2026年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)：第03講++物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用（專項(xiàng)訓(xùn)練）第03講物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)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(diǎn)。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(shuō)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(guò)程中幾乎不需要補(bǔ)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(guò)程中有細(xì)菌等微生物參與，高溫會(huì)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(cuò)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(guò)程中不需要補(bǔ)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．無(wú)水亞硫酸鈉還原四氯金酸是制備黃金的重要反應(yīng)之一，其反應(yīng)原理為。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．溶液中，HCl分子的數(shù)目為B．若析出19.7g黃金，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為C．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3.4%的溶液中，氫原子數(shù)總和為D．等物質(zhì)的量的和所含的鈉原子數(shù)均為【答案】B【解析】A．HCl是強(qiáng)酸，在水溶液中完全離解為H+和Cl-，不存在HCl分子，因此HCl分子數(shù)目為0，A錯(cuò)誤；B．19.7gAu的物質(zhì)的量為0.1mol，反應(yīng)中每個(gè)Au3+被還原為Au需獲得3mol電子，故0.1molAu對(duì)應(yīng)0.3mol電子轉(zhuǎn)移，即，B正確；C．HAuCl4溶液中H原子包括溶質(zhì)HAuCl4（含0.01molH）和溶劑H2O（含約10.732molH），總H原子數(shù)遠(yuǎn)大于，C錯(cuò)誤；D．等物質(zhì)的量的和中鈉原子數(shù)均為（n為物質(zhì)的量），但選項(xiàng)未明確物質(zhì)的量是否為1mol，因此均為的表述不嚴(yán)謹(jǐn)，D錯(cuò)誤；故選B。3．在無(wú)水乙醇中加入少量的金屬鈉，發(fā)生反應(yīng)2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列描述不正確的是A．標(biāo)況下，1mol亞甲基-CH2-含有的電子數(shù)目8NAB．常溫常壓下(Vm=24.5L/mol)，生成4.9L氫氣，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目0.4NAC．無(wú)水乙醇中，極性鍵與非極性鍵數(shù)目之比7：1D．68gCH3CH2ONa溶于水形成1L溶液，此時(shí)溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L【答案】D【解析】A．一個(gè)亞甲基-CH2-中含有8個(gè)電子，則1mol亞甲基-CH2-含有的電子數(shù)目8NA，故A正確；B．常溫常壓下，氣體摩爾體積是24.5L/mol，4.9LH2氣體的物質(zhì)的量是0.2mol，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA，故B正確；C．乙醇結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C2H5OH，含有1個(gè)C-C鍵、5個(gè)C-H鍵、含有1個(gè)C-O鍵、含有1個(gè)H-O鍵，則極性鍵與非極性鍵數(shù)目之比7：1，故C正確；D．68gCH3CH2ONa即1mol，溶于水形成1L溶液，溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L，但CH3CH2O-與氫離子結(jié)合成CH3CH2OH，則溶液中c(CH3CH2O-)﹤0.1mol/L，故D錯(cuò)誤；故選D。4．將一份由Na2CO3、NaHCO3組成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定濃度的鹽酸，反應(yīng)中得到的圖像如下(其中1mmol=1.0×10-3mol)，下列說(shuō)法正確的是A．由圖可求得，原混合物的質(zhì)量為14.8gB．加入的鹽酸為150mL時(shí)，放出氣體CO20.224L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)C．原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1D．由圖可求得，鹽酸的濃度為0.5mol/L【答案】C【解析】A．根據(jù)題圖可知，50mL溶液中含有Na2CO3、NaHCO3各2.5mmol，根據(jù)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總=m(Na2CO3)+m(NaHCO3)=5.3g+4.2g=9.5g，A錯(cuò)誤。B．加入鹽酸0~50mL時(shí)Na2CO3先和鹽酸反應(yīng)生成NaHCO3，50~150mL時(shí)生成的NaHCO3和原有的NaHCO3與鹽酸反應(yīng)生成CO2，150mL時(shí)恰好完全反應(yīng)；n(NaHCO3)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，n總=2×2.5×10-3mol=5×10-3mol，完全反應(yīng)放出5×10-3molCO2，體積為5×10-3mol×22.4L·mol-1=112×10-3L=112mL，B錯(cuò)誤。C．根據(jù)題圖可知，Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1，溶液具有均一、穩(wěn)定性，故原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1，C正確。D．加入鹽酸0~50mL時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl，n(HCl)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，故鹽酸的濃度為c(HCl)==0.05mol·L-1，D錯(cuò)誤。故答案選C。02考查關(guān)系式法的應(yīng)用5．室溫時(shí)向100mL碘水滴加的溶液，發(fā)生下列反應(yīng)：，消耗了溶液，計(jì)算原飽和溶液中I2的物質(zhì)的量濃度A． B． C． D．【答案】A【解析】根據(jù)反應(yīng)式，I2與的物質(zhì)的量比為1:2，消耗硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.625mol/L×0.04L=0.025mol，對(duì)應(yīng)I2的物質(zhì)的量為=0.0125mol，原溶液體積為0.1L，濃度為=0.125mol/L，故選A。6．將一定質(zhì)量的Zn放入的濃中，充分反應(yīng)后，Zn完全溶解，共收集到標(biāo)況下的氣體4.48L，且該氣體的平均摩爾質(zhì)量為。在反應(yīng)后的溶液中，加入適量的NaOH溶液，得到沉淀的最大質(zhì)量為A．9.9g B．19.8g C．29.7g D．36.9g【答案】B【解析】根據(jù)方程式或電子守恒[(濃)和]，生成的氣體的物質(zhì)的量和消耗Zn的物質(zhì)的量相等，標(biāo)況下，4.48L氣體為0.2mol，所以消耗Zn為0.2mol，得到沉淀的最大質(zhì)量為。故選B。7．不同類別物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化為線索，認(rèn)識(shí)鈉及其化合物。下列分析正確的是A．Na投入水中會(huì)沉入底部并四處游動(dòng)B．上述轉(zhuǎn)化中只有分解反應(yīng)和置換反應(yīng)C．反應(yīng)③④表明Na2CO3不能轉(zhuǎn)化為NaOH或NaHCO3D．向足量Na2O2固體中通入1molH2O和CO2混合氣體，發(fā)生反應(yīng)⑤、⑥，共產(chǎn)生16gO2【答案】D【解析】A．金屬鈉的密度比水小，浮在水面上，不是沉在底部，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．鈉及其化合物的轉(zhuǎn)化中還涉及化合反應(yīng)等，如反應(yīng)①：鈉與氧氣在加熱條件下生成過(guò)氧化鈉，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．碳酸鈉可以繼續(xù)反應(yīng)CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，碳酸鈉和氫氧化鈣可以通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)生成NaOH，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．Na2O2與H2O和CO2反應(yīng)為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。根據(jù)方程式的關(guān)系可知，足量Na2O2固體中通入1molH2O和CO2混合氣體，發(fā)生反應(yīng)⑤、⑥，采用極限法，若為1molH2O，產(chǎn)生16gO2，若為1molCO2，產(chǎn)生16gO2，則1molH2O和CO2混合氣體，發(fā)生反應(yīng)⑤、⑥，共產(chǎn)生16gO2，D項(xiàng)正確；故答案選D。03考查守恒法的應(yīng)用8．1.52g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VmL3.20mol/LNaOH溶液，恰好使金屬離子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是B．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：1C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的體積V=200mLD．反應(yīng)結(jié)束后所得溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為2.4mol/L【答案】D【分析】金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為2.54g-1.52g=1.02g，氫氧根的物質(zhì)的量為n(OH-)==0.06mol，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，NO2和N2O4混合氣體的物質(zhì)的量為=0.05mol，令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，則四氧化二氮的物質(zhì)的量為(0.05-a)mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：a×1+(0.05-a)×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的體積分?jǐn)?shù)=×100%=80%，據(jù)此分析解題?！窘馕觥緼．由分析可知，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是，A正確；B．由分析可知，令Cu的物質(zhì)的量為xmol、Mg的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)二者總質(zhì)量有①64x+24y=1.52,，電子轉(zhuǎn)移守恒有②：2x+2y=0.06，聯(lián)合①②解得x=0.02，y=0.01，故n(Cu)：n(Mg)=0.02mol：0.01mol=2：1，B正確；C．濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為，反應(yīng)后溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)氮元素守恒可知，NaNO3的物質(zhì)的量為：0.05L×14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64mol，根據(jù)鈉離子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要?dú)溲趸c溶液的體積為=0.20L=200mL，C正確；D．由C分析可知，反應(yīng)結(jié)束后所得溶液中溶質(zhì)即NaNO3的物質(zhì)的量為0.64mol，溶液體積為200+50=250mL，故溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為=2.56mol/L，D錯(cuò)誤；故答案為：D。9．將溶液加水稀釋到，稀釋后的物質(zhì)的量濃度為A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)稀釋后溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為cmol/L；30×10-3L×0.5mol/L=500×10-3L×cmol/L，解得c=0.03mol/L；故選A。10．疊氮酸(HN3)為一元弱酸，相關(guān)物質(zhì)的部分轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A．18gH2O中σ鍵的數(shù)目為4NA B．HN3中陽(yáng)離子和陰離子的個(gè)數(shù)比為1：1C．1L1mol/LNaN3溶液中N3-的數(shù)目為NA D．反應(yīng)②每生成1mol的還原產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA【答案】D【解析】A．18gH2O中σ鍵的數(shù)目為2NA，A錯(cuò)誤；B．HN3是共價(jià)化合物，存在的是共價(jià)鍵，不是離子鍵，不好描述成陰、陽(yáng)離子，B錯(cuò)誤；C．HN3為弱酸，會(huì)水解，C錯(cuò)誤；D．，生成1mol氫氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，D正確；故答案選D。11．將20.8g由Cu、Fe組成的合金溶于過(guò)量稀HNO3中，生成了6.72LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，向反應(yīng)后的溶液中加入過(guò)量的NaOH溶液，則產(chǎn)生的Fe(OH)3沉淀的質(zhì)量為A．21.4g B．18.0g C．14.7g D．18.1g【答案】A【解析】將20.8g由Cu、Fe組成的合金溶于過(guò)量稀HNO3中，反應(yīng)生成硝酸鐵、硝酸銅，同時(shí)生成了6.72LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，根據(jù)得失電子守恒，Cu、Fe失電子的物質(zhì)的量為，設(shè)合金中Cu的物質(zhì)的量為xmol、Fe的物質(zhì)的量為ymol；則，解得y=0.2mol，產(chǎn)生的Fe(OH)3沉淀的物質(zhì)的量為0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×107g/mol=21.4g，故選A。12．硫酸鈉溶液和硫酸溶液等體積混合后，氫離子濃度為，硫酸根離子濃度為，則混合溶液中鈉離子濃度為A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)鈉離子濃度為，根據(jù)電荷守恒：，解得：，答案選C。04考查差量法的應(yīng)用13．一定質(zhì)量的甲烷在不足量氧氣中燃燒后，得到CO、CO2和水蒸氣共49.6g，將該混合氣體緩慢通過(guò)無(wú)水CaCl2時(shí)增重25.2g，則原混合氣體中CO2的質(zhì)量為A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g【答案】C【解析】一定質(zhì)量的甲烷在不足量氧氣中燃燒后，得到CO、CO2和水蒸氣共49.6g，將該混合氣體緩慢通過(guò)無(wú)水CaCl2時(shí)增重25.2g，則m(H2O)=25.2g，n(H2O)=，甲烷中碳?xì)浔葹?:4，n(C)=0.7mol，根據(jù)碳守恒，CO2、CO的物質(zhì)的量和為0.7mol，設(shè)原混合氣體中CO2的質(zhì)量為xg，，x=13.2g，故選C。14．將10g銅鎂合金完全溶解于100mL某濃度的硝酸中，得到NO和(不考慮)共0.3mol，向反應(yīng)后的溶液中加入溶液0.8L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為18.5g。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．該硝酸的物質(zhì)的量濃度為B．合金與硝酸反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)是0.5NAC．混合氣體中NO和NO2的體積之比為1∶2D．銅鎂合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物質(zhì)的量為0.3mol【答案】A【分析】根據(jù)題意可知，銅失電子生成銅離子，銅離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，鎂失電子生成鎂離子，鎂離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，設(shè)Cu為mol，Mg為mol，則：合金質(zhì)量：，沉淀質(zhì)量：，解得：mol（Cu），mol（Mg），總金屬物質(zhì)的量mol；【解析】A．全部沉淀后，溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO+NO2)=0.8L×1mol/L+0.3mol=1.1mol，c(HNO3)==11mol/L；故A錯(cuò)誤；B．每1mol金屬失去2mol電子，總轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為：mol，個(gè)數(shù)為，故B正確；C．設(shè)NO為mol，NO2為mol：總物質(zhì)的量：，電子守恒：，解得：，，體積比為1:2，故C正確；D．由上述計(jì)算可知，n(HNO3)=1.1mol，反應(yīng)掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO+NO2)==0.8mol，故剩余的硝酸為0.3mol，故D正確；故選A。15．加熱5.00g碳酸鈉和碳酸氫鈉的固體混合物，使碳酸氫鈉完全分解，混合物質(zhì)量減少了0.62g，則原混合物中碳酸氫鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為A．66.4% B．33.2% C．16.8% D．33.6%【答案】D【解析】設(shè)原混合物中碳酸氫鈉的質(zhì)量為xg；x=1.68g，碳酸氫鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故選D。05考查熱重分析法16．聚合硫酸鐵的化學(xué)式可表示為，稱取9.07g聚合硫酸鐵樣品進(jìn)行熱解實(shí)驗(yàn)，固體殘留率與溫度的關(guān)系曲線如圖所示：聚合硫酸鐵的化學(xué)式為A． B． C． D．【答案】B【解析】9.07g聚合硫酸鐵樣品進(jìn)行熱解實(shí)驗(yàn)，失去的水為2.98%，得水的物質(zhì)的量為9.07g×2.98%÷18g/mol，氫原子的物質(zhì)的量為9.07g×2.98%÷18g/mol×2=0.03mol，750℃是Fe2O3質(zhì)量為9.07g×44.10%，物質(zhì)的量為9.07g×44.10%÷160g/mol，鐵原子物質(zhì)的量為9.07g×44.10%÷160g/mol×2=0.05mol，鐵原子：氫原子=5:3，故B正確。17．將硫酸銅的稀溶液放在密閉容器中，緩緩抽去容器中的水蒸氣，溶液逐漸失水變成飽和溶液，再繼續(xù)抽氣，則變成各種含水鹽，最后變成無(wú)水硫酸銅。時(shí)，容器中的壓強(qiáng)與晶體水合物中含水量的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．曲線對(duì)應(yīng)溶液中有硫酸銅晶體析出B．