉淀洗涤干净的方法是___________。 (5)若最终产生沉淀的平均质量为，则中钡元素的含量为___________。 Ⅲ热重分析法是无机化学实验探究中常用分析方法，如将草酸钙晶体(CaC2O4·H2O，其摩尔质量为146g/mol)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的剩余重量比例数据如图所示。 (6)346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为___________，840℃～960℃范围内所得产品为___________(填化学式)。 18.（14分）（2026·黑龙江·模拟）某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)： ①配制溶液：配制0.10 mol/L NaOH溶液及0.10 mol/L稀盐酸。 ②向一粒研碎后的药片(0.10 g)中加入20.00 mL蒸馏水使其充分溶解，再加25.00 mL 0.10 mol/L稀盐酸。 ③酚酞作指示剂，用0.10 mol/L NaOH溶液滴定过量的稀盐酸，记录所消耗的NaOH溶液体积。 ④再重复上述操作②③三次。 回答下列问题： (1)完成上述操作①所需要仪器除容量瓶外还需哪些玻璃仪器___________(任写两种即可)。 (2)实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀盐酸应选用的容量瓶的规格为___________。 (3)操作②发生反应的离子方程式为___________。 (4)判断滴定终点的现象是：___________。 (5)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容，若用该浓盐酸配制上述稀盐酸，需要用量筒量取___________mL浓盐酸。 (6)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如上表所示： 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 /mL 13.20 13.00 13.10 13.90 通过该实验可测得胃药中碳酸钙的含量为___________%。 (7)下列操作会使碳酸钙的含量测定结果偏高的是___________。 A．配制0.10 mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒 B．配制0.10 mol/L稀盐酸定容时俯视标线 C．配制0.10 mol/LNaOH溶液时，小烧杯中浓溶液未经冷却立即转移到容量瓶中并定容 D．配制0.10 mol/LNaOH溶液时，摇匀后发现液面低于标线加水至标线。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 化学计量及应用 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O16 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Fe56 Co 59 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1.【原创题】某兴趣小组利用NaClO固体配制一定浓度的“84”消毒液，下列有关说法正确的是(　　) A．上述仪器在配制过程中一定不需要的有两种 B．仪器①使用前必须检查是否漏液并保持干燥 C．仪器④中测量的实际质量为32.6 g D．定容时，如果不慎加多了液体，只能重新配制 【答案】D 【解析】利用次氯酸钠固体配制一定浓度的“84”消毒液时需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，不需要用到分液漏斗，故A错误；仪器①容量瓶使用前必须检查是否漏液，因定容时需要加入蒸馏水，所以不需要保持干燥，故B错误；仪器④砝码和物品放反了，因此实际测量的质量为(20 g＋10 g)－2.6 g＝27.4 g，故C错误；定容时，如果不慎加多了液体，说明配制实验失败，只能重新配制，故D正确。 2.【新情境·海水提溴】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是 A．标准状况下的体积约为 B．1 L 溶液中的物质的量为0.1 mol C．反应中消耗转移的电子数约为 D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 【答案】C 【解析】标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算其体积，故A错误；在溶液中会发生水解，因此1L 溶液中的物质的量小于0.1mol，故B错误；反应中消耗3mol 时，有1mol Br从0价升高到+5价，5mol Br从0价降低到-1价，转移电子物质的量为5mol，数目约为，故C正确；氧化产物是，还原产物是，二者物质的量之比为1:5，故D错误；故选C。 3.【新考法·海水提溴】（2026·辽宁锦州·模拟预测）硝酸是重要的化工原料，用于制化肥、农药、炸药、染料等。工业上制硝酸的原理是将氨经过一系列反应得到硝酸，如下图所示：用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．中含有的键数 B．标准状况下，中含有N原子数为 C．中氢离子数目是 D．完全转化为NO转移电子数为 【答案】D 【解析】为0.1mol，其中含有0.2mol键，键数0.2，A错误；   二氧化氮在标况下不是气体，标准状况下，的物质的量不为0.1 mol，含有N原子数不为，B错误；没有溶液体积，不确定溶液中氢离子数目，C错误；为0.1mol，完全转化为NO，反应中氮元素化合价由-3变为+2，则转移0.5mol电子，电子数为，D正确；故选D。 4.【新情境·化学方程式与阿伏加德罗常数】（2026·辽宁·三模）已知铜与KCN溶液反应的方程式为：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．64gCu与足量KCN溶液反应时转移电子的数目为2 B．标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对数目为0.2 C．K3[Cu(CN)4]固体中键数目为8 D．常温下，1L pH=9的KCN溶液中水电离出的OH-数目为10-5 【答案】D 【解析】64 g Cu的物质的量为1 mol，反应中Cu从0价升高到+1价，每个Cu转移1个电子，故转移电子数目为，A错误；标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法计算孤电子对数目，B错误；未给出的物质的量，无法计算固体中键的数目，C错误；KCN溶液中水解促进水的电离，水电离出的是溶液中全部的，常温下pH=9的溶液中，1 L溶液中物质的量为，数目为，D正确；故选D。 5.【改编题】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。 6.（2026·辽宁朝阳·模拟预测）可用液态肼与新制Cu(OH)2制备纳米Cu2O：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1 molOH-中所含中子数为8NA B．标准状况下，11.2 LN2中含有的共用电子对数为1.5NA C．每生成6 molH2O，反应中转移的电子数为8NA D．1 molN2H4中含有的极性键数目为4NA 【答案】C 【解析】1个OH-中，O的中子数为8，H中子数为0，因此1 molOH-所含中子数为8NA，A正确；标准状况下11.2 LN2的物质的量为0.5 mol，每个N2分子含3对共用电子对，因此共用电子对数为0.5×3NA =1.5NA，B正确；反应中Cu元素从+2价降低到+1价，4 molCu(OH)2参与反应共得到4 mol电子；N元素从-2价升高到0价，1 molN2H4参与反应共失去4 mol电子，生成6 molH2O时转移电子数为4NA，不是8NA，C错误；N2H4的结构为H2N-NH2，N-H键为极性键，1 molN2H4含4 molN-H极性键，数目为4NA，D正确；故选C。 7.（2026·黑龙江·模拟）用密度为ρ1 g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸，与水按体积比1∶4配制成稀盐酸，密度为ρ2 g·cm-3，则所配制的稀盐酸的物质的量浓度为 A．mol·L-1 B．mol·L-1 C．mol·L-1 D．mol·L-1 【答案】C 【解析】设取1 L浓盐酸、4 L水进行配制，稀释前后溶质的物质的量不变，则在浓溶液中溶质HCl的物质的量；稀溶液总质量m总==，稀释后溶液体积，代入化简得，故选C。 8.（2026·辽宁大连·二模）联氨()可用于镜面镀银，其原理为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含键 B．溶液中，阳离子数目小于 C．溶液中的数目为 D．标准状况下，每转移电子则会生成约 【答案】A 【解析】中与2个形成2个配位σ键，每个含3个σ键，1mol该配离子共含mol σ键，数目为，A正确；溶液中存在电荷守恒：，，故阳离子总物质的量大于0.1mol，数目大于，B错误；是稳定配离子，在溶液中几乎不解离出，游离数目远小于，C错误；配平反应为，每生成1mol 转移4mol电子，转移电子时生成0.05mol ，标况下体积为，D错误；故选A。 9.（2026·辽宁丹东·一模）过氧化钠可在潜水艇中作为氧气的来源，发生的反应为，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A．晶体中含阴离子的数目为 B．中含键的数目为 C．溶液中的数目小于 D．该反应中每生成标准状况下 转移电子的数目为 【答案】B 【解析】晶体中的阴离子为， 中阴离子数目为，A错误； 的物质的量为，结构式为，每个双键含1个键，一个中含两个键，故 中键数目为，B正确；题目未给出溶液的体积，无法计算的物质的量及数目，C错误；标准状况下 的物质的量为，该反应中中部分元素由价升高为价，生成 转移的电子数目为（即），D错误；故选B。 10.（2026·内蒙古包头·模拟预测）过氧化氢在生产和生活中用途广泛，现有两种制备过氧化氢的方法： ①(过二硫酸铵) ② 设为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是 A．反应①中，溶液中所含数目小于 B．反应①中，1 mol过二硫酸铵含过氧键数目为 C．反应②中，每生成0.5 mol ，转移电子的数目为 D．反应②中，常温常压下22.4 L 含有孤电子对数目大于 【答案】B 【解析】仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，A错误；过二硫酸根中含有1个过氧键，因此1 mol过二硫酸铵含过氧键数目为，B正确；反应②中各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，不存在电子转移，C错误；常温常压下气体摩尔体积大于，的物质的量小于1 mol，1个分子含4对孤电子对，故所含孤电子对数目小于，D错误；故选B。 11.（2026·黑龙江大庆·模拟预测）氮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，1.12 L 与3.36 L 发生反应①，生成的的分子数目为 B．1.7 g 完全溶于1 L 所得溶液，微粒数目为 C．将3 mol 通入水中发生反应④，转移电子数为 D．