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备战2024 年高考化学【一轮·夯基提能】复习精讲精练
第4 讲 以物质的量为中心的综合计算
本讲复习目标
1．掌握以物质的量为中心的综合运算方法，包括关系式法、守恒法、差量法。
2．掌握化学计算的思维模型，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。
3．进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
夯基·知识精讲
一．利用关系式法计算
1．依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
（1）应用原理
在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体
体积之比等于其化学计量数之比。
（2）解题步骤
【例题1】高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g 样品，溶解后定容于100 mL 容量瓶中，摇匀。取浓度为
0.2000 mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的
体积为24.48 mL。该样品的纯度为________(列出计算式即可，已知2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋
10CO2↑＋8H2O)。
【答案】×100%
1
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【解析】
由2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 知，
w(KMnO4)＝×100%＝×100%。
【例题2】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
【解析】
高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋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)＝×100%≈96.7%。
【例题3】已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1。现有1 000 kg 该加碘盐，计算：
(1)该加碘食盐中至少含碘________mol。
(2)若用KI 与Cl2反应制KIO3，标准状况至少需要消耗多少体积的Cl2(写出计算过程)?
【答案】
(1)0.2
(2)用KI 与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少
需要消耗标准状况下Cl2 的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L
【解析】
(1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1；则1 000 kg 该加碘食盐中至少含碘25.4
g，I 的物质的量为＝0.2 mol。
2．利用关系式法解答连续反应类计算题
（1）应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产
物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间
“量”的关系。
2
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（2）解题步骤
【例题1】硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶
解后，全部转移至100 mL 的________中，加蒸馏水至________。
(2)滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I
－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入
淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________________，即为滴定终点。平行滴定3 次，样品溶液
的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(结果保留1 位小数)。
【答案】
(1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
【解析】
(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL 的容量瓶中，加水
至距刻度线1～2 cm 处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇
I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜
色，即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O===S4O＋2I－
得关系式：
Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 6
0.009 50 mol·L－1 0.009 50 mol·L－1
3
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×0.02 L ×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为，
样品的纯度为×100%＝95.0%。
【例题2】为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g 石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的
盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨
水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫
酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL 用a mol·L－1的
酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时
消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
【答案】%
【解析】
本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 mol
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
则w(CaCO3)＝×100%＝%。
【例题3】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＋
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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) (保留1 位小数)。
(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)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】
(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90.0%。
(2)4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L。
由SO2 ～ SO3～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
二．利用守恒法计算
1．利用守恒法简化解题过程
（1）应用原理
5
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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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守
恒等。
（2）解题步骤
（3）常考的三种守恒关系
①原子守恒
找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如含有1 mol FeS2硫铁矿中，完全反应
(不考虑过程损耗)制得H2SO4 的物质的量，可根据反应过程中S 原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2
mol。
②得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化
学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
③电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离
子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。
【例题1】现有24 mL 浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液
完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr 在还原产物中的化合价为________。
