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

**基本信息** 以“化学方程式计算”为核心，通过基础方法→重难应用→真题实战三级进阶，系统整合化学方程式直接计算、关系式法、守恒法，培养科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练-考向01|5题|化学方程式量比关系直接计算|从反应原理到物质的量比例应用，构建计算基本模型| |模拟·基础演练-考向02|4题|多步反应中物质转化关系式构建|通过元素守恒简化复杂反应，建立“始态-终态”关联| |模拟·基础演练-考向03|4题|元素守恒、电子守恒快速解题|基于反应本质提炼守恒关系，实现计算技巧升级| |重难·创新演练|15题|综合应用三种方法解决工业流程/混合物计算|融合氧化还原、阿伏加德罗常数等考点，提升方法迁移能力| |真题·实战演练|3题|高考真题情境中的计算策略|对接高考命题趋势，强化科学思维与实际问题解决|

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 根据化学方程式进行计算 考向02 关系式法的应用 考向03 守恒法的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．有Fe、CuO和组成的混合物共mg，放入溶液中，混合物完全溶解，生成2.24 L(标准状况下)NO，再向反应后的溶液中加入200 mL NaOH溶液，要使铁和铜元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液的浓度最小是 A． B． C． D． 2．工业上，用纯碱溶液提取溴单质发生如下转化，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．标准状况下，含孤电子总数为 B．溶液含氧原子数为 C．反应（1）中，含键数为 D．反应（2）中生成0.3 mol还原产物转移电子数为 3．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。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．含有的共价键为 C．反应生成时，转移的电子数为 D．标准状况下，可转化为的数目为 4．把铁投入稀中，还原产物为，若两者恰好完全反应。 （1）稀硝酸的物质的量浓度至少为________(保留2位有效数字)。 （2）若的氧化产物全部为时，被还原的硝酸的物质的量为________(保留2位有效数字)。 （3）若生成(标准状况下)，则生成物与物质的量之比为________。 5．测定某补钙剂(有效成分为碳酸钙)中钙的含量的方法如下：向一粒研碎后的药片(1.0 g)中加入100.00 ml 0.30 mol/L的稀盐酸，过量的稀盐酸用NaOH溶液中和，消耗0.30 mol/L的NaOH溶液50.00 ml。 已知：该药片中的其他成分不与稀盐酸或NaOH溶液反应。 请计算： （1）消耗NaOH溶液的物质的量为______________mol。 （2）根据以上实验数据，1.0 g补钙剂中钙的含量为______________mg。 （3）医学建议18岁青年每天需要摄入800～1000 mg的钙，某同学每天从食物中摄取的钙的含量为250 mg，则每天至少需要吃补钙剂______________粒。 考向02 关系式法的应用 6．将42 g含、、的混合物溶解在的盐酸溶液中，恰好完全反应，生成标准状况下3.36 L的气体，向反应后的溶液加入的溶液（过量），过滤、洗涤、干燥后称量，剩余固体质量为32.1 g，下列说法正确的是 A．配制的溶液，需称量固体98 g B．混合物中 C．混合物中元素的质量分数为42.9% D．若该混合物与足量反应，生成准状况下2.24 L的气体 7．某有机物A 0.1 mol其质量为4.6 g完全燃烧，生成4.48 L标况下的和．若A能与钠反应，则同质量的A与足量的钠反应产生标准状况气体体积为 A．1.12 L B．2.24 L C．3.36 L D．4.48 L 8．某品牌碳酸钙颗粒是一种良好的补钙剂，为了测定该补钙剂中钙含量，某化学兴趣小组进行如下实验： 步骤I：准确称取该补钙剂(含钙物质主要是)样品0.300 g，置于烧杯中，加入适量蒸馏水和盐酸溶液，加热促使其溶解。 步骤II：向所得步骤I溶液中加入氨水调节溶液pH值，趁热逐滴加约溶液，冷却后过滤，通过一系列操作得到固体。 步骤III：取步骤II所得固体全部放入烧杯中，加入稀溶液，把固体溶解，加热至，使其生成的溶液恰好与标准溶液完全反应() （1）的摩尔质量为_____。 （2）该标准溶液中含的物质的量为_____mol。 （3）该补钙剂样品中钙离子的质量百分含量为_____。 9．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g铜(已知硫酸与硝酸均反应完全且硝酸全部被还原为NO气体)。 （1）溶液中的物质的量为___________mol。 （2）标准状况下，产生的NO的体积为___________mL。 （3）原混合溶液中硫酸的浓度为___________mol/L。 考向03 守恒法的应用 10．某干燥白色固体可能含有、、NaOH中的一种或几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制成240 mL溶液，并向该溶液中滴加0.5 的盐酸，得到标准状况下体积（假设气体全部逸出）与消耗盐酸体积的关系如图所示（忽视溶液体积的变化）。下列说法错误的是 A．AB段发生的离子反应为： B．V=0.672 C．白色固体可能是和的混合物 D．