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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
题型05 热重分析法的应用
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·辽宁省大连市育明高中·一模）室温时向100mL 碘水滴加
的
溶液，发生下列
1
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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
【解析】根据反应方程式，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·吉林省辽源市第五中学·期末）将一定质量的Zn 放入
的浓
中，充分反应后，Zn 完
全溶解，共收集到标况下的气体4.48L，且该气体的平均摩尔质量为
。在反应后的溶液中，加入
适量的NaOH 溶液，得到
沉淀的最大质量为
A．9.9g
B．19.8g
C．29.7g
D．36.9g
【答案】B
【解析】根据方程式
(浓)
和
，生成的气体
的物质的量和消耗Zn 的物质的量相等，标况下，4.48L 气体为0.2mol，所以消耗Zn 为0.2mol，得到
沉淀的最大质量为
。故选B。
3.（2025·内蒙古呼和浩特市第二中学·一模）某兴趣小组为了探究一瓶变质的NaOH 溶液中NaOH 与
的含量，向该溶液中滴加
的稀硫酸至不再产生气体为止，
气体的体积(标准状况)与
稀硫酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
2
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A．在0~a 范围内，只发生反应
B．ab 段发生反应的离子方程式为
C．与NaOH 反应消耗稀硫酸的体积为40mL
D．原混合溶液中NaOH 与
的物质的量之比为1：4
【答案】C
【分析】向NaOH 和
的混合溶液中滴加稀硫酸时，先发生氢氧化钠与稀硫酸的中和反应，再发生
碳酸钠与稀硫酸的反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，据此解题。
【解析】由分析可知，先发生氢氧化钠与稀硫酸的中和反应，再发生碳酸钠与稀硫酸的反应生成碳酸氢
钠，则在0~a 范围内，发生反应：
和
，A 错误；由分析可知，ab 段碳酸
氢钠与稀硫酸反应生成
、
和水，反应的离子方程式为：
，B 错误；
由于
，根据碳元素守恒，混合物中
，
完
全转化为
消耗0.01mol
，消耗稀硫酸的体积为20mL，则与NaOH 反应消耗稀硫酸的体积为
60mL-20mL=40mL，C 正确；与NaOH 反应消耗稀硫酸的体积为40mL，则原混合溶液中
，
，所以原混合溶液中NaOH 与
的物质的量之比为4 1∶，D 错误；故选C。
3
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02 差量法的应用
4.（2025·辽宁省盘锦市高级中学·一模）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。该样品的纯度(质量分数)是________。
【解析】由题意知，(w1－w2)g 为NaHCO3分解生成的CO2和H2O 的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，
由此可得如下关系：
＝，解得x＝，故样品纯度为×100%＝×100%＝×100%。
【答案】×100%
5.（2025·内蒙古包头市第一中学·二模）16 mL 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＋4NH3
5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL。原混合气体
中NO 与NH3的物质的量之比有四种情况：①5 3∶、②3 2∶、③4 3∶、④9 7∶，其中正确的是__________(填序
号)。
【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＋4NH3
5N2＋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 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】②③
6.（2025·吉林省舒兰市第一中学·一模）白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)
PCl3(g)＋
Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L 真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经
计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol。平衡时PCl5的分解率为________。
【解析】5.84 g PCl5的物质的量为≈0.028 mol，设参加反应的PCl5的物质的量为x mol，则有：
PCl5(g)
PCl3(g)＋Cl2(g) Δn
1 mol 1 mol
4
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x mol 0.022 mol
＝，解得x＝0.022，平衡时PCl5的分解率为×100%≈78.6%。
【答案】78.6%
03 关系式法的应用
7.（2025·黑龙江大庆铁人中学·期末）向Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀硫酸，各物质恰好完全反应，
取反应后的样品溶液滴入KSCN 试剂，溶液未变血红色，且Fe2+与H2物质的量之比为4:1，那么在反应中
Fe、Fe2O3、H2SO4的物质的量之比为
A．2:1:4
B．2:1:3
C．2:3:5
D．1:1:1
【答案】A
【分析】向Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀硫酸，发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、
Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
【解析】取反应后的样品溶液滴入KSCN 试剂，溶液未变血红色，且Fe2+与H2物质的量之比为4:1，则存
在如下关系：Fe2O3~Fe(还原Fe3+)~3Fe2+~3H2SO4、Fe(还原H+)~H2~Fe2+~H2SO4，而4Fe2+~H2，所以存在关系
Fe2O3~2Fe~4H2SO4，那么在反应中Fe、Fe2O3、H2SO4的物质的量之比为2:1:4，故选A。
8.（2025·吉林省德惠市实验中学·一模）向一定量的
、
、
的混合物中，加入
的
盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出
(标准状况)的气体。向所得溶液中加入
溶液，无明显
现象，那么若用足量的
在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】A
【解析】
的盐酸中HCl 的物质的量
，向所得溶液中加入
溶
液，无明显现象，溶液中没有铁离子，说明所得溶液为氯化亚铁溶液；根据氯原子、铁原子守恒列关系式
，可知铁的物质的量是
，铁的质量
；故选A。
9.（2025·黑龙江牡丹江市第二中学·一模）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＝1.8×102 kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石
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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－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解100 kg 石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg 焦炭。
(2)每生产106 kg 纯碱，同时可获得______kg CaO(列式计算)。
【答案】(1)10.8 (2)70
【解析】(1)完全分解100 kg 石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是×180 kJ·mol－1＝
162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料
焦炭的质量是 g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是＝900 mol，参加反应
的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1 1∶，生产纯碱的反应
过程中存在关系式：
＝
x＝70 kg。
04 守恒法的应用
10.（2025·东北育才学校·一模）为了测定某含有
杂质的
样品的纯度，现将0.1144g 样品溶
于足量的稀硫酸，收集到24.64mL(已经折换成标准状况)
，则0.1144g 该样品中
的物质的量为
A．0.0001mol
B．0.0002mol
C．0.001mol
D．0.002mol
【答案】C
【解析】设样品中
的物质的量为xmol，
的物质的量为ymol，生成
物质的量为
，根据碳原子守恒，x+y=0.0011，样品质量0.1144g 可得：106x+84y=0.1144，
解得x=0.001，y=0.0001，故选C。
11.（2025·辽宁沈阳一中·一模）把1.0mol/LCuCl2溶液和1.0mol/LFeCl3溶液等体积混合(假设混合溶液的体
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积等合前两种溶液的体积之和)，再向其中加入足量铁粉，经过足够长的时间后Fe2+的物质的量浓度是
A．1.25mol/L
B．1.5mol/L
C．2.5mol/L
D．3mol/L
【答案】A
【解析】向该混合溶液中加入足量铁粉，反应后最终生成FeCl2溶液和Cu，根据Cl 元素守恒，两溶液等体
积混合后Cl-的浓度为：
，Fe2+的浓度为Cl-浓度的一半，故浓度为
1.25mol/L，故选A。
12.（2025·辽宁沈阳一中·一模）含氯化镁和氯化铝的200 mL 混合溶液中，c(Mg2＋)为0.2 mol·L-1，c(Cl-)为
1.3 mol·L-1.要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol·L-1 NaOH 溶液的体积为
A．40 mL
B．72 mL
C．80 mL
D．128 mL
【答案】C
【解析】根据电荷守恒定律可知，溶液中铝离子的浓度是
，则根据方
程式
可知，需要氢氧化钠的物质的量是
，所以至少需要氢氧化钠溶液的体积是80ml，故选C。
05 热重分析法的应用
13.（2025·内蒙古包头市第四中学·期末）采用热重分析法测定FeS2/C 复合材料中各组分的含量。FeS2/C 样
品在空气中的热重曲线如图所示。[注：残留率(%)＝剩余固体质量÷样品质量×100%]。下列说法中不正确
的是( )
A.300～400 ℃之间发生的主要反应为C＋O2=====CO2
B.800 ℃时残留的固体是Fe3O4
C.复合材料中FeS2的质量分数为90.9%
7
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D.复合材料中FeS2与C 的物质的量之比约为1 1∶
【答案】B
【解析】300～400 ℃之间发生的主要反应为C 受热生成CO2，A 正确；由图中数据可知，复合材料中碳完
全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C 正确；FeS2与C 的物质的量之
比为∶≈1 1∶，D 正确；设FeS2、C 各为1 mol，则样品总质量为132 g，800 ℃后残留质量为132×(1－9.1%
－30.3%)≈80 g，则n(O)＝＝1.5 mol，n(Fe)∶n(O)＝1 1.5
∶
，则800 ℃时残留固体为Fe2O3，B 错误。
14.（2025·辽宁省鞍山市一中·一模）
样品在
气氛中受热分解过程的热重曲线如图所
示，下列说法正确的是
A．P→Q 过程产生的气体为纯净物
B．
，
C．加热到633℃剩余的固体呈黑色
D．检验固体Q 的成分可用铁氰化钾试剂
【答案】B
【分析】
七水合硫酸亚铁的物质的量为