0.1 mol/L 溶液中含有的数目为 【答案】C 【解析】该图为氮元素单质及其常见化合物的连续转化，各步反应如下，反应①氮气与氢气合成氨气，为可逆反应：；反应②氨气催化氧化生成一氧化氮：；反应③一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮：；反应④二氧化氮与水反应生成硝酸：；反应⑤氮气和氧气在放电/高温条件下直接生成一氧化氮：。标准状况下，物质的量为，物质的量为，合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，因此生成的物质的量一定小于，分子数小于，A错误；的物质的量为，氨气溶于水后，溶液中含氮微粒有、、，因此的物质的量小于，微粒数目小于，B错误；与水反应为，参与反应时，2 mol 作还原剂，N从+4+5价，共失去 mol电子；1 mol 作氧化剂，N从+4价降低到+2价，共得到 mol电子。因此，反应中转移电子总数为2 mol，即转移电子数为，C正确；只给出了的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量和数目，D错误；故选C。 12.（2026·山西运城·模拟）聚合硫酸铁化学式可表示为。取一定质量的聚合硫酸铁样品分成两等份。第一份溶解于稀盐酸后，加入过量的溶液，得白色沉淀2.33g，第二份溶解于稀硫酸后，加入足量的KOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得1.60g固体，该聚合硫酸铁中a：b的比值为 A．1：2 B．2：3 C．1：5 D．4：1 【答案】A 【解析】第一份实验得到BaSO4沉淀2.33 g（摩尔质量233 g/mol），物质的量为0.01 mol，对应样品中物质的量为0.01 mol；第二份实验得到Fe2O3固体1.60 g（摩尔质量160 g/mol），物质的量为0.01 mol，Fe3+的物质的量为0.02 mol；聚合硫酸铁为中性化合物，Fe3+带三个正电荷，带两个负电荷，OH-带一个负电荷，总正电荷的物质的量为3×0.02=0.06 mol，提供负电荷2×0.01=0.02 mol，则OH-提供负电荷为0.06-0.02=0.04 mol，即OH-的物质的量为0.04 mol；则Fe3+与OH-物质的量之比为0.02:0.04=1:2，即a:b=1:2；答案选A。 13.（2026·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 【解析】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。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；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；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；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；故选D。 14.（2026·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 【解析】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。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；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；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；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。 二、非选择题：共4题，共58分。 15.（14分）（2026·辽宁·模拟）硝酸工业尾气中氮氧化物(NO与NO2)是主要的大气污染物之一，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理，主要反应原理为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O；6NO2＋8NH37N2＋12H2O。某硝酸厂排放的尾气中氮氧化物的含量为2 490 mg·m－3(体积已折算至标准状况)，其中NO与NO2的物质的量之比为4∶1。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。 (1)尾气中氮氧化物的平均相对分子质量为______________。 (2)尾气中NO的含量为________mg·m－3。 (3)要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为________L。 (4)另一种处理氮氧化物的方法是用烧碱溶液进行吸收，产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 mol氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液(密度为1.28 g·cm－3)完全吸收。 ①NaOH溶液的物质的量浓度为________mol·L－1，体积为________mL。 ②已知反应后溶液中含有0.35 mol NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x＝________。 