B点时溶液中的钠离子浓度为0.2 11．向一定质量的和组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸，当固体物质完全溶解后生成和气体(标准状况下)。在所得溶液中加入的溶液，生成沉淀的质量为，此时溶液呈中性且铜离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是 A．原稀硝酸中的物质的量浓度为 B．、与硝酸反应后剩余的为 C．原样品混合物中和的质量之比为 D．若将混合物中全部替换为等质量，反应生成的物质的量减小 12．7.68 g铜与一定浓度的硝酸恰好完全反应，生成(已换算为标准状况下的体积)NO和的混合气体。下列说法错误的是 A．被还原的硝酸的物质的量为 B．硝酸的物质的量浓度为 C．混合气体中NO的物质的量分数为10% D．将混合气体通入水槽内倒置容器，充入标准状况下3.36 L氧气时液体充满容器 13．将4.40 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40g/mL、质量分数为63.0%的硝酸中，得到NO和NO2的混合气体共2.24 L(已折算到标准状况下)，向反应后溶液中逐渐滴加4.00mol/L NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀，经过滤、洗涤、烘干，并用酒精灯加热灼烧至质量不变，最终得固体6.00 g。(本题不考虑) （1）反应中，被还原的HNO3的物质的量为__________mol。 （2）合金中铜和镁的物质的量之比为__________。 （3）当金属离子恰好沉淀完全时，加入NaOH溶液的体积为___________mL。 重难·创新演练 1．（2026·广东汕头·二模）工业上合成氨的原料气中含有少量，可通过铜氨液处理而除去，其反应为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的电子数为 B．含有的键为 C．和充分反应制氨气时，转移的电子数为 D．在的溶液中含有氧原子数为 2．（2026·河北唐山·模拟预测），是一种重要的化工原料，常温下呈液态，在潮湿的空气中可发生反应。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中含有的分子数目为 B．1mol固态冰中含有的键数目为 C．溶液中含有的数目为 D．常温下，中含有的电子数目为 3．（2026·贵州黔西南·二模）已知()的沸点为77℃。一种制备无水的反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A．1 L 盐酸中含有的H原子数为 B．标准状况下，1 mol 中含有的σ键数目为 C．上述反应每生成22.4 L ，转移的电子数目为 D．1 mol/L溶液中含有的数目一定小于 4．（2026·陕西榆林·模拟预测）碱式硫酸铬主要用于鞣革工业、陶瓷釉彩、印刷技术方面等，工业上可用还原法制备，化学方程式为。下列说法错误的是 A．一定条件下，2mol 和1mol 充分反应后气体分子的数目小于2NA B．该反应中消耗1mol时，转移电子的数目为3 NA C．标准状况下，4.0g由与组成的物质中含有中子的数目为2 NA D．常温下，1L 的NaOH溶液中由水电离的的数目为NA 5．（2026·江西赣州·模拟预测）在加热和加压的条件下，异丙醇经空气多步氧化生成丙酮和过氧化氢：。下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4L 中C原子数目为 B．上述反应中消耗32g 时转移电子的数目为 C．生成1mol 的同时形成的π键数目为 D．1mol 中含有的孤电子对数为 6．（2026·陕西西安·三模）已知反应，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．CH3OH为非极性分子，难溶于水 B．每消耗22.4LO2，上述反应转移电子数目为 C．60g质量分数为25%的溶液中含有的O原子数为 D．1基态原子中，s轨道上的电子数目为： 7．（2026·福建泉州·模拟预测）配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中含有键数为 B．中杂化的原子数目为 C．和反应生成数目小于 D．当转移1mol电子时，生成数目为 8．检验干香菇中添加剂亚硫酸盐的残留物(以计，最大允许值为)的方法如下：取干香菇样品，通过一系列步骤使其中的亚硫酸盐完全转化为，产生的恰好与12.00mL1.000×10-3mol/L的碘溶液完全反应，下列说法不正确的是 A．该碘溶液中含的物质的量为1.2×10-5mol B．的摩尔质量为64 C．该样品中亚硫酸盐含量为38.4(以计) D．该干香菇能安全使用 9．2.16 g铜镁合金完全溶解于未知浓度的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)。向反应后的溶液中加入的溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为。若将盛有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。下列说法不正确的是 A．该合金中铜的质量是 B．该浓硝酸中的物质的量浓度是 C．和的混合气体中，的体积分数是 D．通入的的体积(标准状况下) 10．某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2 mol·L-1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是。 