考點08物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用（核心考點精講精練）-備戰(zhàn)2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點幫（新高考）（解析版）

考點08物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真題考點分布 12.命題規(guī)律及備考策略 1 2考法01比例法和差量法 2考法02守恒法和關(guān)系式法 5 81.高考真題考點分布考點內(nèi)容考點分布無機計算2024·浙江卷；2022·浙江6月30題，4分；2022·浙江1月30題，4分；2021·浙江1月30題，4分；2020·浙江7月，4分；2022·浙江1月30題，4分；2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】從近幾年全國高考試題來看，通過考查對物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中的應(yīng)用，理解物質(zhì)的量在高中化學(xué)計算的應(yīng)用，建立高中使用物質(zhì)的量及相關(guān)概念在方程式計算中的基本運用模型仍是高考命題的熱點。【備考策略】物質(zhì)的量應(yīng)用于化學(xué)方程式計算類的解題步驟(1)“審”：審清題目條件和題目要求。(2)“設(shè)”：設(shè)出的未知數(shù)直接用各物理量的符號表示，并且不帶單位。(3)“寫”：依據(jù)題意寫出并配平化學(xué)方程式。(4)“標(biāo)”：在化學(xué)方程式中有關(guān)物質(zhì)的化學(xué)式下面標(biāo)出已知物質(zhì)和所求物質(zhì)有關(guān)物理量的關(guān)系，并代入已知量和未知量。比較復(fù)雜的數(shù)量關(guān)系可先化簡。(5)“列”：將有關(guān)的幾個量列出比例式。(6)“解”：根據(jù)上述比例式求解未知數(shù)。(7)“答”：根據(jù)題目要求簡明地寫出答案?！久}預(yù)測】預(yù)計2025年高考會以工藝流程、化工生產(chǎn)、科學(xué)實驗為情境載體，進(jìn)一步理解物質(zhì)的量在化學(xué)計算中的“橋梁作用”，初步建立化學(xué)計算的思維模型，注重化學(xué)計算能力、思維能力的考查?？挤?1比例法和差量法1.比例式法eq\a\vs4\ac\hs10\co8(,2Na,＋,2H2O,=,2NaOH,＋,H2↑,化學(xué)計量數(shù)之比：,2,∶,2,∶,2,∶,1,擴(kuò)大NA倍：,2NA,∶,2NA,∶,2NA,∶,NA,物質(zhì)的量之比：,2mol,∶,2mol,∶,2mol,∶,1mol)結(jié)論：化學(xué)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比等于組成各物質(zhì)的粒子數(shù)之比，也等于各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比【思維建模】(1)根據(jù)題意寫出并配平化學(xué)方程式。(2)依據(jù)題中所給信息及化學(xué)方程式判斷過量物質(zhì)，用完全反應(yīng)物質(zhì)的量進(jìn)行計算。(3)把已知的和需要求解的量分別寫在化學(xué)方程式有關(guān)化學(xué)式的下面，兩個量及單位“上下一致，左右相當(dāng)”。(4)選擇有關(guān)量(如物質(zhì)的量、氣體體積、質(zhì)量等)的關(guān)系作為計算依據(jù)，列比例式，求未知量。2.差量法（1）差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后有關(guān)物理量發(fā)生的變化找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積或壓強、反應(yīng)過程中的熱效應(yīng)等。（2）差量法解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)“理論差量”，把化學(xué)方程式中的對應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實際差量)列成比例，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)Δm(固)/Δn(氣)/ΔV(氣)2mol1mol2mol24g1mol22.4L(標(biāo)況)【思維建?！康谝徊剑簻?zhǔn)確寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式；第二步：深入細(xì)致地分析題意，關(guān)鍵在于有針對性地找出產(chǎn)生差量的“對象”及“理論差量”。該“理論差量”可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積、壓強等，且該差量的大小與參加反應(yīng)的物質(zhì)的有關(guān)量成正比；第三步：根據(jù)反應(yīng)方程式，從“實際差量”尋找比例關(guān)系，列比例式求解?？枷?1比例法【例1】（2024·福建泉州·一模）某紅色固體粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，為探究其組成，稱取mg該固體粉末樣品，用足量的稀H2SO4充分反應(yīng)后，稱得固體質(zhì)量為ag。已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O(1)若a＝____________(用含m的最簡式表示)，則紅色固體粉末為純凈物。(2)若a＝eq\f(m,9)，則紅色固體粉末中Fe2O3的物質(zhì)的量為______mol(用含m的最簡式表示)?！窘馕觥?1)若紅色固體粉末只是Fe2O3，則與稀H2SO4充分反應(yīng)后，無固體剩余，所以紅色固體若為純凈物，只能是Cu2O，根據(jù)Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2Oeq\f(m,144)moleq\f(m,144)mol所以a＝eq\f(m,144)×64＝eq\f(4,9)m。(2)設(shè)Fe2O3、Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol。Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2Ox2xCu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2Oyyy2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋2xx根據(jù)題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－x＝\f(m,9×64),160x＋144y＝m))所以x＝eq\f(3m,1216)?！敬鸢浮?1)eq\f(4m,9)(2)eq\f(3m,1216)考向02差量法【例2】（2024·浙江杭州·一模）為了檢驗?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，請列式計算該樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【解析】樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1－w2)g樣品中m(NaHCO3)＝eq\f(168w1－w2,62)g，則樣品中m(Na2CO3)＝w1g－eq\f(168w1－w2,62)g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(mNa2CO3,m樣品)×100%＝eq\f(w1g－\f(168w1－w2,62)g,w1g)×100%＝eq\f(84w2－53w1,31w1)×100%?！疽族e警示】注意事項：①x、y可表示物質(zhì)的質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積等，因而差量可指質(zhì)量之差(△m)物質(zhì)的量之差(△n)或氣體體積之差(△V)等。②分清“差量”是增還是減.在較復(fù)雜的情況，存在多個反應(yīng)，可能差量的增減方向并不一致，這就要取其代數(shù)和.若方向相同，則總差量等于各個分差量之和。③正確分析形成差量的原因，找出對應(yīng)的根據(jù)方程式得出的“理論差量”是差量法解題的關(guān)鍵?！緦c1】（2024·河南安陽·模擬）過氧化鈣(CaO2)是一種安全無毒的物質(zhì)，帶有結(jié)晶水，通常還含有CaO。過氧化鈣在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中廣泛用作殺菌劑、防腐劑、解酸劑、油類漂白劑等。(1)稱取5.42g過氧化鈣樣品，灼燒時發(fā)生如下反應(yīng)：2CaO2·xH2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))2CaO＋O2↑＋2xH2O，得到O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為672mL，則該樣品中CaO2的物質(zhì)的量為________。(2)另取同一樣品5.42g，溶于適量的稀鹽酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，將溶液中的Ca2＋全部轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO37.0g。①樣品中CaO的質(zhì)量為________________。②樣品中CaO2·xH2O中的x為________。【解析】(1)n(O2)＝eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)＝0.03mol，則解得n(CaO2·xH2O)＝0.06mol，則n(CaO2)＝n(CaO2·xH2O)＝0.06mol。(2)n(CaCO3)＝eq\f(7.0g,100g·mol－1)＝0.07mol。①根據(jù)鈣原子守恒，可知：n(CaO)＝0.07mol-0.06mol＝0.01mol，所以m(CaO)＝0.01mol×56g·mol-1＝0.56g。②樣品中水的質(zhì)量為m(H2O)＝5.42g-m(CaO2)-m(CaO)＝5.42g-0.06mol×72g·mol-1-0.56g＝0.54g，所以n(H2O)＝eq\f(0.54g,18g·mol－1)＝0.03mol，則x＝eq\f(0.03mol,0.06mol)＝0.5?！敬鸢浮?1)0.06mol(2)①0.56g②0.5【對點2】（2024·江蘇揚州·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）)。考法02守恒法和關(guān)系式法1.守恒法（1）含義：所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”或兩物質(zhì)在發(fā)生“相互作用”的過程中某些物理量的總量保持“不變”。在化學(xué)變化中的各種各樣的守恒，如質(zhì)量守恒、元素守恒、原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒、能量守恒等。（2）守恒類型①質(zhì)量守恒(原子守恒)依據(jù)化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)是原子的重新組合，因而反應(yīng)前后原子的總數(shù)和質(zhì)量保持不變。②電荷守恒依據(jù)電解質(zhì)溶液呈電中性，即陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)或離子方程式前后離子所帶電荷總數(shù)不變。利用電荷守恒法可以配平離子方程式；巧解某些化學(xué)計算題。③得失電子守恒關(guān)系式依據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失數(shù)目相等，即氧化劑得到的電子總數(shù)目等于還原劑失去的電子總數(shù)目。利用得失電子守恒法可以計算元素的化合價；計算氧化(或還原)產(chǎn)物的量；計算氧化劑、還原劑的消耗量；計算混合物的組成。2.關(guān)系式法關(guān)系式是表示兩種或多種物質(zhì)之間量的關(guān)系的一種簡化的式子。在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間量的關(guān)系表示出來，將多步計算簡化為一步計算。高考題量大、時間緊，對于涉及多步計算問題，如滴定實驗的有關(guān)計算，巧妙運用關(guān)系式法，可大大縮短答題時間?！舅季S建?！康谝徊剑簻?zhǔn)確寫出各步反應(yīng)的化學(xué)方程式；第二步：找出“中介”的物質(zhì)，并確定最初反應(yīng)物、中介物質(zhì)、最終生成物之間量的關(guān)系；第三步：確定最初反應(yīng)物和最終生成物之間量的關(guān)系；第四步：根據(jù)已知條件及關(guān)系式列出比例式計算求解?？枷?1守恒法【例1】（2024·江蘇揚州·一模）興趣小組測定莫爾鹽[化學(xué)式為(NH4)xFey(SO4)z·wH2O(Fe為＋2價)]的化學(xué)式，過程如下：①稱取兩份質(zhì)量均為1.96g的該結(jié)晶水合物，分別制成溶液。②一份加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，用稀鹽酸處理沉淀物，經(jīng)洗滌和干燥，得到白色固體2.33g。③另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))恰好完全被還原為Mn2＋，所發(fā)生的反應(yīng)如下：8H＋＋5Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O通過計算得出莫爾鹽化學(xué)式為()A．(NH4)Fe(SO4)2·3H2OB．(NH4)2Fe(SO4)2·3H2OC．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OD．(NH4)2Fe(SO4)2·H2O【答案】C【解析】由操作②可知：n(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝n(BaSO4)＝eq\f(2.33g,233g·mol－1)＝0.01mol，由操作③可知，n(Fe2＋)＝5n(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝5×0.001mol＝0.005mol，再根據(jù)電荷守恒可知：n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋2n(Fe2＋)＝2n(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))可得：n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝2n(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))－2n(Fe2＋)＝2×0.01mol－2×0.005mol＝0.01mol，再根據(jù)質(zhì)量守恒可知，一份該結(jié)晶水合物中結(jié)晶水的物質(zhì)的量為：n(H2O)＝eq\f(1.96g－0.01mol×18g·mol－1－0.005mol×56g·mol－1－0.01mol×96g·mol－1,18g·mol－1)＝0.03mol，故x∶y∶z∶w＝n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))∶n(Fe2＋)∶n(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))∶n(H2O)＝0.01mol∶0.005mol∶0.01mol∶0.03mol＝2∶1∶2∶6，通過計算得出莫爾鹽化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O?！舅季S建?！康谝徊剑好鞔_題目要求解的量；第二步：根據(jù)題目要求解的量，分析反應(yīng)過程中物質(zhì)的變化，找出守恒類型及相關(guān)的量；第三步：根據(jù)守恒原理，梳理出反應(yīng)前后守恒的量，列式求解?？枷?2關(guān)系式法【例2】（2024·河南周口·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MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋→SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋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?1)3.950(2)由化學(xué)方程式：8MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋14H＋=10SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋8Mn2＋＋7H2O，設(shè)樣品中KMnO4物質(zhì)的量為nmol，可知8MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))～5S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))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%。【思維建?！浚?）關(guān)系式建立的類型①有關(guān)化學(xué)方程式的計量數(shù)關(guān)系式：在化學(xué)反應(yīng)中，任何一種元素的總質(zhì)量是守恒的，即最初反應(yīng)物中該元素的質(zhì)量等于最終產(chǎn)物中該元素的質(zhì)量。②原子守恒關(guān)系式：各步反應(yīng)的化學(xué)方程式，找出最初反應(yīng)物與最終生成物的物質(zhì)的量的關(guān)系式，再進(jìn)行一步計算。③得失電子守恒關(guān)系式：根據(jù)氧化劑和還原劑得失守恒建立關(guān)系式，再進(jìn)行一步計算?！緦c1】（2024·山東日照·質(zhì)檢）將1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L-1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe3＋，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的鉻全部轉(zhuǎn)化為Cr3＋。則K2Cr2O7的物質(zhì)的量濃度是________?！敬鸢浮?.100mol·L-1【解析】由電子守恒知，F(xiàn)eO中＋2價鐵所失電子的物質(zhì)的量與Cr2Oeq\o\al(2－,7)中＋6價鉻所得電子的物質(zhì)的量相等，eq\f(1.08g,72g·mol－1)×(3-2)＝0.02500L×c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))×(6-3)×2，得c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.100mol·L-1?！緦c2】（2024·江蘇宿遷·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\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(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?！窘馕觥?1)據(jù)方程式4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(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?！敬鸢浮?1)90.00%(2)3.36×106151．（2024·浙江杭州·一模）XSO4(aq)與NaOH(aq)反應(yīng)，定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0mol/L的XSO4和1.0mol/LNaOH混合，總體積為50mL(體積可加合)。為了得到最大的沉淀量，這兩種溶液的體積應(yīng)取A．29mLNaOH+21mLXSO4 B．21mLNaOH+29mLXSO4C．15mLNaOH+35mLXSO4 D．20mLNaOH+30mLXSO4【答案】A【解析】生成的沉淀為X3(OH)4SO4(s)，X2+和OH-的物質(zhì)的量比為3:4，根據(jù)元素守恒，XSO4溶液、NaOH溶液的物質(zhì)的體積比為3:4，需要XSO4溶液的體積為，需要NaOH溶液的體積為，故選A。2．（2024·湖南郴州·期末）現(xiàn)有鐵及其氧化物粉末7.04g，加入100mL1的稀硫酸恰好完全溶解，并收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體224mL。向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液，無明顯變化。若將等質(zhì)量的該混合物在高溫下與足量的CO充分反應(yīng)，生成CO2的質(zhì)量為A．1.65g B．2.20g C．3.96g D．4.40g【答案】C【解析】現(xiàn)有鐵及其氧化物粉末7.04克，加入含0.1molH2SO4的稀硫酸恰好完全溶解，向反應(yīng)后的溶液滴加KSCN溶液，無明顯變化，說明生成物是硫酸亞鐵，根據(jù)硫酸根離子守恒可知硫酸亞鐵的物質(zhì)的量是0.1mol，所以混合物中鐵元素的物質(zhì)的量是0.1mol，質(zhì)量是0.1mol×56g/mol＝5.6g，則鐵及其氧化物粉末中氧元素質(zhì)量為7.04g-5.6g=1.44g，即O元素的物質(zhì)的量為0.09mol，則該混合物可表示為Fe10O9，該混合物在高溫下與足量的CO充分反應(yīng)，方程式為：，根據(jù)，設(shè)生成CO2的質(zhì)量為xg，可列出：，解得x=3.96g；故選C。3．（2024·重慶·期中）為測定空氣中的含量，某課外小組的同學(xué)將空氣樣品經(jīng)過管道通入密閉容器中的100mL、0.30mol/L的酸性溶液。已知與該溶液反應(yīng)的離子方程式為：。若管道中空氣流量為0.5L/min，經(jīng)過3min溶液恰好褪色，假定樣品中的可被溶液充分吸收，則該空氣樣品中的含量（單位為g/L）是A．3.2 B．6.4 C．9.6 D．1.6【答案】A【解析】根據(jù)題干信息，經(jīng)過3min溶液恰好褪色，則通過空氣的體積為0.5L·min-1×3min=1.5L，消耗的酸性KMnO4的物質(zhì)的量為0.1L×0.3mol/L=0.03mol，設(shè)尾氣中SO2的物質(zhì)的量為nmol，則由離子方程式得，，尾氣樣品中SO2含量為，綜上所述A符合題意；故選A。4．（2024·江西南昌·期末）某稀溶液中含有和，向其中加入，充分反應(yīng)(已知被還原為NO)，最終溶液體積為，下列說法正確的是A．所得溶液中的溶質(zhì)只有、B．所得溶液中C．反應(yīng)后生成NO的體積為(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)D．所得溶液中【答案】D【分析】鐵與氫離子、硝酸根離子反應(yīng)生成鐵離子、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式為Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，由方程式可知，5mol氫離子反應(yīng)消耗1.25mol硝酸根離子和1.25mol鐵，生成鐵離子和一氧化氮的物質(zhì)的量都為1.25mol，則反應(yīng)中氫離子不足量、硝酸根離子和鐵過量，過量的鐵與溶液中的鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+，由方程式可知，0.25mol鐵反應(yīng)消耗0.5mol鐵離子，生成0.75mol亞鐵離子，所以充分反應(yīng)后的溶液中硝酸根離子的物質(zhì)的量為4mol—1.25mol=2.75mol、鐵離子物質(zhì)的量為1.25mol—0.5mol=0.75mol、亞鐵離子物質(zhì)的量物質(zhì)為0.75mol、硫酸根離子物質(zhì)的量物質(zhì)為2.5mo?！窘馕觥緼．由分析可知，充分反應(yīng)后的溶液中含有3.75mol硝酸根離子，所以所得溶液中的溶質(zhì)不可能只有硫酸亞鐵和硫酸鐵，故A錯誤；B．由分析可知，充分反應(yīng)后的溶液中鐵離子和亞鐵離子的物質(zhì)的量都為0.75mol，物質(zhì)的量比為1:1，故B錯誤；C．由分析可知，反應(yīng)生成一氧化氮的物質(zhì)的量為1.25mol，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.25mol×22.4L/mol=28L，故C錯誤；D．由分析可知，充分反應(yīng)后的溶液中含有3.75mol硝酸根離子，則溶液中硝酸根離子的濃度為=2.75mol/L，故D正確；故選D。5．