第03講物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-2"\h\u01課標(biāo)達(dá)標(biāo)練題型01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計算題型02考查關(guān)系式法的應(yīng)用題型03考查守恒法的應(yīng)用題型04考查差量法的應(yīng)用題型05重分析法02核心突破練03真題溯源練01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計算1．（2025·北京順義·一模）用細(xì)菌等微生物從固體中浸出金屬離子，有速率快、浸出率高等特點。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速氧化的細(xì)菌，浸出輝銅礦機(jī)理如圖所示。下列說法不正確的是A．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為B．溫度越高，浸出速率越快C．浸出過程中幾乎不需要補充鐵鹽D．理論上反應(yīng)Ⅰ中每消耗（標(biāo)準(zhǔn)狀況）可浸出【答案】B【解析】A．由圖可知，反應(yīng)Ⅰ中Fe2+和O2反應(yīng)生成Fe3+和H2O，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，A正確；B．該過程中有細(xì)菌等微生物參與，高溫會導(dǎo)致氧化亞鐵硫桿菌的蛋白質(zhì)發(fā)生變性，而降低浸出速率，B錯誤；C．由圖可知，反應(yīng)I中發(fā)生，反應(yīng)II中發(fā)生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，總反應(yīng)為O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出過程中不需要補充鐵鹽，C正確；D．總反應(yīng)為O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的物質(zhì)的量為0.1mol，可浸出，D正確；故選B。2．（2025·河南·一模）現(xiàn)取9.3g久置在空氣中的氫氧化鈉固體于燒杯中(已知該固體中鈉元素和碳元素的質(zhì)量比為23∶3)，向燒杯中加入足量的稀鹽酸，充分反應(yīng)，將生成的氣體通入足量石灰水中，生成沉淀的質(zhì)量為A．5.0g B．7.5g C．10.0g D．15.0g【答案】A【解析】氫氧化鈉變質(zhì)會生成碳酸鈉，設(shè)固體中碳酸鈉、氫氧化鈉的物質(zhì)的量依次為x、y，，得，則9.3g該久置的固體中加入足量的稀鹽酸反應(yīng)生成氣體、通入足量石灰水中生成沉淀、質(zhì)量為；選A。3．【結(jié)合化學(xué)鍍鎳法考查化學(xué)方程式計算】（2025·山東·一模）化學(xué)鍍鎳法得到的鍍層均勻性，硬度等性能都較好，一種化學(xué)鍍工藝流程如圖所示：已知：①鍍層為Ni-B合金，比例為n(Ni)：n(B)=10∶3；②Ni(OH)2難溶于水；③NaOH能穩(wěn)定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反應(yīng)：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2；若有3.0molNaBH4參與反應(yīng)時，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下8.96LH2，則理論上鍍層增重A．498.4g B．684.4g C．460g D．515.6g【答案】A【分析】鍍層為Ni-B合金，比例為n(Ni)：n(B)=10∶3，則鍍層合金為Ni10B3，則合成反應(yīng)為：；【解析】；若3.0molNaBH4參與反應(yīng)生成8.96LH2，即0.4molH2，據(jù)NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知，有0.1molNaBH4參與了此反應(yīng)，則剩下的2.9molNaBH4參與了鍍鎳反應(yīng)，結(jié)合分析可知，生成Ni10B3為；故選A。4．（2025·吉林·二模）常溫常壓下，電化學(xué)合成氨總反應(yīng)方程式：，設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．氮氣含有的共用電子對數(shù)為B．每產(chǎn)生，失去電子數(shù)為C．氨水中，含分子數(shù)小于D．標(biāo)況下，參加反應(yīng)時，產(chǎn)生分子數(shù)為【答案】D【解析】A．N2中含有氮氮三鍵，有3個共用電子對，N2的物質(zhì)的量為1mol，含有的共用電子對數(shù)為，A錯誤；B．該反應(yīng)中N2中N元素化合價由0價下降到-3價，的物質(zhì)的量為=2mol，每產(chǎn)生，N2得到6mol電子，數(shù)目為6NA，B錯誤；C．氨水的體積未知，無法計算的分子數(shù)，C錯誤；D．標(biāo)況下，的物質(zhì)的量為0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN2，產(chǎn)生的0.75molO2，數(shù)目為，D正確；故選D。5.（2025·上海靜安·二模）將4.695g普魯士白晶體(Na2Mn[Fe(CN)6])溶于水，配制成100mL溶液，隨后向該溶液逐滴加入0.5mol·L?1的BaCl2溶液，反應(yīng)如下：Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl恰好完全反應(yīng)，過濾。將濾液加水稀釋至200mL，則稀釋后Cl?的物質(zhì)的量濃度為?！敬鸢浮?.15mol·L?1【解析】4.695g普魯士白晶體的物質(zhì)的量為=0.015mol，根據(jù)反應(yīng)方程式：Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl，加入的BaCl2的物質(zhì)的量為0.015mol，則Cl-的物質(zhì)的量為0.03mol，將濾液加水稀釋至200mL，則稀釋后Cl?的物質(zhì)的量濃度為=0.15mol/L。02考查關(guān)系式法的應(yīng)用6．【結(jié)合化學(xué)反應(yīng)機(jī)理考查關(guān)系式法的應(yīng)用】（2025高三·湖南·月考）天然氣因含有少量等氣體開采應(yīng)用受限，菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫，其原理如下圖所示。下列說法錯誤的是A．自然界游離態(tài)的硫廣泛存在于各種礦石中B．基態(tài)的價層電子軌道表示式為C．該反應(yīng)I的離子方程式為D．在此過程中，每脫去時，需消耗【答案】A【分析】過程I硫化氫與硫酸鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和S：，過程II中氧氣將硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵：；【解析】A．游離態(tài)的硫存在于火山噴口附近和地殼的巖層里，A錯誤；B．Fe3+電子排布為，基態(tài)Fe3+的價層電子軌道表示式為，B正確；C．根據(jù)分析，反應(yīng)Ⅰ為，C正確；D．根據(jù)分析，，，則消耗0.1molO2，D正確；故答案為：A。7.【結(jié)合礦物成分的測定考查關(guān)系式法的應(yīng)用】（2025·江蘇·期末）黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測定時，取0.1000g樣品在空氣中充分灼燒，將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后，用濃度為0.02000mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O（1）樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng))。（2）煅燒10t上述黃鐵礦，理論上產(chǎn)生SO2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為L，制得98%的硫酸質(zhì)量為t?！敬鸢浮浚?）90.00%（2）3.36×10615【解析】（1）據(jù)方程式4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7))～6Fe2＋～3SO2～eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)0．02000mol·L－1×0.02500Leq\f(m（FeS2）,120)列式計算得：m(FeS2)＝0.09000g樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.09000g,0.1000g)×100%＝90.00%。（2）4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO24mol8mol×22.4L·mol－1eq\f(10×106×0.9,120)molV(SO2)列式計算得：V(SO2)＝3.36×106L，則n(SO2)＝eq\f(3.36×106L,22.4L·mol－1)＝1.5×105mol由SO2～SO3～H2SO41mol98g1．5×105molm(H2SO4)×98%列式計算得：m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。03考查守恒法的應(yīng)用8．（2025高三上·寧夏銀川·月考）1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，下列說法不正確的是A．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mo/LB．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是70%C．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1D．