A．100mL B．120mL C．50mL D．150mL 11．向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加3.65 g·L-1的稀盐酸，生成的CO2的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是 A．在O～a内，只发生酸碱中和反应 B．ab段发生反应的离子方程式为CO＋2H＋=H2O＋CO2↑ C．a=0.3 D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的质量之比为1∶2 12．（2026·甘肃武威·模拟预测）已知，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．常温常压下，含键数为 B．常温下，溶液中，含数为 C．上述反应中，完全反应时生成数为 D．上述反应中，每生成时转移的电子数为 13．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是 A．第二份溶液从反应开始至结束，所得气体总体积在标况下为4.48 L B．OA段产生的是NO，AB段发生的反应为，BC段产生氢气 C．原混合酸中的物质的量为0.2 mol D．C点浓度为 14．将3.52 g镁铜合金投入40 mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体0.08 mol(不考虑其他气体)，反应结束后向溶液中加入120 mL 2 mol·L-1 NaOH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6.24 g。若将盛有0.08 mol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。下列说法中错误的是 A．Mg与Cu的物质的量之比为1∶1 B．原硝酸的浓度为8 mol·L-1 C．NO2和NO的体积比为3∶1 D．通入的O2的体积为896 mL(标准状况) 15．实验室在常温下为进行有关氯气的性质实验，需要4瓶体积为100 mL的纯净氯气(常温常压下，氯气的密度为2.91 g/L)。采用与质量分数为36.5%的盐酸()反应来制取所需氯气。 请回答： （1）的摩尔质量为_______g/mol。 （2）盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。 （3）理论上最少需要的质量为_______g。(计算结果保留2位小数) 真题·实战演练 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) 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 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根据化学方程式进行计算 ◆考向02关系式法的应用 >考向03守恒法的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟基础演练 >考向01 根据化学方程式进行计算 1.C 2.C 3.B 4.(1)2.7mol/L (2)0.33mol (3)23 5.(1)0.015 (2)300 (3)2 ●考向02关系式法的应用 6.B 7.A 8.】(1)100 (2)5×104 (3)16.7% 1/3 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9.(1)0.3 (2)4480 (3)1.5 ◆考向03 守恒法的应用 10.c 11.C 12.D 13.(1)0.100 (2)1:1 (3)325 小重难创新演练 1.B 2.B 3.B 4.A 5.c 6.C 7.B 8.B 9.c 10.A 11,C 12.D 13.D 14.C 15.(1)87 (2)12.0 (3)1.43 真题实战演练 213 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.B 2.C 3.(1)B (2)在上层清液中继续滴加BaCl溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl溶液过量 (3)Mg(OHD2、CaCO、BaCO3 (4)BC (5)C03、OH (6)C (7)Ca2*+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH 利用工业废气除Ca+,降低了成本 (8)n(CaO)=0.04mol,n(Na2CO3)=0.14mol 3/3 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 根据化学方程式进行计算 考向02 关系式法的应用 考向03 守恒法的应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．有Fe、CuO和组成的混合物共mg，放入溶液中，混合物完全溶解，生成2.24 L(标准状况下)NO，再向反应后的溶液中加入200 mL NaOH溶液，要使铁和铜元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液的浓度最小是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】混合物中、、与稀硝酸发生氧化还原与复分解反应，还原产物为，金属、金属氧化物溶解后生成、，加沉淀金属离子的反应为、，金属完全沉淀后溶液仅含。 