【答案】＋3
【解析】
题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S 元素的化合
价从＋4→＋6，Cr 元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－
1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【例题2】将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1 的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH 溶
液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH 溶液100 mL，则NaOH 溶液的浓度为________。
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【答案】0.2 mol·L－1
【解析】
当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的
量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02
mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
【例题3】Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃
时已完全脱水。计算并分析A、B、C 点物质的化学式。
【答案】
Co(OH)2在加热分解过程中，Co 原子的数目不变。
设有1 mol Co(OH)2，质量为93 g。则固体中Co 的物质的量为1 mol，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为CoOx，
A 点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为Co2O3；
B 点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈，即该固体为Co3O4；
C 点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CoO。
【例题4】聚合氯化铁铝(简称PAFC)，其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行
如下实验：
①准确称取4.505 0 g 样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.330 0
g 固体。
②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn 粉和稀硫酸，将Fe3＋完全还原为Fe2＋。用0.100 0
mol·L－1标准KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。
③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.305 0 g 白色沉淀。
通过计算确定PAFC 的化学式(m 为聚合度，不必求出)。
【答案】[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m
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【解析】
第一步：分析测定实验过程中的物质变化
①中得到的2.330 0 g 固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；
②中发生反应：Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③中发生反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓。
第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)
根据原子守恒求n(Fe3＋)：
n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.01 mol
m(Fe2O3)＝n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝×0.01 mol×160 g·mol－1＝0.8 g
根据质量守恒求n(Al3＋)：
n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×＝0.03 mol
根据原子守恒求n(Cl－)：
n(Cl－)＝n(AgCl)＝＝0.03 mol
根据电荷守恒求n(OH－)：
3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)
n(OH－)＝3×0.01 mol＋3×0.03 mol－0.03 mol＝0.09 mol
根据质量守恒求n(H2O)：
m(H2O)＝4.505 0 g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.505 0 g－0.01 mol×56 g·mol －1－0.03
mol×27 g·mol－1－0.03 mol×35.5 g·mol－1－0.09 mol×17 g·mol－1＝0.54 g
n(H2O)＝＝0.03 mol。
第三步：计算所求物质的化学式
n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1 3 9 3 3
∶∶∶∶，则PAFC 的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。
三．利用差量法计算
1．应用化学方程式找差量计算
（1）所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量
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之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。
根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据
比例关系建立方程式并求出结果。
（2）差量法的解题关键是找准研究对象。通常有：
①固体的质量差，研究对象是固体。
②气体的质量差，研究对象是气体。
③液体的质量差，研究对象是液体。
【例题1】标准状况下，将20 L CO2和CO 的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体
积减少到16 L，则原混合气体中CO 的体积为( )
A．4 L
B．8 L
C．12 L
D．16 L
【答案】C
【解析】
混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44.8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L 22.4 L
∶
＝V(CO2) (20
∶
－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。
【例题2】将12 g 铁片放入150 mL 的CuSO4溶液中，当溶液中的Cu2＋全部被还原时，铁片质量增加0.3
g，则原CuSO4溶液的物质的量浓度是( )
A．0.125 mol·L－1
B．0.175 mol·L－1
C．0.25 mol·L－1
D．0.50 mol·L－1
【答案】C
【解析】
设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
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Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
1 mol 8 g
x mol 0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g 0.3 g
∶
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。
【例题3】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，
请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
【答案】
样品加热发生的反应为
2NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
【归纳总结】熟记计算公式
（1）物质的质量分数(或纯度)＝×100%。
（2）反应物的转化率＝×100%。
（3）生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。
提能·课后精练
1．（2023·全国·统考模拟预测）用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀
硫酸。下列各步骤中操作正确的是
A．计算、量取：用 20 mL 量筒量取 19.6 mL 浓硫酸
B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯 ，再加入 80 mL 左右的蒸馏水 ，搅拌
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C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复2~3 次