曲線對(duì)應(yīng)溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持增大C．曲線對(duì)應(yīng)體系存在平衡：D．當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于后得到無(wú)水硫酸銅【答案】D【解析】A．據(jù)圖可知M點(diǎn)溶液變成飽和溶液，之后繼續(xù)失水才有硫酸銅晶體析出，所以曲線對(duì)應(yīng)溶液中無(wú)硫酸銅晶體析出，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)應(yīng)溶液均為硫酸銅的飽和溶液，一定溫度壓強(qiáng)下，硫酸銅的溶解度不變，則其飽和溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)應(yīng)體系只存在CuSO4?5H2O(s)，不存在CuSO4(飽和溶液)?CuSO4?5H2O(s)+H2O(g)，故C錯(cuò)誤；D．據(jù)圖可知當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于后非氣相水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)降為0，即此時(shí)得到的固體為無(wú)水硫酸銅，故D正確；答案選D。18．MoS2(S化合價(jià)為-2價(jià))具有良好的光、電性能。將(在空氣中加熱可得加熱時(shí)所得剩余固體質(zhì)量與原始固體質(zhì)量的比值與溫度的關(guān)系如圖所示：(已知：下列說(shuō)法正確的是A．中鉬元素的化合價(jià)為+2價(jià)B．是金屬氧化物，也是堿性氧化物C．煅燒生成反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7molD．可得到Mo的一種氧化物，該氧化物的化學(xué)式為【答案】D【解析】A．MoS2中硫元素的化合價(jià)為-2價(jià)，則鉬元素的化合價(jià)為+4價(jià)，A錯(cuò)誤；B．所謂堿性氧化物是能跟酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，但從題干可看出，和堿反應(yīng)生成鹽和水，因此應(yīng)該是酸性氧化物，B錯(cuò)誤；C．由于未注明所處狀態(tài)，所以無(wú)法確定SO2的物質(zhì)的量，無(wú)法計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，C錯(cuò)誤；D．由圖可知(NH4)2MoS4起始的質(zhì)量可視為260g，物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)加熱分解過(guò)程總元素守恒可知，最終氧化物中的Mo質(zhì)量為96g，氧化物中氧元素的質(zhì)量為144g-96g=48g，氧原子的物質(zhì)的量為，Mo原子和O原子的個(gè)數(shù)比為1:3，氧化物的化學(xué)式為MoO3，D正確；故選D1．某硫酸鋁和硫酸鎂的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1，若將200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分離，至少應(yīng)加入1.6mol·L－1的氫氧化鈉溶液()A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L【答案】D【解析】根據(jù)電荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，c(Al3＋)＝eq\f(2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1,3)＝3mol·L－1，加入氫氧化鈉溶液使Mg2＋、Al3＋分離，此時(shí)NaOH轉(zhuǎn)化為Na2SO4和NaAlO2，由電荷守恒得：V(NaOH)＝eq\f(2nSO\o\al(2－,4)＋nAlO\o\al(－,2),cNaOH)＝eq\f(2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L,1.6mol·L－1)＝2L。2．為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是()A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)【答案】A【解析】由題意知(w1－w2)g應(yīng)為NaHCO3分解生成的CO2和H2O的質(zhì)量，設(shè)樣品中NaHCO3質(zhì)量為xg，由此可到如下關(guān)系：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xw1－w2則x＝eq\f(84w1－w2,31)，故樣品純度為eq\f(mNa2CO3,m樣品)＝eq\f(w1－x,w1)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。3．黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測(cè)定時(shí)，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(diǎn)，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,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))________(保留1位小數(shù))。(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_(kāi)_______L，制得98%的硫酸質(zhì)量為_(kāi)_______t?！敬鸢浮?1)90.0%(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(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)eq\o(\s\up7(0.02000mol·L－1×),\s\do5(0.02500L))eq\f(mFeS2,120g·mol－1)m(FeS2)＝0.09000g樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為90.0%。(2)4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO24mol8moleq\f(10×106×0.9,120)moln(SO2)n(SO2)＝1.5×105molV(SO2)＝3.36×106L由SO2～SO3～H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。4．II.已知：溶于乳酸能制得可溶性乳酸亞鐵{，相對(duì)分子質(zhì)量為234}，可作補(bǔ)血?jiǎng)，F(xiàn)探究乳酸亞鐵晶體中鐵元素含量。