2024·湖南·期末）將1.52g銅鎂合金完全溶解于濃硝酸中，得到和的混合氣體0.05mol，向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，則與的物質(zhì)的量之比為A．1∶1 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶2【答案】C【解析】由題意可知，銅鎂合金完全溶解于濃硝酸中得到含有硝酸銅、硝酸鎂的混合溶液，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，溶液中銅離子、鎂離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化銅、氫氧化鎂沉淀，則由原子個數(shù)守恒可知，銅鎂合金溶解時失去電子的物質(zhì)的量為=0.06mol，設(shè)混合氣體中二氧化氮為amol，由得失電子數(shù)目守恒可得：a+2(0.05—a)=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中二氧化氮和四氧化二氮的物質(zhì)的量之比為0.04：0.01＝4：1，故選C。6．（2024·四川德陽·期末）把鎂鋁合金的粉末放入過量的鹽酸中，得到。下列說法錯誤的是A．合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為 B．合金中鎂和鋁的物質(zhì)的量之比為C．鎂和鋁還原出的體積之比為 D．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，的體積為【答案】C【分析】把鎂鋁合金的粉末放入過量的鹽酸中，發(fā)生反應(yīng)Mg+2H+=Mg2++H2↑、2Al+6H+=2Al3++3H2↑，得到，設(shè)Mg的物質(zhì)的量為xmol、Al的物質(zhì)的量為ymol；則，x=0.1mol、y=0.2mol。【解析】A．合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為，故A正確；B．根據(jù)以上分析，Mg的物質(zhì)的量為0.1mol、Al的物質(zhì)的量為0.2mol，合金中鎂和鋁的物質(zhì)的量之比為，故B正確；C．Mg的物質(zhì)的量為0.1mol，還原出0.1mol氫氣；Al的物質(zhì)的量為0.2mol，還原出0.3mol氫氣，鎂和鋁還原出的體積之比為1:3，故C錯誤；

D．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，的體積為，故D正確；選C。7．（2024·浙江杭州·期中）取體積相同的KI、FeCl2、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、FeCl2、FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度之比為A．1∶1∶1 B．1∶1∶3 C．3∶3∶1 D．2∶2∶1【答案】C【解析】碘化鉀溶液與氯氣反應(yīng)生成氯化鉀和碘，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KI+Cl2=2KI+I2，氯化亞鐵溶液與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCl2+Cl2=2FeCl3，溴化亞鐵溶液與足量氯氣反應(yīng)生成氯化鐵和溴，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，若三種溶液都消耗3mol氯氣，由方程式可知，體積相同的三種溶液的濃度之比為6∶6∶2=3∶3∶1，故選C。8．（2024·甘肅蘭州·期末）向一定量的鐵、氧化鐵、氧化亞鐵的混合物中，加入200mL0.5mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(標(biāo)況)氣體，所得溶液中加入硫氰化鉀無血紅色出現(xiàn)，那么用足量CO還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵的質(zhì)量是A．11.2g B．5.6g C．2.8g D．10.8g【答案】C【解析】鹽酸恰好使混合物完全溶解，鹽酸沒有剩余，向反應(yīng)所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現(xiàn)，說明溶液為FeCl2溶液，根據(jù)氯元素守恒可知n(FeCl2)=0.5n(HCl)=0.5×0.2L×0.5mol/L=0.05mol；用足量的CO在高溫下還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵，根據(jù)鐵元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，質(zhì)量為0.05mol×56g/mol=2.8g；答案選C。9．（2024·河北衡水·期末）向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含F(xiàn)e3+。若用過量的CO在高溫下還原相同質(zhì)量的原混合物，固體減少的質(zhì)量為A． B． C． D．【答案】B【解析】依題意，向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，所得溶液中的溶質(zhì)為CuCl2、FeCl2，混合物中的O元素全部轉(zhuǎn)化為H2O；用過量的CO在高溫下還原相同質(zhì)量的原混合物，固體減少的質(zhì)量也就是混合物中O元素的質(zhì)量。由反應(yīng)可建立關(guān)系式：O——2HCl，n(HCl)=0.100L×2mol/L=0.2mol，則m(O)=0.1mol×16g/mol=1.6g，故選B。10．（2024·河北邢臺·期末）將銅片放入一定體積溶液A中浸泡，一段時間后取出銅片(經(jīng)洗滌、干燥)精確稱量，銅片質(zhì)量減輕了，得到的溶液B中，則下列說法正確的是A．溶液B中與的物質(zhì)的量之比為1:3 B．原溶液A中的物質(zhì)的量為C．溶液B中最多可溶解 D．原溶液A的體積為【答案】A【分析】將銅片放入一定體積溶液A中浸泡，發(fā)生，銅片質(zhì)量減輕了，消耗的銅的物質(zhì)的量為，生成的的物質(zhì)的量為0.1mol，消耗的的物質(zhì)的量為0.2mol，生成的的物質(zhì)的量為0.2mol，得到的溶液B中剩余的物質(zhì)的量為0.3mol，溶液A中的物質(zhì)的量為0.5mol?！