【答案】(1)33.2（2分）(2)1 800（2分）(3)10.64（2分）(4)①8（2分）62.5（3分）②1.8（3分） 【解析】设1 m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4x×30 g·mol－1＋x×46 g·mol－1＝2.49 g，解得x＝0.015 mol，所以1 m3尾气中NO2的物质的量为0.015 mol，NO的物质的量为0.06 mol，根据4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O可知，0.06 mol NO需要0.06 mol NH3和0.015 mol O2，根据6NO2＋8NH37N2＋12H2O可知，0.015 mol NO2需要0.02 mol NH3。 (1)尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为＝33.2 g·mol－1，所以氮氧化物的平均相对分子质量为33.2。 (2)1 m3尾气中NO的物质的量为0.06 mol，质量为0.06 mol×30 g·mol－1＝1.8 g＝1 800 mg。 (3)处理1 m3尾气需要氨氧混合气体的体积为(0.06＋0.02＋0.015) mol×22.4 L·mol－1＝2.128 L，故要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为 2.128 L×5＝10.64 L。 (4)①NaOH溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1＝8 mol·L－1，根据元素守恒可知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以NaOH溶液的体积V＝＝0.062 5 L＝62.5 mL。②处理过程中发生反应2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒可知，生成0.35 mol亚硝酸钠时，生成 0.15 mol硝酸钠，生成0.15 mol硝酸钠需要0.3 mol二氧化氮，同时生成0.15 mol亚硝酸钠，生成0.2 mol亚硝酸钠需要0.1 mol一氧化氮和0.1 mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4 mol，一氧化氮的物质的量是0.1 mol，根据氧原子守恒得x＝＝1.8。 16.（14分）（2026·内蒙古·模拟）以钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“酸浸”时，加入的作用是______，浸渣的主要成分是______(填化学式)。 (2)“除铁”时温度不宜太高的原因是______，该过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是______。 (3)过硫酸钠()中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为______，在酸性条件下，“除锰”时发生的主要反应的离子方程式为______。 (4)向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液pH进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的工序可推断，还原性：______(填“>”“<”或“=”)。 (5)在隔绝空气氛围中灼烧，固体的失重率()与温度的关系如图所示。温度为290℃时，所得物质为______(填化学式)。 【答案】(1)还原及 （2分） （2分） (2)防止高温分解 （2分） 偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀（2分） (3)+6 （1分） （2分） (4)＜（1分） (5)Co2O3（2分） 【解析】钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)中加入过量硫酸、K2SO3溶液进行酸浸、还原，Co2O3、CoO、MnO2、FeO、ZnO转化为Co2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+，SiO2不溶，过滤后，SiO2成为滤渣；加入H2O2、调节pH，Fe2+被氧化生成的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀；继续加入、NaOH溶液，Co2+被氧化为Co3+并转化为Co(OH)3沉淀，过滤后，滤液中含有Zn2+等。 （1）由分析可知，“酸浸”时，加入，Co2O3、MnO2溶解并被还原为Co2+、Mn2+、则K2SO3的作用是：还原及，浸渣的主要成分是。 （2）H2O2的热稳定性差，受热易发生分解，“除铁”时温度不宜太高的原因是：防止高温分解；该过程中需除尽Fe3+但不能让Co2+生成沉淀，则将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是：偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀。 （3）过硫酸钠()的阴离子中，6个O显-2价，2个O显-1价，设硫元素的化合价为x，则2x+(-2)×6+(-1)×2=-2，则x=+6，在酸性条件下，“除锰”时，加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀，转化为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为。 （4）在“除铁”步骤中，能氧化但不能氧化，说明的还原性强于；在“沉钴”步骤中，需要更强的氧化剂才能氧化，也说明的还原性较弱。综合可知，还原性：＜。 （5）设初始Co(OH)3的物质的量为1mol，质量m=1mol×(59+17×3)g/mol=110g，隔绝空气灼烧时，Co(OH)3发生分解反应，失重成分为H2O，假设反应为2Co(OH)3Co2O3+3H2O，失重质量为1.5mol×18g/mol=27g，失重率为≈24.5%，对照图中数据，此时温度为290℃，所得物质为Co2O3。 