得到2.54沉淀時，加入NaOH溶液的體積是640mL【答案】B【分析】設(shè)銅、鎂的物質(zhì)的量分別為、，根據(jù)題意列方程組：，解得，，設(shè)N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為、，則根據(jù)電子守恒和題意列方程組：，解得，?！窘馕觥緼．，A正確；B．由上述分析可知，N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為0.01mol、0.04mol，相同條件下，氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，則NO2的體積分?jǐn)?shù)是，B錯誤；C．由上述分析可知，Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質(zhì)的量之比為2︰1，C正確；D．當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，沉淀量最大，溶液中只有硝酸鈉，根據(jù)原子守恒：，氫氧化鈉溶液體積為=640mL，D正確；答案選B。9．（2025高三·山西·期中）銅和鎂的混合物投入濃硝酸中恰好完全溶解，共收集到氣體，若向所得溶液加入溶液時金屬離子恰好完全沉淀，則濃硝酸的濃度為A． B． C． D．【答案】D【解析】銅和鎂的混合物投入濃硝酸中恰好完全溶解，共收集到氣體，為6.720L÷22.4L/mol=0.3mol氮的氧化物；若向所得溶液加入溶液時金屬離子恰好完全沉淀，則生成硝酸鈉為，結(jié)合氮元素守恒，濃硝酸的濃度為。故選D。10．（2025·吉林長春·一模）38.4gCu與一定量的濃硝酸恰好完全反應(yīng)生成、、NO的混合氣體，將這些氣體通入溶液中，所有氣體恰好被完全吸收，得到和的混合溶液，該溶液中和的物質(zhì)的量之比為A．2：3 B．3：2 C．3：5 D．5：3【答案】A【解析】38.4gCu為0.6mol，由電子守恒可以知道，38.4gCu失去的電子等于到得到的電子，，，由Na原子守恒可以知道，則，則該溶液中和的物質(zhì)的量之比為2：3，故答案選A。04考查差量法的應(yīng)用11.（2025高三·河北石家莊·月考）將溶液與溶液混合(忽略混合后溶液體積變化)，向其中加入一定質(zhì)量的Fe粉，充分反應(yīng)后，固體質(zhì)量不變，則反應(yīng)后溶液中的物質(zhì)的量濃度為A． B． C． D．【答案】C【解析】先發(fā)生反應(yīng)：，再發(fā)生反應(yīng)：，充分反應(yīng)后，固體質(zhì)量不變，說明參加反應(yīng)Fe的質(zhì)量等于析出Cu的質(zhì)量，，溶液中完全反應(yīng)消耗Fe為，生成為，設(shè)析出的Cu為xmol，則析出xmolCu消耗Fe為xmol，則有：，解得x=0.7，則反應(yīng)后溶液中，故，答案選C。12.（2025·江蘇·期末）在質(zhì)量為Gg的瓷坩堝里，加入BaCl2·nH2O晶體后，稱量質(zhì)量為W1g，加熱使結(jié)晶水全部失去，冷卻后稱量為W2g，則n的值為()A．eq\f(208（W1－W2）,18（W2－G）) B．eq\f(208（W2－W1）,18（W2－G）)C．eq\f(18（W2－G）,208（W1－W2）) D．eq\f(208（W2－G）,18（W1－W2）)【答案】A【解析】在質(zhì)量為Gg的瓷坩堝里，加入BaCl2·nH2O晶體后，稱量質(zhì)量為W1g，加熱使結(jié)晶水全部失去，冷卻后稱量為W2g，則根據(jù)方程式計算：BaCl2·nH2Oeq\o(=,\s\up7(△))BaCl2＋nH2O208＋18n20818nW1－GW2－GW1－W2故有：eq\f(208,W2－G)＝eq\f(18n,W1－W2)，解得：n＝eq\f(208（W1－W2）,18（W2－G）)。13.把氯氣通入濃氨水中，會立即發(fā)生反應(yīng)：3Cl2+8NH3·H2O=6NH4Cl+N2+8H2O。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，把1.12LCl2、N2的混合氣體(90%Cl2和10%N2，均為體積分?jǐn)?shù))通入濃氨水，實驗測得逸出標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體體積為0.672L(其中有50%Cl2和50%N2)，此反應(yīng)中被氧化的NH3的質(zhì)量為 ()A．3.4g B．0.34g C．1.36g D．4.48g【答案】B【解析】由反應(yīng)方程式可得出每3molCl2(反應(yīng)氣)生成1molN2(生成氣)時，氣體物質(zhì)的量減少了2mol，即體積減小44.8L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，這一量即為“理論差量”，而這一差量所對應(yīng)的被氧化的氨的物質(zhì)的量為2mol，再從題中所給的數(shù)據(jù)可以求出“實際差量”為(1.12-0.672)L=0.448L。