窘馕觥緼．溶液B中與的物質(zhì)的量之比為0.1mol:0.3mol=1:3，A正確；B．原溶液A中的物質(zhì)的量為0.5mol，則的物質(zhì)的量為1.5mol，B錯誤；C．溶液B中與的物質(zhì)的量分別為0.1mol和0.3mol，加入金屬鐵可以發(fā)生反應(yīng)、，可以分別溶解鐵的物質(zhì)的量是0.1mol和0.15mol，即最多可溶解，質(zhì)量為，C錯誤；D．溶液A中的物質(zhì)的量為0.5mol，體積為，即500ml，D錯誤；答案選A。11．（2024·黑龍江哈爾濱·期中）現(xiàn)有A、B、C三種化合物，各取20g相混合，完全反應(yīng)后，得到9.0gB、24.5gC，還有D生成，已知D的相對分子質(zhì)量為106.現(xiàn)將44.0gA和22.0gB反應(yīng)，能生成D的物質(zhì)的量為A．1.00 B．0.500 C．0.275 D．0.250【答案】B【分析】20gA完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的B的質(zhì)量為20g-9g=11g，生成的C的質(zhì)量為24.5g-20g=4.5g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算生成的D的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量定比定律計算44gA和44gB反應(yīng)，哪種物質(zhì)有剩余，根據(jù)不足量的物質(zhì)利用質(zhì)量定比關(guān)系計算生成D的質(zhì)量，再n=計算D的物質(zhì)的量，據(jù)此分析解題?！窘馕觥?0gA完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的B的質(zhì)量為20g-9g=11g，生成的C的質(zhì)量為24.5g-20g=4.5g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知生成的D的質(zhì)量為20+11-4.5=26.5g，22gB反應(yīng)需要A的質(zhì)量為22g×=12.1g，則A過量，B完全反應(yīng)生成D的質(zhì)量為22g×=53g，D的相對分子質(zhì)量為106，則D的物質(zhì)的量為=0.5mol，故答案為：B。12．（2024·福建福州·期中）2.48g鐵銅合金完全溶解于80mL4.0稀硝酸中，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下672mLNO氣體（假設(shè)此時無其他氣體產(chǎn)生），下列說法正確的是A．反應(yīng)后溶液中不存在B．該合金中鐵與銅的物質(zhì)的量之比是1∶2C．反應(yīng)后溶液（忽略溶液體積變化）中D．向反應(yīng)后的溶液中加入2.0NaOH溶液至金屬離子恰好全部沉淀時，需加入NaOH溶液的體積是120mL【答案】C【分析】反應(yīng)生成672mL的NO氣體，，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.03mol×3=0.09mol；由方程式可知，作氧化劑的硝酸是整個硝酸的，所以參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為：0.03mol×4=0.12mol，而80mL4.0mol/L稀硝酸中硝酸的物質(zhì)的量為：0.32mol，所以硝酸過量，鐵與銅完全反應(yīng)，鐵轉(zhuǎn)化為鐵離子，令混合物中鐵、銅的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量與電子轉(zhuǎn)移守恒，則：，可求得x=0.01，y=0.03。【解析】A．據(jù)分析，鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵，所以溶液中存在Fe3+，A錯誤；B．該合金中鐵與銅的物質(zhì)的量之比是0.01∶0.03=1：3，B錯誤；C．反應(yīng)后溶液中剩余，則反應(yīng)后溶液（忽略溶液體積變化）中，C正確；D．離子完全沉淀得到硝酸鈉溶液，根據(jù)硝酸根守恒可知：需加入NaOH的物質(zhì)的量為0.32?0.03=0.29mol，所以V=0.29mol÷0.2mol/L=0.145L=145ml，D錯誤；故選C。13．（2024·湖北武漢·期末）向amLBaCl2、AlCl3和FeCl3的混合液A中；逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合液B；產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量n與加入溶液B的體積關(guān)系如圖所示；下列敘述正確的是A．溶液B中，硫酸鈉和氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度之比為1：2B．溶液B中，Na+的物質(zhì)的量濃度為3mol/LC．當(dāng)加入溶液B的體積>100mL時，溶液中才開始出現(xiàn)Na[Al(OH)4]D．A溶液中Ba2+、Al3+和Fe3+的物質(zhì)的量濃度之比為10：2：1【答案】D【分析】A溶液中含有Ba2+、Fe3+、Al3+、Cl-，B溶液中含有、OH-、Na+，向A溶液中逐漸滴加B溶液，一開始產(chǎn)生沉淀為BaSO4、Fe(OH)3和Al(OH)3，沉淀的物質(zhì)的量逐漸增加；當(dāng)Fe3+、Al3+沉淀完全后，繼續(xù)加入B溶液，Al(OH)3逐漸溶解，沉淀的物質(zhì)的量開始減少，而圖像中第二段曲線為平行線，則Al(OH)3溶解的同時，還有BaSO4繼續(xù)生成，且溶解的Al(OH)3的物質(zhì)的量和生成的BaSO4的物質(zhì)的量相等；第三段曲線中，沉淀物質(zhì)的量逐漸減少，則第三段只有Al(OH)3的溶解過程。根據(jù)上述分析，V(B)=90mL時，F(xiàn)e3+、Al3+恰好沉淀完全；90mL＜V(B)＜100mL時，Al(OH)3開始溶解，BaSO4繼續(xù)生成；V(B)=100mL時，Ba2+恰好沉淀完全；100mL＜V(B)＜110mL，Al(OH)3繼續(xù)溶解；V(B)=110mL，沉淀中Al(OH)3溶解完全?！窘馕觥緼．