【解析】由题，加入的总物质的量，被还原生成的硝酸，根据N元素守恒，剩余以存在于溶液中的硝酸根离子的物质的量；由的、守恒得，溶液体积为，因此最小浓度，故选C。 2．工业上，用纯碱溶液提取溴单质发生如下转化，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．标准状况下，含孤电子总数为 B．溶液含氧原子数为 C．反应（1）中，含键数为 D．反应（2）中生成0.3 mol还原产物转移电子数为 【答案】C 【分析】将溴单质通入纯碱溶液，发生歧化反应生成溴化钠、溴酸钠，除去二氧化碳后，向剩余的溶液中加入硫酸酸化，溴离子、溴酸根离子发生归中反应得到溴单质。 【解析】A．标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，不能计算孤电子总数，A错误； B．1 L 0.1 mol/L溶液中，除溶质含有氧原子外，溶剂也含有大量氧原子，故氧原子总数远大于，B错误； C．的物质的量为0.5 mol，结构式为，1个分子含2个键，故含键数为，C正确； D．反应（2）的离子方程式为，其中还原产物为被还原得到的，生成3 mol时转移5 mol电子，对应还原产物为0.5 mol，生成0.3 mol还原产物时转移电子数为，D错误； 故选C。 3．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。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．含有的共价键为 C．反应生成时，转移的电子数为 D．标准状况下，可转化为的数目为 【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．1个分子中含6个键、2个键、1个键、2个键，共11个共价键，因此该物质含共价键数目为，B正确； C．由反应化合价变化可知，生成时转移电子，物质的量为，因此转移电子数为，C错误； D．标准状况下为液态，物质的量不是，且转化为为可逆反应，不能进行完全，D错误； 故选B。 4．把铁投入稀中，还原产物为，若两者恰好完全反应。 （1）稀硝酸的物质的量浓度至少为________(保留2位有效数字)。 （2）若的氧化产物全部为时，被还原的硝酸的物质的量为________(保留2位有效数字)。 （3）若生成(标准状况下)，则生成物与物质的量之比为________。 【答案】（1） （2） （3）2:3 【解析】（1）铁的物质的量为：，铁与稀硝酸完全反应生成NO，化学方程式为：（消耗硝酸的物质的量：）或（消耗硝酸的物质的量：2mol），消耗硝酸的物质的量至少为：，硝酸的体积为0.5 L，浓度至少为：； （2）若的氧化产物全部为时，发生的反应为：，被还原的硝酸的物质的量为：； （3）若生成(标准状况下)，转移电子的物质的量为：，设生成物、的物质的量分别为x mol、y mol，则：x+y=0.5，3x+2y=1.2，解得x=0.2，y=0.3，生成物、的物质的量之比为：2:3。 5．测定某补钙剂(有效成分为碳酸钙)中钙的含量的方法如下：向一粒研碎后的药片(1.0 g)中加入100.00 ml 0.30 mol/L的稀盐酸，过量的稀盐酸用NaOH溶液中和，消耗0.30 mol/L的NaOH溶液50.00 ml。 已知：该药片中的其他成分不与稀盐酸或NaOH溶液反应。 请计算： （1）消耗NaOH溶液的物质的量为______________mol。 （2）根据以上实验数据，1.0 g补钙剂中钙的含量为______________mg。 （3）医学建议18岁青年每天需要摄入800～1000 mg的钙，某同学每天从食物中摄取的钙的含量为250 mg，则每天至少需要吃补钙剂______________粒。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据物质的量浓度公式，NaOH溶液浓度为，体积换算为升是，代入得； （2） 首先计算总加入HCl的物质的量：；过量HCl与NaOH按1:1反应，故过量，则与反应的。根据反应，，钙的质量为； （3）每天需要额外补充的钙质量为，每粒补钙剂含钙300 mg，，需向上取整，故至少需要吃2粒。 考向02 关系式法的应用 6．将42 g含、、的混合物溶解在的盐酸溶液中，恰好完全反应，生成标准状况下3.36 L的气体，向反应后的溶液加入的溶液（过量），过滤、洗涤、干燥后称量，剩余固体质量为32.1 g，下列说法正确的是 A．配制的溶液，需称量固体98 g B．混合物中 C．混合物中元素的质量分数为42.9% D．若该混合物与足量反应，生成准状况下2.24 L的气体 【答案】B 【分析】已知混合物总质量，含、、；，，只有能与盐酸反应生成氢气，由关系式得，；加过量剩余固体为，，，根据，得，；则，。 【解析】A．配制溶液选用容量瓶，则，因此需称量，A错误； B．由分析可知，，，因此，B正确； C．总，得，则，C错误； D．仅单质与产，方程式为，因此，，D错误； 故选B。 7．某有机物A 0.1 mol其质量为4.6 g完全燃烧，生成4.48 L标况下的和．若A能与钠反应，则同质量的A与足量的钠反应产生标准状况气体体积为 A．1.12 L B．2.24 L C．3.36 L D．4.48 L 【答案】A 【解析】A的摩尔质量：；燃烧产物物质的量：标况下，即1 mol A含2 mol C；，即1 mol A含6 mol H；1 mol A中C、H总质量为，剩余质量，即1 mol A含1 mol O，因此A的分子式为；结合A能与钠反应，确定A为乙醇（），反应关系为，则0.1 mol A生成，标况体积为；故选A。 8．某品牌碳酸钙颗粒是一种良好的补钙剂，为了测定该补钙剂中钙含量，某化学兴趣小组进行如下实验： 步骤I：准确称取该补钙剂(含钙物质主要是)样品0.300 g，置于烧杯中，加入适量蒸馏水和盐酸溶液，加热促使其溶解。 步骤II：向所得步骤I溶液中加入氨水调节溶液pH值，趁热逐滴加约溶液，冷却后过滤，通过一系列操作得到固体。 步骤III：取步骤II所得固体全部放入烧杯中，加入稀溶液，把固体溶解，加热至，使其生成的溶液恰好与标准溶液完全反应() （1）的摩尔质量为_____。 （2）该标准溶液中含的物质的量为_____mol。 （3）该补钙剂样品中钙离子的质量百分含量为_____。 【答案】（1）100 （2）5×10-4 （3）16.7% 【解析】（1）CaCO3的摩尔质量为M(CaCO3)=40+12+3×16=100 g/mol； （2）该标准溶液中含的物质的量为n()=cV=0.02500 L×0.02 mol/L=5×10-4 mol； （3）由5~2可知n()=2.5×5×10-4=1.25×10-3 mol，又因为CaCO3~CaC2O4~，所以m(Ca2+)=1.25×10-3mol×40 g/mol=0.050g，所以该补钙剂样品中钙离子的质量百分含量为：。 9．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g铜(已知硫酸与硝酸均反应完全且硝酸全部被还原为NO气体)。 （1）溶液中的物质的量为___________mol。 （2）标准状况下，产生的NO的体积为___________mL。 （3）原混合溶液中硫酸的浓度为___________mol/L。 【答案】（1）0.3 （2）4480 （3）1.5 【解析】（1）铜与混酸反应的离子方程式为： ，溶解铜的质量为19.2 g，铜的摩尔质量为，因此，铜全部转化为，故。 （2）根据离子方程式得关系式：，因此，标准状况下体积。 （3）根据离子方程式得，总； 来自硝酸和硫酸：硝酸完全反应，，硝酸提供的，因此硫酸提供的； 硫酸为二元酸，故，溶液体积为，因此。 考向03 守恒法的应用 10．某干燥白色固体可能含有、、NaOH中的一种或几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制成240 mL溶液，并向该溶液中滴加0.5 的盐酸，得到标准状况下体积（假设气体全部逸出）与消耗盐酸体积的关系如图所示（忽视溶液体积的变化）。下列说法错误的是 A．AB段发生的离子反应为： B．V=0.672 C．白色固体可能是和的混合物 D．B点时溶液中的钠离子浓度为0.2 【答案】C 【分析】某干燥白色固体可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的一种或几种，可能发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，据此分析； 【解析】A．AB段为产生二氧化碳气体的反应，发生的离子反应为，A正确； B．由图像可知，AB段消耗HCl的物质的量为0.5 mol/L×0.06 L=0.03 mol，根据离子方程式可知生成二氧化碳的物质的量为0.03 mol，标准状况下最终产生二氧化碳的体积V=0.03 mol×22.4 L/mol=0.672 L，B正确； C．若白色固体是Na2CO3与NaHCO3的混合物，则AB段消耗盐酸的体积应大于100 mL，不符合图示，C错误； D．B点时，溶液中的溶质为NaCl，根据电荷守恒有n(Na+)=n(Cl-)，总消耗HCl的物质的量为0.5 mol/L×0.16 L=0.08 mol，故n(Na+)=0.08 mol，此时溶液总体积为240 mL+160 mL=400 mL，则c(Na+)==0.2 mol/L，D正确； 故选C。 11．向一定质量的和组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸，当固体物质完全溶解后生成和气体(标准状况下)。在所得溶液中加入的溶液，生成沉淀的质量为，此时溶液呈中性且铜离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是 A．原稀硝酸中的物质的量浓度为 B．、与硝酸反应后剩余的为 C．原样品混合物中和的质量之比为 D．若将混合物中全部替换为等质量，反应生成的物质的量减小 【答案】C 【解析】A．根据N元素守恒，，，，故，浓度为，A错误； B．根据氮元素守恒，反应后溶液中，，故，B错误； C．根据铜守恒，电子守恒，解得，，质量比为，C正确； D．等质量的和，失电子总数更多：失电子，生成；失电子，生成，生成物质的量增大，D错误； 故答案为C。 12．7.68 g铜与一定浓度的硝酸恰好完全反应，生成(已换算为标准状况下的体积)NO和的混合气体。下列说法错误的是 A．被还原的硝酸的物质的量为 B．硝酸的物质的量浓度为 C．混合气体中NO的物质的量分数为10% D．将混合气体通入水槽内倒置容器，充入标准状况下3.36 L氧气时液体充满容器 【答案】D 【解析】A．被还原的硝酸的物质的量等于NO和NO2的总物质的量，为，A正确； B．反应中硝酸一部分被还原为气体（0.2mol），一部分作为酸生成，作为酸的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量为2×n(Cu)=2×=0.24mol，总硝酸物质的量为，浓度为，B正确； C．设NO物质的量为x，物质的量为y，列方程：，电子守恒，解得，NO的物质的量分数为，C正确； D．混合气体和氧气、水反应生成硝酸，电子守恒可知氧气得电子总物质的量等于铜失电子的0.24mol，每个得4个电子，故n(O2)=，标况下体积为，D错误； 故选D。 13．