，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为
，
则373℃前为晶体脱水的过程。
【解析】633℃后
受热分解，由铁原子守恒可知，Q 中
和O 物质的量之比为
，则Q 为
，分解反应为：
，因此，P→Q 过
程中产生的气体物为混合气体，A 错误；在FeSO4 7H
⋅
2O→M 的过程中，脱去水分子的个数为
，则M 为四水合硫酸亚铁；M→N 过程中，脱去水分子的个数为
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，则N 为一水合硫酸亚铁，所以
，
，B 正确；加热到633℃剩余的固体为
最终产物为
，呈红棕色，C 错误；检验
中
应用
溶液，D 错误；故选B。
15.（2025·东北师范大学附属实验学校·一模）如图为CaC2O4∙xH2O 在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量
随温度变化的曲线，205℃时，晶体完全失水)。下列有关说法正确的是
A．x 的值为5
B．物质A 为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
C．无论是O2气氛还是N2气氛，CaC2O4∙xH2O 在不同温度时的分解产物完全相同
D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1 个CaC2O4∙xH2O 最终转变为C 时，转移电子的个数相同
【答案】B
【分析】由题意可知，100mg 固体为CaC2O4∙xH2O，87.7mg 固体为CaC2O4。68.8mg 固体中，固体的摩尔质
量为
≈100g/mol，则其为CaCO3；38.4mg 固体中，固体的摩尔质量为
≈56g/mol，则其为CaO。
【解析】从图中可以看出，第1 步CaC2O4∙xH2O 转化为CaC2O4，质量由100mg 减少到87.7mg，根据质量
守恒规律有
，x=1，A 不正确；图中信息显示，在N2气氛中，温度从205℃升高到420℃
时，固体的质量都保持不变，则物质A 为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会
分解，B 正确；在O2气氛中，CaC2O4、O2反应生成CaCO3、CO2，在N2气氛中，CaC2O4分解生成
CaCO3、CO，二者的产物不同，C 不正确；C 为CaO，O2气氛中1 个CaC2O4·H2O 最终转变为1 个H2O、1
个CaO 和2 个CO2，电子转移2 个，在N2气氛中，1 个CaC2O4·H2O 最终转变为1 个H2O、1 个CaO、1 个
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CO2和1 个CO，电子转移1 个，转移电子的个数不同，D 不正确；故选B。
16.（2025·内蒙古乌海市第一中学·期末）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
【解析】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。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。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。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
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盐酸的浓度为c(HCl)=
=0.05mol·L-1，D 错误。故选C。
17.（2025·辽宁省长海县高级中学·一模）将1.93g 锌铜合金投入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
80mL 1mol∙L−1 NaOH 溶液，恰好使溶液呈中性且金属阳离子全部转化为2.95g 沉淀。若将盛有生成混合气
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．Zn 与Cu 的物质的量之比为1 2∶
B．NO 和NO2的体积之比为3 1∶
C．原硝酸的浓度为6 mol∙L−1
D．通入的O2体积(标准状况下)V=336mL
【答案】B
【分析】由题意可知，锌铜合金与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸锌、氮的氧化物和水，向完全溶解得到的溶
液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化铜和氢氧化锌沉淀，设锌铜合金中铜、锌的物质的量分别为amol、
bmol，由合金的质量可得：64a+65b=1.93，由沉淀的质量可得：98a+99b=2.95，解联立方程可得a=0.02、
b=0.01；设反应生成一氧化氮和二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，由混合气体的体积可得：
x+y=0.04，由得失电子数目守恒可得：3x+y=0.06，解得x=0.01、y=0.03；由加入氢氧化钠溶液恰好使溶液
呈中性可知，反应得到的溶液为硝酸钠溶液，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为1mol/
L×0.08L=0.08mol，则由原子个数守恒可知，原硝酸的浓度为
=6mol/L；将盛有生
成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说明一氧化氮、二氧
化氮与氧气和水反应恰好生成硝酸，由得失电子数目守恒可知，标准状况下氧气的体积为
×22.4L/mol×103mL/L=336mL。
【解析】由分析可知，合金中铜、锌的物质的量之比为0.02mol 0.01mol=2 1
∶
∶，故A 正确；由分析可知，混
合气体中一氧化氮和二氧化氮的体积比等于物质的量比为0.01mol 0.03mol=1 3
∶
∶，故B 错误；由分析可知，
原硝酸的浓度为6mol/L，故C 正确；由分析可知，通入标准状况下氧气的体积为336mL，故D 正确；故选
B。
18.（2025·辽宁省营口市高级中学·一模）现有铁粉和氧化铜的混合物共9.92g，向其中加入适量的0.1mol/L
的稀硫酸，恰好使其全部溶解，产生无色气体和2.56g 红色固体，得到的溶液中只有一种金属离子，下列