第二段曲線溶解的Al(OH)3的物質(zhì)的量和生成的BaSO4的物質(zhì)的量相等，根據(jù)反應(yīng)，，所以NaOH的濃度與Na2SO4的濃度相等，故A錯誤；B．根據(jù)分析可知，V(乙)=100mL時，Al(OH)3沒有溶解完全，沉淀物應(yīng)為BaSO4、Fe(OH)3、Al(OH)3，故B錯誤；C．根據(jù)A分析，NaOH的濃度與Na2SO4的濃度相等，第三段曲線中，消耗了10mL乙溶液，溶解了0.1molAl(OH)3，c(NaOH)=，Na+的物質(zhì)的量濃度為30mol/L，故C錯誤；D．第三段曲線中，消耗了10mL乙溶液，溶解了0.1molAl(OH)3，根據(jù)，可知，c(NaOH)=；根據(jù)分析可知，c(NaOH)=c(Na2SO4)=10mol/L；100mL乙溶液時，BaSO4沉淀完全，則n(Ba2+)=10mol/L×0.10L=1.0mol；第二、三段均有Al(OH)3的溶解，所以n(Al3+)=n[Al(OH)3]=10mol/L×0.020L=0.2mol；V(B)=90mL時，F(xiàn)e3+、Al3+恰好沉淀完全；則n(Al3+)×3+n(Fe3+)×3=10mol/L×0.090L=0.9mol，則n(Fe3+)=0.1mol，所以n(Ba2+)∶n(Al3+)∶n(Fe3+)=1∶0.2∶0.1=10∶2∶1，則甲溶液中Ba2+、Al3+、Fe3+的物質(zhì)的量濃度之比為：10：2：1，故D正確；故答案為：D。14．（2024·廣東深圳·期末）將6.4g銅投入30mL一定濃度的硝酸中，恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NO和NO2混合氣體共2.24L。則下列敘述正確的是A．反應(yīng)中失去電子數(shù)為0.1mol B．做氧化劑的硝酸為0.1molC．NO體積為0.56L D．原硝酸濃度0.3mol/L【答案】B【分析】6.4gCu的物質(zhì)的量為0.1mol，與硝酸恰好反應(yīng)，生成標(biāo)況下NO和NO2共2.24L，為0.1mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，Cu失去電子=N得到的電子，0.1molCu被氧化失去0.2mol電子，設(shè)NO的物質(zhì)的量為xmol，NO2的物質(zhì)的量為ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。【解析】A．反應(yīng)中Cu被氧化為Cu2+，0.1molCu失去的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，A錯誤；

B．做氧化劑的硝酸轉(zhuǎn)化為一氧化氮、二氧化氮，根據(jù)氮原子守恒可知，為0.1mol，B正確；C．NO體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，C錯誤；

D．根據(jù)原子守恒，消耗的硝酸的總物質(zhì)的量=起氧化劑作用的硝酸的物質(zhì)的量(還原產(chǎn)物的總物質(zhì)的量)+起酸性作用的硝酸的物質(zhì)的量(生成鹽中的硝酸根的物質(zhì)的量)，故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n(Cu(NO3)2)=0.1+0.2=0.3mol，V=30mL，則c(HNO3)==10mol/L，D錯誤；故選B。15．（2024·四川綿陽·期末）將20.0g銅鎂合金完全溶解于140mL某濃度的硝酸中，得到NO2和NO的混合氣體8.96L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，當(dāng)向反應(yīng)后的溶液中加入320mL4.0mol/LNaOH溶液時，金屬離子全部轉(zhuǎn)化為沉淀，測得沉淀的質(zhì)量為37g。下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：3B．該硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度12mol/LC．NO2和NO的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)25％D．若將混合氣體與水混合完全轉(zhuǎn)化為硝酸，則需要通入的氧氣(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的體積為11.2L【答案】D【分析】根據(jù)題意可知，銅失去2個電子生成銅離子，銅離子與2個氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀；鎂失去2個電子生成鎂離子，鎂離子與2個氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，據(jù)此分析?！窘馕觥緼．根據(jù)上述分析：金屬陽離子得到氫氧根物質(zhì)的量等于金屬失去電子物質(zhì)的量，依據(jù)質(zhì)量守恒，得到氫氧根物質(zhì)的量為n(OH-)==lmol，即得失電子物質(zhì)的量為lmol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=lmol，根據(jù)二者質(zhì)量和為20.0g可得關(guān)系式64n(Cu)+24n(Mg)=20.0g，兩式聯(lián)立解得n(Cu)=0.2mol，n(Mg)=0.3mol，因此合金中銅和鎂的物質(zhì)的量之比為2：3，A正確；B．金屬陽離子Cu2+、Mg2+全部沉淀后，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=0.32L×4.0mol/L+=l.68mol，溶液的體積是140mL，則硝酸的濃度為c(HNO3)=mol/L=12mol/L，B正確；C．根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，3n(NO)+n(NO2)=lmol，n(NO)+n(NO2)==0.4mol，兩式聯(lián)立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，則相同條件下，二者的體積分?jǐn)?shù)等于物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，故NO2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=25%，C正確；D．