将4.40 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40g/mL、质量分数为63.0%的硝酸中，得到NO和NO2的混合气体共2.24 L(已折算到标准状况下)，向反应后溶液中逐渐滴加4.00mol/L NaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀，经过滤、洗涤、烘干，并用酒精灯加热灼烧至质量不变，最终得固体6.00 g。(本题不考虑) （1）反应中，被还原的HNO3的物质的量为__________mol。 （2）合金中铜和镁的物质的量之比为__________。 （3）当金属离子恰好沉淀完全时，加入NaOH溶液的体积为___________mL。 【答案】（1）0.100 （2） （3）325 【解析】（1）被还原的全部转化为和，根据N原子守恒，被还原硝酸的物质的量等于混合气体总物质的量：。 （2）最终灼烧得到的固体为和，固体增加的质量为结合O元素的质量：，。1mol Cu或1mol Mg最终均结合1mol O，故。设为，为，联立方程：解得，故二者物质的量之比为。 （3）原硝酸总物质的量：。金属离子恰好沉淀时，溶液溶质为，根据N守恒：，故，。 重难·创新演练 1．（2026·广东汕头·二模）工业上合成氨的原料气中含有少量，可通过铜氨液处理而除去，其反应为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的电子数为 B．含有的键为 C．和充分反应制氨气时，转移的电子数为 D．在的溶液中含有氧原子数为 【答案】B 【解析】A．题目未说明CO处于标准状况，无法用标况下气体摩尔体积计算11.2 L CO的物质的量，电子数无法确定，A错误； B．1个中，每个​含3个N-H σ键，2个​共6个σ键，与2个​之间形成2个配位σ键，总共有8个σ键，因此1 mol该离子含σ键为，B正确； C．合成氨反应是可逆反应，反应物不能完全转化，​（1 mol）和（3 mol）反应，转移电子数小于，C错误； D．该溶液中，溶剂水分子本身也含有氧原子，因此溶液中氧原子总数大于，D错误； 故选B。 2．（2026·河北唐山·模拟预测），是一种重要的化工原料，常温下呈液态，在潮湿的空气中可发生反应。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中含有的分子数目为 B．1mol固态冰中含有的键数目为 C．溶液中含有的数目为 D．常温下，中含有的电子数目为 【答案】B 【解析】A．标准状况下为液态，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，不能得出分子数目为，A错误； B．1个分子中含有2个键，1 mol 固态冰即1 mol，含有的键数目为，B正确； C．是中强酸，在水溶液中分步且部分电离，故溶液中数目小于，C错误； D．7.3 g 的物质的量为，1个分子含18个电子，故所含电子数目为，D错误； 故选B。 3．（2026·贵州黔西南·二模）已知()的沸点为77℃。一种制备无水的反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A．1 L 盐酸中含有的H原子数为 B．标准状况下，1 mol 中含有的σ键数目为 C．上述反应每生成22.4 L ，转移的电子数目为 D．1 mol/L溶液中含有的数目一定小于 【答案】B 【解析】A．1 L2 mol/L盐酸中，氯化氢含有的氢原子个数为：2 mol/L×1 L×NA mol-1=2NA；盐酸中溶质氯化氢和溶剂水分子中都含有氢原子，所以溶液中的氢原子数大于2NA，A错误； B．由题意可知，SOCl2的结构式为：，分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键，则标准状况下，1 molSOCl2中含有的σ键数目为1 mol×3×NA mol-1=3NA，B正确； C．由方程式可知，反应中没有元素发生化合价变化，该反应是非氧化还原反应，反应中不存在电子的转移，C错误； D．缺溶液的体积，无法计算1 mol/L氯化铁溶液中的氯化铁的物质的量和铁离子的数目，D错误 故选B。 4．（2026·陕西榆林·模拟预测）碱式硫酸铬主要用于鞣革工业、陶瓷釉彩、印刷技术方面等，工业上可用还原法制备，化学方程式为。下列说法错误的是 A．一定条件下，2mol 和1mol 充分反应后气体分子的数目小于2NA B．该反应中消耗1mol时，转移电子的数目为3 NA C．标准状况下，4.0g由与组成的物质中含有中子的数目为2 NA D．常温下，1L 的NaOH溶液中由水电离的的数目为NA 【答案】A 【解析】A．反应中，该反应为可逆反应，2 mol 和1 mol 充分反应后，剩余气体包括未反应的、和生成的，假设完全生成，则气体分子数为，因此实际气体分子数目大于，A项错误； B．反应中Cr从+6（）降至+3（）每摩尔Cr转移3 mol电子，则反应中消耗1 mol 时，转移的电子数目为，B项正确； C．和的摩尔质量均为20 g/mol，4.0 g与组成的物质的摩尔质量为，每个分子均含10个中子，则总中子数目为，C项正确； D．的NaOH溶液中，来自水电离的，因此，则1 L该溶液中由水电离的数目为，D项正确； 故选A。 5．（2026·江西赣州·模拟预测）在加热和加压的条件下，异丙醇经空气多步氧化生成丙酮和过氧化氢：。下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4L 中C原子数目为 B．上述反应中消耗32g 时转移电子的数目为 C．生成1mol 的同时形成的π键数目为 D．1mol 中含有的孤电子对数为 【答案】C 【解析】A．标准状况下异丙醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出C原子数目为，A错误； B．反应中中0价O全部转化为中-1价O，物质的量为，反应时转移电子数为，B错误； C．分子的羰基含1个双键，每个双键中含1个键，生成丙酮时形成键数目为，C正确； D．中每个O原子含2对孤电子对，含孤电子对数目为，D错误； 故选C。 6．（2026·陕西西安·三模）已知反应，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．CH3OH为非极性分子，难溶于水 B．每消耗22.4LO2，上述反应转移电子数目为 C．60g质量分数为25%的溶液中含有的O原子数为 D．1基态原子中，s轨道上的电子数目为： 【答案】C 【解析】A．为极性分子，易溶于水，A错误； B．未指明所处的状态，无法计算转移电子数，B错误； C．60g质量分数为25%的溶液中HCHO的物质的量为：n1=，含的O原子数为0.5NA，其中水的物质的量为：n2=，含的O原子数为2.5NA，则共含有的O原子数为，C正确； D．1基态原子中，s轨道上的电子数目为，D错误； 故答案选C。 7．（2026·福建泉州·模拟预测）配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中含有键数为 B．中杂化的原子数目为 C．和反应生成数目小于 D．当转移1mol电子时，生成数目为 【答案】B 【解析】A．26.4g 的物质的量为，1个中含6个Mo-C配位σ键、6个CO内部σ键，共12个σ键，故总σ键数为，A正确； B．中甲基C原子、羟基O原子均为杂化，1 mol 中杂化的原子数目为，不是，B错误； C．合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化，1 mol 完全反应最多生成，故生成数目小于，C正确； D．反应中Mo元素从0价升高到+2价，2mol 反应转移4mol电子，同时生成12mol ，故转移1mol电子时生成的物质的量为3mol，数目为，D正确； 答案选B。 8．检验干香菇中添加剂亚硫酸盐的残留物(以计，最大允许值为)的方法如下：取干香菇样品，通过一系列步骤使其中的亚硫酸盐完全转化为，产生的恰好与12.00mL1.000×10-3mol/L的碘溶液完全反应，下列说法不正确的是 A．该碘溶液中含的物质的量为1.2×10-5mol B．的摩尔质量为64 C．该样品中亚硫酸盐含量为38.4(以计) D．该干香菇能安全使用 【答案】B 【解析】A． ，A正确； B． 的摩尔质量应为，B错误； C．由反应方程式可知， ，样品中亚硫酸盐含量为，C正确； D．因，符合最大允许值要求，该干香菇能安全使用，D正确； 故选B。 9．2.16 g铜镁合金完全溶解于未知浓度的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)。向反应后的溶液中加入的溶液时金属离子恰好全部沉淀，此时沉淀质量为。若将盛有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。下列说法不正确的是 A．该合金中铜的质量是 B．该浓硝酸中的物质的量浓度是 C．和的混合气体中，的体积分数是 D．通入的的体积(标准状况下) 【答案】C 【解析】A．设铜、镁物质的量分别为、，沉淀与合金的质量差为的质量，，，联立方程，解得，铜的质量为，A正确；　 B．根据N元素守恒，，。混合气体总物质的量为，设、，由电子守恒得（即金属失去电子的物质的量），结合解得、，气体中总N为，总硝酸浓度为，B正确；　 C．的体积分数等于物质的量分数，为，C错误； D．混合气体与、水反应生成硝酸，由电子守恒，得电子总数等于金属失电子总数，，标准状况下体积为，D正确； 故选C。 10．某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2 mol·L-1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是。 A．100mL B．120mL C．50mL D．150mL 【答案】A 【解析】根据电子守恒，失去电子总数等于得到电子总数，标准状况下1.12 L 物质的量为，得电子总物质的量为，则，结合，得，，A正确； 故答案选A。 11．向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加3.65 g·L-1的稀盐酸，生成的CO2的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是 A．在O～a内，只发生酸碱中和反应 B．ab段发生反应的离子方程式为CO＋2H＋=H2O＋CO2↑ C．a=0.3 D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的质量之比为1∶2 【答案】C 【解析】A．在0～a内，先发生氢离子与氢氧根离子的中和反应，再发生碳酸根离子与氢离子生成碳酸氢根离子的反应，A项错误； B．a点时的溶液为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，所以ab段发生反应的离子方程式为＋H＋=H2O＋CO2↑，B项错误； C．由ab段发生的反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，生成0.44 g CO2消耗盐酸的体积为(0.4-a) L，则3.65 g·L-1×(0.4-a) L=，解得a=0.3，C项正确； D．