稱取樣品，灼燒至完全灰化，加足量鹽酸溶解，加入過(guò)量溶液充分反應(yīng)，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定終點(diǎn)時(shí)，測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。（已知：）(1)判定滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是。(2)樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是（用含有相關(guān)字母的代數(shù)式表示）。III.已知碳酸亞鐵晶體受熱分解。稱取，對(duì)其進(jìn)行加熱，剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。(3)①過(guò)程I發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②300℃時(shí)剩余固體中只有一種且是鐵的氧化物，則其化學(xué)式為?！敬鸢浮?1)滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30秒內(nèi)不變色(2)(3)（1）樣品灼燒至完全灰化，加足量鹽酸溶解，加入過(guò)量溶液充分反應(yīng)生成I2，然后加入1～2滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)，用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定含有I2和淀粉的溶液，則判定滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是：滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30秒內(nèi)不變色；（2）根據(jù)反應(yīng)式可得關(guān)系：，則mol，所以樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是；（3）①的物質(zhì)的量為，含結(jié)晶水的質(zhì)量為，由圖可知，過(guò)程I固體的質(zhì)量減少，則過(guò)程I發(fā)生是碳酸亞鐵晶體受熱失去結(jié)晶水的反應(yīng)，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；②的物質(zhì)的量為，則晶體中鐵原子的物質(zhì)的量也為，其鐵元素質(zhì)量為，則剩余氧化物中氧元素的質(zhì)量為，氧原子的物質(zhì)的量為，即該氧化物中，所以該氧化物的化學(xué)式為。1．（2025·北京·高考真題）一種生物基可降解高分子P合成路線如下。下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)物A中有手性碳原子 B．反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是C．反應(yīng)物D與E生成P的反應(yīng)類型為加聚反應(yīng) D．高分子P可降解的原因是由于鍵斷裂【答案】A【分析】A與B發(fā)生加成反應(yīng)，結(jié)合A的分子式以及P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可推出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A與B反應(yīng)生成D，由P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是2:1；D與E反應(yīng)生成高聚物P和水?！窘馕觥緼．反應(yīng)物A中有1個(gè)手性碳原子，如圖所示，A正確；B．由分析可知，反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是2:1，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)物D與E反應(yīng)生成高聚物P和水，有小分子生成，為縮聚反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．由高分子P的結(jié)構(gòu)可知，P中的酰胺基易水解，導(dǎo)致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于鍵斷裂，D錯(cuò)誤；故選A。2．（2024·北京·高考真題）可采用催化氧化法將工業(yè)副產(chǎn)物制成，實(shí)現(xiàn)氯資源的再利用。反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：。下圖所示為該法的一種催化機(jī)理。下列說(shuō)法不正確的是A．Y為反應(yīng)物，W為生成物B．反應(yīng)制得，須投入C．升高反應(yīng)溫度，被氧化制的反應(yīng)平衡常數(shù)減小D．圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應(yīng)中有兩個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)【答案】B【分析】由該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可知，該反應(yīng)涉及的主要物質(zhì)有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應(yīng)生成Cu(OH)Cl，則Y為HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，則W為H2O；CuCl2分解為X和CuCl，則X為Cl2；CuCl和Z反應(yīng)生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是、、、?！窘馕觥緼．由分析可知，Y為反應(yīng)物，W為生成物，A正確；B．在反應(yīng)中作催化劑，會(huì)不斷循環(huán)，適量即可，B錯(cuò)誤；C．總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件一定，升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，C正確；D．圖中涉及的兩個(gè)氧化還原反應(yīng)是和，D正確；故選B。3．（2024·北京·高考真題）不同條件下，當(dāng)KMnO4與KI按照反應(yīng)①②的化學(xué)計(jì)量比恰好反應(yīng)，結(jié)果如下。反應(yīng)序號(hào)起始酸堿性KIKMnO4還原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量/mol物質(zhì)的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)①，B．對(duì)比反應(yīng)①和②，C．對(duì)比反應(yīng)①和②，的還原性隨酸性減弱而減弱D．