根據(jù)上述分析可知：反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量等于沉淀中OH-的物質(zhì)的量，n(e-)=n(OH-)=1mol，若將混合氣體與水混合完全轉(zhuǎn)化為硝酸，則O2得到電子的物質(zhì)的量與HNO3變?yōu)镹O、NO2時失去電子的物質(zhì)的量相等，4n(O2)=1mol，n(O2)=0.25mol，其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V(O2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，D錯誤；故選D。1.（2024·浙江卷1月）H2S可用于合成光電材料。某興趣小組用與反應(yīng)制備液態(tài)H2S，實驗裝置如圖，反應(yīng)方程式為：。（6）取產(chǎn)品，與足量溶液充分反應(yīng)后，將生成的置于已恒重、質(zhì)量為的坩堝中，煅燒生成，恒重后總質(zhì)量為。產(chǎn)品的純度為_______。【解析】根據(jù)銅守恒，氧化銅的質(zhì)量為32.814

g-31.230

g=1.584g，則氧化銅物質(zhì)的量為0.0198mol，，硫化銅物質(zhì)的量為0.0198mol，則H2S物質(zhì)的量為0.0198mol，H2S的質(zhì)量為0.6732g，產(chǎn)品純度為?！敬鸢浮?9%2．(2023·湖北卷)學(xué)習(xí)小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成?；卮鹣铝袉栴}：(1)銅與濃硝酸反應(yīng)的裝置如下圖，儀器A的名稱為_______，裝置B的作用為_______。(2)銅與過量H2O2反應(yīng)的探究如下：實驗②中Cu溶解的離子方程式為_______；產(chǎn)生的氣體為_______。比較實驗①和②，從氧化還原角度說明的作用是_______。(3)用足量NaOH處理實驗②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X為銅的氧化物，提純干燥后的X在惰性氛圍下加熱，mgX完全分解為ng黑色氧化物Y，。X的化學(xué)式為_______。(4)取含X粗品0.0500g(雜質(zhì)不參加反應(yīng))與過量的酸性KI完全反應(yīng)后，調(diào)節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定終點時消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)標(biāo)志滴定終點的現(xiàn)象是_______，粗品中X的相對含量為_______。【解析】(1)由圖可知，儀器A的名稱為具支試管；銅和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，則裝置B的作用為防倒吸；(2)根據(jù)實驗現(xiàn)象，銅片溶解，溶液變藍(lán)，可知在酸性條件下銅和過氧化氫發(fā)生反應(yīng)，生成硫酸銅，離子方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；硫酸銅可以催化過氧化氫分解生成氧氣，則產(chǎn)生的氣體為O2；在銅和過氧化氫的反應(yīng)過程中，氫元素的化合價沒有發(fā)生變化，故從氧化還原角度說明H+的作用是：既不是氧化劑，又不是還原劑；(3)在該反應(yīng)中銅的質(zhì)量m(Cu)=n×，因為，則m(O)=，則X的化學(xué)式中銅原子和氧原子的物質(zhì)的量之比為：，則X為CuO2；(4)滴定結(jié)束的時候，單質(zhì)碘消耗完，則標(biāo)志滴定終點的現(xiàn)象是：溶液藍(lán)色消失，且半分鐘不恢復(fù)原來的顏色；在CuO2中銅為+2價，氧為-1價，根據(jù)2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到關(guān)系式：CuO2~2I2~4S2O32-，則n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相對含量為。【答案】(1)①具支試管②防倒吸(2)①Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O②O2③既不是氧化劑，又不是還原劑(3)CuO2(4)①溶液藍(lán)色消失，且半分鐘不恢復(fù)原來的顏色②72%3．(2022·湖南卷)某實驗小組用重量法測定產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量。步驟如下：①稱取產(chǎn)品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加熱至近沸；②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的0.100mol·L－1H2SO4溶液；③沉淀完全后，60℃水浴40分鐘，經(jīng)過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質(zhì)量為0.4660g。則產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字)。由題意可知，硫酸鋇的物質(zhì)的量為：eq\f(0.4660g,233g/mol)＝0.002mol，依據(jù)鋇原子守恒，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為0.002mol，質(zhì)量為0.002mol×244g/mol＝0.488g，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：eq\f(0.488g,0.5000g)×100%＝97.6%。97.6%4．(2022·遼寧卷)H2O2作為綠色氧化劑應(yīng)用廣泛。某實驗小組測定產(chǎn)品中H2O2的含量，取2.50g產(chǎn)品，加蒸餾水定容至100mL搖勻，取20.00mL于錐形瓶中，用0.0500mol·L－1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。平行滴定三次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL。假設(shè)