说法正确的是
A．消耗稀硫酸的体积为140mL
B．得到的溶液中Fe2+的物质的量为0.12mol
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C．该无色气体的体积为1.792L
D．若用产生的无色气体，还原混合物中的氧化铜，则该无色气体还剩余0.05mol
【答案】B
【分析】向铁粉和氧化铜的混合物中加入适量的稀硫酸，使其全部溶解，产生无色气体生H2、红色固体是
Cu，而得到的溶液中只有一种金属离子，说明生成FeSO4，反应生成的Cu 是2.56g，根据Cu 原子守恒
有：n(CuO)=n(Cu)=
=0.04mol，则混合物中铁粉的质量为9.92g-0.04mol×80g/mol=6.72g，n(Fe)=
=0.12mol，据此分析解题。
【解析】由分析可知，反应后溶液中溶质为FeSO4，故消耗稀硫酸的体积为
=1.2L=1200mL，A 错
误；由分析可知，得到的溶液中Fe2+的物质的量为0.12mol，B 正确；根据电子转移守恒有：
n(Fe)=n(H2)+n(Cu)，则0.12mol=n(H2)+0.04mol，解得n(H2)=0.08mol，但题干未告知气体所处的状态，即无
法计算该无色气体的体积，C 错误；由C 项分析可知，生成的H2是0.08mol，CuO 是0.04mol，发生反应：
H2+CuO=====Cu+H2O，0.04molCuO 完全反应消耗0.04molH2，氢气有剩余，剩余氢气为
0.08mol-0.04mol=0.04mol，D 错误；故选B。
19.（2025·吉林省公主岭市第一中学·期中）某中学化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，
得到
(标准状况)
与
的混合气体，这些气体与一定体积的
混合后通入水中，恰好被完全吸
收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加
溶液，
恰好沉淀完全。下列
说法正确的是
A．参加反应的
是
B．消耗氧气的体积为
(标准状况下)
C．混合气体中含
(标准状况下)
D．此反应过程中转移了
的电子
【答案】D
【分析】由题意可知，铜与一定量的浓硝酸充分反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水，反应得到的硝酸铜溶
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液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铜沉淀，由铜离子恰好完全沉淀消耗100mL6mol/L 氢氧化钠溶液可知，
反应消耗铜的物质的量为6mol/L×0.1L×
=0.3mol，设混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量为
amol、bmol，由混合气体的体积可得：a+b=0.3，由得失电子数目守恒可得：3a+b=0.3×2，解联立方程可得
a=b=0.15，由氮原子个数守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.3mol×2+0.15mol×2=0.9mol；由得失电
子数目守恒可知，氮的氧化物消耗氧气的物质的量为
=0.15mol。
【解析】由分析可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol，故A 错误；由分析可知，氮的氧化物消耗氧
气的物质的量为0.15mol，则标准状况下消耗氧气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故B 错误；由分析
可知，混合气体中二氧化氮的物质的量为0.15mol，则标准状况下二氧化氮的体积为0.15mol×22.4L/
mol=3.36L，故C 错误；由分析可知，反应消耗铜的物质的量为0.3mol，则反应转移电子的物质的量为
0.3mol×2=0.6mol，故D 正确；故选D。
20.（2025·黑龙江嫩江县高级中学·二模）分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各
，分别通入一定
量的
后，向其中逐滴滴入
的盐酸，在标准状况下产生
的体积(
轴)与所加入盐酸的体积
(
轴)的关系如下图，下列说法正确的是
A．A 中溶质是
B．
中的溶质是
和
C．B 中所含溶质物质的量之比是
D．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为
【答案】D
【分析】当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的，
①Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，②NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，并且可以看出，当反应完全进行时，
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两个过程消耗HCl 的量相等，若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据反应
的化学方程式结合消耗盐酸的体积进行计算，设没有产生气体时消耗盐酸的体积为V1，产生气体时消耗盐
酸的体积为V2。
【解析】A 中V1> V2，先发生：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，后发生：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，溶质的成分为：NaOH 和Na2CO3，物质的量之比为1:1，A 错误；B 中
V1< V2，先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，溶质的成分
为：NaHCO3和Na2CO3，物质的量之比为1:1，B 错误；根据B 分析，B 中所含溶质物质的量之比是
，
C 错误；根据B 图，完全反应后溶液溶质为NaCl，根据元素守恒：n(NaOH)=n(HCl)=0.15L×0.2mol/
L=0.03mol，c(NaOH)=
=0.3mol/L，D 正确；故选D。
21.（2025·黑龙江双鸭山市田家炳中学·一模）对固体NaHCO3充分加热，产生的气体通过足量Na2O2，
