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专题03 物质的量在化学方程式计算中的应用
目录
一、
考情探究
2
1.高考真题考点分布..................................................................................................................................................2
2.命题规律及备考策略..............................................................................................................................................2
二、培优讲练........................................................................................................................................3
考点01 根据化学方程式进行计算..........................................................................................................................3
考向01 考查根据化学方程式进行计算..............................................................................................................4
考点02 常用计算方法..............................................................................................................................................5
考向01 考查关系式法的应用..............................................................................................................................7
考向02 考查守恒法的应用..................................................................................................................................8
考向03 考查差量法的应用..................................................................................................................................9
考向04 考查热重分析法的应用........................................................................................................................10
三、好题冲关......................................................................................................................................13
基础过关...................................................................................................................................................................13
题型01 考查根据化学方程式进行计算...........................................................................................................13
题型02 考查关系式法的应用............................................................................................................................16
题型03 考查守恒法的应用................................................................................................................................18
题型04 考查差量法的应用................................................................................................................................20
题型05 考查热重分析法的应用........................................................................................................................22
能力提升...................................................................................................................................................................25
真题感知...................................................................................................................................................................30
1
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1.高考真题考点分布
考点内容
考点分布
根据化学方程式进
行计算
2025 安徽卷，2025 黑吉辽蒙卷，2024 黑吉辽蒙卷，2024 湖南卷，2023 山东卷，
化学计算的常用方
法
2024 湖南卷，2024 北京卷，2023 全国乙卷
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
以物质的量为中心的综合运算每年高考必考，常与化学方程式结合起来进行解答，涉及的运算方法主要有
关系式法、差量法和守恒法，而解题中最常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守
恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。
【备考策略】
1．结合化学方程式了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计算。
2．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确化学
计量数在不同层次的运算中的使用。
3．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的
量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。
4.通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，了解化学计算中的常见类型，学会常用
的解题方法，感受定量研究对化学科学的重要作用。
【命题预测】
预计2026 年高考仍会有以物质的量为中心的综合运算。以工艺流程、化工生产、科学实验为情境载体，进
一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁作用”，初步建立化学计算的思维模型，注重化学计算能力、思
维能力的考查。
2
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考点01 根据化学方程式进行计算
1．物质的量与其他物理量之间的计算公式
2．化学方程式中的定量关系
化学方程式
2CO+O2
2CO2
化学计量数之比
2 1 2
∶∶
物质微粒数之比
2 1 2
∶∶
扩大NA倍之后
2NA N
∶
A 2N
∶
A
物质的量之比
2 mol 1 mol 2 mol
∶
∶
标准状况下体积之比
44
．
8 L 22
∶
．
4 L 44
∶
．
8 L
相同状况下体积之比
2 1 2
∶∶
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。
3．物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤
（1）“审”：审清题目条件和题目要求。
（2）“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。
（3）“写”：依据题意写出并配平化学方程式。
（4）“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代
入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。
（5）“列”：将有关的几个量列出比例式。
⑥“解”：根据上述比例式求解未知数。
⑦“答”：根据题目要求简明地写出答案。
4．计算过程中的注意事项
（1）书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质量，
而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。
（2）符号规范
①设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl 溶液的体积为
3
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V[HCl(aq)]。
②各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH 溶液的体积和物质的量浓度，求
NaOH 溶液的质量时就写成：m(NaOH)=c(NaOH)×V[NaOH(aq)]×M(NaOH)。
（3）单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。
考向01 考查根据化学方程式进行计算
【例1】（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
【详解】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。
【思维建模】
根据化学方程式进行计算的解题步骤
写
写出有关的化学方程式
找
找出相关物质对应的化学计量数，从而找出相关物质的物质的量之比
列
将有关的四个量列出比例式
4
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解
根据比例式求出n，再求m、V 或c
答
写出简明答案
【对点1】（2025·广西梧州·模拟预测）将
由
与
组成的固体混合物，在密闭容器中充
分加热后，最后排出气体，经检测只残留一种固体物质，则原混合物中
的物质的量至少为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】发生的反应有：
受热分解：
，每2mol
生成
1mol
、1mol CO2和1mol H2O；CO2和H2O 与Na2O2反应：
、
；生成的NaOH 与CO2进一步反应：
；故最终
剩余的固体一定只有
；根据钠守恒：原混合物中Na 的总物质的量等于最终
中Na 的物质的
量，即
；根据碳守恒：原
中的碳全部进入
，即
；设
物质的量为
，
为
，则钠守恒：
；质量守恒：
；解得：
、
；综上所述：当
的物质的量为0.4mol 时，
完全反应，最终固体仅为
；若
的量更少，则
会有剩余，导致固体不唯一；
因此，原混合物中
的物质的量至少为0.4mol，对应选项D。
考点02 常用计算方法
1．关系式法
（1）含义：关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进
行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和
最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步
计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。
（2）关系式法类型：
①纵向关系式：经过多步的连续反应，即后一反应的反应物为前一反应的生成物，采用“加合”，将多步
运算转化为一步计算
②横向关系式：几种不同物质中含相同的量，根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有多个平
行的化学反应即多个反应的生成物有一种相同，根据这一相同的生成物，找出有关物质的关系式，依此关
系式进行计算可简化运算过程。
（3）关系式法解题步骤：
①写出各步反应的化学方程式；
②根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量、物质的量
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或相同条件下气体的体积)的关系；
③确定已知物质和所求物质之间的量的关系；
④根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。
2．守恒法
（1）含义：所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的
总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守
恒、电荷守恒、能量守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法称为守
恒法。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。
（2）守恒法有如下三种类型：
①质量守恒法：宏观特征：反应前后质量守恒；微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。
②电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但正负电荷总数相等。离子方程式中，反应物所带电
荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。
③得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。
（3）守恒法一般解题步骤如下：
①明确题目要求解的量；
②根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量；
③根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
3．差量法(差值法)
（1）含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以
是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的
对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。
（2）差量类型①气体体积差量②气体质量差量③液-液质量差量④固-液质量差量⑤气-液质量差量⑥气-固
质量差量⑦溶解度差量。
（3）差量法(差值法)解题步骤
①表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量(注意不同物质的物理量及单位间的对应关系)；
②表示出实际差值并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)；
③根据比例关系建立方程式并求出结果。
【易错提醒】
（1）x、y 可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或
气体体积之差(△V)等。
（2）分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取
其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和。
（3）正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。
4．热重分析法
（1）热重分析法是指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度或时间关系的一种热分析
方法，
（2）解答热重分析试题的常用方法为：
①设晶体为1 mol。
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②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
③计算每步的m 剩余，固体残留率＝×100%。
④晶体中金属质量不减少，仍在m 剩余中。
⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
考向01 考查关系式法的应用
【例1】（2025·内蒙古包头·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
【详解】(1)据方程式4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋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
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.00%
(2)4FeS2＋11O2 ===== 2Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1
mol V(SO2)
V(SO2)＝3.36×106 L
n(SO2)＝＝1.5×105 mol
由SO2～SO3～H2SO4
1 mol 98 g
1．5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t
【思维建模】
关系式法解题步骤
第一步：写出各步反应的化学方程式。
第二步：找出作为“中介”的物质，并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。
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第三步：确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。
第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。
考向02 考查守恒法的应用
【例2】（2025·河北保定·模拟预测）将
和
的固体混合物加入到
一定浓度的
溶液
中，固体完全溶解，生成4.48LNO 和
的混合气体（已折合为标准状况），在所得黄色溶液中加入
的NaOH 溶液0.5L，此时溶液中的金属离子恰好沉淀完全，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质
量是
，下列说法错误的是
A．硝酸的物质的量浓度为
B．混合气体中NO 的物质的量分数是
C．固体混合物中
与
的质量之比为
D．
与硝酸反应后剩余
为
【答案】B
【详解】A．根据氮原子守恒，可知HNO3的总物质的量=0.05mol+0.15mol+0.2mol×3 +
=1.1mol，硝酸的物质的量浓度为
，A 项正确；B．混合
气体中NO 的物质的量分数是
=25%，B 项错误；C．固体混合物中
与
的质量之比=
，C 项正确；D．NaOH 的物质的量为0.9mol，沉淀Fe3+消耗的物质的量为
0.6mol，剩余0.3mol 中和硝酸，即
与硝酸反应后剩余
为
，D 项正确；答案选B。
【思维建模】
守恒法解题步骤
考向03 考查差量法的应用
【例3】（2025·江西·模拟预测）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加
热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】样品加热发生的反应为：
2NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
8
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168 106 62
m(NaHCO3) g (w1－w2) g
质量差为(w1－w2) g，
故样品中NaHCO3质量为： g，
Na2CO3质量为w1 g－ g，
其质量分数为＝＝。
当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。
另解：假设样品有x mol NaHCO3固体，则有：
2NaHCO3
Na2CO3＋CO2＋H2O
x mol 0.5x mol
据样品加热前后固体质量的关系，有w1g－x mol×84 g·mol－1＋0.5x mol×106 g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－
w2)/31，那么NaHCO 3 的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31 mol×84 g·mol －1＝84(w1－w2)/31 g，从而推知
Na2CO3 的质量为m(Na2CO3)＝w1g－84(w1－w2)/31 g＝(84w2－53w1)/31 g，因此Na2CO3 样品的纯度为
w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(样品)＝。
【思维建模】
差量法解题模板
1.明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。
2.结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
3.列比例式求解。
考向04 考查热重分析法的应用
【例4】（2025·江西·模拟预测）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z 为
短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热
重曲线如图所示，在
以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是( )
A．W、X、Y、Z 的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：
C．
阶段热分解失去4 个W2Z
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D．
热分解后生成固体化合物X2Y3
【答案】D
【详解】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z 为短周期元素，原子序数
依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说
明失去的是水，即W 为H，Z 为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y 为N，原子序数依次
增加，且加和为21，则X 为B。A 项，X(B)的单质常温下为固体，故A 错误；B 项，根据非金属性越强，其
最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B 错误；C 项，
根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去
4 个H2O，则质量分数
，则说明不是失去去4 个H2O，故C 错误；
D 项，化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系
式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为
，
说明假设正确，故D 正确。故选D。
【思维建模】
三步突破热重分析题
分析图像，明
确坐标含义
分析失重图像，横坐标一般是分解的温度，纵坐标一般为剩余固体的质量
或固体残留率
依据性质，猜
测各段反应
含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水，再失去非金属氧
化物，失重最后一般为金属氧化物或金属，晶体中金属质量不减少，仍在
残留固体中
整合数据，验
证猜测结果
根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据，根据金属原子守恒，即可求出
失重后物质的化学式，或者判断出发生的化学反应
【对点1】（2025·浙江·模拟预测）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3 (s)
=CaO (s)＋CO2(g) ΔH＝1.8×102kJ·mol−1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比
例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生
的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l
(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解
石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg 焦炭。
(2)每生产106kg 纯碱，同时可获得_______kgCaO (列式计算)。
【答案】(1)10.8 (2)70
【详解】(1)完全分解100kg 石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是
＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利
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用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是
＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的
物质的量是
=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭
的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是
＝70kg。
【对点2】（2025·福建·模拟预测）将20.8g 由Cu、Fe 组成的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L
NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，则产生的Fe(OH)3沉淀的质量为
A．21.4 g
B．18.0 g
C．14.7g
D．18.1 g
【答案】A
【详解】将20.8g 由Cu、Fe 组成的合金溶于过量稀HNO3中，反应生成硝酸铁、硝酸铜，同时生成了6.72
L NO(标准状况下)，根据得失电子守恒，Cu、Fe 失电子的物质的量为
，设合金中
Cu 的物质的量为xmol、Fe 的物质的量为ymol；则
，解得y=0.2mol，产生的Fe(OH)3沉淀的物
质的量为0.2mol，质量为0.2mol×107g/mol=21.4g，故选A。
【对点3】（2025·湖南湘西·模拟预测）将
和
的混合气体15.2g 通入
，充分反应后，气体质量
变为9.6g，原混合气体中
的质量是
A．12.8g
B．6.4g
C．3.2g
D．1.6g
【答案】B
【详解】将CO2和O2的混合气体15.2g 通入Na2O2，发生下列反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol
（即88g）二氧化碳，气体质量减少2×44g- 32g=56g，则参与反应的二氧化碳质量为（15.2g-9.6g）×
=8.8g，原混合气体中O2的质量是15.2g-8.8g=6.4g，答案选B。
【对点4】（2025·广东·模拟预测）下图是100 mgCaC2O4·H2O 受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化
的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：
(1)温度分别为t 1 和t 2 时，固体产物的化学式A 是______________，B 是______________。
(2)由CaC2O4·H2O 得到A 的化学方程式为__________________________________。
(3)由A 得到B 的化学方程式为____________________________________________。
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(4)由图计算产物C 的相对分子质量，并推断C 的合理的化学式。
【答案】(1)CaC2O4 CaCO3 (2)CaC2O4·H2O
CaC2O4 +H2O↑ (3)CaC2O4
CaCO 3 +CO↑ (4)56 CaO
【详解】(1)由图可知，t1时A 点，100mg CaC2O4·H2O 的质量变为87.7mg。CaC2O4·H2O 的的摩尔质量是
146g/mol，设分解后产物的摩尔质量为M1，则100×10-3/146＝87.7×10-3/M 1，解得M1＝128.04g/mol；
CaC2O4的摩尔质量为128g/mol，因此可推测CaC2O4·H2O 的分解反应方程式为CaC2O4·H2O
CaC2O4 +H2O↑；
A 的化学式是CaC2O4；t2时B 点，87.7mg 的CaC2O4受热分解，设分解产物的摩尔质量为M 2，则87.7× 10
-3/M1＝68.5×10-3/M 2，解得M2＝99.98g/mol，因此产物B 应为CaCO3；(2)由CaC2O4·H2O 得到A 的化学方程式
为CaC2O4·H2O
CaC2O4 +H2O↑；(3)根据以上分析可知由A 得到B 的化学方程式为CaC2O4
CaCO 3 +CO↑；
(4)加热至1000℃～1200℃时，由图可知分解产物C 的质量约为38mg，设C 点化合物的摩尔质量为M3，则
68.5×10-3/M2＝38×10-3/M3，解得M3＝55.47g/mol；与CaO 的摩尔质量(56g/mol)接近，分解方程式应为：
CaC2O4
CaCO 3 +CO↑，由此得出C 的化学式为CaO，其分子量为56。
题型01 考查根据化学方程式进行计算
1．（2025·安徽淮北·模拟预测）将1.76g 镁铜合金投入20mL 一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO
和NO2混合气体896mL(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入
120mL1mol·L-1NaOH 溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL 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。下列说法错误的是( )
A．Mg 与Cu 的物质的量比值为3：1
B．NO 和NO2的体积比为1：1
C．原硝酸的浓度为8mol·L-1 D．通入的O2的体积(标准状况下)V=448ml
【答案】A
【详解】A 项，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO 和NO2得到电子总和，而镁
铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的
两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为
，Mg
与Cu 的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为a mol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-
a)=1.76，解得a=0.02，即Mg 与Cu 的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A 错误；B 项，NO
和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO 的物质的量为x
mol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO 和NO2
得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝
0.08，解得x=0.02，故NO 和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，B 正确；C 项，金属离子恰好
完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/
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L×0.12L=0.12mol，因此根据N 原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的
n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为
，C 正确；D 项，NO、NO2与氧气、水反
应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量
都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)=
=0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：
0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D 正确；本题选A。
2．（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
【详解】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。
3．（2025·四川·调研）把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中
和
的物质的
量浓度恰好相等。则已反应的
和未反应的
的物质的量之比为_______。
【答案】2：3
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【详解】设
3
Fe 的总物质的量为1mol，反应的
3
Fe 为mol
x
。
3
2
2Fe
Fe
3F
2
3
e
3
2 x
x
3
2
1
2
5
x
x
x
，
则已反应的
3
Fe 和未反应的
3
Fe 物质的量之比为2 3
:
2:3
5 5
。
4．（2025·湖南湘西·模拟预测）将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L 溶液，取出50mL
溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图像如下(其中1mmol=1.0×10-3mol)，下列说法正确
的是
A．由图可求得，原混合物的质量为14.8g
B．加入的盐酸为150mL 时，放出气体CO2 0.224L(标准状况)
C．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1
D．由图可求得，盐酸的浓度为0.5mol/L
【答案】C
【详解】A．根据题图可知，50mL 溶液中含有Na2CO3、NaHCO3各2.5mmol，根据m=n·M，可得原混合物中
m(Na2CO3)=2.5×10-3×106×
g =5.3g，m(NaHCO3)= 2.5 ×10-3×84×
g =4.2g，故m 总= m(Na2CO3)+
m(NaHCO3)= 5.3g+4.2g=9.5g，A 错误。
B．加入盐酸0~50mL 时Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3，50~150mL 时生成的NaHCO3和原有的NaHCO3与
盐酸反应生成CO2，150mL 时恰好完全反应；n(NaHCO3)=n(Na2CO3)= 2.5×10-3 mol，n 总=2×2.5×10-3mol =5×10-
3mol，完全反应放出5×10-3mol CO2，体积为5×10-3mol×22.4L·mol-1=112×10-3L=112mL，B 错误。
C．根据题图可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1，溶液具有均一、稳定性，故原混合物中
Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，C 正确。
D．加入盐酸0~50mL 时发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl，n(HCl)= n(Na2CO3)=2.5×10-
3mol，故盐酸的浓度为c(HCl)=
=0.05mol·L-1，D 错误。
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故答案选C。
题型02 考查关系式法的应用
1．（2025·四川眉山·模拟预测）室温时向100mL 碘水滴加
的
溶液，发生下列反应：
，消耗了
溶液，计算原饱和溶液中I2的物质的量浓度
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据反应式，I2与
的物质的量比为1:2，消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.625mol/
L×0.04L=0.025mol，对应I2的物质的量为
=0.0125mol，原溶液体积为0.1L，浓度为
=0.125mol/L，故选A。
2．（2025·福建·模拟预测）某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度，称取11.5
g 绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL 溶液；分别量取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010
00 mol·L
−1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样
品的纯度约为( )
A.94.5%
B.96.1%
C.96.7%
D.97.6%
【答案】 C
【详解】 高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO4
−+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O，
n(KMnO4)=20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol ，则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol ，
w(FeSO4·7H2O)=1.0×10
−3mol× 1 000 mL
25 mL
×278 g·mol
−1
11.5 g
×100%≈96.7%。
3．（2025 高三·安徽皖北协作体·联考）
为橙黄色晶体，微溶于冷水，
易溶于热水，难溶于乙醇。以
溶液、
浓氨水
和活性炭为原料制备
，装置如图所示。
已知：①
不易被氧化，
具有强氧化性；
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②
具有较强的还原性，
性质稳定；
③
。
回答下列问题：
纯度的测定：
Ⅰ．称取
样品，加入20.00mL 较浓NaOH 溶液，加热使
全部转化为
，写出生成
的离子方程式： 。冷却后加
和20.00mL 浓盐酸，加蒸馏
水准确配成100.00mL 溶液。
Ⅱ．用移液管移取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴加2 滴 作指示剂，用
标
准溶液滴定至终点，平行操作3 次，平均消耗标准溶液17.05mL，样品的纯度为 %(结果保留三
位有效数字)。
【答案】
淀粉溶液 36.5
【详解】称取
样品，加入20.00mL 较浓NaOH 溶液，加热使
全部转化为
，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒配平，生成
的离子方程式：
。冷却后加
和20.00mL 浓盐酸，由于
具有强氧化
性，与I-发生氧化还原反应生成单质碘，加蒸馏水准确配成100.00mL 溶液。用移液管移取25.00mL 溶液于
锥形瓶中，滴加2 滴淀粉溶液做指示剂，溶液呈蓝色，用
标准溶液滴定至终点，发
生反应是
，平行操作3 次，平均消耗标准溶液17.05mL。根据钴元素守恒，反应的
关系式是：
~
～
～I2～
，消耗
的物质的量是
，则25mL 溶液中含
的物质的量是
，所取样品中含
的物质的量是
，则样品的纯度为
=36.5%。
4．（2025·安徽皖南八校·联考）氯可形成多种氧化物及含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。亚
氯酸钠(
)是一种高效的消毒剂和漂白剂。Mathieson 法制备亚氯酸钠的流程如图所示：
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（1）已知
饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表：
温度
<38℃
38～60℃
>60℃
析出晶体
分解成
和NaCl
利用
溶液制得
晶体的操作步骤： ，38～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥。
（2）测定（1）中获得的固体中
的纯度(假设杂质不参与反应)：取2.5g 样品溶于水配成500mL 溶
液，取10mL 该溶液于锥形瓶中，加入足量的KI 溶液和
酸化(
被还原为
)，然后加入淀粉溶液
作指示剂，用0.1000
的
标准液滴定锥形瓶中的溶液(
)，当看到
，时测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知
的纯度为 。
【答案】（1）在不高于60℃的温度下蒸发浓缩，38～60℃范围内冷却结晶、过滤
（2）最后半滴标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s 内不恢复原色 90.5%
【详解】（1）由表中数据可知，大于60℃，NaClO2分解，且NaClO2在38-60℃时析出，故操作为在不高于
60℃的温度下蒸发浓缩，38～60℃范围内冷却结晶、过滤；（2）滴定终点时的现象为最后半滴Na2S2O3标
准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去，且30s 内不恢复原色；由电子得失守恒可得数量关系：NaClO2~2Ⅰ2~
4Na2S2O3，故n(NaClO2)=
n(Na2S2O3)=
×0.1000mol L
⋅−1×20.00mL×10-3=0.5×10-3mol，m(NaClO2)=50×0.5×10-
3mol×90.5g/mol=2.26g，纯度=
。
题型03 考查守恒法的应用
1．(2025·江西·模拟预测)叠氮酸(HN3)为一元弱酸，相关物质的部分转化关系如图。NA为阿伏伽德罗常数的
值，下列说法正确的是
A．18gH2O 中σ 键的数目为4NA
B．HN3中阳离子和阴离子的个数比为1：1
C．1L1mol/LNaN3溶液中N3
-的数目为NA
D．反应②每生成1mol 的还原产物，转移电子数为2NA
【答案】D
【详解】A．18gH2O 中σ 键的数目为2NA，A 错误；
B．HN3是共价化合物，存在的是共价键，不是离子键，不好描述成阴、阳离子，B 错误；
C．HN3为弱酸，
会水解，C 错误；
D．
，生成1mol 氢气，转移电子数为2NA，D 正确；
故答案选D。
2．(2025·广州·模拟预测)现将1 mol Cu2S 与144 g FeO 投入到足量稀硝酸溶液中，充分反应得到
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Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液，并产生NO 气体。则最终反应所得NO 物质的量为( )
A.7.2 mol
B.5 mol
C.6.4 mol
D.4 mol
【答案】D
【详解】144gFeO 的物质的量为
144 g
72g/mol=2mol
分析化合价：Cu 从+1 到+2，S 从-2 到+6，1molCu2S 共失去10mol 电子，Fe 从+2 到+3，
2molFeO 共失去2mol 电子；N 从+5 到+2，设NO 的物质的量为x，则N 得电子总数为3x；所
以3x=10+2，
解得x=4
3．(2025·吉林梅河·调研)碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜,均可溶于盐酸转化
为氯化铜。溶解28.4 g 碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物,恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。煅烧等质量的上述
混合物,得到氧化铜的质量是( )
A.35 g B.30 g C.20 g D.15 g
【答案】C
【详解】要求“得到的氧化铜的质量”,需要求出混合物中“Cu”的物质的量。28.4 g CuCO3和Cu2(OH)2CO3
的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L-1 的盐酸,转化为CuCl2。根据Cl 原子守恒,可得n(CuCl2)=0.5
L×1mol·L-1÷2=0.25 mol。根据Cu 原子守恒,混合物中n(Cu)=n(CuCl2)=0.25 mol,可知煅烧后得到的
n(CuO)=0.25 mol,质量为0.25 mol×80 g·mol-1=20 g,故选C。
4．（2025 高三上·安徽·联考）柠檬酸亚铁晶体(FeC6H6O7·2H2O，相对分子质量为282)是一种补铁剂，该物
质微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以硫酸亚铁、纯碱和柠檬酸为原料制备柠檬酸亚铁晶体的流程
如下：
①分别称取15.200gFeSO4、28.600gNa2CO3·10H2O，各用100mL 蒸馏水溶解。
②在不断搅拌下，将碳酸钠溶液缓缓地加入硫酸亚铁溶液中，静置。
③减压过滤、洗涤，得FeCO3固体。
④将上述制备的FeCO3固体和少量铁粉加入三颈烧瓶中，通过恒压漏斗逐渐向三颈烧瓶中加入适量
2.0mol/L 的柠檬酸(C6H8O7)溶液。边滴加液体边搅拌，并控制温度为80℃。
⑤趁热过滤，使滤液冷却至室温，加入适量无水乙醇，过滤、洗涤、干燥，得产品。
回答下列问题：
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(1)称取上述制制得产品15.000g，配成250mL 一定浓度的溶液，取25.00mL 于锥形瓶中，再用0.0200mL-1的
酸性高锰酸钾标准液滴定，经过4 次滴定，每次消耗的标准液体积如下表：
次数序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体
积/mL
40.02
43.58
39.98
40.00
该次实验制得的产品纯度为 。
【答案】75.2%
【详解】第2 组测定误差较大，舍去，利用第1，3，4 三组数据可知消耗的V(KMnO4溶液)=
=40.00mL，由氧化还原反应中电子守恒可知滴定反应关系式：5Fe2+~KMnO4，
则n(FeC6H6O7·2H2O)=n(Fe2+)=0.0200mol/L×40.00×10-3L×5×10=0.04mol，则15.000g 产品中FeC6H6O7·2H2O 的质
量为0.04mol×282g/mol=11.28g，则样品的纯度为
×100%=75.2%。
题型04 考查差量法的应用
1．（2025·四川·模拟预测）将10g 铜镁合金完全溶解于100mL 某浓度的硝酸中，得到NO 和
(不考虑
)共0.3mol，向反应后的溶液中加入
溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，
沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是
A．该硝酸的物质的量浓度为
B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA
C．混合气体中NO 和NO2的体积之比为1 2∶
D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol
【答案】A
【详解】A．全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO+NO2)=0.8L×1mol/
L+0.3mol=1.1mol，c(HNO3)=
=11mol/L；故A 错误；
B．每1mol 金属失去2mol 电子，总转移电子物质的量为：
mol，个数为
，故B 正
确；
C．设NO 为
mol，NO2为
mol：总物质的量：
，电子守恒：
，解得：
，
，体积比为1:2，故C 正确；
D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1mol，反应掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO+NO2)=
=0.8mol，故剩余的硝酸为0.3mol，故D 正确；
故选A。
2．（2025·山西·调研）将22.1 g由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得
质量为15.9 g ，将残余固体溶于100 mL稀盐酸中，完全反应后收集到V L（标准状况下）CO2
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。下列说法错误的是( )
A.V =3.36
B.稀盐酸的浓度至少为3 mol⋅L
−1
C.原固体混合物中，n(Na2CO3): n(NaHCO3)= 4: 1
D.若将原固体与足量稀盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L （标准状况下）
【答案】C
【详解】加热时发生反应：
2 NaHCO3
△
¿ Na2CO3
+
H 2O
+
CO2↑
Δm
2
¿
¿1
¿1
¿
n(NaHCO3)
¿
¿¿¿n1(CO2)¿6.2 g¿
解得n(NaHCO3)=0.2 mol，n1(CO2)=0.1 mol ，则原混合物中
n(Na2CO3)= (22.1−0.2×84) g
106 g⋅mol
−1
=0.05 mol，反应后得到的15.9 g固体为Na2CO3 ，共有
15.9 g
106 g⋅mol
−1 =0.15 mol；根据反应¿ 可列关系式Na2CO3∼CO2，0.15 mol Na2CO3与盐
酸
完
全
反
应
生
成
0.15 mol CO2，
则
标
准
状
况
下
CO2
的
体
积
为
0.15 mol×22.4 L⋅mol
−1=3.36 L，A 正确；根据关系式Na2CO3∼2 HCl 知，残余固体完全反
应至少需0.3 mol HCl，则c (HCl)≥0.3 mol
0.1 L =3 mol⋅L
−1 ，B 正确；由分析可知，原固体混
合物中，n(Na2CO3): n(NaHCO3)=0.05 mol: 0.2 mol =1: 4 ，C 错误；根据碳元素守恒
可知，原固体混合物与足量稀盐酸完全反应可生成CO2的物质的量为
0.1 mol+0.15 mol =0.25 mol
，
则
标
准
状
况
下
V (CO2)=0.25 mol×22.4 L⋅mol
−1=5.6 L ，D 正确。
3.（2025·山西大同·调研）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
【详解】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。
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4.（2025 高三·安徽皖江名校·联考）某实验小组向饱和Na2CO3溶液中通入
，溶液中产生大量白色固
体。小组同学对该白色固体的成分进行了探究。
【定量探究】
实验小组对所得的固体进行加热，并用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如下图所示。
(1)A 点所得到的固体成分是 。
(2)B 点所得到的固体成分的质量之比
。
【答案】 （1）
（2） 71：53
【详解】（1）
受热分解生成
、
和水，故A 点所得到的固体成分是
；
（2）加热时发生反应2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，A 点当固体质量不变时，充分加热分解后残留率应为
，则A 点所得到的固体成分是Na2CO3；B 点残留率为80%，设原固体100g，则B 点残
留固体为80g，设生成碳酸钠为xg，则
，则
，解得x=
，m(NaHCO3)=
，
m(Na2CO3)=
，则
题型05 考查热重分析法的应用
1．（2025·山西·模拟预测）聚合硫酸铁的化学式可表示为
，称取9.07g 聚合硫酸铁样品进
行热解实验，固体残留率与温度的关系曲线如图所示：
21
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聚合硫酸铁的化学式为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】9.07g 聚合硫酸铁样品进行热解实验，失去的水为2.98%，得水的物质的量为9.07g×2.98%÷18g/
mol，氢原子的物质的量为9.07g×2.98%÷18g/mol×2=0.03mol，750℃是Fe2O3质量为9.07g×44.10%，物质的
量为9.07g×44.10%÷160g/mol，铁原子物质的量为9.07g×44.10%÷160g/mol×2=0.05mol，铁原子：氢原子
=5:3，故B 正确。
2．（2025·天津·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
【详解】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
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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
3.（2025·江西·模拟预测）铜阳极泥富含
等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流
程如图甲所示，并将制得的
胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：
，下列说法正确的是
A．可通过不断升温来提高浸取I 的速率
B．浸渣2 的主要成分是
C．向含
的溶液中加入过量
粉使其完全还原为
，需消耗
D．由图乙可知
以上时，
最终分解产物是
【答案】D
【详解】A．升高温度过氧化氢易分解，不利于提高浸取的速率，A 错误；B．由分析可知，浸取2 中发生
反应：
，则浸渣2 的主要成分为
，B 错误；C．由分析可知，加入
锌粉的目的是将
转化为金，已知
为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，由
得失电子守恒可知
完全反应时，消耗锌的物质的量为
，C 错误；D．
，根据反应前后元素的质量不变，
时，
固体中铜元素的
质量：
，剩下的是氧元素质量：
，
，最终分解产物为
，D 正确；故选D。
4.（2025·安徽·联考）称取
草酸亚铁晶体(
，
)加热分解，得到剩余固体质
量随温度变化的曲线如图所示，
、
两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为
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A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【详解】
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
，所以B 点的化学式为
；A 点固体的质量恰好为0.3mol 草酸亚铁的质量，所
以A 点的化学式为
，故选B。
1．（2025·四川·二模）氮及其化合物部分转化关系如图所示(反应条件及部分生成物略去)。
设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应①中，消耗
时，形成的N—H 键数为
B．反应②中，生成1molNO 时，转移的电子数为
C．反应③中，消耗1molNO 时，体系中的
分子数为
D．反应④中，得到
溶液时，溶液中的H 原子数为
【答案】B
【详解】A．反应①为合成氨反应：
，
反应生成
，每个
含3 个N-H
键，形成N-H 键数为2mol×3=
，A 错误；
B．反应②为氨的催化氧化：
，N 元素由-3 价升至+2 价，生成1mol NO 转移电子
5mol，即
，B 正确；
C．反应③为
，但
存在可逆反应
，消耗1mol NO 生成1mol
，因
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部分
转化为
，体系中
分子数小于
，C 错误；
D．
溶液中
含1mol H 原子，溶液中
也含大量H 原子，总H 原子数远大于
，D
错误。
故选B。
2．（2025·浙江宁波·模拟预测）铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
的是
A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：
B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA
C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1 2∶
D．过量Fe 在氯气中燃烧生成FeCl2
【答案】A
【详解】A．氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，FeCl3溶液中通入SO2可生成FeCl2，FeCl3为氧化剂，SO2
为还原剂，说明氧化性：
，A 正确；
B．Fe 与O2或水蒸气反应生成Fe3O4，生成1molFe3O4转移8mol 电子，每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数
为0.8NA，B 错误；
C．转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOH
Fe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物
质的量之比为2 1∶，C 错误；
D．Fe 与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl2
2FeCl3，无论Fe 过量还是少量，Fe 在氯气中燃烧
都生成FeCl3，D 错误；
答案选A。
3．（2025·河南驻马店·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
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C．NO 和
的体积比为
D．通入的
的体积为896mL(标准状况)
【答案】C
【详解】A．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；
B．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；
C．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；
D．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。
4．（2025·江西·一模）CrO5(Cr 的化合价为+6)在酸性溶液中不稳定，容易分解，化学方程式为
。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中错误的是
A．1 mol CrO5含过氧键的数目为2NA
B．3.2 g O2中含有的价电子数为1.2NA
C．生成标准状况下11.2 LO2，反应中转移电子数目为NA
D．上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：4
【答案】D
【详解】A．CrO5中Cr 为+6 价，每个O 的平均化合价为-1.2，说明在CrO5存在两个过氧键(O-O)， 1 个-2 价
的O。每个过氧键含两个-1 价的O 原子。1 mol CrO5含2 mol 过氧键，数目为2NA，A 正确；
B．3.2 g O2为n(O2)=
=0.1 mol，由于每个O 原子有6 个价电子，则每个O2分子含12 个价电子，0.1
mol O2分子中的总价电子数为0.1 mol×12 mol×NA/mol=1.2 NA，B 正确；
C．标准状况下11.2 LO2的物质的量为n(O2)=
=0.5 mol，根据方程式可知：每生成7 mol O2转移电
子的物质的量是n(e-)=3×4 mol+2 mol×1=14 mol，即反应产生1 mol O2，转移2 mol 电子，则生成0.5 mol O2
转移1 mol e-，即转移的电子数目是NA，C 正确；
D．在该反应中，氧化产物为O2，其物质的量为7 mol。还原产物为Cr3+和H2O。根据电子转移分析，被还
原生成的Cr3+为4 mol，作为还原产物的H2O 为2 mol，故还原产物的总物质的量为4 mol + 2 mol = 6 mol。
因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为7:6，D 错误；
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故合理选项是D。
5．（2025·宁夏银川·模拟预测）三水合硝酸铜[
]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色
剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：
三水合硝酸铜
热分解实验。将
样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热
重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在
过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式
为 。继续升温至
时生成的固体产物为 (填化学式)。
【答案】
【详解】24.2gCu(NO3)2∙3H2O 的物质的量为0.1mol，完全失去结晶水生成0.1mol Cu(NO3)2，质量为18.8g，
根据铜元素守恒，Cu(NO3)2分解生成0.1mol 氧化铜，质量为8g，则
时固体由Cu(NO3)2转化为
CuO，同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时还有氧气生成，因此
Cu(NO3)2分解
产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为
，再加热生成
0.05molCu2O，质量为7.2g，则热到T3℃时CuO 又分解，最终生成Cu2O。
6．（2025·安徽·模拟预测）
(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，下列说法正确的是
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℃，得到一种黑色固体物质Q
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D．在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为
【答案】D
【详解】A．由分析可知，加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，加热到373℃之后FeSO4发生分解反
应，如C 选项，为氧化还原反应，故A 错误；
B．温度为159℃时，固体N 的质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，
m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=
=0.03mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol:0.03mol=1:1，则N 的化学
式为FeSO4·H2O，故B 错误；
C．加热至633℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/
mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=
=0.045mol，n(Fe)：
n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3，所以固体Q 的化学式为Fe2O3，则由P 的得到Q 的化学方程式为2FeSO4
Fe2O3＋SO2↑+SO3↑，Q 为红褐色固体，故C 错误；
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·H2O
FeSO4＋H2O，故D 正确。
答案选D。
7．（2025·山东聊城·调研）简要回答下列问题。
(1)为测定空气中SO2的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的200mL0.100mol/L
的酸性KMnO4溶液。若管道中空气流量为aL/min，经过bmin 溶液恰好褪色，假定样品中的SO2可被溶液充
分吸收并反应，则该空气样品中SO2的含量为 g/L。
(2)在100mL 混合酸中，
，
，向其中加入2.56g 铜粉，微热，待充
分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为 。
(3)14g 铜银合金与一定量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好
全部被水吸收生成硝酸，则合金中铜的质量是 g。
(4)在标准状况下，将NO2、NO、O2混合气充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，
若所得产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度c 的数值大小范围为 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
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【详解】（1）酸性KMnO4与SO2反应：
，KMnO4物质
的量为0.200L×0.100mol/L=0.02mol，反应中消耗的SO2为0.02mol×
=0.050mol ，SO2质量为
0.05mol×64g/mol=3.2g ，空气总体积为abL ，故含量为
。
（2）混合酸中H+总浓度：0.4mol/L+0.2mol/L×2=0.8mol/L，总H+物质的量0.8mol/L ×0.1L=0.08mol，反应式：
。H+少量，最多反应0.08mol×
=0.03molCu，溶液中Cu2+浓度为
=0.3mol/L。
（3）14g 铜银合金与一定量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰
好全部被水吸收生成硝酸，该过程可以看成Ag、Cu 被氧气氧化为Ag+和Cu2+，O2物质的量为
=0.05mol，获得电子0.05mol×4=0.20mol，设Cu 为x mol，Ag 为y mol，则：
，
解得 x=0.05mol，Cu 质量为 0.05mol×64g/mol=3.2g。
（4）在标准状况下，将NO2、NO、O2混合气充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩
余，混合气体完全反应生成HNO3，总N 原子数等于HNO3物质的量。当仅含NO2和O2的比例为4:1 时，设
含有4LNO2和1LO2，发生反应：2H2O+4NO2+O2=4HNO3，HNO3浓度最大为：
，当
仅含NO 和O2的比例为4:3 时，设含有4LNO 和3LO2，发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，HNO3浓度最小为：
，故HNO3浓度范围为
<c<
。
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，
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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
【详解】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(I
∶
2)=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·山东·高考真题)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋
CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇( ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。
实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐
完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。
③加指示剂并用c mol·L－1 NaOH甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐—苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c
mol·L－1 NaOH甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
ROH 样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A.×100% B.×100%
C.×100% D.×100%
【答案】A
【详解】用c mol·L－1 NaOH甲醇标准溶液进行滴定，根据反应CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，
结合步骤④可得关系式：乙酸酐[(CH3CO)2O]～2CH3COOH～2NaOH，则n(乙酸酐)＝0.5cV2×10－3 mol，根
据反应(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH，结合步骤②，设样品中ROH 为x mol，则x＋
2×(0.5cV2×10－3－x)＝cV1×10－3，解得x＝c(V2－V1)×10－3，又ROH 样品的质量为m g，则ROH 样品中羟基
的质量分数为×100%，A 正确。
3．(2023·全国乙·高考真题·节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O 的脱水热分解过程如图所示：
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根据上述实验结果，可知x＝______，y＝______。
【答案】4 1
【详解】由题图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4即7 个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%
时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。
4.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说
法正确的是
A. 反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为NA
B. 反应②中2.3gNa 完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NA
C. 反应③中
与足量
反应转移电子的数目为2NA
D.
溶液中，ClO⁻的数目为0.1NA
【答案】A
【详解】反应①电解熔融NaCl 生成Cl2，标准状况下11.2LCl2为0.5mol，含0.5×2=1mol 原子，即NA，A 正
确；2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol
，每个
含1 个O-O 非极性键，所以非极
性键数目为
，B 错误；
与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为
，1mol
与水反应转移1mol 电子，数目为NA，C 错误；ClO⁻在水中会
水解，故ClO⁻数目小于0.1NA，D 错误；故选A。
5.（2024·黑吉蒙辽·高考真题）硫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，
中原子总数为
B.
溶液中，
数目为
C. 反应①每消耗
，生成物中硫原子数目为
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D. 反应②每生成
还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【详解】标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol 原子，原子数为1.5NA，A 错误；SO
为
弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO
数目小于0.01NA，B 错误；
反应①的方程式为SO2+2H2S=3S
+2H2O，反应中每生成3mol S 消耗2mol H2S，3.4g H2S 为0.1mol，故可
以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C 错误；反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO
+2S2-
+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol 电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol 电子，
数目为2NA，D 正确；故选D
6.（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，
回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解
度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
(1)Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
(4)在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
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随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
(5)滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化
为
0.5
(4)0.05
(5)
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵
塞管道，难以实现连续生产
【详解】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1，故答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
，故答案为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导
致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化为
；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转
化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转化，
则令
，由
，可得
，即
浓度不能超
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过
，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关
系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
，故答案
为：0.05；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答
案为：
；高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产。
7.(2025·安徽·高考真题）（5）已知常温下
和
的溶解度分别为
和
。向饱和
溶液中持续通入
气体会产生
晶体。实验小组进行相应探究：
实
验
操作
现象
a
将
匀速通入置于烧杯中的
饱和
溶
液，持续
，消耗
无明显现象
b
将
饱和
溶液注入充满
的
矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶
，静置
矿泉水瓶变瘪，
后开始有白色晶体析出
i．实验a 无明显现象的原因是_______。
ii．析出的白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至
恒重，将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液，
溶液增重
，则白色晶体
中
的质量分数为_______。
【答案】 ①.
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生
成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 ②.
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【详解】（5）i．实验a 无明显现象的原因是：
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且
两者发生反应的速率也较小，生成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故
不能析出晶体。
ii．析出
白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至
恒重，将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液。
受热分解生成的气体中有
和
，而
分解产生的气体中只有
，无水
可以吸收分解产生的
，
溶液可以吸收分解产生的
；
溶液增重
，则分解产生的
的质量为
，
其物质的量为
，由分解反应可知，
的物质的量为
，则白色晶
体中
的质量为
，故其质量分数为
。
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