高考化学一轮复习-物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（全国通用）（解析版）

这是一份高考化学一轮复习-物质的量在化学方程式计算中的应用（专项训练）（全国通用）（解析版），共14页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 考查根据化学方程式进行计算
\l "_Tc2717" 题型02 考查关系式法的应用
\l "_Tc30632" 题型03 考查守恒法的应用
\l "_Tc10254" 题型04 考查差量法的应用
\l "_Tc16505" 题型05 \l "_Tc9851" 考查热重分析法
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 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0.1ml，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．5.0gB．7.5gC．10.0gD．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3.0mlNaBH4参与反应时，生成标准状况下8.96LH2，则理论上镀层增重
A．498.4gB．684.4gC．460gD．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3.0mlNaBH4参与反应生成8.96LH2，即0.4mlH2，据NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知，有0.1mlNaBH4参与了此反应，则剩下的2.9mlNaBH4参与了镀镍反应，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1ml，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=2ml，每产生，N2得到6ml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0.5ml，由方程式可知，消耗0.5ml N2，产生的0.75mlO2，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0.5ml·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】0.15ml·L−1
【解析】4.695g普鲁士白晶体的物质的量为=0.015ml，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0.015ml，则Cl-的物质的量为0.03ml，将滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl−的物质的量浓度为=0.15ml/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
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0.1mlO2，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 ml·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 eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(4)) ＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(7)) ＋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 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(4)) ＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(7)) ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：Cr2O eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(7)) ～6Fe2＋～3SO2～ eq \f(3,2) FeS2
1 eq \f(3,2)
0．020 00 ml·L－1×0.025 00 L eq \f(m（FeS2）,120)
列式计算得：m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为 eq \f(0.09000 g,0.1000 g) ×100%＝90.00%。
（2）4FeS2 ＋11O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋ 8SO2
4 ml 8 ml×22.4 L·ml－1
eq \f(10×106×0.9,120) ml V(SO2)
列式计算得：V(SO2)＝3.36×106 L，
则n(SO2)＝ eq \f(3.36×106 L,22.4 L·ml－1) ＝1.5×105 ml
由SO2～SO3～H2SO4
1 ml 98 g
1．5×105 ml 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1.0ml/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14.0m/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0.01ml、0.04ml，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0.02ml、0.01ml，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/ml=0.3ml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．2：3B．3：2C．3：5D．5：3
【答案】A
【解析】38.4gCu为0.6ml，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xml，则析出xmlCu消耗Fe为xml，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． 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：
BaCl2·nH2O eq \(=====,\s\up7(△)) BaCl2 ＋ nH2O
208＋18n 208 18n
W1－G W2－G W1－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 gB．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 ml Cl2(反应气)生成1 ml N2(生成气)时，气体物质的量减少了2 ml，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 ml，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 ml×17 g·ml-1 44.8 L
m(被氧化的NH3) 0.448 L
列出比例式：(2 ml×17 g·ml-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/ml，则其为CaCO3；38.4mg固体中，固体的摩尔质量为≈56g/ml，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0.3ml，0.3ml草酸亚铁的质量为0.3ml×144g/ml=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0.3ml×56g/ml=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0.3ml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
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0.01ml，则原溶液中含有Fe3+的物质的量为0.02ml；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0.02ml，则原溶液中含有的硫酸根离子为0.02ml；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0.02ml，若含有其他阳离子，则Cl-的物质的量大于0.02ml。
【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0.02ml，溶液体积为100mL，则氯离子的物质的量浓度至少为0.2ml/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0.4ml/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）C(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．COB．CO、C2O3C．C3O4D． C2O3、C3O4
【答案】D
【解析】根据质量守恒定律，在变化过程中，C的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(C)=ml，m(C)=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析，在290℃，n(C)：n(O)=：[(89.25-100×)÷16]=2：3，其化学式为C2O3；在500℃n(C)：n(O)=：[(86.38-100×)÷16]=3：4，其化学式为C3O4；所以可以确定在350-400℃时的化学式为C2O3和C3O4，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1.5ml Xe和7.5ml 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4.5ml 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 XeF2B．1：4 XeF4
C．1：2 Xe2F4D．1：4无法确定分子式
【答案】D
【解析】根据质量守恒定律解题。7.5mL氟气反应剩余4.5ml氟气，反应了3ml氟气，
1.5mlXe与3mL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 ml·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 ml·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-＋S2O32-＋H＋―→SO42-＋Mn2＋＋H2O未配平)
【解析】（1）n＝cV＝0.100 ml·L－1×0.250 L＝0.025 ml，m＝nM＝0.025 ml×
158 g·ml－1＝3.950 g。
【答案】（1）3.950
（2）由化学方程式：8MnO4-＋5S2O32-＋14H＋===10SO42-＋8Mn2＋＋7H2O，设样品中KMnO4物质的量为n ml，可知
8MnO4-～ 5S2O32-
n 0.100 ml·L－1×20.00×10－3 L
所以n(KMnO4)＝ eq \f(8,5) ×0.100 ml·L－1×20.00×10－3 L＝3.2×10－3 ml
所以m(KMnO4)＝nM＝3.2×10－3 ml×158 g·ml－1＝0.505 6 g，KMnO4产品的纯度为 eq \f(0.505 6,0.600 0) ×100%≈84.27%。
5.（2025高三·河南林州·调研）填空。
（1）120mL含有0.20ml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5ml水反应时，由H2O还原的BrF3为 ml。
【答案】（1）1.0ml/Lx1时，x越大，氨总去除率不变，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100mL3ml/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0.1mlB．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NAD．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0.05ml；100mL 3ml·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3ml，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0.1ml，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3ml，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0.05ml，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0.05ml，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。
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；