由计算可得碳酸钠的质量是1.06 g，生成碳酸氢根离子消耗的稀盐酸的体积是0.1 L，则中和氢氧化钠消耗的稀盐酸的体积是0.3 L-0.1 L=0.2 L，所以氢氧化钠的质量是3.65 g·L-1×0.2 L×=0.8 g，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的质量之比为，D项错误; 故答案选C。 12．（2026·甘肃武威·模拟预测）已知，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．常温常压下，含键数为 B．常温下，溶液中，含数为 C．上述反应中，完全反应时生成数为 D．上述反应中，每生成时转移的电子数为 【答案】D 【解析】A．常温常压下，的物质的量不等于0.2 mol，含键数不为，A错误； B．当酸电离的氢离子浓度小于水的电离时，不能忽视水的电离，溶液接近中性，含mol，数约为，B错误； C．据上述反应可知，氯酸分解生成氯气、高氯酸，没有氯离子生成，C错误；   D．反应过程中氯酸中氯元素化合价由+5变为氯气中氯元素化合价0，存在，相当于0.1 mol，生成8 mol水时转移80 mol电子，则生成0.1 mol水时转移1 mol电子，转移的电子数为，D正确； 故选D。 13．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是 A．第二份溶液从反应开始至结束，所得气体总体积在标况下为4.48 L B．OA段产生的是NO，AB段发生的反应为，BC段产生氢气 C．原混合酸中的物质的量为0.2 mol D．C点浓度为 【答案】D 【分析】混合酸200mL平均分为两份，每份体积为100mL。结合铁粉反应曲线的各段质量变化与气体产量特征，OA段加入5.6gFe即0.1molFe时产生气体，此时酸性条件下具有强氧化性，将Fe氧化为，自身被还原为NO；AB段加入Fe质量从5.6g到8.4g，新增Fe质量为2.8g即0.05mol，气体量不变，此时已完全反应，Fe与生成的发生归中反应生成；BC段加入Fe质量从8.4g到14.0g，新增Fe质量为5.6g即0.1mol，再次产生气体，此时为过量Fe与剩余反应生成。结合铜粉溶解的量计算每份溶液中的物质的量，9.6gCu物质的量为0.15mol，按反应，0.15molCu完全反应消耗0.1mol，即每份溶液中物质的量为0.1mol。 【解析】A．OA段0.1molFe反应失去0.3mol电子，生成NO的物质的量为0.1mol，BC段0.1molFe反应失去0.2mol电子，生成的物质的量为0.1mol，总气体物质的量为0.2mol，标况下体积为，A正确； B．OA段酸性条件下氧化Fe生成NO，AB段Fe与发生归中反应，BC段Fe与剩余反应生成，B正确； C．每份溶液中物质的量为0.1mol，原混合酸体积为200mL，故原混合酸中总物质的量为，C正确； D．C点溶液溶质为，加入Fe总质量为14.0g，物质的量为，故每份溶液中物质的量为0.25mol，每份溶液体积为0.1L，浓度为，D错误； 故选D。 14．将3.52 g镁铜合金投入40 mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体0.08 mol(不考虑其他气体)，反应结束后向溶液中加入120 mL 2 mol·L-1 NaOH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6.24 g。若将盛有0.08 mol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。下列说法中错误的是 A．Mg与Cu的物质的量之比为1∶1 B．原硝酸的浓度为8 mol·L-1 C．NO2和NO的体积比为3∶1 D．通入的O2的体积为896 mL(标准状况) 【答案】C 【分析】金属与硝酸反应时，镁、铜失电子，硝酸中N元素得电子生成和，反应后加溶液至金属阳离子完全沉淀，沉淀为和，沉淀与合金的质量差为结合的的质量，计算得，金属失电子总物质的量等于的物质的量，为0.16mol，结合得失电子守恒可确定和的物质的量之比，结合合金总质量可确定镁铜的质量比，结合N元素守恒可确定原硝酸浓度，结合电子守恒可确定通入的体积，据此分析： 【解析】A．设Mg物质的量为，Cu物质的量为，金属失电子总物质的量等于沉淀结合的的物质的量，故，结合总质量，解得、，二者物质的量之比为，A正确； B．反应后溶液溶质为，根据Na守恒，根据N元素守恒，总，原硝酸浓度，B正确； C．设物质的量为，物质的量为，则，结合得失电子守恒，解得、，相同条件下气体体积比等于物质的量之比，和体积比为，C错误； D．混合气体被完全氧化为，N元素失电子总物质的量为，反应得电子，故，标况下体积为，D正确； 答案选C。 15．实验室在常温下为进行有关氯气的性质实验，需要4瓶体积为100 mL的纯净氯气(常温常压下，氯气的密度为2.91 g/L)。采用与质量分数为36.5%的盐酸()反应来制取所需氯气。 请回答： （1）的摩尔质量为_______g/mol。 （2）盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。 （3）理论上最少需要的质量为_______g。(计算结果保留2位小数) 【答案】（1）87 （2）12.0 （3）1.43 【解析】（1）摩尔质量数值与相对分子质量相等，Mn的相对原子质量为55，O的相对原子质量为16，因此的摩尔质量为； （2）物质的量浓度与质量分数换算公式为，代入、、摩尔质量 ，得； （3）首先计算所需总物质的量：总容积为 ，总质量为 ，物质的量 。根据反应，，因此质量为。 真题·实战演练 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。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $