物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0616化学

物质的量在化学方程式计算中的应用
目录
01 课标达标练1
题型一 考查根据化学方程式进行计算 1
题型二 考查关系式法的应用3
题型三 考查守恒法的应用4
题型四 考查差量法的应用5
题型五 考查热重分析法6
02 核心突破练8
03 真题溯源练10
01 课标达标练
题型一 考查根据化学方程式进行计算
1.(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Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿Cu 2 S
1
 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4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O
2 2
B. 温度越高，Cu S浸出速率越快
2
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2.24LO (标准状况)可浸出0.2molCu2+
2
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O 反应生成Fe3+和H O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方
2 2
程式为：4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O，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
2 2
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4Fe2++O +4H+=
2
4Fe3++2H O，反应II中发生4Fe3++Cu S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O +4H++Cu S=S+2Cu2++
2 2 2 2
2H O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确；D．总反应为O +4H++Cu S=S+2Cu2++2H O，标准
2 2 2 2
状况下2.24LO 的物质的量为0.1mol，可浸出0.2molCu2+，D正确；故选B。
22.(2025·河南·一模)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
x⋅12g/mol
【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，{2x+y
2

=3
⋅23g/mol 23 ，
x⋅106g/mol+y⋅40g/mol=9.3g
得{x=0.05mol，则9.3g该久置的固体中加入足量的稀盐酸反应生成0.05molCO 气体、通入足量石灰水中生成
y=0.1mol 2
0.05molCaCO 沉淀、质量为0.05mol×100g/mol=5.0g；选A。
3
3. 【结合化学镀镍法考查化学方程式计算】(2025·山东·一模)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) 难溶于水；③NaOH能稳定
2
NaBH ，降低其水解率，NaBH 的水解反应：NaBH +4H O=Na[B(OH) ]+4H ；若有3.0molNaBH
4 4 4 2 4 2 4
参与反应时，生成标准状况下8.96LH ，则理论上镀层增重
2
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Ni B ，则合成反应为：29BH-+
10 3 4
80Ni2++136OH-=8Ni 10 B 3 +5 BOH   4  -+116H O； 2
【解析】；若3.0molNaBH 参与反应生成8.96LH ，即0.4molH ，据NaBH +4H O=Na[B(OH) ]+4H 可知，
4 2 2 4 2 4 2
8
有0.1molNaBH 参与了此反应，则剩下的2.9molNaBH 参与了镀镍反应，结合分析可知，生成Ni B 为
4 4 10 3 29
×2.9mol×623g/mol=498.4g；故选A。
催化剂

4.(2025·吉林·二模)常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：2N +6H O 4NH +3O ，设N 为阿
2 2 通电 3 2 A
伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 28g氮气含有的共用电子对数为0.3N
A
B. 每产生34gNH ，N 失去电子数为6N
3 2 A
C. 1mol⋅L-1氨水中，含NH ⋅H O分子数小于N
3 2 A
D. 标况下，11.2LN 参加反应时，产生O 分子数为0.75N
2 2 A
【答案】D
【解析】A．N 中含有氮氮三键，有3个共用电子对，28g N 的物质的量为1mol，含有的共用电子对数为
2 234g
3N ，A错误；B．该反应中N 中N元素化合价由0价下降到-3价，34gNH 的物质的量为 =
A 2 3 17g/mol
2mol，每产生34gNH ，N 得到6mol电子，数目为6N ，B错误；C．氨水的体积未知，无法计算NH ⋅H O的
3 2 A 3 2
分子数，C错误；D．标况下，11.2LN 的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol N ，产生的
2 2
0.75molO ，数目为0.75N ，D正确；故选D。
2 A
5.(2025·上海静安·二模)将4.695g普鲁士白晶体(Na Mn[Fe(CN) ])溶于水，配制成100mL溶液，随后向
2 6
该溶液逐滴加入0.5mol·L-1的BaCl 溶液，反应如下：Na Mn[Fe(CN) ]+BaCl =BaMn[Fe(CN) ]↓
2 2 6 2 6
+2NaCl恰好完全反应，过滤。将滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl-的物质的量浓度为 。
【答案】0.15mol·L-1
4.695g
【解析】4.695g普鲁士白晶体的物质的量为 =0.015mol，根据反应方程式：Na Mn[Fe(CN) ]+
313g/mol 2 6
BaCl =BaMn[Fe(CN) ]↓+2NaCl，加入的BaCl 的物质的量为0.015mol，则Cl-的物质的量为0.03mol，将
2 6 2
0.03mol
滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl-的物质的量浓度为 =0.15mol/L。
0.2L
题型二 考查关系式法的应用
6. 【结合化学反应机理考查关系式法的应用】(2025高三·湖南·月考)天然气因含有少量H S
2
等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如下图所示。下列说法错
误的是
A. 自然界游离态的硫广泛存在于各种矿石中
B. 基态Fe3+的价层电子轨道表示式为
C. 该反应I的离子方程式为H S+2Fe3+=2H++2Fe2++S↓
2
D. 在此过程中，每脱去6.8gH S时，需消耗0.1molO
2 2
【答案】A
【分析】过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S：H 2 S+Fe 2SO 4
3
 =2FeSO +S↓+H SO ，过程II中氧 3 4 2 4
气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：O 2 +4FeSO 4 +H 2 SO 4 =2Fe 2SO 4  +2H O；【解析】A．游离态的硫存在于火 3 2
山喷口附近和地壳的岩层里，A错误；B．Fe3+电子排布为1s22s22p63s23p63d5，基态Fe3+的价层电子轨道表
示式为 ，B正确；C．根据分析，反应Ⅰ为H S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，C正确；
2
D．根据分析，2H 2 S~4FeSO 4 ~O 2 ，nH 2 S 
m 6.8g
= = =0.2mol，则消耗0.1molO ，D正确；故答案 M 34g/mol 2
为：A。7. 【结合矿物成分的测定考查关系式法的应用】(2025·江苏·期末)黄铁矿主要成分是FeS 。
2
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SO 气体与足量Fe
2 2
(SO ) 溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L-1的K Cr O 标准溶液滴定至终点，消耗K Cr O 标
4 3 2 2 7 2 2 7
准溶液25.00mL。
已知：SO +2Fe3++2H O===SO2-+2Fe2++4H+
2 2
4
Cr O2-+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H O
2 2
7
(1)样品中FeS 的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。
2
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO 的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为
2
t。
【答案】(1)90.00% (2)3.36×106 15
高温
【解析】(1)据方程式4FeS +11O =====2Fe O +8SO
2 2 2 3 2
SO +2Fe3++2H O===SO2-+2Fe2++4H+
2 2 4
Cr O2-+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H O
2 7 2
3
得关系式：Cr O2-~6Fe2+~3SO ~ FeS
2 7 2 2 2
3
1
2
m(FeS )
0.020 00 mol·L-1×0.025 00 L 2
120
列式计算得：m(FeS )=0.090 00 g
2
0.09000g
样品中FeS 的质量分数为 ×100%=90.00%。
2 0.1000g
高温
(2)4FeS +11O =====2Fe O + 8SO
2 2 2 3 2
4mol 8 mol×22.4 L·mol-1
10×106×0.9
mol V(SO )
120 2
列式计算得：V(SO )=3.36×106 L，
2
3.36×106L
则n(SO )= =1.5×105 mol
2 22.4L·mol-1
由SO ~SO ~H SO
2 3 2 4
1mol 98 g
1.5×105 mol m(H SO )×98%
2 4
列式计算得：m(H SO )=1.5×107 g=15 t。
2 4
题型三 考查守恒法的应用
8.(2025高三上·宁夏银川·月考)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓
硝酸中，得到 NO 和 N O 的混合气体 1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入
2 2 4
1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A. 该浓硝酸中HNO 的物质的量浓度是14.0mo/L
3
B. NO 和N O 的混合气体中，NO 的体积分数是70%
2 2 4 2
4C. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1
D. 得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL
【答案】B
64x+24y=1.52
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，根据题意列方程组：

，解得x=
64x+24y+34x+34y=2.54
0.02mol，y=0.01mol，设N O 、NO 的物质的量分别为a、b，则根据电子守恒和题意列方程组：
2 4 2
2x+2y=2a+b


，解得a=0.01mol，b=0.04mol。
a+b=0.05
【解析】A．cHNO 3
5

1000ρω 1000×1.4×63%
= = mol/L=14.0mol⋅L-1，A正确； M(HNO ) 63
3
B．由上述分析可知，N O 、NO 的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，相同条件下，气体的体积之比等于物
2 4 2
0.04mol
质的量之比，则NO 的体积分数是 ×100%=80%，B错误；C．由上述分析可知，Cu和Mg的物质
2 0.05mol
的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，C正确；D．当金属离子全部沉淀时，得到2.54g
沉淀，沉淀量最大，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：nNaOH  =nHNO 3  -(2a+b)=0.05L×
0.64mol
14.0mol/L-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为 =640mL，D正确；答案选B。
1.0mol/L
9.(2025高三·山西·期中)铜和镁的混合物投入50mL浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到6720mL气体，若
向所得溶液加入75mL4mol⋅L-1NaOH溶液时金属离子恰好完全沉淀，则浓硝酸的浓度为
A. 6mol⋅L-1 B. 10mol⋅L-1 C. 11mol⋅L-1 D. 12mol⋅L-1
【答案】D
【解析】铜和镁的混合物投入50mL浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到6720mL气体，为6.720L÷22.4L/mol
=0.3mol氮的氧化物；若向所得溶液加入75mL4mol⋅L-1NaOH溶液时金属离子恰好完全沉淀，则生成硝酸
0.3mol+0.3mol
钠为75×10-3L×4mol⋅L-1=0.3mol，结合氮元素守恒，浓硝酸的浓度为 =12mol/L。故
0.05L
选D。
10.(2025·吉林长春·一模)38.4gCu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成NO 、N O 、NO的混合气体，将这
2 2 4
些气体通入0.5L2mol⋅L-1NaOH溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到NaNO 和NaNO 的混合溶
3 2
液，该溶液中NaNO 和NaNO 的物质的量之比为
3 2
A. 2：3 B. 3：2 C. 3：5 D. 5：3
【答案】A
【解析】38.4gCu为0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO 到NaNO 得到的电子，
3 2
0.6×2-0  =nNaNO 2  ×5-3  ，nNaNO 2  =0.6mol，由Na原子守恒可以知道nNaOH  =nNaNO 2 
+nNaNO 3  ，则nNaNO 3  =1mol-0.6mol=0.4mol，则该溶液中NaNO 和NaNO 的物质的量之比为2： 3 2
3，故答案选A。
题型四 考查差量法的应用
11.(2025高三·河北石家庄·月考)将1L1.0mol⋅L-1CuSO
4
溶液与1L0.1mol⋅L-1Fe 2SO
4
 溶液混合(忽略混
3
合后溶液体积变化)，向其中加入一定质量的Fe粉，充分反应后，固体质量不变，则反应后溶液中Fe2+的
物质的量浓度为A. 0.1 mol⋅L-1 B. 0.35 mol⋅L-1 C. 0.5 mol⋅L-1 D. 0.65 mol⋅L-1
【答案】C
【解析】先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，充分反应后，固体质量不变，说
明参加反应Fe的质量等于析出Cu的质量，n(Fe3+)=1L×0.1mol/L×2=0.2mol，溶液中Fe3+完全反应消
1
耗Fe为0.2mol× =0.1mol，生成Fe2+为0.1mol×3=0.3mol，设析出的Cu为xmol，则析出xmolCu消
2
耗Fe为xmol，则有：56(x+0.1)=64x，解得x=0.7，则反应后溶液中n(Fe2+)=0.3mol+n(Cu)=0.3mol
1mol
+0.7mol=1mol，故c(Fe3+)= =0.5mol/L，
1L+1L
答案选C。
12.(2025·江苏·期末)在质量为G g的瓷坩埚里，加入BaCl ·nH O晶体后，称量质量为W g，加热使结晶水
2 2 1
全部失去，冷却后称量为W g，则n的值为 ( )
2
208(W-W) 208(W-W) 18(W-G) 208(W-G)
A. 1 2 B. 2 1 C. 2 D. 2
18(W-G) 18(W-G) 208(W-W) 18(W-W)
2 2 1 2 1 2
【答案】A
【解析】在质量为G g的瓷坩埚里，加入BaCl ·nH O晶体后，称量质量为W g，加热使结晶水全部失去，冷却
2 2 1
后称量为W g，则根据方程式计算：
2
△
BaCl ·nH O =====BaCl + nH O
2 2 2 2
208+18n 208 18n
W -G W -G W -W
1 2 1 2
208 18n 208(W-W)
故有： = ，解得：n= 1 2 。
W-G W-W 18(W-G)
2 1 2 2
13.把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl +8NH ·H O=6NH Cl+N +8H O。在标准状况下，把
2 3 2 4 2 2
1.12 L Cl 、N 的混合气体(90% Cl 和10% N ，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下
2 2 2 2
的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl 和50% N )，此反应中被氧化的NH 的质量为 ( )
2 2 3
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3mol Cl (反应气)生成1mol N (生成气)时，气体物质的量减少了2mol，即
2 2
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：
3Cl ~2NH ~ N ΔV
2 3 2
2 mol×17 g·mol-1 44.8 L
m(被氧化的NH ) 0.448 L
3
列出比例式：(2 mol×17 g·mol-1)∶m(被氧化的NH )=44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH )=0.34 g。
3 3
题型五 考查热重分析法
14.(2025高三·宁夏银川·月考)如图为CaC O ∙xH O在N 和O 气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化
2 4 2 2 2
的曲线，205℃时，晶体完全失水)。下列有关说法正确的是
6A. x的值为5
B. 物质A为CaC O ，且CaC O 在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
2 4 2 4
C. 无论是O 气氛还是N 气氛，CaC O ∙xH O在不同温度时的分解产物完全相同
2 2 2 4 2
D. 无论是O 气氛还是N 气氛，当1个CaC O ∙xH O最终转变为C时，转移电子的个数相同
2 2 2 4 2
【答案】B
【分析】由题意可知，100mg固体为CaC O ∙xH O，87.7mg固体为CaC O 。68.8mg固体中，固体的摩尔质
2 4 2 2 4
68.8mg 38.4mg
量为 ×128g/mol≈100g/mol，则其为CaCO ；38.4mg固体中，固体的摩尔质量为 ×
87.7mg 3 87.7mg
128g/mol≈56g/mol，则其为CaO。
【解析】A．从图中可以看出，第1步CaC O ∙xH O转化为CaC O ，质量由100mg减少到87.7mg，根据质量
2 4 2 2 4
18x 12.3mg
守恒规律有 = ，x=1，A不正确；B．图中信息显示，在N 气氛中，温度从205℃升高到420℃
128 87.7mg 2
时，固体的质量都保持不变，则物质A为CaC O ，且CaC O 在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分
2 4 2 4
解，B正确；C．在O 气氛中，CaC O 、O 反应生成CaCO 、CO ，在N 气氛中，CaC O 分解生成CaCO 、
2 2 4 2 3 2 2 2 4 3
CO，二者的产物不同，C不正确；D．C为CaO，O 气氛中1个CaC O ·H O最终转变为1个H O、1个CaO
2 2 4 2 2
和2个CO ，电子转移2个，在N 气氛中，1个CaC O ·H O最终转变为1个H O、1个CaO、1个CO 和1个
2 2 2 4 2 2 2
CO，电子转移1个，转移电子的个数不同，D不正确；故选B。
15.(2025高三·安徽六安·月考)称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC O ⋅2H O，M=180g/mol)加热分解，得到剩
2 4 2
余固体质量随温度变化的曲线如图所示，A、B两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为
A. FeC O ，Fe O B. FeC O ，Fe O
2 4 2 3 2 4 3 4
C. FeC O ⋅H O，Fe O D. FeC O ⋅H O，FeO
2 4 2 2 3 2 4 2
【答案】B
7【解析】54.0g草酸亚铁晶体的物质的量为0.3mol，0.3mol草酸亚铁的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；根
据铁元素守恒，加热到400℃所得固体中铁元素的质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，则氧元素是物质的量为
23.2g-16.8g
=0.4mol，所以B点的化学式为Fe O ；A点固体的质量恰好为0.3mol草酸亚铁的质量，所以
16g/mol 3 4
A点的化学式为FeC O ，故选B。
2 4
02 核心突破练
16.(2025·河北沧州·一模)某实验室废液缸中可能含有Cl-、SO2-、CO2-、Fe3+、Al3+和K+，课外学习小组取
4 3
该溶液100mL进行连续实验，实验过程如图所示。下列说法错误的是
A. 原溶液中至少存在3种离子
B. 原溶液中Cl-一定存在，且cCl-
8
 ≥0.2mol⋅L-1
C. 原溶液中CO2-一定不存在，K+、Al3+不能确定
3
D. 若原溶液中存在0.4mol⋅L-1Cl-，则cK+  =0.2mol⋅L-1
【答案】D
【分析】加入NaOH溶液产生红褐色沉淀Fe(OH) ，则原溶液中存在Fe3+，碳酸根离子和铁离子不共存，所以
3
不存在碳酸根离子；氢氧化铁灼烧后分解为氧化铁，1.6gFe O 的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有Fe3+
2 3
的物质的量为0.02mol；滤液中加入过量的BaCl 溶液生成不溶于盐酸的白色沉淀，则原溶液中存在硫酸根
2
离子，白色沉淀为硫酸钡，4.66g硫酸钡为0.02mol，则原溶液中含有的硫酸根离子为0.02mol；根据电荷守
恒，原溶液中一定含有Cl-，若无其他阳离子，则Cl-的物质的量为0.02mol，若含有其他阳离子，则Cl-的物质
的量大于0.02mol。
【解析】A．由以上分析可知，原溶液中至少存在铁离子、硫酸根离子和氯离子三种离子，故A正确；B．由以
上分析可知，原溶液中一定存在Cl-，且Cl-的物质的量至少为0.02mol，溶液体积为100mL，则氯离子的物质
的量浓度至少为0.2mol/L，故B正确；C．由以上分析可知，原溶液中碳酸根离子一定不存在，K+、Al3+不能
确定，故C正确；D．若原溶液中存在0.4mol/L的Cl-，则一定含有K+或Al3+或两者都有，且不能确定其浓
度，故D错误；故选D。
17.(2025高三·云南昆明·月考)Co(OH) 在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴
2
的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，据图表分析，在350~400℃范围内，剩余固体成分为A. CoO B. CoO、Co O C. Co O D. Co O 、Co O
2 3 3 4 2 3 3 4
【答案】D
【解析】根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=
100 59
mol，m(Co)=100× g；在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分
93 93
100 59 析，在290℃，n(Co)：n(O)= ：89.25-100×
93 93
9
   ÷16

 =2：3，其化学式为Co O ；在500℃n(Co)：
2 3
100 59 n(O)= ：86.38-100×
93 93
   ÷16

 =3：4，其化学式为Co O ；所以可以确定在350-400℃时的化学式
3 4
为Co O 和Co O ，故答案为：D。
2 3 3 4
18.(2025高三·江西赣州·开学考试)稀有气体的不活泼性是相对的，在一定条件下它们也可和某些物质(如
F 等)发生化学反应。若将1.5mol Xe和7.5mol F 加入一定体积的容器中，于400℃和2633kPa压
2 2
强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5mol F。则所得产
2
物中，氙与氟的原子个数比和该产物的分子式的说法正确的是
A. 1：2 XeF B. 1：4 XeF C. 1：2 Xe F D. 1：4无法确定分子式
2 4 2 4
【答案】D
【解析】根据质量守恒定律解题。7.5moL氟气反应剩余4.5mol氟气，反应了3mol氟气，
1.5molXe与3moL氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5：(3×2)=1：4，故产物的最简
式为XeF，分子式无法确定，故选：D。
4
19. 【结合工业产品纯度的测定考查关系式法的应用】(2025·河南·二模)KMnO 是一种用途广
4
泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO )通过下列方法制备：
2
a.软锰矿与过量KOH、KClO 固体熔融生成K MnO ；
3 2 4
b.溶解、过滤后将滤液酸化，使K MnO 完全转化为MnO 和KMnO ；
2 4 2 4
c.滤去MnO ，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO 产品。
2 4
测定KMnO 产品的纯度可用标准Na S O 溶液进行滴定。
4 2 2 3
(1)配制250mL 0.100 mol·L-1标准Na S O 溶液，需准确称取Na S O 固体的质量为 g；
2 2 3 2 2 3
(2)取上述制得的KMnO 产品0.600 0 g，酸化后用0.100 mol·L-1标准Na S O 溶液进行滴定，滴定至
4 2 2 3
终点消耗Na S O 溶液20.00mL。计算该KMnO 产品的纯度(写出计算过程)。(有关离子方程式为
2 2 3 4MnO-+S O2-+H+-→SO2-+Mn2++H O未配平)
4 2 3 4 2
【解析】(1)n=cV=0.100 mol·L-1×0.250 L=0.025mol，m=nM=0.025 mol×
158 g·mol-1=3.950 g。
【答案】(1)3.950
(2)由化学方程式：8MnO-+5S O2-+14H+===10SO2-+8Mn2++7H O，设样品中KMnO 物质的量为n
4 2 3 4 2 4
mol，可知
8MnO-~ 5S O2-
4 2 3
n 0.100 mol·L-1×20.00×10-3 L
8
所以n(KMnO )= ×0.100 mol·L-1×20.00×10-3 L=3.2×10-3 mol
4 5
0.5056
所以m(KMnO )=nM=3.2×10-3 mol×158 g·mol-1=0.505 6 g，KMnO 产品的纯度为 ×100%
4 4 0.6000
≈84.27%。
20.(2025高三·河南林州·调研)填空。
(1)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，
都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的范围是 。
(2)取体积相同的KI、Na SO 、FeBr 溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气
2 3 2
的物质的量相同，则KI、Na SO 、FeBr 溶液的物质的量浓度之比为 。
2 3 2
(3)在反应3BrF +5H O=HBrO +Br +9HF+O 中，当有5mol水反应时，由H O还原的BrF 为
3 2 3 2 2 2 3
mol。
【答案】(1)1.0mol/L<c(盐酸)<2.0mol/L
(2)6∶3∶2
(3)4/3
【解析】(1)当碳酸钠滴入盐酸中时发生 CO2-+2H+=H O+CO ↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为
3 2 2
CO2-+H+=HCO-﹑HCO-=H O+CO ↑，则 HCl 的物质的量应大于 Na CO 的物质的量，又因为最终
3 3 3 2 2 2 3
生成的气体体积不同，则HCO-=H O+CO ↑不能全部完成，即 HCl 的物质的量比 Na CO 的物质的量的
3 2 2 2 3
二倍少，碳酸钠的物质的量为 0.2mol，则 HCl 的物质的量应介于 0.2mol∼0.4mol 之间，盐酸溶液的体积
为 200mL=0.2 L，即盐酸的浓度应该是大于 1mol⋅L-1，小于 2mol⋅L-1，即1.0mol/L<cHCl
10
 <
2.0mol/L；
(2)因 KI、Na SO 、FeBr 溶液，分别通入足量氯气均发生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗
2 3 2
氯气的物质的量相同，则 KI、Na SO 、FeBr 失去的电子数相等，设 KI、Na SO 、FeBr 的物质的量分别为
2 3 2 2 3 2
x、y、z，由失去的电子数相等可知，x×1-0  =y×6-4  =z×3-2  +z×2×1-0  ，整理可得 x:y:z=
6:3:2；
(3)在氧化还原反应 3BrF +5H O=HBrO +Br +9HF+O 中，化合价升高的元素是水中的氧元素和
3 2 3 2 2
BrF 中的溴元素，氧、溴元素被氧化，当有 5mol 水反应时，化合价升高的元素之一是水中的氧元素从 -2
3
价升到 0 价，被氧化的水的物质的量为 2mol，化合价降低的元素是 BrF 中的溴元素从 +3 价降到 0 价，
3
2×2 4
被还原的物质的量为 2mol，其中由 H O 还原的 BrF 为： = mol。
2 3 3×1 3
03 真题溯源练
1.(2023·重庆卷)已知反应：2F +2NaOH=OF +2NaF+H O，N 为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L
2 2 2 A(标准状况)F，下列叙述错误的是
2
A. 转移的电子数为4N B. 生成的NaF质量为84g
A
C. 生成的氧化产物分子数为2N D. 生成的H O含有孤电子对数为2N
A 2 A
【答案】C
【解析】A．反应2F +2NaOH=OF +2NaF+H O中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价
2 2 2
44.8L
变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗44.8L(标准状况)F 即 =2mol，故转移的电子数为4N ，
2 22.4L·mol-1 A
A正确；B．根据反应2F +2NaOH=OF +2NaF+H O，每消耗2molF 生成的NaF质量为2mol×
2 2 2 2
42g·mol-1=84g，B正确；C．根据反应2F +2NaOH=OF +2NaF+H O可知反应生成的氧化产物为OF，
2 2 2 2
每消耗2molF 生成的氧化产物OF 分子数为N ，C错误；D．根据反应2F +2NaOH=OF +2NaF+H O
2 2 A 2 2 2
可知，每消耗2molF 生成H O的物质的量为2mol，又知1个H O中含有2对孤电子对，即生成的H O含有孤
2 2 2 2
电子对数为2N ，D正确；故答案为C。
A
2.(2022·福建卷)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①2NH +3ClO-=N ↑+3Cl-+3H O
3 2 2
②NH +4ClO-+OH-=NO-+4Cl-+2H O
3 3 2
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L0.006mol⋅L-1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中
氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法
正确的是
A. x 的数值为0.009
1
B. x>x 1 时，cCl-
11
 =4cNO- 3 
C. x>x 时，x越大，生成N 的量越少
1 2
D. x=x 1 时，cNa+  +cH+  +cNH+ 4  =cCl-  +cOH-  +cClO- 
【答案】C
【解析】A．x 1 时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，nNH 3  =0.006mol/L×1L=0.006mol，95%的氨
气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗nClO- 
0.006mol×95%
= ×3=0.00855mol，参与
1 2
反应②消耗nClO-  =4×0.006mol×5%=0.0012mol，x =0.00855mol+0.0012mol=0.00975mol，A错 2 1
误；B．x>x 时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)>4c(NO-)，B错误；C．x>x 时，x越大，氨总去除率
1 3 1
不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N 的量越少，C正确；D．x=x 时，氨的去除率为
2 1100%，溶液中没有NH 4 +和ClO-，含有Na+、H+、NO- 3 、Cl-和OH-，根据电荷守恒得cNa+
12
 +cH+  =
cCl-  +cOH-  +cNO- 3  ，D错误；故本题选C。
3.(2022·海南卷)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。N 代表阿伏加德罗常数的值，下列
A
说法正确的是
A. 反应转移电子为0.1mol B. HCl溶液中Cl-数为3N
A
C. 2.8g56Fe含有的中子数为1.3N D. 反应生成标准状况下气体3.36L
A
【答案】A
【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生
反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为
0.3mol，因此，Cl-数为0.3N ，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为
A
0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5N ，C不正确；D．反应生成H 的物质的量为0.05mol，在标准
A 2
状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。
4.(2022·河北卷)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 还原工序逸出的Br 用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
2
B. 除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C. 中和工序中的化学反应为Li CO +2HBr=CO ↑+2LiBr+H O
2 3 2 2
D. 参与反应的nBr 2  :n(BaS):nH 2 SO 4  为1∶1∶1
【答案】A
【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的
滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
【解析】A．还原工序逸出的Br 用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原
2
工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸
钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，
而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应
生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li CO +2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O，C说法正确；
2 3 2 2
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可
知，n(BaS):n(H SO )为1:1，因此，参与反应的n(Br ): n(BaS):n(H SO )为1:1:1，D说法正确；综上所述，本
2 4 2 2 4
题选A。
5.(2023·河北卷·节选)配合物Na 3 CoNO 2   6  M=404g⋅mol-1  在分析化学中用于K+的鉴定，其制备装
置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：
(5)已知：2K++Na++ CoNO 2   6 
中性或弱酸性

3- K 2 Na CoNO 2   6  ↓(亮黄色)足量KCl与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
【答案】(5)80.0
【解析】(5)已知：2K++Na++ CoNO 2
13
  6 
中性或弱酸性

3- K 2 Na CoNO 2   6  ↓(亮黄色)足量KCl与1.010g产
品反应生成0.872g亮黄色沉淀，则n K 2 Na CoNO 2   6    =n Na 3 CoNO 2   6   
0.872
= mol=0.002mol， 436
m Na 3 CoNO 2   6   
0.808
=0.002mol×404g/mol=0.808g，产品纯度为 ×100%=80%； 1.010