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

**基本信息** 聚焦物质的量在化学方程式计算中的应用，以守恒法、关系式法等五大方法为核心，构建从真题感知到拔高预测的系统性训练体系，强化化学计量与反应规律的综合应用，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| |----|-----------|----------|----------| |真题·命题感知|3道高考真题|得失电子守恒法、比例计算、关系式法|从真实反应情境出发，建立“反应原理-计量关系-守恒应用”逻辑链| |进阶·强化演练|5考向（各3-4题）|化学方程式计算、关系式法、守恒法、差量法、热重分析法|从基础计算到技巧应用，形成“单一方法-综合迁移”的递进关系| |拔高·模拟预测|18题（15选择+3非选择）|多方法融合（如守恒法与差量法结合）|结合工业流程、物质转化，体现“化学观念-科学探究”的素养整合|

第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目 录 真题·命题感知 进阶·强化演练 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 考向04 差量法的应用 考向05 热重分析法 拔高·模拟预测 真题·命题感知 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 命题情境 本题以高锰酸钾与碘化钾在不同酸碱性环境下发生氧化还原反应为真实探究情景，依托两组对照实验，控制KI用量不变，改变体系酸碱性、KMnO4用量，从而进行相关探究。采用控制变量法，探究介质酸碱性对氧化还原反应产物、氧化剂氧化性强弱的影响，体现氧化还原反应产物不唯一，与反应环境（酸碱度）密切相关，是高考常考的氧化还原反应多变价问题，侧重考查电子守恒的计算应用与氧化还原规律辨析。 解题方法 核心方法：得失电子守恒法（关键） 氧化还原反应中：氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数，先标出变价元素化合价，算出单个粒子得失电子数目，再结合物质的量列式计算。 【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 命题情境 本题以氟气与氢氧化钠的特殊氧化还原反应为背景，结合阿伏加德罗常数，考查氧化还原化合价升降、电子转移数目计算、氧化产物判断、物质的量计算、孤电子对数目判断。F2氧化性极强，该反应中F元素化合价降低，氧元素化合价升高，打破常规思维（氧一般为负价），结合标况气体摩尔体积，围绕NA常见高频考点命题。 解题方法 ①先换算物质的量：标况气体用n=V/22.4L/mol； ②氧化还原类：标出化合价升降，确定得失电子数目，分清氧化产物、还原产物； ③微粒结构类（孤电子对、化学键）：熟记常见分子结构（H2O：2对孤电子对；NH3：1对孤电子对）； ④对照化学方程式计量比例，进行比例计算。 【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) 命题情境 本题以工业粗盐提纯制备高纯氯化钠为化工流程情境，模拟真实除杂工艺。粗盐中含有杂质离子，通过依次添加氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠除杂，过滤后加盐酸调节pH，最后结晶得到氯化钠晶体。题目结合溶度积Ksp数据，设置除杂试剂用量检验、沉淀成分、沉淀转化误差分析、除杂离子、实验仪器等问题。命题围绕无机除杂核心逻辑，考查沉淀溶解平衡、沉淀转化、离子检验、实验基本操作，融合化学平衡原理与化工基础实验操作，属于高考基础化工流程常规题型。 解题方法 ①除杂试剂必须过量，过量杂质离子要用后续试剂除去； ②沉淀转化：溶度积小的沉淀可以转化为溶度积相对较大的沉淀，会造成原有杂质离子重新释放； ③盐酸只能过滤后再加，若先加盐酸，前面生成的碳酸盐、氢氧化物沉淀会重新溶解，除杂失败。 ④计算石灰乳和碳酸钠的物质的量时，可采用关系式法进行运算。 【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。 进阶·强化演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．（2026·广东·模拟预测）和反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液中含的数目为 B．1 mol基态的价电子数目为 C．每消耗，转移的电子数为 D．每消耗，生成的数目为 【答案】B 【解析】A．1 L 1 mol/L CuCl2溶液中，CuCl2物质的量为1L×1mol/L=1 mol，完全电离产生1 mol Cu2+，但Cu2+会发生水解，数目小于，A错误； B．基态Cu+的电子排布为[Ar]3d10，价电子排布式为3d10共10个，1 mol Cu+价电子数目为10，B正确； C．未说明11.2 L SO2所处的温度和压强，无法计算其物质的量，C错误； D．18 g H2O的物质的量为=1 mol，从反应方程式可知，消耗2 mol H2O生成4 mol H+（1mol H2SO4电离出2mol H+，2mol HCl电离出2mol H+），故消耗1 mol H2O生成2 mol H+，数目为2，D错误； 故选B。 2．（2026·湖南长沙·三模）配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有σ键的数目为22 B．H—N—H的键角大小： C．与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0. D．36 g冰中所含的氢键的数目为2 【答案】B 【解析】A．1 mol 中，中心离子与配体形成6个配位键，5 mol 含键总物质的量为，故总键物质的量为，数目为，A错误； B．分子中原子存在1对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对斥力，中的原子孤电子对用于形成配位键，无孤电子对，故键角大小为，B正确； C．与合成氨的反应为可逆反应，0.1mol 不能完全反应，生成分子数小于，C错误； D．36 g冰的物质的量为，冰中每个水分子平均形成2个氢键，故总氢键数目为，D错误； 故选B。 3．（2026·北京·三模）反应，是潜艇中氧气来源之一，用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含个氧原子 B．含有的质子数为 C．反应中每生成转移电子 D．溶于水中，所得溶液的质量分数为 【答案】B 【解析】A．22.4L 未指明处于标准状况下，无法计算其物质的量，也就无法确定氧原子数目，A错误； B．1.8g 的物质的量为，每个分子含有10个质子，故1.8g 含有的质子数为，B正确； C．该反应中中-1价的O发生歧化反应，每生成1mol ，有2mol O从-1价升高到0价，转移2mol电子，C错误； D．4g NaOH溶于100g水中，溶液总质量为104g，所得溶液的质量分数为，D错误； 故选B。 4．（2026·福建厦门·模拟预测）“超级炸药”全氮阴离子盐是一种中间体，制备全氮阴离子盐第一步是合成，反应原理为(未配平)，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．已知为五元平面环状结构，含有的电子数为 B．和混合气体含有杂化的原子为 C．和的混合气体，含有个质子 D．生成时，电子转移数为 【答案】B 【解析】A．为五元平面环状结构，N原子形成5中心6电子的大π键()，1mol 含6mol π电子，故0.5mol 含π电子数为，A正确； B．中为杂化，与为等电子体，为直线形结构，无杂化原子。2 mol混合气体中物质的量小于2mol，故杂化原子数小于，B错误； C．的摩尔质量为，每个分子含14个质子；摩尔质量为，每个分子含22个质子，二者单位质量质子的物质的量均为，故2g混合气体含质子1mol，数目为个，C正确； D．配平反应为，每生成7 mol 转移8mol电子，物质的量为，对应转移电子4mol，数目为，D正确； 故答案为B。 考向02 关系式法的应用 5．（2026·贵州·模拟预测）合金是生活中广泛应用的金属材料。为测定某镁铝合金的组分，现取该合金样品，将其投入足量氢氧化钠溶液中(镁与氢氧化钠溶液不反应)，充分反应后收集到标准状况下6.72 L氢气。下列相关计算与判断正确的是 A．该合金样品中铝的物质的量为 B．该合金中镁的质量分数约为30.8% C．该合金中铝和镁的物质的量之比为 D．若将等质量的合金投入足量稀盐酸，产生氢气的质量为 【答案】B 【解析】A．根据铝与氢氧化钠反应产生氢气的化学方程式，，氢气物质的量为0.3 mol时，消耗铝的物质的量为0.2 mol，，则，A错误； B．合金中镁的质量为2.4 g，总质量为7.8 g，镁的质量分数为，B正确； C．铝的物质的量为0.2 mol，镁的物质的量为0.1 mol，物质的量之比为2:1，C错误； D．等质量合金投入足量稀盐酸时，根据方程式计量关系：、可知，铝产生0.3 mol H2，镁产生0.1 mol H2，总氢气为0.4 mol，质量为0.8 g，D错误； 故选B。 6.（2026·山东·模拟预测）CrCl3易潮解、易升华,高温下易被氧气氧化。已知:Cr3+能被Na2O2氧化为CrO42-。 （3）称取1.000 g CrCl3(M=158.5 g/mol)样品配成250 mL溶液。移取25.00 mL于250 mL碘量瓶中,加入2 g Na2O2(足量)充分反应,加热煮沸,冷却后加入H2SO4溶液和足量KI溶液,加入少量淀粉溶液,用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点,实验数据如下表。 (已知:杂质不反应;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 组别 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 1 0.05 18.05 2 2.10 22.20 3 3.05 21.15 4 2.10 20.00 ②该样品中CrCl3的质量分数为　　 　    。 【答案】95.1% 【解析】（3）②对表格中数据进行分析可知,第二组数据偏差较大,应舍去。利用剩余三组数据得出滴定过程中所用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.00 mL。整个反应的过程为Cr3+CrO42-I2,再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2。根据原子守恒、得失电子守恒得关系式:2Cr3+～2rCrO42-～3I2～6Na2S2O3,计算得n(Cr3+)=(1/3)n(Na2S2O3)=(0.100 0×18.00×10-3)/3 mol=6.0×10-4 mol,则1.000 g样品中n(Cr3+)=(6.0×10-4×10) mol=6.0×10-3 mol,样品中CrCl3的质量分数为×100%=95.1%。 7.（2026·山西·模拟预测）黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O （1）样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 （2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 【答案】（1）90.00%　（2）3.36×106　15 【解析】（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得关系式：Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1 0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L　 列式计算得：m(FeS2)＝0.090 00 g 样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.00%。 （2）4FeS2 ＋11O22Fe2O3＋ 8SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1 mol　　　　　　　 V(SO2) 列式计算得：V(SO2)＝3.36×106 L， 则n(SO2)＝＝1.5×105 mol 由SO2～SO3～H2SO4 　1 mol　　　　98 g 1．5×105 mol　m(H2SO4)×98% 列式计算得：m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 考向03 守恒法的应用 8．（2026·河北·模拟预测）现有25.6 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NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法正确的是 A．该浓硝酸浓度为12 mol/L B．过程①中转移电子的数目为0.6NA C．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1：1：3 D．过程②生成的NaNO2物质的量为0.4 mol 【答案】D 【分析】；；过程①Cu被氧化为Cu2+，HNO3被还原为NO、NO2、N2O4；过程②氮氧化物和NaOH反应生成NaNO3、NaNO2； 【解析】A．根据N原子守恒，n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NaOH)=2×+0.6L×1mol/L=1.4mol，浓硝酸浓度为=14 mol/L，A错误； B．CuCu2+，1 mol Cu失去2 mol电子n(失电子)=0.4 mol×2=0.8 mol，即0.8 NA，B错误； C．设NO、NO2、N2O4物质的量分别为x、y、z，列式：①N原子守恒：，②电子守恒：；将C选项的比例1:1:3代入验证，设n(NO)=k, n(NO2)=k, n(N2O4)=3k，代入N原子守恒得，解得 k=0.075；代入电子守恒得，解得k=0.08，因为根据N原子守恒和电子守恒计算出的k值不相等，故该比例错误，C错误； D．由电子转移守恒知0.4 mol Cu失去0.8 mol电子，硝酸经多步反应最终转化为亚硝酸钠得电子, 即n(e-)==0.4 mol×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3)，n(NaNO2)=0.4 mol, D正确； 故答案选D。 9．（2026·重庆·模拟预测）取m g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24 L的O2(已折算到标准状况)一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为13.8 g。则m等于 A．7.0 B．8.4 C．9.8 D．10.2 【答案】A 【解析】铜镁失去的电子总物质的量=生成氮氧化物得到电子的物质的量=氧气得到的电子总物质的量；，每个反应得4个电子，因此得电子总物质的量为，即铜镁共失0.4 mol电子；铜镁离子生成氢氧化物沉淀时，结合的物质的量等于金属失电子的总物质的量，因此；沉淀质量=合金质量+质量，因此；故答案选A。 10．（2026·安徽·模拟预测）向溶液中通入一定量的气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是 A．溶液的浓度为 B．通入的体积为 C．滴入盐酸过程中，溶液中发生反应 D．所得溶液中溶质的物质的量之比 【答案】A 【分析】依据题意，向100 mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有或两种情况；据图分析，第一阶段加入盐酸没有气体生成，即发生反应为，第二阶段有气体生成，发生的反应为，说明溶液M为碳酸钠与碳酸氢钠的混合物；整个反应流程为；据此作答。 【解析】A．依据分析，根据原子守恒有，则，A正确； B．依据分析，通入的二氧化碳与释放的二氧化碳的物质的量相等；又根据第二阶段反应，即，但题目未说明标准状况，无法计算二氧化碳气体体积，B错误； C．依据分析，滴入0∼25 mL盐酸过程中，发生反应为，C错误； D．据图可知，第一阶段反应为，则，同时产生0.0025 mol的碳酸氢钠；第二阶段反应为，消耗的n(HCl)=0.075 L×0.1 mol/L=0.0075 mol，，即此阶段参与反应的碳酸氢钠总物质的量为0.0075 mol，则溶液M中的碳酸氢钠物质的量为0.0075-0.0025=0.005 mol；即所得溶液M中溶质的物质的量之比n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，D错误； 故答案选A。 11.（2026·山西·模拟预测）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为。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，加试剂恰好将全部还原为，再加入0.02mol/L标准溶液反应至恰好完全，消耗 溶液80mL。该聚合硫酸铁中b：c的比值为 A．4∶1 B．2∶3 C．2∶5 D．3∶4 【答案】C 【解析】第一份样品溶解后加过量得沉淀2.33 g，摩尔质量为233 g/mol，故，说明每份聚合硫酸铁样品中硫酸根离子为0.01mol。第二份样品中被还原为后，用0.02 mol/L溶液滴定，消耗80 mL（0.08 L），n() = 0.02 × 0.08 = 0.0016 mol。根据反应，，即样品中n() = 0.008 mol。由电荷守恒，聚合硫酸铁中正负电荷平衡：，代入得，解得。因此，。 故选C。 考向04 差量法的应用 12.（2026·北京·模拟预测）现有48.6gNa2CO3和NaHCO3的混合物，置于试管中加热到质量不再变化时，得到42.4g固体。则原混合物中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为 A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶2 【答案】C 【解析】设NaHCO3的质量为x，则根据化学方程式可知： 混合物中碳酸钠的质量是48.6g-16.8g=31.8g，所以原混合物中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为2∶3，故C正确，选C。 13.（2026·陕西·模拟预测）16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比可能为(　　) A．5∶3　　　B．3∶2　　　C．4∶3　　　D．9∶7 【解析】根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　 ΔV(气体的体积差) 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 【答案】BC 14.（2026·河北·模拟预测）把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为 (　　) A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g 【答案】B 【解析】由反应方程式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 L(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12-0.672) L=0.448 L。即： 3Cl2~2NH3　　　~　　　N2　　　ΔV 2 mol×17 g·mol-1　　　　　　 44.8 L m(被氧化的NH3)　　 　　　　 0.448 L 列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)=0.34 g。 考向05 热重分析法 15.（2026·河南·模拟预测）8.34 g (相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法错误的是 A．受热过程中发生的四次反应均为非氧化还原反应 B．温度为159℃时固体N的化学式为 C．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至633℃，得到一种红棕色固体物质Q D．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为 【答案】A 【分析】8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为=0.03 mol，其中m(H2O)=0.03 mol×7×18 g/mol=3.78g，如果晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，以此分析； 【解析】A．受热过程中，前三次反应为失去结晶水（非氧化还原反应），第四次反应为分解生成Fe2O3、SO2等，Fe元素从+2价升至+3价，S元素部分从+6价降至+4价，存在化合价变化，为氧化还原反应，A错误； B．温度为159℃时，固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)=0.03 mol×152 g/mol=4.56 g，m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)==0.03 mol，n(H2O):n(FeSO4)=0.03 mol:0.03 mol=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，B正确； C．加热至633℃时，固体质量为2.40 g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g/mol=1.68 g，则固体中m(O)=2.40 g-1.68 g=0.72 g，n(O)==0.045 mol，n(Fe)：n(O)=0.03 mol:0.045 mol=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，Fe2O3为红棕色固体，C正确； D．根据以上分析，N为FeSO4·H2O，P为FeSO4，在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，D正确； 故选A。 16.（2026·广东·模拟预测）MoS2(S化合价为-2价)具有良好的光、电性能。将(在空气中加热可得加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示： (已知：下列说法正确的是 A．中钼元素的化合价为+2价 B．是金属氧化物，也是碱性氧化物 C．煅烧生成反应转移电子的物质的量为7mol D．可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为 【答案】D 【解析】A．MoS2中硫元素的化合价为-2价，则钼元素的化合价为+4价，A错误； B．所谓碱性氧化物是能跟酸反应生成盐和水的氧化物，但从题干可看出，和碱反应生成盐和水，因此应该是酸性氧化物，B错误； C．由于未注明所处状态，所以无法确定SO2的物质的量，无法计算转移电子的物质的量，C错误； D．由图可知(NH4)2MoS4起始的质量可视为260g，物质的量为1mol，根据加热分解过程总元素守恒可知，最终氧化物中的Mo质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，氧原子的物质的量为，Mo原子和O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO3，D正确； 故选D。 17.（2026·江苏·模拟预测）回收磁性合金钕铁硼（）可制备光学材料氧化钕。钕铁硼在空气中焙烧后经盐酸酸浸过滤得到溶液和含铁滤渣。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀并产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气态氧化物X。 ②将在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。后仅产生气体X，时，所得固体产物为（摩尔质量为）。 （1）通过以上实验数据确定该沉淀化学式为___________。 （2）生成该沉淀的离子方程式为___________。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）向溶液中加入溶液，生成的气态氧化物X能使澄清石灰水变浑浊，则X为；800℃时，所得固体产物为，根据热重曲线可知，最终得到的质量为1.68 mg，物质的量为，则Nd3+的物质的量为，设沉淀化学式为，则其摩尔质量为 。根据摩尔质量可得方程 。根据化合价代数和为0可得方程 ，联立解得 。故化学式为； （2）向溶液中加入溶液，生成沉淀、气体和，离子方程式为。 拔高·模拟预测 一、单选题 1．（2026·上海·模拟预测）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是 A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP) 【答案】A 【解析】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误； B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确； C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确； D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。 综上所述，答案为A。 2．（2024·河南南阳·二模）现取9.3g久置在空气中的氢氧化钠固体于烧杯中(已知该固体中钠元素和碳元素的质量比为23∶3)，向烧杯中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体通入足量石灰水中，生成沉淀的质量为 A．5.0g B．7.5g C．10.0g D．15.0g 【答案】A 【解析】氢氧化钠变质会生成碳酸钠，设固体中碳酸钠、氢氧化钠的物质的量依次为x、y，，得，则9.3g该久置的固体中加入足量的稀盐酸反应生成气体、通入足量石灰水中生成沉淀、质量为； 选A。 3．（2025·山东济宁·三模）常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备的过程涉及到以下反应： ①(未配平) ② ③ 下列说法正确的是 A．上述每步反应均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是 C．属于酸式盐 D．理论上，消耗lmol白磷可生产 【答案】D 【解析】A．反应②是复分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误； B．反应①的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，1mol P4中1mol P被还原（氧化剂），3mol P被氧化（还原剂），氧化剂和还原剂的质量比为1∶3，B错误； C．反应①中NaOH过量生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，C错误； D．1mol P4通过反应①生成1mol PH3，同时生成3mol NaH2PO2；后者经反应②③转化为1.5mol PH3，总产生2.5molPH3，D正确； 故选D。 4．（2026·湖南·模拟预测）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 A．8.64 B．9.00 C．9.20 D．9.44 【答案】C 【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。 【解析】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。 5．（2025·上海虹口·二模）向100mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是 A．沉淀质量：b点>a点>c点 B．a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小 C．a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-] D．b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 【答案】A 【分析】100mL1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液，a点时铝离子与氢氧根离子完全反应生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，此时硫酸根离子剩余0.05mol，继续滴加50mLBa(OH)2，剩余的硫酸根离子全部与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，0.1mol铵根离子与0.1mol氢氧根离子反应生成0.1mol一水合氨，继续加入50mLBa(OH)2，此时氢氧化铝开始溶解，c点时氢氧化铝完全溶解转化为偏铝酸根离子。 【解析】A．根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A错误； B．a点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3·H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B正确； C．a点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-]，C正确； D．b点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，D正确； 故答案选A。 6．（2026·北京·模拟预测）取和的混合溶液，加入过量溶液后得到29.02g白色沉淀，用过量稀硝酸处理产生气体2.24L(标准状况)。下列说法不正确的是 A．混合溶液中的物质的量浓度0.1mol/L B．混合溶液中的物质的量浓度0.4mol/L C．29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，沉淀质量减少19.7g D．处理沉淀消耗的硝酸的溶质的物质的量0.2mol 【答案】A 【分析】用过量稀硝酸处理产生气体2.24L，该气体应为二氧化碳，其物质的量为：；则碳酸钠的物质的量以及生成碳酸钡的物质的量均为0.1mol，生成碳酸钡的质量为0.1mol×197g/mol=19.7g；则硫酸钡的质量为29.02-19.7=9.32g，其物质的量为，可知的物质的量为0.04mol，据此分析解答； 【解析】A．由以上分析可知的物质的量为0.1mol，则其浓度为：，故A错误； B．由以上分析可知的物质的量为0.04mol，混合溶液中的物质的量浓度=0.4mol/L，故B正确； C．29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，其中碳酸钡溶于硝酸，其质量为19.7g，故C正确； D．1mol碳酸钡消耗2mol硝酸，则0.1mol碳酸钡溶解消耗0.2mol硝酸，故D正确； 故选：A。 7．（2024·广西北海·一模）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是 A．属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去 C．第二个失重台阶得到的固体为 D．第三个失重台阶得到的固体为 【答案】C 【解析】A．有固定组成，属于纯净物，A错误； B．的摩尔质量为的物质的量为，其中结晶水的质量为，若失去全部结晶水，固体质量应减少到，由图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误； C．第二个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图相符，C正确； D．第三个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图不符，D错误； 故答案为：C。 8．（2024·浙江绍兴·三模）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：，下列说法不正确的是(设为阿伏伽德罗常数的值) A．反应中电子转移数目为时，生成的质量为166 g B．NaClO是还原剂，是氧化剂 C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在 D．NaCl是还原产物 【答案】B 【解析】A．反应中电子转移数目为时，生成的为1mol，质量为166 g，故A正确； B．NaClO是氧化剂，是还原剂，故B错误； C．和在碱性条件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在，故C正确； D．NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，故D正确； 故选B。 9．（2026·重庆·模拟预测）沸点为-87.5℃，可与溶液反应：，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．生成1mol，转移的电子数为2 B．生成2mol，断裂的P-H键与O-H键数目比为3∶4 C．消耗标准状况下11.2L，生成2molCu D．消耗含有孤电子对数4的，生成2mol 【答案】B 【解析】A．根据化学方程式知，生成4mol时，有4mol铜元素从+2价降低到0价，转移电子为8mol，则生成1mol，转移的电子数为2，A正确； B．生成2mol，则消耗2mol，即断裂6mol P-H键，同时消耗8mol，则断裂16mol O-H键，则数目比为3∶8，B错误； C．根据化学方程式知，消耗标准状况下11.2L，即消耗0.5mol，生成2molCu，C正确； D．消耗含有孤电子对数4的，即消耗2mol，根据化学方程式知，生成2mol，D正确； 故选B。 10．（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 【答案】B 【解析】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误； C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确； D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确； 故选B。 11．（2025·浙江·模拟预测）已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 方案一： 方案二： A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸 B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为 C．方案二中加入足量溶液的作用是除掉过量的H2O2 D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为、消耗体积为，则芹菜中铁元素的质量分数为 【答案】D 【分析】根据实验方案设计，方案一芹菜灼烧得到灰分，加酸溶解，加铜将铁元素完全转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾测定；方案二芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解、过滤、洗涤，得到的滤液加足量的H2O2将铁元素转化为Fe3+，Fe3+与I-离子反应得到I2，再用Na2S2O3标准溶液测定。 【解析】A．若方案一中加入的酸为稀盐酸，酸性条件下Cl-与酸性高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，无法利用酸性KMnO4与Fe2+的反应测定Fe含量，A项错误； B．灼烧过程中Fe(Ⅱ)会氧化为Fe(Ⅲ)，根据方案设计可推知“灰分”中铁元素的存在形式有Fe2O3，B项错误； C．方案二中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，过量的双氧水加热分解后，加入足量KI溶液的作用是与Fe3+反应，C项错误； D．方案一的待测液中Fe2+与KMnO4反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据题意可列计算式，D项正确； 故选D。 12．（2026·广东·模拟预测）为研究Ce(SO4)2•4H2O (相对分子质量：404)的热分解性质，进行如下实验：准确称取4.04g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是    A．a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2•2H2O B．b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2•CeOSO4+3SO3 C．c点固体的主要成分为CeO2 D．800℃时，固体失重57.43% 【答案】B 【解析】A．n[Ce(SO4)2•4H2O]= =0.01mol，则n(Ce)=0.01mol，m(Ce)=1.40g；a点时，残留固体的质量为3.68 g，质量减少了(4.04-3.68)g=0.36g，为0.02mol H2O的质量，所以a点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2•2H2O，A项正确； B．残留固体质量为3.32g时，质量减少了(4.04-3.32)g=0.72g，为0.04mol H2O的质量，所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2，b点与该点相比，对应残留固体的质量减少了(3.32-2.84)g=0.48g，b点若发生2Ce(SO4)2CeO2•CeOSO4+3SO3，则固体质量应减少1.2g，B项错误； C．2.84g残留固体中m(Ce)=1.40g，则(2.84-1.40)g=1.44g为SO的质量，则n(SO)=0.015mol，所以b点对应残留固体的主要成分为Ce2(SO4)3，c点对应残留固体的质量为1.72g，m(Ce)=1.40g，则(1.72-1.40)g=0.32g为O元素的质量，其物质的量为0.002mol，此时残留固体的主要成分为CeO2，C项正确； D．c点时，结合4.04g和1.72g这两个数据，可知固体质量减小了2.32g，失重≈57.43%，D项正确； 故选B。 13．（2024·陕西西安·一模）将和的固体混合物在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体。将反应后的固体溶于水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体(标准状况)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A．原混合物中和物质的量之比为8∶7 B．反应后固体的成分为与 C．密闭容器中排出气体的成分为 D．HCl的浓度为0.4mol/L 【答案】A 【分析】碳酸氢钠受热分解，产生的二氧化碳和水蒸气跟过氧化钠反应。反应后的固体溶于水无气体放出，说明过氧化钠完全反应，向溶液中逐滴滴入盐酸，根据图像可知，开始阶段是生成的NaOH先和盐酸反应，然后是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，加入盐酸175mL后，盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳。175mL到275mL是盐酸与碳酸氢钠反应，生成448mLCO2，物质的量为0.02mol， n(CO2)＝n(HCl)＝0.02mol，HCl的浓度为=0.2mol·L-1，根据碳原子守恒可知，n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，275mL时溶质是单一的氯化钠，氯化钠物质的量为0.2mol·L-1×0.275L=0.055mol，根据钠元素守恒可知n(Na2O2)＝(0.055-0.02)mol×=0.0175 mol； 【解析】A．根据分析，原混合物中和物质的量之比为，A正确； B．碳酸氢钠完全分解，所以反应后的固体中没有NaHCO3，B错误； C．0.02molNaHCO3完全分解为0.01mol的二氧化碳和0.01mol的水蒸气，再根据2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，过氧化钠先和0.01mol二氧化碳反应，消耗过氧化钠0.01mol，剩余的0.0075molNa2O2只消耗0.0075mol水，所以密闭容器中排出气体的成分为O2和水蒸气，C错误； D．根据分析，HCl的浓度为0.2mol·L-1，D错误； 故选A。 【点睛】过氧化钠和水、二氧化碳反应时，若先和水反应，生成的氢氧化钠会和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以可认为是过氧化钠先和二氧化碳反应。 14．（2024·四川达州·一模）铜镁合金完全溶解于密度为，质量分数为的浓硝酸中，得到和的混合气体(标况)，向反应后的溶液中加入溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．与铜镁合金反应的浓硝酸过量 B．得到的和的混合气体中 C．加入的溶液的体积 D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为 【答案】D 【分析】由题意可知，设合金中铜、镁的物质的量分别为xmol、ymol，由1.52铜镁合金完全溶解于浓硝酸后，加入氢氧化钠溶液恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀可得：64x+24y=1.52、64x+24y+34x+34y=2.54，解联立方程可得x=0.02、y=0.01；设二氧化氮和四氧化二氮的物质的量分别为amol、bmol，由混合气体的体积可得：a+b=0.05，由得失电子数目守恒可得： a+2b=0.06，解得a=0.04、b=0.01；由c=可知，浓硝酸的浓度为mol/L=14mol/L，则50mL溶液中硝酸的物质的量为14mol/L×0.05L=0.7mol，由氮原子个数守恒可知，反应消耗的硝酸包括表现氧化性的硝酸和表现酸性的硝酸，其物质的量为0.04mol+0.01mol×2+0.02mol×2+0.01mol×2=0.12mol，所以与铜镁合金反应的浓硝酸过量；由题意可知，沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，由原子个数守恒可知，反应结束后所得溶液中钠离子物质的量为0.7mol—0.06mol=0.64mol，则氢氧化钠溶液的体积为=0.2L，所以反应得到的硝酸钠溶液的浓度约为=2.56 mol/L。 【解析】A．由分析可知，与铜镁合金反应的浓硝酸过量，故A正确； B．由分析可知，混合气体中二氧化氮的物质的量为0.04mol，故B正确； C．由分析可知，氢氧化钠溶液的体积为×103mL/L=200mL，故C正确； D．由分析可知，反应得到的硝酸钠溶液的浓度约为=2.56 mol/L，故D错误； 故选D。 15．（2024·山东·二模）化学镀镍法得到的镀层均匀性，硬度等性能都较好，一种化学镀工艺流程如图所示： 已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3； ②Ni(OH)2难溶于水； ③NaOH能稳定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2； 若有3.0molNaBH4参与反应时，生成标准状况下8.96LH2，则理论上镀层增重 A．498.4g B．684.4g C．460g D．515.6g 【答案】A 【分析】镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3，则镀层合金为Ni10B3，则合成反应为：； 【解析】；若3.0molNaBH4参与反应生成8.96LH2，即0.4molH2，据NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知，有0.1molNaBH4参与了此反应，则剩下的2.9molNaBH4参与了镀镍反应，结合分析可知，生成Ni10B3为； 故选A。 二、非选择题 16．（2026·浙江温州·模拟预测）化合物B仅含铁、硫两种元素。为测定化合物B中铁、硫元素的含量，某化学兴趣小组进行了如下实验： 步骤Ⅰ：取12.00 g化合物B固体，与足量的氧气充分煅烧，得到红棕色固体()和一种气体； 步骤Ⅱ：准确的称取产物固体质量为； 步骤Ⅲ：再将产生的气体通入足量酸性高锰酸钾溶液充分反应。 已知与的反应如下：。 请计算： （1）红棕色固体M的物质的量为___________mol。 （2）物质B中铁元素质量分数为___________。 （3）下列实验方案中，能测定化合物B中硫的质量分数的是___________。 A．将气体通入溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得固体。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 B．将气体通入和混合溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得固体。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 C．将气体通入酸性溶液充分反应，共消耗酸性溶液。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 【答案】（1）0.05 （2）46.7％ （3）BC 【分析】步骤Ⅰ：化合物B仅含Fe、S两种元素，在足量氧气中煅烧时，Fe元素被完全氧化为红棕色固体，S元素被完全氧化为气体（即X），该步骤实现了B中两种元素的分离转化，为后续定量测定提供基础。步骤Ⅱ：通过称量煅烧产物的质量，可计算得到原化合物B中Fe元素的总物质的量和总质量。步骤Ⅲ：利用的还原性，将生成的通入酸性高锰酸钾溶液使其完全反应，可通过测定消耗高锰酸钾的量，定量计算得到B中S元素的总物质的量。 【解析】（1）红棕色固体()质量为8.00g，。 （2）1 mol Fe2O3​含，故，， 铁元素质量分数：。 （3）化合物B煅烧生成的气体X为，所有S元素都转化为： A．与生成，将气体通入溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得固体。易被空气中氧气部分或全部氧化为也可能部分溶解，无法计算化合物B中硫的质量分数，A错误； B．将完全氧化为，生成沉淀，，，，B正确； C．根据反应关系，得，，，，C正确； 故选BC。 17．（2026·河南新乡·模拟预测）乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）是一种简单的载氧体，对开发在特殊条件下（如潜艇、高空飞行）的氧供应材料具有重要意义。乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）的制备原理如图所示。 【查阅资料】 ①乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇。乙二胺：溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。溶液中Co（Ⅱ）的配合物易被氧化为Co（Ⅲ）的配合物。 【制备过程】 步骤Ⅰ：按图所示安装仪器，在仪器A中加80 mL 95%乙醇，再加入3.0 mL（0.02 mol）水杨醛。 步骤Ⅱ：在搅拌条件下，加入1.5 mL（0.02 mol）乙二胺，反应4~5 min，生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体。 步骤Ⅲ：溶解于热水中。 回答下列问题： （1）乙二胺中H—N—C的夹角________（填“大于”“小于”或“等于”）乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）中C—N—C的夹角。 （2）金属Co与稀硝酸反应可制得钴（Ⅱ）的硝酸盐溶液，再与纯碱溶液反应，生成碳酸钴沉淀。将沉淀洗涤、分离，加入乙酸酸化，即可得到乙酸钴。写出金属钴与稀硝酸反应的离子方程式：________。a处最宜选用________（填“直形冷凝管”或“球形冷凝管”）。 （3）步骤Ⅲ后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将迅速加入仪器A中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌1 h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体； B．停止通入； C．过滤晶体，用6 mL水洗涤3次，再用乙醇洗涤； D．向仪器A中通入，并调节氮气流速至稳定； E．停止加热，用冷水冷却仪器A； F．向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70~80℃； G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品。 ①正确的操作顺序为D→F→________→G． ②步骤F中保持温度在70~80℃的原因是________。 （4）用乙醇洗涤晶体的目的是________。 （5）产品的产率为________（结果保留三位有效数字）。 【答案】（1）小于 （2） 球形冷凝管 （3）A→E→B→C 温度过低反应速率慢，温度过高乙二胺会引起爆炸 （4）洗去晶体表面残留的水杨醛和水 （5）70.0% 【分析】本实验以水杨醛、乙二胺和乙酸钴为原料制备乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）。由于该配合物在溶液中的钴（Ⅱ）易被空气氧化为钴（Ⅲ），且产品胶状物在室温下易被氧化，故全程需在氮气保护下进行，并控温防止乙二胺爆炸。乙醇既作溶剂又便于后续洗涤干燥。 【解析】（1）乙二胺中N原子形成3个键，并含1对孤对电子，采取杂化，H—N—C的键角约为107°；生成配合物后，N原子与碳形成的结构中N采取杂化，C—N—C的键角约为120°。由于杂化键角小于杂化键角，故乙二胺中H—N—C的夹角小于配合物中C—N—C的夹角； （2）金属钴与稀硝酸反应生成钴（Ⅱ）盐和NO，反应的离子方程式为 。 a处用于回流冷凝乙醇蒸气，球形冷凝管冷凝面积大、回流效果好，故选用球形冷凝管； （3）步骤D通、F加热回流后，按A使棕色胶状沉淀转变为暗红色晶体、E停止加热冷却、B停止通、C过滤洗涤的顺序进行，故顺序为 A→E→B→C。 温度过低反应速率太慢，反应不易进行完全；温度过高乙二胺会引起爆炸，故需保持温度在70~80℃； （4）用乙醇洗涤可洗去晶体表面残留的水杨醛等可溶性杂质，同时晶体在乙醇中溶解度小、减少溶解损耗，且乙醇易挥发便于晶体干燥； （5）水杨醛、乙二胺各 ，为，按2:1:1的比例反应，三者均恰好完全反应，理论上生成产品，理论质量为。实际得到产品，故产率为。 18．（2026·安徽六安·模拟预测）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）中含钴离子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为______。 （3）水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为______。 （4）氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_______；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是______。 （5）萃取分配比的定量分析：萃取工序中，Co2+在有机相和水相的分配比D==9，若用等体积的萃取剂萃取2次，水相中剩余的Co2+为初始的______（用分数表示）。 （6）在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为_______。 【答案】（1）3d6 （2） （3）Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4）7.4 可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；或者是NaClO的氧化性强，将部分又氧化，使钴的损失增大 （5）1/100 （6）CoO 【分析】废旧锂电池正极材料含和Al、Fe、Mn、Ni的化合物，流程主线中主要元素为Co，Al、Fe、Mn、Ni元素需要在流程中作为杂质被除去。“酸浸还原”过程中，、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，Al、Fe、Mn、Ni的化合物与硫酸反应生成Fe2+、Al3+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐；“水解净化”过程中，Al3+与碳酸氢根发生完全双水解生成氢氧化铝沉淀而除去；“氧化沉铁锰”过程中NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化成Fe(OH)3和MnO2过滤后除去；“萃取”环节将Co2+从水相萃取到有机相，再经过“反萃取”回到水相后，加草酸铵反应得到再经加热可以得到。 【解析】（1）Co原子价电子排布式为3d74s2，中Co为+3价，从4s开始失去3个电子后，钴离子的价电子排布式为3d6； （2）“酸浸还原”过程中，LiCoO2与Na2S2O3在硫酸的酸性环境中发生氧化还原生成Li2SO4、CoSO4、Na2SO4和水，配平得到化学方程式：。 （3）在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑； （4）沉淀完全时pH=9.4，，；若浸取液中，为使钴不损失，，，，则常温下须调节溶液pH不大于7.4；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是：生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；或者是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成Co(OH)3，使钴的损失增大； （5）假设初始mol，设原溶液体积为1 L，已知分配比D==9，用等体积的萃取剂萃取1次后， mol/L；再用等体积的萃取剂萃取1次后， mol/L，得到水相中剩余的Co2+为初始的1/100； （6）的摩尔质量为183g/mol，18.3g物质的量为0.1mol，900℃时，残留固体质量为7.5g，根据钴原子守恒，含有5.9gCo，则含有7.5g-5.9g=1.6gO，O原子物质的量为0.1mol，可知残留固体的化学式为CoO。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 真题·命题感知 1．B 2．C 3．（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 进阶·强化演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．B 2．B 3．B 4．B 考向02 关系式法的应用 5．B 6．95.1% 7．（1）90.00%　（2）3.36×106　15 考向03 守恒法的应用 8．D 9．A 10．A 11．C 考向04 差量法的应用 12．C 13．BC 14．B 考向05 热重分析法 15．A 16．D 17．（1） （2） 拔高·模拟预测 1．A 2．A 3．D 4．C 5．A 6．A 7．C 8．B 9．B 10．B 11．D 12．B 13．A 14．D 15．A 16．（1）0.05 （2）46.7％ （3）BC 17．（1）小于 （2） 球形冷凝管 （3）A→E→B→C 温度过低反应速率慢，温度过高乙二胺会引起爆炸 （4）洗去晶体表面残留的水杨醛和水 （5）70.0% 18．（1）3d6 （2） （3）Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4）7.4 可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；或者是NaClO的氧化性强，将部分又氧化，使钴的损失增大 （5）1/100 （6）CoO 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用 目 录 真题·命题感知 进阶·强化演练 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 考向04 差量法的应用 考向05 热重分析法 拔高·模拟预测 真题·命题感知 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 命题情境 本题以高锰酸钾与碘化钾在不同酸碱性环境下发生氧化还原反应为真实探究情景，依托两组对照实验，控制KI用量不变，改变体系酸碱性、KMnO4用量，从而进行相关探究。采用控制变量法，探究介质酸碱性对氧化还原反应产物、氧化剂氧化性强弱的影响，体现氧化还原反应产物不唯一，与反应环境（酸碱度）密切相关，是高考常考的氧化还原反应多变价问题，侧重考查电子守恒的计算应用与氧化还原规律辨析。 解题方法 核心方法：得失电子守恒法（关键） 氧化还原反应中：氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数，先标出变价元素化合价，算出单个粒子得失电子数目，再结合物质的量列式计算。 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 命题情境 本题以氟气与氢氧化钠的特殊氧化还原反应为背景，结合阿伏加德罗常数，考查氧化还原化合价升降、电子转移数目计算、氧化产物判断、物质的量计算、孤电子对数目判断。F2氧化性极强，该反应中F元素化合价降低，氧元素化合价升高，打破常规思维（氧一般为负价），结合标况气体摩尔体积，围绕NA常见高频考点命题。 解题方法 ①先换算物质的量：标况气体用n=V/22.4L/mol； ②氧化还原类：标出化合价升降，确定得失电子数目，分清氧化产物、还原产物； ③微粒结构类（孤电子对、化学键）：熟记常见分子结构（H2O：2对孤电子对；NH3：1对孤电子对）； ④对照化学方程式计量比例，进行比例计算。 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) 命题情境 本题以工业粗盐提纯制备高纯氯化钠为化工流程情境，模拟真实除杂工艺。粗盐中含有杂质离子，通过依次添加氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠除杂，过滤后加盐酸调节pH，最后结晶得到氯化钠晶体。题目结合溶度积Ksp数据，设置除杂试剂用量检验、沉淀成分、沉淀转化误差分析、除杂离子、实验仪器等问题。命题围绕无机除杂核心逻辑，考查沉淀溶解平衡、沉淀转化、离子检验、实验基本操作，融合化学平衡原理与化工基础实验操作，属于高考基础化工流程常规题型。 解题方法 ①除杂试剂必须过量，过量杂质离子要用后续试剂除去； ②沉淀转化：溶度积小的沉淀可以转化为溶度积相对较大的沉淀，会造成原有杂质离子重新释放； ③盐酸只能过滤后再加，若先加盐酸，前面生成的碳酸盐、氢氧化物沉淀会重新溶解，除杂失败。 ④计算石灰乳和碳酸钠的物质的量时，可采用关系式法进行运算。 进阶·强化演练 考向01 根据化学方程式进行计算 1．（2026·广东·模拟预测）和反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液中含的数目为 B．1 mol基态的价电子数目为 C．每消耗，转移的电子数为 D．每消耗，生成的数目为 2．（2026·湖南长沙·三模）配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有σ键的数目为22 B．H—N—H的键角大小： C．与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0. D．36 g冰中所含的氢键的数目为2 3．（2026·北京·三模）反应，是潜艇中氧气来源之一，用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含个氧原子 B．含有的质子数为 C．反应中每生成转移电子 D．溶于水中，所得溶液的质量分数为 4．（2026·福建厦门·模拟预测）“超级炸药”全氮阴离子盐是一种中间体，制备全氮阴离子盐第一步是合成，反应原理为(未配平)，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．已知为五元平面环状结构，含有的电子数为 B．和混合气体含有杂化的原子为 C．和的混合气体，含有个质子 D．生成时，电子转移数为 考向02 关系式法的应用 5．（2026·贵州·模拟预测）合金是生活中广泛应用的金属材料。为测定某镁铝合金的组分，现取该合金样品，将其投入足量氢氧化钠溶液中(镁与氢氧化钠溶液不反应)，充分反应后收集到标准状况下6.72 L氢气。下列相关计算与判断正确的是 A．该合金样品中铝的物质的量为 B．该合金中镁的质量分数约为30.8% C．该合金中铝和镁的物质的量之比为 D．若将等质量的合金投入足量稀盐酸，产生氢气的质量为 6.（2026·山东·模拟预测）CrCl3易潮解、易升华,高温下易被氧气氧化。已知:Cr3+能被Na2O2氧化为CrO42-。 （3）称取1.000 g CrCl3(M=158.5 g/mol)样品配成250 mL溶液。移取25.00 mL于250 mL碘量瓶中,加入2 g Na2O2(足量)充分反应,加热煮沸,冷却后加入H2SO4溶液和足量KI溶液,加入少量淀粉溶液,用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点,实验数据如下表。 (已知:杂质不反应;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 组别 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 1 0.05 18.05 2 2.10 22.20 3 3.05 21.15 4 2.10 20.00 ②该样品中CrCl3的质量分数为　　 　    。 7.（2026·山西·模拟预测）黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O （1）样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。 （2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。 考向03 守恒法的应用 8．（2026·河北·模拟预测）现有25.6 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NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法正确的是 A．该浓硝酸浓度为12 mol/L B．过程①中转移电子的数目为0.6NA C．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1：1：3 D．过程②生成的NaNO2物质的量为0.4 mol 9．（2026·重庆·模拟预测）取m g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24 L的O2(已折算到标准状况)一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为13.8 g。则m等于 A．7.0 B．8.4 C．9.8 D．10.2 10．（2026·安徽·模拟预测）向溶液中通入一定量的气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是 A．溶液的浓度为 B．通入的体积为 C．滴入盐酸过程中，溶液中发生反应 D．所得溶液中溶质的物质的量之比 11.（2026·山西·模拟预测）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为。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，加试剂恰好将全部还原为，再加入0.02mol/L标准溶液反应至恰好完全，消耗 溶液80mL。该聚合硫酸铁中b：c的比值为 A．4∶1 B．2∶3 C．2∶5 D．3∶4 考向04 差量法的应用 12.（2026·北京·模拟预测）现有48.6gNa2CO3和NaHCO3的混合物，置于试管中加热到质量不再变化时，得到42.4g固体。则原混合物中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为 A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶2 13.（2026·陕西·模拟预测）16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比可能为(　　) A．5∶3　　　B．3∶2　　　C．4∶3　　　D．9∶7 14.（2026·河北·模拟预测）把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为 (　　) A．3.4 g B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g 考向05 热重分析法 15.（2026·河南·模拟预测）8.34 g (相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法错误的是 A．受热过程中发生的四次反应均为非氧化还原反应 B．温度为159℃时固体N的化学式为 C．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至633℃，得到一种红棕色固体物质Q D．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为 16.（2026·广东·模拟预测）MoS2(S化合价为-2价)具有良好的光、电性能。将(在空气中加热可得加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示： (已知：下列说法正确的是 A．中钼元素的化合价为+2价 B．是金属氧化物，也是碱性氧化物 C．煅烧生成反应转移电子的物质的量为7mol D．可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为 17.（2026·江苏·模拟预测）回收磁性合金钕铁硼（）可制备光学材料氧化钕。钕铁硼在空气中焙烧后经盐酸酸浸过滤得到溶液和含铁滤渣。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀并产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气态氧化物X。 ②将在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。后仅产生气体X，时，所得固体产物为（摩尔质量为）。 （1）通过以上实验数据确定该沉淀化学式为___________。 （2）生成该沉淀的离子方程式为___________。 拔高·模拟预测 一、单选题 1．（2026·上海·模拟预测）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是 A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP) 2．（2024·河南南阳·二模）现取9.3g久置在空气中的氢氧化钠固体于烧杯中(已知该固体中钠元素和碳元素的质量比为23∶3)，向烧杯中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体通入足量石灰水中，生成沉淀的质量为 A．5.0g B．7.5g C．10.0g D．15.0g 3．（2025·山东济宁·三模）常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备的过程涉及到以下反应： ①(未配平) ② ③ 下列说法正确的是 A．上述每步反应均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是 C．属于酸式盐 D．理论上，消耗lmol白磷可生产 4．（2026·湖南·模拟预测）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 A．8.64 B．9.00 C．9.20 D．9.44 5．（2025·上海虹口·二模）向100mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是 A．沉淀质量：b点>a点>c点 B．a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小 C．a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-] D．b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 6．（2026·北京·模拟预测）取和的混合溶液，加入过量溶液后得到29.02g白色沉淀，用过量稀硝酸处理产生气体2.24L(标准状况)。下列说法不正确的是 A．混合溶液中的物质的量浓度0.1mol/L B．混合溶液中的物质的量浓度0.4mol/L C．29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，沉淀质量减少19.7g D．处理沉淀消耗的硝酸的溶质的物质的量0.2mol 7．（2024·广西北海·一模）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是 A．属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去 C．第二个失重台阶得到的固体为 D．第三个失重台阶得到的固体为 8．（2024·浙江绍兴·三模）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：，下列说法不正确的是(设为阿伏伽德罗常数的值) A．反应中电子转移数目为时，生成的质量为166 g B．NaClO是还原剂，是氧化剂 C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在 D．NaCl是还原产物 9．（2026·重庆·模拟预测）沸点为-87.5℃，可与溶液反应：，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．生成1mol，转移的电子数为2 B．生成2mol，断裂的P-H键与O-H键数目比为3∶4 C．消耗标准状况下11.2L，生成2molCu D．消耗含有孤电子对数4的，生成2mol 10．（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 11．（2025·浙江·模拟预测）已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 方案一： 方案二： A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸 B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为 C．方案二中加入足量溶液的作用是除掉过量的H2O2 D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为、消耗体积为，则芹菜中铁元素的质量分数为 12．（2026·广东·模拟预测）为研究Ce(SO4)2•4H2O (相对分子质量：404)的热分解性质，进行如下实验：准确称取4.04g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是    A．a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2•2H2O B．b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2•CeOSO4+3SO3 C．c点固体的主要成分为CeO2 D．800℃时，固体失重57.43% 13．（2024·陕西西安·一模）将和的固体混合物在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体。将反应后的固体溶于水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体(标准状况)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A．原混合物中和物质的量之比为8∶7 B．反应后固体的成分为与 C．密闭容器中排出气体的成分为 D．HCl的浓度为0.4mol/L 14．（2024·四川达州·一模）铜镁合金完全溶解于密度为，质量分数为的浓硝酸中，得到和的混合气体(标况)，向反应后的溶液中加入溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．与铜镁合金反应的浓硝酸过量 B．得到的和的混合气体中 C．加入的溶液的体积 D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为 15．（2024·山东·二模）化学镀镍法得到的镀层均匀性，硬度等性能都较好，一种化学镀工艺流程如图所示： 已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3； ②Ni(OH)2难溶于水； ③NaOH能稳定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2； 若有3.0molNaBH4参与反应时，生成标准状况下8.96LH2，则理论上镀层增重 A．498.4g B．684.4g C．460g D．515.6g 二、非选择题 16．（2026·浙江温州·模拟预测）化合物B仅含铁、硫两种元素。为测定化合物B中铁、硫元素的含量，某化学兴趣小组进行了如下实验： 步骤Ⅰ：取12.00 g化合物B固体，与足量的氧气充分煅烧，得到红棕色固体()和一种气体； 步骤Ⅱ：准确的称取产物固体质量为； 步骤Ⅲ：再将产生的气体通入足量酸性高锰酸钾溶液充分反应。 已知与的反应如下：。 请计算： （1）红棕色固体M的物质的量为___________mol。 （2）物质B中铁元素质量分数为___________。 （3）下列实验方案中，能测定化合物B中硫的质量分数的是___________。 A．将气体通入溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得固体。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 B．将气体通入和混合溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得固体。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 C．将气体通入酸性溶液充分反应，共消耗酸性溶液。经计算，测得化合物B中硫的质量分数 17．（2026·河南新乡·模拟预测）乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）是一种简单的载氧体，对开发在特殊条件下（如潜艇、高空飞行）的氧供应材料具有重要意义。乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）的制备原理如图所示。 【查阅资料】 ①乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇。乙二胺：溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。溶液中Co（Ⅱ）的配合物易被氧化为Co（Ⅲ）的配合物。 【制备过程】 步骤Ⅰ：按图所示安装仪器，在仪器A中加80 mL 95%乙醇，再加入3.0 mL（0.02 mol）水杨醛。 步骤Ⅱ：在搅拌条件下，加入1.5 mL（0.02 mol）乙二胺，反应4~5 min，生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体。 步骤Ⅲ：溶解于热水中。 回答下列问题： （1）乙二胺中H—N—C的夹角________（填“大于”“小于”或“等于”）乙二胺双缩水杨醛合钴（Ⅱ）中C—N—C的夹角。 （2）金属Co与稀硝酸反应可制得钴（Ⅱ）的硝酸盐溶液，再与纯碱溶液反应，生成碳酸钴沉淀。将沉淀洗涤、分离，加入乙酸酸化，即可得到乙酸钴。写出金属钴与稀硝酸反应的离子方程式：________。a处最宜选用________（填“直形冷凝管”或“球形冷凝管”）。 （3）步骤Ⅲ后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将迅速加入仪器A中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌1 h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体； B．停止通入； C．过滤晶体，用6 mL水洗涤3次，再用乙醇洗涤； D．向仪器A中通入，并调节氮气流速至稳定； E．停止加热，用冷水冷却仪器A； F．向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70~80℃； G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品。 ①正确的操作顺序为D→F→________→G． ②步骤F中保持温度在70~80℃的原因是________。 （4）用乙醇洗涤晶体的目的是________。 （5）产品的产率为________（结果保留三位有效数字）。 18．（2026·安徽六安·模拟预测）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）中含钴离子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为______。 （3）水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为______。 （4）氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_______；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是______。 （5）萃取分配比的定量分析：萃取工序中，Co2+在有机相和水相的分配比D==9，若用等体积的萃取剂萃取2次，水相中剩余的Co2+为初始的______（用分数表示）。 （6）在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为_______。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $