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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 考查根据化学方程式进行计算
题型02 考查关系式法的应用
题型03 考查守恒法的应用
题型04 考查差量法的应用
题型05 考查热重分析法
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 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
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
【解析】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
1
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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。
2．（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
【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，
，得
，则9.3g 该久置的固体中加入足量的稀盐酸反应生成
气体、
通入足量石灰水中生成
沉淀、质量为
；选A。
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)2难溶于水；③NaOH 能稳定NaBH4，降
低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2；若有3.0molNaBH4参与反应时，生成标
准状况下8.96LH2，则理论上镀层增重
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Ni10B3，则合成反应为：
；
【解析】；若3.0molNaBH4参与反应生成8.96LH2，即0.4molH2，据NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知，
有0.1molNaBH4参与了此反应，则剩下的2.9molNaBH4参与了镀镍反应，结合分析可知，生成Ni10B3为
；故选A。
4．（2025·吉林·二模）常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：
，设
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为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．
氮气含有的共用电子对数为
B．每产生
，
失去电子数为
C．
氨水中，含
分子数小于
D．标况下，
参加反应时，产生
分子数为
【答案】D
【解析】A．N2中含有氮氮三键，有3 个共用电子对，
N2的物质的量为1mol，含有的共用电子对数
为
，A 错误；B．该反应中N2中N 元素化合价由0 价下降到-3 价，
的物质的量为
=2mol，每产生
，N2得到6mol 电子，数目为6NA，B 错误；C．氨水的体积未知，无法计算
的分子数，C 错误；D．标况下，
的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol
N2，产生的0.75molO2，数目为
，D 正确；故选D。
5.（2025·上海静安·二模）将4.695g 普鲁士白晶体(Na2Mn[Fe(CN)6])溶于水，配制成100mL 溶液，随后向该
溶液逐滴加入0.5mol·L−1的BaCl2溶液，反应如下：Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)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
【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：
Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl，加入的BaCl2的物质的量为0.015mol，则Cl-的物质的量
为0.03mol，将滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl−的物质的量浓度为
=0.15mol/L。
02 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
等气体开采应用受限，
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
的价层电子轨道表示式为
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C．该反应I 的离子方程式为
D．在此过程中，每脱去
时，需消耗
【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：
，过程II
中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：
；【解析】A．游离态的硫存
在于火山喷口附近和地壳的岩层里，A 错误；B．Fe3+电子排布为
，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
，C 正
确；D．根据分析，
，
，则消耗0.1molO2，D 正确；
故答案为：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
【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
列式计算得：m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.00%。
（2）4FeS2 ＋11O2=====2Fe2O3＋ 8SO2
4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1
mol V(SO2)
列式计算得：V(SO2)＝3.36×106 L，
则n(SO2)＝＝1.5×105 mol
由SO2～SO3～H2SO4
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1 mol 98 g
1．5×105 mol m(H2SO4)×98%
列式计算得：m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
03 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NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入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HNO3的物质的量浓度是14.0mo/L
B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是70%
C．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
【分析】设铜、镁的物质的量分别为
、
，根据题意列方程组：
，解得
，
，设N2O4、NO2的物质的量分别为
、
，则根据电子守恒和题意列方程组：
，解得
，
。
【解析】A．
，A 正确；
B．由上述分析可知，N2O4、NO2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
物质的量之比，则NO2的体积分数是
，B 错误；C．由上述分析可知，Cu 和Mg 的物
质的量分别为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：
，氢氧化钠溶液体积为
=640mL，D 正确；答案选B。
9．（2025 高三·山西·期中）铜和镁的混合物投入
浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到
气体，
若向所得溶液加入
溶液时金属离子恰好完全沉淀，则浓硝酸的浓度为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】铜和镁的混合物投入
浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到
气体，为6.720L÷22.4L/
mol=0.3mol 氮的氧化物；若向所得溶液加入
溶液时金属离子恰好完全沉淀，则生成硝
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酸钠为
，结合氮元素守恒，浓硝酸的浓度为
。故选
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 的混合气体，
将这些气体通入
溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到
和
的混合溶
液，该溶液中
和
的物质的量之比为
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
到
得到的电子，
，
，由Na 原子守恒可以知道
，则
，则该溶液中
和
的物质的量之比为2：3，故答案选A。
04 考查差量法的应用
11.（2025 高三·河北石家庄·月考）将
溶液与
溶液混合(忽略混合
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
的物
质的量浓度为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先发生反应：
，再发生反应：
，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，
，溶液中
完全反应消耗
Fe 为
，生成
为
，设析出的Cu 为xmol，则析出xmolCu 消耗Fe 为
xmol，则有：
，解得x=0.7，则反应后溶液中
，
故
，
答案选C。
12.（2025·江苏·期末）在质量为G g 的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O 晶体后，称量质量为W1 g，加热使结
晶水全部失去，冷却后称量为W2 g，则n 的值为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】在质量为G g 的瓷坩埚里，加入BaCl2·nH2O 晶体后，称量质量为W1 g，加热使结晶水全部失
去，冷却后称量为W2 g，则根据方程式计算：
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BaCl2·nH2O =====BaCl2 ＋ nH2O
208＋18n 208 18n
W1－G W2－G W1－W2
故有：＝，解得：n＝。
13.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
【解析】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。
05 考查热重分析法
14．（2025 高三·宁夏银川·月考）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
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≈56g/mol，则其为CaO。
【解析】A．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；B．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；C．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；D．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。
15．（2025 高三·安徽六安·月考）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
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【解析】
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·河北沧州·一模）某实验室废液缸中可能含有
和
，课外学习小组
取该溶液
进行连续实验，实验过程如图所示。下列说法错误的是
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A．原溶液中至少存在3 种离子
B．原溶液中
一定存在，且
C．原溶液中
一定不存在，
不能确定
D．若原溶液中存在
，则
【答案】D
【分析】加入NaOH 溶液产生红褐色沉淀Fe(OH)3，则原溶液中存在Fe3+，碳酸根离子和铁离子不共存，所
以不存在碳酸根离子；氢氧化铁灼烧后分解为氧化铁，1.6gFe2O3的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有
Fe3+的物质的量为0.02mol；滤液中加入过量的BaCl2溶液生成不溶于盐酸的白色沉淀，则原溶液中存在硫
酸根离子，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。
2．（2025 高三·云南昆明·月考）Co(OH)2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、Co2O3
C．Co3O4
D． Co2O3、Co3O4
【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)=
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
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析，在290℃，n(Co)：n(O)=
：[(89.25-100×
)÷16]=2：3，其化学式为Co2O3；在500℃n(Co)：n(O)=
：[(86.38-100×
)÷16]=3：4，其化学式为Co3O4；所以可以确定在350-400℃时的化学式为Co2O3和
Co3O4，故答案为：D。
3.（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
F2等)发生化学反应。若将1.5mol Xe 和7.5mol F2加入一定体积的容器中，于400℃和2633kPa 压强下加热
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 F2。则所得产物中，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 XeF2
B．1：4 XeF4
C．1：2 Xe2F4
D．1：4 无法确定分子式
【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XeF4，分子式无法确定，故选：D。
4.
