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第03 讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
目录
01 课标达标练
题型01 根据化学方程式的计算
题型02 差量法的应用
题型03 关系式法的应用
题型04 守恒法的应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 根据化学方程式的计算
1．（2025·湖南长沙·调研）取一定量的镁、铝合金样品，放入盛有
某浓度的盐酸的烧杯中，样品完
全溶解后，向溶液中加入
的
溶液，产生沉淀的量与所加
溶液的体积的关系如图所示。
下列表达或说法不正确的是：
A．“AB”段反应的离子方程式：
、
B．原盐酸的物质的量浓度是
C．合金中Mg 和Al 的物质的量之比为1：1
1
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D．“A”点
溶液的体积为
，则
的取值范围应为
【答案】C
【详解】A．由分析可知，“AB”段反应的离子方程式：
、
，A 正确；
B．由分析可知，B 点溶液中溶质恰好为氯化钠，由元素守恒可得，原盐酸中
，则原盐酸的物质的量浓度是
，B 正确；
C．BC 段为氢氧化铝和氢氧根离子反应生成四羟基合铝酸根离子：
，则
；AB 段：
，结合铝元素守
恒，A 点溶液中
，AB 段铝离子消耗
，若合金中Mg 和Al 的物
质的量之比为1 1∶，则镁离子消耗
，AB 段共消耗氢氧化钠溶液体积
，但图示中AB 段消耗氢氧化钠溶液体积小于50mL，与题图不符，所以合金中
Mg 和Al 的物质的量之比不是1 1∶，C 错误；
D．“A”点
溶液的体积为
，若A 点溶液溶质只有
和
，则
，若A 点溶液溶质
只有
，则
，由于样品为镁铝合金，则
的取值范围应为
，D 正确；
故选C。
2．（2025·湖南永州·调研）有
、CuO、
组成的混合物共10.0g，放入
某浓度的硫酸溶液中，
混合物恰好全部溶解，当再加入
的
溶液时，得到的沉淀最多。上述硫酸的物质的
量浓度是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铜、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向
反应后溶液中加入NaOH 溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，
根据钠离子守恒有2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=
=
=0.25mol，根据硫酸根离子
守恒有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.25mol，故该硫酸的物质的量浓度=
=1.0mol/L；
故选：B。
3．（2025·湖南·调研）在
的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，下列不正确
2
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的是
A．该混合液中含有NaCl0.5mol
B．该混合液中含有
C．该混合液中
的物质的量浓度为
D．该混合液中滴加硝酸银可产生3mol 沉淀
【答案】D
【详解】A．由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl 的物质的量=钠离子的物质的量=0.5L×1.0mol/
L=0.5mol，A 正确；
B．c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.5L×0.5mol/L×95g/mol=23.75g，B 正确；
C．c(Cl-)=3mol/L，忽略水的电离电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)，解得：c(Ca2+)=(3mol/L-1mol/
L-0.5mol/L×2)×
=0.5mol/L，故该混合液中CaCl2的物质的量浓度为0.5mol/L，C 正确；
D．c(Cl-)=3mol/L，0.5L 溶液中n(Cl-)=3mol/L×0.5L=1.5mol，加入硝酸银溶液反应为Ag++Cl-＝AgCl↓，可得到
AgCl 沉淀1.5mol，D 错误；
故选D。
02 差量法的应用
4.（2024·湖南常德·模拟预测）工业纯碱中常含有少量的NaCl 杂质，某化学兴趣小组取m g 纯碱样品与
足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得n g 固体.则该样品中纯碱的质量分数为( )
A．106(n-m)
11m
×100% B．168(m-n)
56m
×100% C．84(n-m)
11m
×100% D．
n-m
m
×100%
【答案】A
【解析】设碳酸钠的质量为x，则：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增加
106 117 11
3
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x(n-m) g ，106
x =
11
(n-m) g ，解得x=106(n-m)
11
g ，故该样品中纯碱的质量分数为
106(n-m)
11
g
m g
×100%=106(n-m)
11m
×100%。
5．（2024·湖南·模拟预测）200℃时将 16.0g NaOH 和 NaHCO3 的混合物放在密闭容器中加热到质量不
再减少为止，称得剩 余固体质量为 14.8g，试回答：
(1)剩余固体的化学式是__________。
(2)原混合物中 NaOH 的质量分数__________。
【答案】(1)NaOH 、Na2CO3 (2)65%
【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O、2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，
假设NaOH 与NaHCO3恰好完全反应，则：
NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O △m
40 84 18
x y 16g－14.8g＝1.2g
解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH 和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量
问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH 不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是
NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH 的质量分数为10.4g/
16g×100%＝65%。
6．（2025·湖南·二模）臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气
通过高压放电管来制取臭氧：3O2
2O3。
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为_____________g·mol-1(保留