17.（16分）（2026·吉林·模拟）氯化钡常用作分析试剂、脱水剂，制钡盐原料以及用于电子、仪表、冶金等工业。某实验小组欲通过重量分析法测定中钡元素的含量。 I．沉淀剂的配制 用重量法测定时，一般用稀硫酸作沉淀剂。实验中需用质量分数为、密度为的浓硫酸配制溶液。 (1)下图所给仪器中在配制溶液中肯定不需要的是___________(填仪器名称)，配制上述溶液时还需用到的玻璃仪器是___________，该仪器在使用前必须进行的一步操作是___________。 (2)下列配制溶液的部分操作中，不合理的是___________(填字母)。 (3)在配制溶液时，用量筒量取浓硫酸的体积为___________(结果保留一位小数)；以下操作中导致配制硫酸溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．容量瓶使用前未干燥 B．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数 C．稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移 D．定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出 Ⅱ．测定试样中钡元素的含量 实验步骤1：准确称取试样平均分成两份，分别置于烧杯中，加入约水、溶液，搅拌溶解，加热至近沸。另取溶液两份于两个烧杯中，加水，加热至近沸，趁热将两份溶液分别用小滴管逐滴加入到两份热的钡盐溶液中，并用玻璃棒不断搅拌，直至两份溶液加完为止。 实验步骤2：待沉淀下沉后，向上层清液中加入滴溶液，仔细观察沉淀是否完全。沉淀完全后，盖上表面皿(切勿将玻璃棒拿出杯外)，放置过夜陈化。 实验步骤3：沉淀的过滤和洗涤，即沉淀用倾泻法过滤；用稀硫酸(溶液加水配成)洗涤沉淀次。 实验步骤4：沉淀的灼烧和恒重，即将两份折叠好的沉淀滤纸包分别置于已恒重的瓷坩埚中烘干、炭化、灰化后，在的马弗炉中灼烧至恒重。计算中钡元素的含量。 (4)检测沉淀洗涤干净的方法是___________。 (5)若最终产生沉淀的平均质量为，则中钡元素的含量为___________。 Ⅲ热重分析法是无机化学实验探究中常用分析方法，如将草酸钙晶体(CaC2O4·H2O，其摩尔质量为146g/mol)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的剩余重量比例数据如图所示。 (6)346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为___________，840℃～960℃范围内所得产品为___________(填化学式)。 【答案】(1)分液漏斗、圆底烧瓶 （2分） 容量瓶 （1分） 检漏 （1分） (2)bc （2分） (3) 5.4 （1分） BD （2分） (4)取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净 （2分） (5)54.8% （2分） (6) （2分） CaO （1分） 【解析】测定试样中钡元素的含量，反应原理为，取试样溶解，加稀盐酸排除其他离子干扰，加足量稀硫酸保证使Ba2+完全转化为BaSO4沉淀，根据硫酸钡沉淀的质量计算钡元素的质量。 （1）配制溶液，步骤有：计算、量取、稀释并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，根据实验步骤，在配制溶液中肯定不需要的是分液漏斗、圆底烧瓶，配制上述溶液时还需用到的玻璃仪器是容量瓶，该仪器在使用前必须进行的一步操作是检验是否漏水。 （2）定容时，当液面离刻度线2~3cm时，改用胶头滴管逐滴加水至刻度线；摇匀时，应反复颠倒摇匀，而不是垂直震荡摇匀；所以不合理的是bc； （3）、密度为的浓硫酸的物质的量浓度c= ，在配制溶液时，用量筒量取浓硫酸的体积为； A．容量瓶使用前未干燥，不影响溶质物质的量和溶液体积，对配制硫酸溶液浓度无影响，故不选A；用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，量取浓硫酸体积偏小，配制硫酸溶液浓度偏低，故选B；稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移，配制溶液体积偏小，配制硫酸溶液浓度偏高，故不选C；定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出，硫酸物质的量偏少，配制硫酸溶液浓度偏低，故选D；故选BD。 （4）检验沉淀洗涤干净的方法是检验氯离子是否洗涤干净，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净； （5）根据题意，实验所得硫酸钡沉淀的质量为，n(Ba)=n(BaSO4)=，则中钡元素的含量为； （6）假设有1mol草酸钙晶体，加热到226℃失重12.3%，失重质量为146×12.3%=18，可知失去1mol水，则346℃时的固体是CaC2O4，加热到420℃剩余固体质量为146g×68.5%=100g，可知剩余固体的摩尔质量为100g/mol，固体为CaCO3，所以346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为；840℃～960℃范围内所得产品的质量为146g×38.4%=56g，其中含有1molCa元素，则含有O元素的物质的量为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。 18.（14分）（2026·黑龙江·模拟）某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)： ①配制溶液：配制0.10 mol/L NaOH溶液及0.10 mol/L稀盐酸。 ②向一粒研碎后的药片(0.10 g)中加入20.00 mL蒸馏水使其充分溶解，再加25.00 mL 0.10 mol/L稀盐酸。 ③酚酞作指示剂，用0.10 mol/L NaOH溶液滴定过量的稀盐酸，记录所消耗的NaOH溶液体积。 ④再重复上述操作②③三次。 回答下列问题： (1)完成上述操作①所需要仪器除容量瓶外还需哪些玻璃仪器___________(任写两种即可)。 (2)实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀盐酸应选用的容量瓶的规格为___________。 (3)操作②发生反应的离子方程式为___________。 (4)判断滴定终点的现象是：___________。 (5)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容，若用该浓盐酸配制上述稀盐酸，需要用量筒量取___________mL浓盐酸。 (6)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如上表所示： 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 /mL 13.20 13.00 13.10 13.90 通过该实验可测得胃药中碳酸钙的含量为___________%。 (7)下列操作会使碳酸钙的含量测定结果偏高的是___________。 A．配制0.10 mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒 B．配制0.10 mol/L稀盐酸定容时俯视标线 C．配制0.10 mol/LNaOH溶液时，小烧杯中浓溶液未经冷却立即转移到容量瓶中并定容 D．配制0.10 mol/LNaOH溶液时，摇匀后发现液面低于标线加水至标线。 【答案】(1)量筒、胶头滴管、烧杯 （3分） (2)250mL （1分） (3) （2分） (4)加入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 （2分） (5)2.1 （2分） (6)59.5 （2分） (7)AC （2分） 【解析】测定胃药中碳酸钙含量时，先加水将胃药表面的淀粉类物质溶解，或先将药片研碎，再加入过量的盐酸，待没有气泡逸出后，最后滴加中和过量的盐酸，通过计算消耗的量来计算消耗盐酸的量，最后得出碳酸钙的含量。 （1）操作①是配制溶液，需要仪器除容量瓶外还需要的玻璃仪器为量筒、胶头滴管、烧杯，故答案为量筒、胶头滴管、烧杯； （2）为减少误差，该测定实验共进行了4次，每次取用盐酸，则四次共需盐酸，同时还需考虑实验仪器的润洗等损耗，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为，故答案为； （3）操作②发生反应为碳酸钙溶于稀盐酸，离子方程式为，故答案为； （4）由分析可知该实验最后是酸性溶液用碱性溶液中和，则判断滴定终点的现象是加入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为加入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色； （5）由标签结合物质的量浓度与摩尔质量之间关系可求该浓盐酸浓度为，根据可求得，故答案为2.1； （6）从表中数据可以看出，第4次实验误差过大，应舍去，则三次实验所耗的体积平均为，则消耗的物质的量为，则该胃药中碳酸钙的质量分数为；故答案为； （7）A．配制稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致盐酸浓度偏小，从而消耗氢氧化钠量偏小计算时盐酸剩余量偏小，终导致碳酸钙的测量值偏大；配制稀盐酸定容时俯视标线，导致盐酸浓度偏大从而导致测得剩余盐酸的量偏大，最终导致碳酸钙的测量值偏小；配制溶液时，小烧杯中浓溶液未冷却至室温就转移到容量瓶中，导致氢氧化钠溶液浓度偏大，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳酸钙的测量值偏大；配制溶液时，摇匀后发现液面低于标线加水至标线导致氢氧化钠浓度偏小测出剩余盐酸量偏大，最终导致测得的碳酸钙量偏小；故选择AC。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 化学计量及应用 高三化学·参考答案 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D C D D D C C A B B C A D C 2、 非选择题：共4题，共58分。 15.（14分） (1)33.2（2分） (2)1 800（2分） (3)10.64（2分） (4)①8（2分） 62.5（3分） ②1.8（3分） 16.（14分）(1)还原及 （2分） （2分） (2)防止高温分解 （2分） 偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀（2分） (3)+6 （1分） （2分） (4)＜（1分） (5)Co2O3（2分） 17.（16分）(1)分液漏斗、圆底烧瓶 （2分） 容量瓶 （1分） 检漏 （1分） (2)bc （2分） (3) 5.4 （1分） BD （2分） (4)取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净 （2分） (5)54.8% （2分） (6) （2分） CaO （1分） 18.（14分）(1)量筒、胶头滴管、烧杯 （3分） (2)250mL （1分） (3) （2分） (4)加入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 （2分） (5)2.1 （2分） (6)59.5 （2分） (7)AC （2分） / 学科网（北京）股份有限公司 $