Na2O2增重0.3 g，则固体NaHCO3的质量为
A．0.42 g
B．1.68 g
C．0.84 g
D．3.36 g
【答案】B
【解析】NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，反应方程式为：
2NaHCO3=====Na2CO3+CO2↑+H2O，分解产生CO2、H2O 能够与Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2
=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应方程式可知：2 mol NaHCO3分解产生了1 mol CO2、1
mol H2O，它们与足量Na2O2发生反应时分别使固体质量增加28 g、2 g，固体共增加28 g+2 g=30 g。现在
Na2O2增重0.3 g，则分解的NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=
×2 mol=0.02 mol，其质量为
m(NaHCO3)=0.02 mol×84 g/mol=1.68 g，故选B。
22.（2025·吉林省四平市第一中学·一模）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：
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聚合硫酸铁的化学式为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】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。
23.（2025·辽宁省北票市高级中学·一模）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
【解析】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
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；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。
24.（2025·内蒙包头北重三中·期末）将铜镁合金
完全溶解于
质量分数为
的浓硝酸、密度为
中(忽略反应前后溶液体积变化)，得到
和
的混合气体
。向反应后的溶液中逐滴
加入1
的
溶液，当金属离子刚好全部沉淀，得到
沉淀。下列说法正确的是
A．
和
的混合气体的体积比为
B．反应过程中转移的电子的物质的量为
C．该合金中
D．合金完全溶解时，溶液中
【答案】B
【解析】金属离子全部沉淀时，得到
沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为
，氢氧根的物质的量为
，根据电荷守恒：
；根据得失电子守恒：
，设
NO2的物质的量为amol，则N2O4的物质的量为
，根据电子转移守恒可知，
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，解得
，故合金中
与
的物质的量之比是
，A
错误；反应过程中转移的电子数为
，B 正确；令铜、镁合金中
的物质的量分别为
，则2x+2y=0.5，64x+24y=10，解得
，故合
金中铜与镁的物质的量之比是
，C 错误；硝酸的浓度为
，反应方程式的电荷守恒可知：
，则剩余
，
，D 错误；故选B。
25.（2025·吉林省白城市第一中学·二模）草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热分解时，随温度变化如
下图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]＝462 g·mol－1。
250 ℃时固体的主要成分是________(填化学式)；550～850 ℃时反应的化学方程式为
__________________________________________________________________________。
【解析】设有1 mol 草酸钪晶体(462 g)在空气中受热分解，250 ℃时，剩余固体质量为462 g×80.5%＝
371.91 g，失水质量为462 g－371.91 g＝90.09 g≈90 g，即250 ℃时，1 mol 晶体失去5 mol 水，此时晶体的
主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550 ℃时，剩余固体质量为462 g×76.6%＝353.892 g，250～550 ℃ 过程中失
水质量为 371.91 g－353.892 g＝18.018 g≈18 g，故250～550 ℃时1 mol Sc2(C2O4)3·H2O 失去1 mol 水变为1
mol Sc2(C2O4)3；850 ℃时，剩余固体质量为462 g×29.8%＝137.676 g≈138 g，由于 M(Sc2O3)＝138 g·mol－1，
故可知550～850 ℃时，1 mol Sc2(C2O4)3分解产生1 mol Sc2O3，反应的化学方程式为 2Sc2(C2O4)3＋
3O2=====2Sc2O3＋12CO2。
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【答案】Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3＋3O2=====2Sc2O3＋12CO2
1.（2025·黑吉辽蒙卷）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
【解析】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。
2.（2024·黑吉辽卷）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
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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
D. 反应②每生成
还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【解析】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