一位小数)。
(2)将8 L 氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为_____________L。
【答案】(1)35.6 (2)3
【解析】(1)设原有1 mol O2，则有
3O2
2O3 Δn
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
则M=m总
n总
= 32 g
0.9mol ≈35.6 g·mol-1。
(2)3O2
2O3 ΔV
3 体积 2 体积 1 体积
V 8 L-6.5 L=1.5 L
解得V=3 L。
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03 关系式法的应用
7．（2025·湖南·模拟预测）铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣
小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀
溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4
-，当达到滴定终点时，消耗
ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4
-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4
-+6H+=10CO2↑+2Mn2+
+8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。
【答案】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复
【解析】当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根
据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO3~2MnO4
-~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L 的草酸标准
溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为
。
8．（2025·湖南永州·一模）用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O 样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g 试样
溶于水，加入过量KI 固体，充分反应，生成白色CuI 沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0
mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(滴定反应为I2+2S2O3
2-
=S4O6
2-+2I-)
(1)写出生成白色CuI 沉淀的离子方程式：____________________________。
(2)该样品中CuCl2·2H2O 的质量分数为______________。
【答案】(1) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2样 (2) 85.50%
【解析】(1)CuCl2 与过量的KI 发生氧化还原反应，产生CuI、I2、KCl，反应的离子方程式为2Cu2++4I-
=2CuI↓+I2。
(2) 根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 、I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- 可得关系式：2Cu2+~I2~2S2O3
2-，
n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol ，则n(Cu2+)=0.002 00 mol ，根据Cu 元素守恒，可得
m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g ，所以该样品中CuCl2·2H2O 的质量分数为(0.342 0
g÷0.400 0 g)×100%=85.50%。
9.
【逻辑思维与科学建模】 (2025·湖南.三模)三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取
农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-，下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ，需用100mL 容量瓶进行配制
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B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO3
2-+H2O+H+
C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不
变色
D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为
【答案】B
【解析】将样品溶于水配制100mL 溶液，从中取出10mL 溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO 反应
生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH 值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂
并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL 最后计算出三氯乙醛的纯度。A 项，步骤Ⅰ是将样品配成100mL
溶液，故需用100mL 容量瓶进行配制，A 正确；B 项，已知CO3
2-与H+不能大量共存，故步骤Ⅲ，发生的
反应为：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO3
2-+2H2O，B 错误；C 项，步骤Ⅳ原来溶液时I2和淀粉溶液呈蓝色，当滴
定终点的时候I2消耗掉了，所有蓝色消失，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中
溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C 正确；D 项，根据题干流程图中可找到关系式：
CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×
=V×10-5mol，则与
HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质
量为Mg·mol-1)的纯度为
，D 正确；故选B。
04 守恒法的应用
10．（2024·湖南长沙·模拟预测）向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－
1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN 溶液，无红色
出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A．0.25 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol
【答案】A
【解析】由题意可知，混合物中的Fe 元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N 元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝
(0.15 L×4 mol·L－1－)×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质
量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。
11．（2025·湖南·调研）取5.0 g 某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段时
间后，过滤、干燥后得到3.0 g 浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率为__________。
【答案】84%
【解析】5.0 g 粉煤灰中Al2O3的质量为5.0 g×30%＝1.5 g,3.0 g “浸渣”中Al2O3的质量为3.0 g×8%＝
0.24 g，则Al2O3的浸出率为×100%＝84%。
12．（2024·湖南·模考）某实验小组以BaS 溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中
BaCl2·2H2O 的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL 水溶解，酸化，加热至近沸；
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②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O 的质量分数为________(保留三位有效数字)。
【答案】97.6%
【解析】由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O 的物质的
量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。
1．（2024·湖南·调研）氮化硅(
)是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成
氮化硅的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是
已知：
在潮湿的空气中易水解产生白雾。
A．第①步的反应方程式为
B．该流程中
可循环使用
C．1mo
和
所含共价键数目均为4
D．第③步反应可用氨水代替
【答案】B
【详解】A．第①步为石英砂与焦炭在高温条件下生成粗硅和CO，反应方程式为
，
A 错误；
B．由分析可知，Si(NH)2高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，B 正确；
C．1molSiCl4中含有4mol 硅氯键，而1molSi3N4中含有12mol 硅氮键，所含共价键数目分别为
、
，
两者所含共价键的数目不同，C 错误；
D．SiCl4在潮湿的空气中易水解产生白雾，因此第③步反应不可用氨水代替NH3，D 错误；
故选B。
2．（2024·湖南长沙·开学考试）黑火药是我国古代四大发明之一，其爆炸反应方程式为：
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。已知
为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．
KNO3溶液中K＋的数目为
B．反应生成67.2LCO2，生成N2的分子数为
C．每有
个S 原子参与反应时，生成14g 氮气
D．反应消耗36gC，转移的电子数目为
【答案】D
【详解】A．1mol⋅L-1KNO3溶液体积不知，不能计算K+数目，故A 错误；
B．反应生成67.2LCO2，未明确是否为标准状态，无法计算物质的量，故B 错误；
C．S+2KNO3+3C K
═
2S+N2↑+3CO2↑，每有NA个即1molS 原子参与反应时生成1mol 氮气，生成1mol×28g/
mol=28g 氮气，故C 错误；
D．S+2KNO3+3C K
═
2S+N2↑+3CO2↑，反应中C 做还原剂，S、KNO3做氧化剂，36gC 的物质的量为
，电子转移12mol,转移的电子数目为12NA，故D 正确；
故选：D。
3．（2025·湖南长沙·调研）
是优良的水处理剂，一种制备方法是将
混合共熔，
反应方程式为
。下列关于该反应的说法错误的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成
，转移
C．
具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：
【答案】B
【详解】A．由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A 正确；
B．由分析可知，反应生成1mol 高铁酸钾，转移3mol 电子，故B 错误；
C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C 正确；
D．由分析可知，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，
则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D 正确；
答案选B。
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）工业上从海水中制溴的步骤为：(I)先把盐卤加热到363K，后控制pH 为
3.5，通入氯气把溴置换出来；(II)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(III)最后再用硫酸酸化，单质溴
又从溶液中析出。其中第(II)步中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。
设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
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第一步：
第二步：
第三步：
A．1molH－OΘ中含有的电子数为10NA
B．第二步中，反应1molBr2时转移的电子数为2NA
C．第三步的反应方程式为3BrO-=BrO +2Br-
D．该反应机理说明BrO-的稳定性较差
【答案】B
【详解】A．H－OΘ带有1 个负电荷，则1molH−O⊖中含有的电子数为10NA，故A 正确；
B．第二步反应中
与
发生反应生成
和
，每反应
，转移的电子数为
，故B 错误，
C．根据第三步表示的反应过程，第三步反应的离子方程式为
，故C 正确；
D．由于第三步反应机理中
继续歧化，产生
和
，故该反应机理说明
的稳定性较差，故
D 正确；
故选B。
5．（2025·湖南·模拟预测）乙硼烷化学式为
，其结构如图所示，是一种强还原性物质，易水解，水
解方程式为
。可用硼氢化钠(
)为原料反应制得乙硼烷。设
为阿伏加
德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．1mol
中含有的共用电子对数目为
B．2.8g
完全水解，转移的电子数目为1.2
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C．
可与甲醇反应生成
D．能用
和稀硫酸反应制备
【答案】C
【详解】A．由乙硼烷的结构示意图可知，乙硼烷分子中B-H-B 是特殊的3 中心2 电子共价键，所以1mol
乙硼烷中含有的共用电子对数目为
，故A 错误；
B．由方程式可知，乙硼烷水解时，氢元素的化合价既升高被氧化、又降低被还原，乙硼烷是反应的还原
剂，水是氧化剂，1mol 乙硼烷完全水解，反应转移6mol 电子，则2.8g 乙硼烷完全水解时，转移的电子数
目为
，故B 错误；
C．乙硼烷还原性强，甲醇中羟基的氢活泼，可以被还原成
，反应与水解原理一样，易得出会生成
，故C 正确；
D．稀硫酸中有大量的水，根据信息可知乙硼烷易水解，因此不能用稀硫酸来制取，故D 错误。
答案选C。
6．（2024·湖南长沙·一模）“氮的固定”是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，对保障人类生
存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：
下列说法正确的是
A．过程①中每吸收2.24 L 氮气转移0.3 mol 电子
B．过程②每生成1 mol 氨，有1 mol Li3N 被氧化
C．过程③化学能转化为了电能
D．图中所示过程的总反应方程式为：2N2 + 6H2O
4NH3 +3O2
【答案】D
【详解】A．由于缺少标准状况这个条件，气体摩尔体积Vm不能用22.4L/mol 这个数值来计算N2的物质的
量，故A 错误；
B．由题中信息可知，过程②的反应方程式为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，此反应中各元素化合价均保持不变，
是非氧化还原反应，故B 错误；
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C．由题中信息可知，过程③的反应方程式为4LiOH
4Li+O2↑+2H2O，是将电能转化为化学能，故C 错误；
D．由题中信息可知，过程①的反应方程式为6Li+N2=2Li3N，过程②的反应方程式为
Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，过程③的反应方程式为4LiOH
4Li+O2↑+2H2O，所以图中所示过程的总反应方程
式为2N2 + 6H2O
4NH3 +3O2，故D 正确；
答案为D。
7．（2024·湖南常德·一模）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(
，其中
为
价)去除废水中的正五价砷
的研究成果，其反应机制模型如图所示(
、
表示自由基)。
设阿伏加德罗常数的值为
。下列叙述错误的是
A．过硫酸钠中
价氧与
价氧的个数比为
B．若
参加反应，共有1.5NA
被还原
C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为
D．
越小，越有利于去除废水中的正五价砷
【答案】D
【详解】A．Na2S2O8的结构如图所示
，1mol 过硫酸钠(Na2S2O8)含1mol 过氧键，即含
有2mol-1 价的O，则-2 价的O 为6mol，所以-2 价氧与-1 价氧的个数比为3:1，故A 正确；
B．一个
和一个Fe 反应生成两个
和一个Fe2+，该过程转移2 个电子，但是Fe2+还要与
反应
变成Fe3+和自由基，因此56g Fe 即1mol 铁参加反应要消耗1.5mol
，共有1.5NA个
被还原，故B
正确；
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C．由题中图示可知，碱性条件下，
•发生反应的方程式为
，故C 正确；
D．由题中图示可知，最后是将离子转变为沉淀析出的，则溶液的碱性越强越有利于沉淀析出，即pH 越大
越有利于去除废水中的正五价砷，故D 错误；
答案为D。
8．（2025·湖南长沙·开学考试）在标准状况下，将28L HCl 气体溶液在水中配成250mL 盐酸溶液
（1）求所得盐酸的物质的量浓度；
（2）若取此溶液50mL 再稀释成1L 溶液，求稀释后盐酸的物质的量浓度；
（3）若用KMnO4氧化该盐酸溶液制氯气，反应方程式如下：
2KMnO4+16HCl 2KCl+2MnCl
═
2+5Cl2↑+8H2O，
若产生的Cl2在标准状况下的体积为672mL，则被氧化的HCl 的物质的量．（要求写出计算过程）
【答案】（1）5mol/L（2）0.25mol/L；（3）0.06mol
【详解】(1)在标准状况下，28L HCl 的物质的量n=
=1.25mol，所得盐酸的物质的量浓度c=
=5mol/L，故答案为：5mol/L；
(2)设稀释后盐酸的物质的量浓度为c1，根据稀释定律得5mol/L×0.05L=c1×1L，解得c1=0.25mol/L，故答案为：
0.25mol/L；
(3)Cl2在标准状况下的物质的量n(Cl2)=
=0.03mol，设消耗HCl 的物质的量为x，则
，解得x=0.096mol，
被氧化的HCl 占反应HCl 的
，则被氧化的HCl 的物质的量为0.096mol×
=0.06mol，
故答案为：0.06mol。
1．（2024·湖南·高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：
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，设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
水中含有的孤电子对数为
B．每产生
失去的电子数为
C．
氨水中，含有的
分子数少于
D．消耗
(已折算为标况)时，产生的
分子数为
【答案】D
【详解】A．H2O 分子中孤电子对数为
=2，
H2O 的物质的量为
=0.5mol，含有的孤电子对
数为
，故A 错误；
B．该反应中N2中N 元素化合价由0 价下降到-3 价，34g
的物质的量为
=2mol，每产生
，
得到6mol 电子，数目为6NA，故B 错误；
C．氨水的体积未知，无法计算
的分子数，故C 错误；
D．
的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol
，产生的0.75mol
，数目为
，
故D 正确；
故选D。
2．（2023·湖南·高考真题）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O
（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入 溶液中（填写试剂名称），出现 ，可以
证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO+H2O
CO2+H2
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO 变换后的气体中：V(H2):V(N2)= 。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度
（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 ；缺点是 。如果选择K2CO3碱液作吸收液，
用什么方法可以降低成本？
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写出这种方法涉及的化学反应方程式。
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO 的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO 的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是： 。
③该实验方案中，步骤 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】 硝酸铅（或硫酸铜） 黑色沉淀 3:1 价廉 吸收CO2能力差 碱液循环
使用 2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
除去半水煤气中的CO2（包
括H2S）和H2O IV
【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现
黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
（2）若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO 变换后H2O 转化为氢气，则根据方程式可知所得
的气体中：V(H2):V(N2)=（38+28）：22＝3:1。
（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成
的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为
2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利
用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
。
②Ⅰ中KOH 吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。
③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的
体积分数。
3.（2024·湖南·高考真题）为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐
滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中
的溶解)如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸体积(mL)
30.0
30.0
30.0
30.0
样品质量(g)
2.96
3.70
5.18
6.66
CO2体积(mL)
672
840
896
672
(1)样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。
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(2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。
【答案】(1)2∶1 或2 (2)2.50 mol·L－1
【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐
酸过量，Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则
①106x+84y=2.96、②x+y=0.672÷22.4=0.03，联立①②解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之
比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol：0.01mol=2：1；
(2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g 样品中含有碳酸钠、碳酸
氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则106×2z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g 样品中含有
0.045mol 碳酸钠、0.0225mol 碳酸氢钠。将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，
0.045mol 碳酸钠完全反应消耗HCl 的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下0.672L 二氧化碳消耗HCl 的物质的量为：
n(HCl)=n(CO2)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，所以30mL 盐酸中含有HCl 的物质的量为：
0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=0.075mol÷0.03L=2.50mol/L。
4．（2024·湖南·高考真题）100 mL 0.200 mol·L−1 CuSO4溶液与1.95 g 锌粉在量热计中充分反应。测
得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g−1·℃−1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm−3，忽略溶
液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量Q＝________J。
(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol−1(列式计算)。
【答案】 (1) 4.18×103 (2) ＝−209
【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g 锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽
略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=
=1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，
反应放出的热量Q=cm
=4.18
×100g×(30.1-20.1)
= 4.18×103J；(2)上述反应中硫酸铜
的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)=
=0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol 硫酸铜所放出的热量为
4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH 代表反应1mol 硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列
出计算式为：
。
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