即：3Cl2~2NH3~N2ΔV2mol×17g·mol-144.8Lm(被氧化的NH3)0.448L列出比例式：(2mol×17g·mol-1)∶m(被氧化的NH3)=44.8L∶0.448L，則m(被氧化的NH3)=0.34g。05考查熱重分析法14．（2025高三·寧夏銀川·月考）如圖為CaC2O4?xH2O在N2和O2氣氛中的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線，205℃時，晶體完全失水)。下列有關(guān)說法正確的是A．x的值為5B．物質(zhì)A為CaC2O4，且CaC2O4在隔絕空氣條件下，420℃以下熱穩(wěn)定，不會分解C．無論是O2氣氛還是N2氣氛，CaC2O4?xH2O在不同溫度時的分解產(chǎn)物完全相同D．無論是O2氣氛還是N2氣氛，當(dāng)1個CaC2O4?xH2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)镃時，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)相同【答案】B【分析】由題意可知，100mg固體為CaC2O4?xH2O，87.7mg固體為CaC2O4。68.8mg固體中，固體的摩爾質(zhì)量為≈100g/mol，則其為CaCO3；38.4mg固體中，固體的摩爾質(zhì)量為≈56g/mol，則其為CaO?！窘馕觥緼．從圖中可以看出，第1步CaC2O4?xH2O轉(zhuǎn)化為CaC2O4，質(zhì)量由100mg減少到87.7mg，根據(jù)質(zhì)量守恒規(guī)律有，x=1，A不正確；B．圖中信息顯示，在N2氣氛中，溫度從205℃升高到420℃時，固體的質(zhì)量都保持不變，則物質(zhì)A為CaC2O4，且CaC2O4在隔絕空氣條件下，420℃以下熱穩(wěn)定，不會分解，B正確；C．在O2氣氛中，CaC2O4、O2反應(yīng)生成CaCO3、CO2，在N2氣氛中，CaC2O4分解生成CaCO3、CO，二者的產(chǎn)物不同，C不正確；D．C為CaO，O2氣氛中1個CaC2O4·H2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)?個H2O、1個CaO和2個CO2，電子轉(zhuǎn)移2個，在N2氣氛中，1個CaC2O4·H2O最終轉(zhuǎn)變?yōu)?個H2O、1個CaO、1個CO2和1個CO，電子轉(zhuǎn)移1個，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)不同，D不正確；故選B。15．（2025高三·安徽六安·月考）稱取草酸亞鐵晶體(，)加熱分解，得到剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示，、兩點時剩余的固體均為純凈物，其化學(xué)式為A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】草酸亞鐵晶體的物質(zhì)的量為0.3mol，0.3mol草酸亞鐵的質(zhì)量為0.3mol×144g/mol=43.2g；根據(jù)鐵元素守恒，加熱到400℃所得固體中鐵元素的質(zhì)量為0.3mol×56g/mol=16.8g，則氧元素是物質(zhì)的量為，所以B點的化學(xué)式為；A點固體的質(zhì)量恰好為0.3mol草酸亞鐵的質(zhì)量，所以A點的化學(xué)式為，故選B。1.（2025·河北滄州·一模）某實驗室廢液缸中可能含有和，課外學(xué)習(xí)小組取該溶液進(jìn)行連續(xù)實驗，實驗過程如圖所示。下列說法錯誤的是A．原溶液中至少存在3種離子B．原溶液中一定存在，且C．原溶液中一定不存在，不能確定D．若原溶液中存在，則【答案】D【分析】加入NaOH溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀Fe(OH)3，則原溶液中存在Fe3+，碳酸根離子和鐵離子不共存，所以不存在碳酸根離子；氫氧化鐵灼燒后分解為氧化鐵，1.6gFe2O3的物質(zhì)的量為0.01mol，則原溶液中含有Fe3+的物質(zhì)的量為0.02mol；濾液中加入過量的BaCl2溶液生成不溶于鹽酸的白色沉淀，則原溶液中存在硫酸根離子，白色沉淀為硫酸鋇，4.66g硫酸鋇為0.02mol，則原溶液中含有的硫酸根離子為0.02mol；根據(jù)電荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，若無其他陽離子，則Cl-的物質(zhì)的量為0.02mol，若含有其他陽離子，則Cl-的物質(zhì)的量大于0.02mol。【解析】A．由以上分析可知，原溶液中至少存在鐵離子、硫酸根離子和氯離子三種離子，故A正確；B．由以上分析可知，原溶液中一定存在Cl-，且Cl-的物質(zhì)的量至少為0.02mol，溶液體積為100mL，則氯離子的物質(zhì)的量濃度至少為0.2mol/L，故B正確；C．由以上分析可知，原溶液中碳酸根離子一定不存在，K+、Al3+不能確定，故C正確；D．若原溶液中存在0.4mol/L的Cl-，則一定含有K+或Al3+或兩者都有，且不能確定其濃度，故D錯誤；故選D。2．（2025高三·云南昆明·月考）Co(OH)2在空氣中加熱時，固體殘留率隨溫度的變化曲線如圖所示。已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時已完全脫水，據(jù)圖表分析，在350~400℃范圍內(nèi)，剩余固體成分為A．CoO B．CoO、Co2O3 C．Co3O4 D．Co2O3、Co3O4【答案】D【解析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過程中，Co的質(zhì)量沒有變，假設(shè)原始固體質(zhì)量為100g，則n(Co)=mol，m(Co)=100×g；在350-400℃時，固體的質(zhì)量在89.25%-86.38%之間，可以通過極點進(jìn)行分析，在290℃，n(Co)：n(O)=：[(89.25-100×)÷16]=2：3，其化學(xué)式為Co2O3；在500℃n(Co)：n(O)=：[(86.38-100×)÷16]=3：4，其化學(xué)式為Co3O4；所以可以確定在350-400℃時的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4，故答案為：D。3.（2025高三·江西贛州·開學(xué)考試）稀有氣體的不活潑性是相對的，在一定條件下它們也可和某些物質(zhì)(如F2等)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。若將1.5mol?Xe和7.5mol?F2加入一定體積的容器中，于400℃和2633kPa壓強下加熱數(shù)小時，然后迅速冷卻至25℃，容器內(nèi)除得到一種無色晶體外，還余下4.5mol?F2。則所得產(chǎn)物中，氙與氟的原子個數(shù)比和該產(chǎn)物的分子式的說法正確的是A．1：2?XeF2 B．1：4??XeF4C．1：2?Xe2F4 D．1：4無法確定分子式【答案】D【解析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律解題。7.5moL氟氣反應(yīng)剩余4.5mol氟氣，反應(yīng)了3mol氟氣，1.5molXe與3moL氟氣反應(yīng)生成物中Xe原子與氟原子物質(zhì)的量之比為1.5：(3×2)=1：4，故產(chǎn)物的最簡式為XeF4，分子式無法確定，故選：D。4.【結(jié)合工業(yè)產(chǎn)品純度的測定考查關(guān)系式法的應(yīng)用】（2025·河南·二模）KMnO4是一種用途廣泛的氧化劑，可由軟錳礦(主要成分為MnO2)通過下列方法制備：a.軟錳礦與過量KOH、KClO3固體熔融生成K2MnO4；b.溶解、過濾后將濾液酸化，使K2MnO4完全轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4；c.濾去MnO2，將濾液濃縮、結(jié)晶得到深紫色的KMnO4產(chǎn)品。測定KMnO4產(chǎn)品的純度可用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定。（1）配制250mL0.100mol·L－1標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液，需準(zhǔn)確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為g；（2）取上述制得的KMnO4產(chǎn)品0.6000g，酸化后用0.100mol·L－1標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定，滴定至終點消耗Na2S2O3溶液20.00mL。計算該KMnO4產(chǎn)品的純度(寫出計算過程)。(有關(guān)離子方程式為MnO4-＋S2O32-＋H＋→SO42-＋Mn2＋＋H2O未配平)【解析】（1）n＝cV＝0.100mol·L－1×0.250L＝0.025mol，m＝nM＝0.025mol×158g·mol－1＝3.950g?！敬鸢浮浚?）3.950（2）由化學(xué)方程式：8MnO4-＋5S2O32-＋14H＋=10SO42-＋8Mn2＋＋7H2O，設(shè)樣品中KMnO4物質(zhì)的量為nmol，可知8MnO4-～5S2O32-n0.100mol·L－1×20.00×10－3L所以n(KMnO4)＝eq\f(8,5)×0.100mol·L－1×20.00×10－3L＝3.2×10－3mol所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3mol×158g·mol－1＝0.5056g，KMnO4產(chǎn)品的純度為eq\f(0.5056,0.6000)×100%≈84.27%。5.（2025高三·河南林州·調(diào)研）填空。（1）120mL含有0.20mol碳酸鈉的溶液和200mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的范圍是。（2）取體積相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分別通入足量氯氣，當(dāng)恰好完全反應(yīng)時，三種溶液消耗氯氣的物質(zhì)的量相同，則KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度之比為。