D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签
【答案】C
【解析】A．用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀硫酸，由于实验室没
有180mL 的容量瓶，所以应配制250mL 的溶液，VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L× 2mol•L-1×98g·mol－1，
V=27.2mL，计算、量取：用 20 mL 量筒量取27.2 mL 浓硫酸，故A 错误；B．稀释浓硫酸时应将浓硫酸
缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱，造成实验室安全事故，故B 错误；
C．将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯，洗涤液也应转入容
量瓶，使溶质全部转移至容量瓶，故C 正确；D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒
入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D 错误；故选C。
2．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）Cl2、HCl 的混合气体通入足量的NaOH 溶液，充分反
应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混
合气体中Cl2和HCl 体积之比为
A．5:2
B．2:5
C．3:1
D．1:3
【答案】A
【解析】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO﹣、ClO3
﹣是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0 价升高到+1
和+5 价，Cl﹣、ClO﹣、ClO3
﹣离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则
被氧化的Cl 原子的物质的量总共3mol，Cl 原子失电子的总物质的量为：2mol×（1
0
﹣）+1mol×（5
0
﹣）
=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl﹣为被还原的过程，化合价从0 价较低为﹣1 价，
得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl 的物质的量为：
=7mol，则参加反应的氯
气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢
生成的氯离子为：9mol
7mol=2mol
﹣
，所以原混合气体中氯气与HCl 的体积之比为：5：2，故选A。
3．（2023·天津南开·统考一模）下列实验方案中，不能测定出
和
的混合物中
质量
分数的是
A．取ag 混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag 混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg 固体
C．取ag 混合物与足量
溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg 固体
D．取ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
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【答案】D
【解析】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，
能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A 不选；B．加热后bg 固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的
量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=
，解方程计算出a、b，然后可计算出混合
物中碳酸钠的质量分数，故B 不选；C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与
反应生成碳酸钡沉淀，结合B
项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C 不选；D．ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸
出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg 两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，
故D 选；故选：D。
4．（2022·湖南·长沙一中一模）将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg 放入盛
盐酸
的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释
到500mL，测得其中c(H+)为
。下列说法正确的是
A．m=15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28mol
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
【答案】A
【解析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为
HCl 和FeCl2，根据Cl 元素守恒可知:n(HCl)=2n(FeCl2)+n 剩余(H+)，即5.00mol/
L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200mol/L×0.5L 解得:n(FeCl2)=0.2mol；2.56g Cu 的物质的量为0.04mol，则与Cu2+参加
反应的Fe 的物质的量为0.04mol；标况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，则H+参加反应的Fe 的物质的量
为0.1mol；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe 的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06mol；因此原混合物中
n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16mol，n(Fe2O3)=0.02mol，n(CuO)=0.04mol；A．据分析可知混合物的质量为：
0.16mol×56g/mol+0.02mol×160g/mol+0.04mol×80g/mol=15.36g，A 正确；B．根据原混合物组成的各组分的
物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1mol+0.04mol+0.02mol)×2=0.32mol，B 错误；C．由于
氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C 错误；D．过滤时需要用到的玻璃仪器
有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D 错误；答案选A。
5．（2023·全国·高三专题练习）把500 mL 含有BaCl2和KCl 的混合溶液分成5 等份，取一份加入含a mol
硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混
合溶液中K＋浓度为
A．10(b－2a)mol·L－1
B．5(b－2a)mol·L－1
C．2(b－a)mol·L－1
D．10(2a－b)mol·L－1
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【答案】A
【解析】混合溶液分成5 等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)
＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒
可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－2a mol＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝＝10(b
－2a)mol·L－1。
6．（2023·全国·高三专题练习）某强氧化剂XO(OH)可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3 mol XO(OH)需
用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X 元素被还原后的物质可能是
A．XO
B．X2O3
C．X2O
D．X
【答案】D
【解析】由题意知，S 元素由＋4 价→＋6 价，假设反应后X 的化合价为＋x 价，根据氧化还原反应中得失
电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X 元素被还原后的
物质是X，D 项正确。
7．（2023·全国·高三专题练习）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
【解析】由题意知(w1－w2)g 应为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：
