【精品解析】近三年高考化学真题分类汇编：化学综合计算2

近三年高考化学真题分类汇编：化学综合计算2
一、选择题
1．（2021·湖北）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．23gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA
B．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C．1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NA
D．标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA
2．（2021·天津）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NA
B．22.4L氢气中，H2分子的数目为NA
C．180g葡萄糖中，C原子的数目为6NA
D．1molN2中，σ键的数目为3NA
3．（2021·辽宁）下列说法正确的是（　　）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
4．（2021·海南） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 中含有的电子数为1.3
B． 中含有的共价键的数目为0.1
C． 肼 含有的孤电子对数为0.2
D． ，生成 乙烷时断裂的共价键总数为
5．（2021·北京）已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 = C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如下图。
已知：
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ/mol
C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H=-1926.1kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ/mol
下列说法错误的是（　　）
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2 CO+H2O
C．相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率
D．如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)
6．（2021·北京）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为：
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析错误的是（　　）
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
7．（2021·山东）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价
8．（2021·山东）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池，下列说法正确的是（　　）
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
9．（2021·浙江）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．标准状况下， 中含有中子数为
B． (分子结构： )中的共价键数目为
C． 的 水溶液中含有氧原子数为
D． 三肽 (相对分子质量：189)中的肽键数目为
10．（2021·浙江）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（　　）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
11．（2021·广东）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 含有 键的数目为
B． 的盐酸含有阴离子总数为
C． 与 混合后的分子数目为
D． 与足量 反应生成的 分子数目为
12．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
13．（2021·湖南） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 。下列说法错误的是（　　）
A．产生22.4L(标准状况) 时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在
14．（2021·湖南） 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 含有的中子数为
B． 溶液中含有的 数为
C． 与 在密闭容器中充分反应后的分子数为
D． 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为
15．（2021·河北）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B．1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1L1mol L-1溴化铵水溶液中NH 与H+离子数之和大于NA
16．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（　　）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
17．（2021·浙江）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1 mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NA
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C．向100mL 0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA
D．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
二、多选题
18．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
19．（2021·山东）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（　　）
　 实验目的 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体
B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
20．（2021·北京）环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
21．（2021·山东）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是　 　；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为　 　，证明WO3已被完全还原的现象是　 　。
（2）WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是　 　；操作④是　 　，目的是　 　。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为　 　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO 离子交换柱发生反应：WO +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO ；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO +5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =2I-+S4O 。滴定达终点时消耗cmol L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
22．（2021·浙江）将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
　 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
（2）该有机物的分子式为　 　(写出计算过程)。
23．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是　 　，蓝色溶液D中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是　 　；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式　 　。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式　 　。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素　 　。
24．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为　 　。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为　 　。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为　 　。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 　 　(列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为　 　。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量　 　(填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为　 　。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
26．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0 　 　 　
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为　 　，晶体A能够析出的原因是　 　；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为　 　，描述第二滴定终点前后颜色变化　 　；
（4）产品中 的质量分数为　 　(保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
27．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
28．（2021·河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热△H(kJ mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为　 　。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol L-1 kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为　 　mol L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于　 　kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在　 　(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O =CO2+CO