（3）在反應(yīng)3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，當(dāng)有5mol水反應(yīng)時，由H2O還原的BrF3為mol?！敬鸢浮浚?）1.0mol/L<c（鹽酸）<2.0mol/L（2）6∶3∶2（3）4/3【解析】（1）當(dāng)碳酸鈉滴入鹽酸中時發(fā)生，當(dāng)鹽酸滴入碳酸鈉溶液時，反應(yīng)順序為﹑，則HCl的物質(zhì)的量應(yīng)大于Na2CO3的物質(zhì)的量，又因為最終生成的氣體體積不同，則不能全部完成，即HCl的物質(zhì)的量比Na2CO3的物質(zhì)的量的二倍少，碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.2mol，則HCl的物質(zhì)的量應(yīng)介于0.2mol～0.4mol之間，鹽酸溶液的體積為200mL=0.2L，即鹽酸的濃度應(yīng)該是大于，小于，即；（2）因KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分別通入足量氯氣均發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且反應(yīng)恰好完全時，三種溶液消耗氯氣的物質(zhì)的量相同，則KI、Na2SO3、FeBr2

失去的電子數(shù)相等，設(shè)KI、Na2SO3、FeBr2的物質(zhì)的量分別為x、y、z，由失去的電子數(shù)相等可知，，整理可得；（3）在氧化還原反應(yīng)中，化合價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，當(dāng)有5mol水反應(yīng)時，化合價升高的元素之一是水中的氧元素從?2價升到0價，被氧化的水的物質(zhì)的量為2mol，化合價降低的元素是BrF3中的溴元素從+3價降到0價，被還原的物質(zhì)的量為2mol，其中由H2O還原的BrF3為：。1．（2023·重慶卷）已知反應(yīng)：，為阿伏加德羅常數(shù)的值，若消耗(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，下列敘述錯誤的是A．轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 B．生成的質(zhì)量為C．生成的氧化產(chǎn)物分子數(shù)為 D．生成的含有孤電子對數(shù)為【答案】C【解析】A．反應(yīng)中F的化合價由0價轉(zhuǎn)化為-1價，O的化合價由-2價變?yōu)?2價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4e-，若消耗(標(biāo)準(zhǔn)狀況)即=2mol，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，A正確；B．根據(jù)反應(yīng)，每消耗2molF2生成的質(zhì)量為2mol=，B正確；C．根據(jù)反應(yīng)可知反應(yīng)生成的氧化產(chǎn)物為OF2，每消耗2molF2生成的氧化產(chǎn)物OF2分子數(shù)為，C錯誤；D．根據(jù)反應(yīng)可知，每消耗2molF2生成H2O的物質(zhì)的量為2mol，又知1個H2O中含有2對孤電子對，即生成的含有孤電子對數(shù)為，D正確；故答案為C。2．（2022·福建卷）氨是水體污染物的主要成分之一，工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關(guān)反應(yīng)可表示為：①②在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將的氨水分別和不同量的混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與投入量(用x表示)的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是A．的數(shù)值為0.009B．時，C．時，x越大，生成的量越少D．時，【答案】C【解析】A．x1時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5，，95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②，反應(yīng)①消耗，參與反應(yīng)②消耗，，A錯誤；B．x>x1時，反應(yīng)①也生成氯離子，所以，B錯誤；C．x>x1時，x越大，氨總?cè)コ什蛔?，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；D．x=x1時，氨的去除率為100%，溶液中沒有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根據(jù)電荷守恒得，D錯誤；故本題選C。3．（2022