2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑ ＋
H 2O
2×84 62
x w1－w2
则x＝，
故样品纯度为＝＝。
8．（2023·湖南衡阳·校联考三模）在碱性镀铜中电镀液的主要成分是
，其内界的电离与
弱电解质类似，仅部分解离为中心离子和配位体。设
为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
溶液中
数目小于
B．
含有的质子数目为
C．
的配位键数目为
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D．
和
合成
转移电子数目为
【答案】D
【详解】
A．未指明溶液体积，A 项错误；
B．未给出氨气所处的状况，B 项错误；
C．
的配位键数目为
，C 项错误；
D．根据氧化还原原理可知，
和
合成
时转移电子数目为
，D 项正确；
故选D。
9．（2023·全国·高三专题练习）取26.90g ZnSO4·6H2O 加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。
750℃时所得固体的化学式为
A．ZnO
B．ZnSO4
C．Zn3O(SO4)2
D．ZnSO4·H2O
【答案】C
【详解】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了26.90-13.43=13.47(g)，26.90g
ZnSO4·6H2O 中水的质量
，则还有S 元素质量减少13.47-10.8=2.67(g) ，26.90g
ZnSO4·6H2O 中S 元素的质量
，则S 元素还有剩余；故C 正确；故选C。
10．（2023 秋·辽宁朝阳·高三校联考期末）黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，
爆炸时的反应为
。下列说法正确的是
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A．该反应的氧化剂是C，还原剂是
、S
B．当有
参加反应时，生成
的体积为
C．当有
生成时，转移电子数约为
D．当有
参加反应时，被
氧化生成的
为
【答案】D
【详解】
A．根据元素化合价的变化可知，该反应的氧化剂是
、S，还原剂是C，A 错误；
B．末指明是否为标准状况，不能根据标准状况下气体摩尔体积计算气体的体积，B 错误；
C．当有
生成时，有
电子转移，即转移电子数为
，C 错误；
D．当有
参加反应时，有
参加反应，即得到
电子，根据得失电子守恒，被
氧化生
成的二氧化碳为
，D 正确；
故选D。
11．将1.08 g FeO 完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋
全部转化为Fe3＋，且Cr2O 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。
【答案】0.100 mol·L－1
【解析】由电子守恒知，FeO 中＋2 价铁所失电子的物质的量与Cr2O 中＋6 价铬所得电子的物质的量相
等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。
12．（2023·全国·高三专题练习）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问
题：
Ⅰ．甲方案
实验原理：
实验步骤：
(1)固体质量为wg，则c(CuSO4)=_______mol‧L-1。
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Ⅱ．乙方案
实验原理：
，
实验步骤：
①按图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E 中两液面相平，使D 中液面保持在0 或略低于0 刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A 中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E 管，保持D、E 中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(2)Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下
，则c(CuSO4)_______mol‧L-1(列
出计算表达式)。
【答案】
(1)
(2)
【详解】
甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸
钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出
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氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应
的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的
物质的量，根据
得到硫酸铜的浓度。
（1）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=
，根据硫酸根守恒可知，
CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)=
=
=
mol‧L-1。答案为
；
（2）Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下
，氢气的质量=
，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=
，根据
，与酸反应的锌的物质的量为
，锌的总物质的量为
，与硫
酸铜反应的锌的物质的量为
，根据
，则c(CuSO4)=
。
13．（2023·全国·高三专题练习）某实验小组以
溶液为原料制备
，并用重量法测定产品中
的含量。设计了如下实验方案：
步骤2，产品中
的含量测定
①称取产品
，用
水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的
溶液，
③沉淀完全后，
水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为
。
产品中
的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
【答案】97.6%
【详解】由题意可知，硫酸钡的物质的量为：
=0.002000mol，依据钡原子守恒，产品中
BaCl2·2H2O 的物质的量为0.002000mol，质量为0.002000mol 244g/mol=0.4880g，质量分数为：
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100%=97.6%。答案为97.6%。
14．（2023·全国·高三专题练习）采用热重分析法测定NiSO4·nH2O 样品所含结晶水数。将样品在900℃下
进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A 点时失掉2 个结晶水，n 的值为_______；C 点产物的化学式为
_______。
【答案】6 NiO
【详解】A 点时失掉2 个结晶水，失重率为13.7%，则
，解得n=6；该晶体中结晶水占
比
，所以B 点时失去全部结晶水，C 点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，设
所得固体的化学式为NiOx，
，解得x=1，C 点产物的化学式为NiO。
15．（2023·全国·高三专题练习）
热分解的质量变化过程如图所示，其中
之前是隔绝
空气加热，
之后是在空气中加热，A、B、C 三点时的产物均为纯净物。用化学方程式表示从A 点到
B 点的物质转化：_______，C 点时产物的化学式是_______。
【答案】
【详解】18.30g CoC2O4•2H2O 的物质的量为
，0.1molCoC2O4•2H2O 含0.2mol 水，
结晶水的质量m=nM=0.2mol×18g/mol=3.6g，起点到A 固体质量减少为18.30-14.70=3.6g，则A 点是纯净的
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CoC2O4，0.1mol CoC2O4•2H2O 含Co 质量为m=nM=0.1mol×59g/mol=5.9g，则B 为金属Co，A 到B 是
CoC2O4分解，分解反应方程式为：
；由图知C 点钴氧化物质量为8.30g，
0.1molCo 质量为5.9g，氧元素质量为8.3g-5.9g=2.4g，氧的物质的量
，则Co 和O
的原子个数比为0.1：
=2：3，C 点产物化学式是Co2O3。
16．（2023·全国·高三专题练习）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如
下：
①三颈烧瓶中加入
香菇样品和
水；锥形瓶中加入
水、
淀粉溶液，并预加
的碘标准溶液，搅拌。
②以
流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定
消耗了
碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了
碘标准溶液。
④用适量
替代香菇样品，重复上述步骤，测得
的平均回收率为95%。
已知：
，
回答下列问题：
(6)该样品中亚硫酸盐含量为_______
(以
计，结果保留三位有效数字)。
【答案】(6)
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