隨反應(yīng)進(jìn)行，體系變化：①增大，②不變【答案】B【解析】A．反應(yīng)①中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)①可得關(guān)系式10I-~2，可以求得n=0.0002，則反應(yīng)②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應(yīng)②中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+4價(jià)，反應(yīng)②對(duì)應(yīng)的關(guān)系式為I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合價(jià)為+5價(jià)，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和知x=3，反應(yīng)②的離子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B項(xiàng)正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對(duì)比反應(yīng)①和②的產(chǎn)物，I-的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)①和②的離子方程式知，反應(yīng)①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應(yīng)②產(chǎn)生OH-、消耗水、pH增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。4．（2023·北京·高考真題）離子化合物和與水的反應(yīng)分別為①；②。下列說(shuō)法正確的是A．中均有非極性共價(jià)鍵B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)C．中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為，中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同【答案】C【解析】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯(cuò)誤；B．①中水的化合價(jià)不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個(gè)氧氣分子轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，②中每生成1個(gè)氫氣分子轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí)，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯(cuò)誤；故選C。5．（2025·北京·高考真題）鉛酸電池是用途廣泛并不斷發(fā)展的化學(xué)電源。(1)十九世紀(jì)，鉛酸電池工作原理初步形成并延續(xù)至今。鉛酸電池工作原理：①充電時(shí)，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為。②放電時(shí)，產(chǎn)生a庫(kù)侖電量，消耗的物質(zhì)的量為。已知：轉(zhuǎn)移電子所產(chǎn)生的電量為96500庫(kù)侖。③作為電解質(zhì)溶液性質(zhì)穩(wěn)定、有較強(qiáng)的導(dǎo)電能力，參與電極反應(yīng)并有利于保持電壓穩(wěn)定。該體系中不氧化，氧化性弱與其結(jié)構(gòu)有關(guān)，的空間結(jié)構(gòu)是。④鉛酸電池儲(chǔ)存過(guò)程中，存在化學(xué)能的緩慢消耗：電極在作用下產(chǎn)生的可將電極氧化。氧化發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)隨著鉛酸電池廣泛應(yīng)用，需要回收廢舊電池材料，實(shí)現(xiàn)資源的再利用?；厥者^(guò)程中主要物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系示意圖如下。①將等物質(zhì)轉(zhuǎn)化為的過(guò)程中，步驟I加入溶液的目的是。②步驟Ⅱ、Ⅲ中和作用分別是。(3)鉛酸電池使用過(guò)程中，負(fù)極因生成導(dǎo)電性差的大顆粒，導(dǎo)致電極逐漸失活。通過(guò)向負(fù)極添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高鉛酸電池性能。碳材料的作用有(填序號(hào))。a．增強(qiáng)負(fù)極導(dǎo)電性b．增大負(fù)極材料比表面積，利于生成小顆粒c．碳材料作還原劑，使被還原【答案】(1)正四面體形(2)使硫酸鉛轉(zhuǎn)化為氫氧化鉛，便于后續(xù)的溶解H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑(3)ab【解析】（1）①充電時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，PbSO4得到電子變成Pb，其發(fā)生的電極反應(yīng)為：；②根據(jù)放電時(shí)的反應(yīng)，每消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移1mol電子；產(chǎn)生a庫(kù)倫電量，轉(zhuǎn)移的電子為，故消耗H2SO4的物質(zhì)的量為；③的中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，故其空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；④Pb在H2SO4作用下與氧氣反應(yīng)，會(huì)生成PbSO4和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。（2）廢舊鉛酸電池通過(guò)預(yù)處理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，過(guò)濾得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性條件下生成含Pb2+溶液，電解后生成Pb；若加入K2S2O8，在堿性條件下可生成PbO2。①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，過(guò)濾得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是為了使硫酸鉛轉(zhuǎn)化為氫氧化鉛，便于后續(xù)的溶解；②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性條件下生成含Pb2+溶液，說(shuō)明PbO2被H2O2還原，故H2O2的作用為還原劑；加入K2S2O8，在堿性條件下可生成PbO2，說(shuō)明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用為氧化劑。