3.（2025·山东卷）全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说
法正确的是（ ）
A.隔膜为阳离子交换膜
B.放电时，a 极为负极
C.充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小
D.理论上，Fe3+每减少1mol,Fe2+总量相应增加2mol
【答案】BC
【解析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a 极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b 极发生
Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b 为石墨电极，做正极，依次解题。
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A．两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A 错误；B．根据分析，放电时，
a 极为负极，b 极为正极，B 正确； C．充电时，a 接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b 接
电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C 正确；D．根据总反应方程
式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D 错误。
4.(2025·河北卷)设
是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A.
晶体内氢键的数目为
B.
的NaF 溶液中阳离子总数为
C. 28g 环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为
D. 铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为
【答案】B
【解析】A．每个水分子在冰中形成4 个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2 个氢键。
，氢键数目为
，A 正确；
B．
溶液中阳离子包括
。
，根据电荷守恒：
，钠离子不会水解，并且水电离出少量氢离子，则有
，所以阳离子总数大于
，B 错误；
C．环己烷和戊烯的最简式均为
，
混合物含
单元，对应
碳原子，碳原子数目为
，C 正确；
D．铅酸蓄电池负极反应为
。增重
对应生成
，转移
电
子，数目为：
，D 正确。
5.（2025·甘肃卷）某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物
和苯甲酸钠制备配合物
，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知
在碱性溶液
中易形成
沉淀。
在空气中易吸潮，加强热时分解生成
。
取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原
因为_______。结晶水个数
_______。[
，结果保留两位有效数字]。
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【答案】
吸潮的水 1.7
【解析】
在空气中易吸潮，0 ～92℃范围内产品质量减轻的是
吸潮的水，92℃~195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1mol
失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据
，1mol
生成0.5mol 的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：
5.2%=339：56.8%，x=1.7。
6.（2025·安徽卷）已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7g 和10.3g。向饱和Na2CO3溶液中持
续通入CO2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CO2 匀速通入置于烧杯中的20mL 饱和Na2CO3 溶液，持续20min，消耗
600mLCO2
无明显现象
b
将20mL 饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL 矿泉水瓶中，密闭，剧烈
摇动矿泉水瓶1～2min，静置
矿泉水瓶变瘪，3min
后开始有白色晶体析出
析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H20。称取0.42 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CaCl2和NaOH 溶液，NaOH 溶液增重0.088g，则白色晶体中的NaHCO3质量
分数为_______。
【答案】80%
【解析】析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H20。称取0.42g 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CaCl2和NaOH 溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O 和
CO2，而Na2CO3·10H20 分解产生的气体中只有H2O，无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O，NaOH 溶液可以
吸收分解产生的CO2；NaOH 溶液增重0,088g，则分解产生的CO2 的质量为0.088g，其物质的量为
，由分解反应可知，NaHCO3的物质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO3的质
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量为
，故其质量分数为
。
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