【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）KMnO4是一种用途广泛
的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备：
a.软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；
b.溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；
c.滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品。
测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定。
（1）配制250 mL 0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为 g；
（2）取上述制得的KMnO4产品0.600 0 g，酸化后用0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终
点消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算该KMnO4产品的纯度(写出计算过程)。(有关离子方程式为MnO4
-＋
S2O3
2-＋H＋―→SO4
2-＋Mn2＋＋H2O 未配平)
【解析】（1）n＝cV＝0.100 mol·L－1×0.250 L＝0.025 mol，m＝nM＝0.025 mol×
158 g·mol－1＝3.950 g。
【答案】（1）3.950
（2）由化学方程式：8MnO4
-＋5S2O3
2-＋14H＋===10SO4
2-＋8Mn2＋＋7H2O，设样品中KMnO4物质的量为n
mol，可知
8MnO4
-～ 5S2O3
2-
n 0.100 mol·L－1×20.00×10－3 L
所以n(KMnO4)＝×0.100 mol·L－1×20.00×10－3 L＝3.2×10－3 mol
所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3 mol×158 g·mol－1＝0.505 6 g，KMnO4产品的纯度为×100%≈84.27%。
5.（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
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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、Na2SO3、FeBr2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
的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为 。
（3）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，当有5mol 水反应时，由H2O 还原的BrF3为
mol。
【答案】（1）1.0mol/L<c（盐酸）<2.0 mol/L
（2）6 3 2
∶∶
（3）4/3
【解析】（1）当碳酸钠滴入盐酸中时发生
，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺
序为
﹑
，则 HCl 的物质的量应大于 Na2CO3 的物质的量，又因
为最终生成的气体体积不同，则
不能全部完成，即 HCl 的物质的量比 Na2CO3 的物
质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为 0.2 mol，则 HCl 的物质的量应介于 0.2 mol 0.4 mol
∼
之间，盐酸
溶液的体积为 200 mL=0.2 L，即盐酸的浓度应该是大于
，小于
，即
；
（2）因 KI、Na2SO3、FeBr2 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
液消耗氯气的物质的量相同，则 KI、Na2SO3、FeBr2 失去的电子数相等，设 KI、Na2SO3、FeBr2的物质的
量分别为 x、y、z，由失去的电子数相等可知，
，整理可得
；
（3）在氧化还原反应
中，化合价升高的元素是水中的氧元素和
BrF3 中的溴元素，氧、溴元素被氧化，当有 5 mol 水反应时，化合价升高的元素之一是水中的氧元素从
−2 价升到 0 价，被氧化的水的物质的量为 2 mol，化合价降低的元素是 BrF3 中的溴元素从 +3 价降到
0 价，被还原的物质的量为 2 mol，其中由 H2O 还原的 BrF3 为：
。
1．（2023·重庆卷）已知反应：
，
为阿伏加德罗常数的值，若消耗
(标准状况)
，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为
B．生成的
质量为
C．生成的氧化产物分子数为
D．生成的
含有孤电子对数为
【答案】C
【解析】A．反应
中F 的化合价由0 价转化为-1 价，O 的化合价由-2 价变
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为+2 价，转移电子数为4e-，若消耗
(标准状况)
即
=2mol，故转移的电子数为
，A
正确；B．根据反应
，每消耗2molF2生成的
质量为2mol
=
，B 正确；C．根据反应
可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗
2molF2生成的氧化产物OF2分子数为
，C 错误；D．根据反应
可知，每
消耗2molF2生成H2O 的物质的量为2mol，又知1 个H2O 中含有2 对孤电子对，即生成的
含有孤电子
对数为
，D 正确；故答案为C。
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：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将
的氨水分别和不同量的
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
投入量(用x 表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．
的数值为0.009
B．
时，
C．
时，x 越大，生成
的量越少
D．
时，
【答案】C
【解析】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5
，
，95%的
氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗
，参与
反应②消耗
，
，A 错误；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以
，B 错误；C．x>x1时，x 越大，氨总去除率不
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变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C 正确；D．x=x1时，氨的去除率为
100%，溶液中没有
和ClO-，含有Na+、H+、
、Cl-和OH-，根据电荷守恒得
，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。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列
说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol
B．HCl 溶液中
数为3NA
C．
含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36L
【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0.3NA，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
0.05mol，因此，2.8g56Fe 含有的中子数为1.5NA，C 不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标
准状况下的体积为1.12L ，D 不正确；综上所述，本题A。
4．（2022·河北卷）
溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成
工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的
用
溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
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
D．参与反应的
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Br2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 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr
+H2O，C 说法正确；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(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D
说法正确；综上所述，本题选A。
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5．（2023·河北卷·节选）配合物
在分析化学中用于
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：
(亮黄色)足量
与
产品
反应生成
亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
【答案】（5）80.0
【解析】（5）已知：
(亮黄色)足量
与
产品反应生成
亮黄色沉淀，则
，
，产品纯度为
；
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