（3）由于負(fù)極會(huì)生成導(dǎo)電性差的大顆粒PbSO4，石墨可以導(dǎo)電，多孔碳可以增加負(fù)極材料的比表面積，故碳材料的作用可以增強(qiáng)負(fù)極的導(dǎo)電性，且有利于生成小顆粒PbSO4，故a、b正確；負(fù)極的主要材料是Pb，且電解質(zhì)環(huán)境為酸性，故負(fù)極不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被還原，c錯(cuò)誤；故選ab。6．（2023·北京·高考真題）尿素合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學(xué)科學(xué)與技術(shù)的不斷進(jìn)步。(1)十九世紀(jì)初，用氰酸銀與在一定條件下反應(yīng)制得，實(shí)現(xiàn)了由無(wú)機(jī)物到有機(jī)物的合成。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。(2)二十世紀(jì)初，工業(yè)上以和為原料在一定溫度和壓強(qiáng)下合成尿素。反應(yīng)分兩步：?。蜕?；ⅱ．分解生成尿素。

結(jié)合反應(yīng)過(guò)程中能量變化示意圖，下列說(shuō)法正確的是(填序號(hào))。a．活化能：反應(yīng)ⅰ<反應(yīng)ⅱb．ⅰ為放熱反應(yīng)，ⅱ為吸熱反應(yīng)c．(3)近年研究發(fā)現(xiàn)，電催化和含氮物質(zhì)(等)在常溫常壓下合成尿素，有助于實(shí)現(xiàn)碳中和及解決含氮廢水污染問(wèn)題。向一定濃度的溶液通至飽和，在電極上反應(yīng)生成，電解原理如圖所示。

①電極是電解池的極。②電解過(guò)程中生成尿素的電極反應(yīng)式是。(4)尿素樣品含氮量的測(cè)定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液準(zhǔn)確滴定。

①消化液中的含氮粒子是。②步驟ⅳ中標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度和消耗的體積分別為和，計(jì)算樣品含氮量還需要的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有。【答案】(1)(2)ab(3)陽(yáng)(4)樣品的質(zhì)量、步驟Ⅲ所加入溶液的體積和濃度【解析】（1）根據(jù)原子守恒分析，二者反應(yīng)生成尿素和氯化銀，化學(xué)方程式是。答案為；（2）a．反應(yīng)ⅰ的活化能是，反應(yīng)ⅱ活化能是，，a項(xiàng)正確；b．從圖中反應(yīng)物和生成物能量的相對(duì)大小可看出反應(yīng)ⅰ放熱，反應(yīng)ⅱ吸熱，b項(xiàng)正確；c．總反應(yīng)的：，c項(xiàng)錯(cuò)誤；故選ab。（3）①電極b上發(fā)生失電子生成的氧化反應(yīng)，是電解池的陽(yáng)極。②a極硝酸根離子得電子轉(zhuǎn)化為尿素，再結(jié)合酸性環(huán)境可分析出電極反應(yīng)式為。答案為陽(yáng)極；；（4）①尿素消化分解生成和，由于反應(yīng)中存在濃，則消化液中含氮粒子為。②除了已知數(shù)據(jù)外，還需要的是樣品的質(zhì)量、步驟ⅲ所加入溶液的體積和濃度。答案為；樣品的質(zhì)量、步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度。第03講物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用01考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)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(diǎn)。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(shuō)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(guò)程中幾乎不需要補(bǔ)充鐵鹽D．理論上反應(yīng)Ⅰ中每消耗（標(biāo)準(zhǔn)狀況）可浸出2．無(wú)水亞硫酸鈉還原四氯金酸是制備黃金的重要反應(yīng)之一，其反應(yīng)原理為。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．溶液中，HCl分子的數(shù)目為B．若析出19.7g黃金，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為C．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3.4%的溶液中，氫原子數(shù)總和為D．等物質(zhì)的量的和所含的鈉原子數(shù)均為3．在無(wú)水乙醇中加入少量的金屬鈉，發(fā)生反應(yīng)2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列描述不正確的是A．標(biāo)況下，1mol亞甲基-CH2-含有的電子數(shù)目8NAB．常溫常壓下(Vm=24.5L/mol)，生成4.9L氫氣，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目0.4NAC．無(wú)水乙醇中，極性鍵與非極性鍵數(shù)目之比7：1D．68gCH3CH2ONa溶于水形成1L溶液，此時(shí)溶液中c(CH3CH2O-)=0.1mol/L4．將一份由Na2CO3、NaHCO3組成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定濃度的鹽酸，反應(yīng)中得到的圖像如下(其中1mmol=1.0×10-3mol)，下列說(shuō)法正確的是A．由圖可求得，原混合物的質(zhì)量為14.8gB．加入的鹽酸為150mL時(shí)，放出氣體CO20.224L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)C．原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1D．由圖可求得，鹽酸的濃度為0.5mol/L02考查關(guān)系式法的應(yīng)用5．室溫時(shí)向100mL碘水滴加的溶液，發(fā)生下列反應(yīng)：，消耗了溶液，計(jì)算原飽和溶液中I2的物質(zhì)的量濃度A． B． C． D．6．將一定質(zhì)量的Zn放入的濃中，充分反應(yīng)后，Zn完全溶解，共收集到標(biāo)況下的氣體4.48L，且該氣體的平均摩爾質(zhì)量為。在反應(yīng)后的溶液中，加入適量的NaOH溶液，得到沉淀的最大質(zhì)量為A．9.9g B．19.8g C．29.7g D．36.9g7．不同類別物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化為線索，認(rèn)識(shí)鈉及其化合物。下列分析正確的是A．Na投入水中會(huì)沉入底部并四處游動(dòng)B．上述轉(zhuǎn)化中只有分解反應(yīng)和置換反應(yīng)C．反應(yīng)③④表明Na2CO3不能轉(zhuǎn)化為NaOH或NaHCO3D．向足量Na2O2固體中通入1molH2O和CO2混合氣體，發(fā)生反應(yīng)⑤、⑥，共產(chǎn)生16gO203考查守恒法的應(yīng)用8．1.52g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VmL3.20mol/LNaOH溶液，恰好使金屬離子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是B．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：1C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的體積V=200mLD．反應(yīng)結(jié)束后所得溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為2.4mol/L9．將溶液加水稀釋到，稀釋后的物質(zhì)的量濃度為A． B． C． D．10．疊氮酸(HN3)為一元弱酸，相關(guān)物質(zhì)的部分轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A．18gH2O中σ鍵的數(shù)目為4NA B．HN3中陽(yáng)離子和陰離子的個(gè)數(shù)比為1：1C．1L1mol/LNaN3溶液中N3-的數(shù)目為NA D．反應(yīng)②每生成1mol的還原產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA11．將20.8g由Cu、Fe組成的合金溶于過(guò)量稀HNO3中，生成了6.72LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，向反應(yīng)后的溶液中加入過(guò)量的NaOH溶液，則產(chǎn)生的Fe(OH)3沉淀的質(zhì)量為A．21.4g B．18.0g C．14.7g D．18.1g12．硫酸鈉溶液和硫酸溶液等體積混合后，氫離子濃度為，硫酸根離子濃度為，則混合溶液中鈉離子濃度為A． B． C． D．04考查差量法的應(yīng)用13．一定質(zhì)量的甲烷在不足量氧氣中燃燒后，得到CO、CO2和水蒸氣共49.6g，將該混合氣體緩慢通過(guò)無(wú)水CaCl2時(shí)增重25.2g，則原混合氣體中CO2的質(zhì)量為A．3.3g B．6.6g C．13.2g D．8.8g14．將10g銅鎂合金完全溶解于100mL某濃度的硝酸中，得到NO和(不考慮)共0.3mol，向反應(yīng)后的溶液中加入溶液0.8L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為18.5g。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．該硝酸的物質(zhì)的量濃度為B．合金與硝酸反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)是0.5NAC．混合氣體中NO和NO2的體積之比為1∶2D．銅鎂合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物質(zhì)的量為0.3mol15．加熱5.00g碳酸鈉和碳酸氫鈉的固體混合物，使碳酸氫鈉完全分解，混合物質(zhì)量減少了0.62g，則原混合物中碳酸氫鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為A．66.4% B．33.2% C．16.8% D．33.6%05考查熱重分析法16．聚合硫酸鐵的化學(xué)式可表示為，稱取9.07g聚合硫酸鐵樣品進(jìn)行熱解實(shí)驗(yàn)，固體殘留率與溫度的關(guān)系曲線如圖所示：聚合硫酸鐵的化學(xué)式為A． B． C． D．17．將硫酸銅的稀溶液放在密閉容器中，緩緩抽去容器中的水蒸氣，溶液逐漸失水變成飽和溶液，再繼續(xù)抽氣，則變成各種含水鹽，最后變成無(wú)水硫酸銅。時(shí)，容器中的壓強(qiáng)與晶體水合物中含水量的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．曲線對(duì)應(yīng)溶液中有硫酸銅晶體析出B．曲線對(duì)應(yīng)溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持增大C．曲線對(duì)應(yīng)體系存在平衡：D．當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于后得到無(wú)水硫酸銅18．MoS2(S化合價(jià)為-2價(jià))具有良好的光、電性能。將(在空氣中加熱可得加熱時(shí)所得剩余固體質(zhì)量與原始固體質(zhì)量的比值與溫度的關(guān)系如圖所示：(已知：下列說(shuō)法正確的是A．中鉬元素的化合價(jià)為+2價(jià)B．是金屬氧化物，也是堿性氧化物C．煅燒生成反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7molD．可得到Mo的一種氧化物，該氧化物的化學(xué)式為1．某硫酸鋁和硫酸鎂的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1，若將200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分離，至少應(yīng)加入1.6mol·L－1的氫氧化鈉溶液()A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L2．為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是()A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)eq\o(=,\s\up7())3．黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測(cè)定時(shí)，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(diǎn)，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,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))________(保留1位小數(shù))。(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_(kāi)_______L，制得98%的硫酸質(zhì)量為_(kāi)_______t。4．II.已知：溶于乳酸能制得可溶性乳酸亞鐵{，相對(duì)分子質(zhì)量為234}，可作補(bǔ)血?jiǎng)?/p>