Ⅲ.　 　 Ⅳ.CO +2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为　 　。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
29．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是　 　(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或　 　。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是　 　 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　 　。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为　 　g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
30．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=　 　。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=　 　。(写出计算过程)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 中C和O均为 杂化，23g乙醇为0.5mol， 杂化的原子数为 ，选项A符合题意；
B． 中氙的孤电子对数为 ，价层电子对数为 ，则 中氙的价层电子对数为 ，选项B不符合题意；
C.1个 中含有4个配位键，1mol 含配位键的个数为 ，选项C不符合题意；
D．标准状况下。11.2LCO和 的混合气体为0.5mol，分子数为 ，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．乙醇分子中C和O原子均为sp3杂化；
B．根据价电子对数=成键电子对数+孤电子对数，孤电子对数=，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此计算；
C．根据化学式判断；
D．根据判断。
2．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．体积未知，HCl分子的数目不能计算，故A不符合题意；
B．没有标准状态，不能计算H2分子的数目，故B不符合题意；
C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C符合题意；
D.1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液体积未知，无法计算；
B.氢气所处的状态不明确，无法计算；
C.1个葡萄糖分子含有6个C原子，葡萄糖的物质的量为，J据此判断；
D.N2分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一个σ键，两个π键。
3．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
4．【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 的电子数为10，故 中含有的电子数为1.0 ，故A不符合题意；
B． 的电子式为 ，含有1个共价键， 的物质的量为 =0.05mol，故 中含有的共价键的数目为0.05 ，故B不符合题意；
C．肼 中每个N原子上各有1个孤电子对，故 肼 含有的孤电子对数为0.2 ，故C符合题意；
D．发生 反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成 乙烷时断裂的共价键总数为2 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.铝离子属于10电子离子；
B.每分子只含1个共价键；
C.每个氮原子各有一个孤对电子，故每分子含2个孤对电子；
D.根据反应，需要断键是2；
5．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H1=-2043.9kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H2=-1926.1kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H3=-241.8kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H= =(-2043.9kJ/mol)-( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A不符合题意；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2 CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B不符合题意；
C．从图中可知，相同条件下，C3H6的百分含量随着CO2的浓度增大，C3H6的百分含量增大，即表示C3H8的转化率增大，而增大CO2的浓度，相当于减小C3H8对CO2的比例，C符合题意；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据盖斯定律合写方程式计算；
B.根据C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，c(H2)和c(C3H6)应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
C.根据图示投料比 () 越大，C3H8转化率越小；
D.根据碳原子守恒分析。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；乙炔炔烃；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项不符合题意；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项不符合题意；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项符合题意；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.水解过程中各元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有的H2S、PH3可知，CaS、Ca3P2水解生成氢化物和氢氧化钙；
B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成；
C.反应②中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，P元素化合价从3价升高到+5价，失去8个电子，根据转移电子守恒计算可氧化PH3的物质的量；
D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质。
7．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。设0.1molX消耗的盐酸的物质的量为m，0.1molY消耗的硫酸的物质的量为n，根据元素守恒以及电荷守恒即可得出：X~mHCl~H2+~Xm+，Y~nH2SO4~nH2~Y2n+，
A. 同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为 ，故A不符合题意
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为，而此时，得到，故B不符合题意
C.产物中X、Y化合价之比为，根据，即可得出化合价之比为 ，故C不符合题意
D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为+1，+2，+3价，存在多种情况，化学价之比是，但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D符合题意
故正确答案是：D
【分析】根据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进行判断
8．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.据题意可知， CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池， 因此 CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2失去电子发生氧化反应，钾离子向正极移动，故A不符合题意
B.放电过程中，CH3OH-O2、(CH3)2NNH2-O2均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物质的量减小，而N2H4-O2产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B不符合题意
C.根据CH3OH~6e，N2H4 ~4e，(CH3)2NNH2~16e，设质量均为mg，即可计算出CH3OH转移的电子数为mol，N2H4转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子量最大，故C符合题意
D.根据 N2H4-O2燃料电池 的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O， 消耗1molO2时 产生1mol氮气，标况下体积为22.4L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据原电池的的电子的流向即可判断钾离子的移动方向
B.考查的是电池反应产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质
C.产生的电量是由转移的电子量决定的，计算出等质量的物质转移的电子数即可
D.根据电池写出总的反应式即可判断
9．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 标准状况下， 的物质的量是0.05mol，含有的中子数为20x0.05mol=1mol，故A不符合题意
B. (分子结构： )中的共价键数目是x6=1.5NA，故B不符合题意
C. 的氢氧化钠溶液中的含有氧原子的原子个数为大于 ，故C符合题意
D.三肽是三个氨基酸分子形成，含有2个肽键，含有的肽键数目为= ，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】氢氧化钠溶液中除了氢氧化钠含有氧原子，水中液含有氧原子，因此氢氧化钠溶液中的氧原子个数是氢氧化钠中氧原子和水中的氧原子总和，其他选项均正确
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. K2H3IO6根据碘元素化学价降低，发生的是还原反应，做的是氧化剂，故A不符合题意
B.碘化钾中碘元素的化合价并未改变，故只是产物，不是还原产物，故B不符合题意
C.根据反应方程式中电子的转移情况，4I2~7e, 生成12.7g I2时， 应该转移的电子数为0.0875mol，故C不符合题意
D.K2H3IO6做的是氧化剂，碘化氢做的是还原剂，根物质的量之比为7:1，故D符合题意
故答案为：D
【分析】根据反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，根据碘元素的化合价的变化情况，K2H3IO6做氧化剂，碘化氢做的是还原剂，碘单质既是氧化产物又是还原产物，且氧化剂与还原剂的物质的量之比是7:1，根据碘的质量可以计算出转移的电子数
11．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.一个CHCl3中含有3个C-Cl化学键，因此1molCHCl3中含有C-Cl化学键的数目为3NA，A符合题意；
B.1L 1.0mol/L的盐酸中所含阴离子Cl-的数量为：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中还存在水电离产生的OH-，因此溶液中所含阴离子的总数大于1.0NA，但达不到2NA，B不符合题意；
C.未给出气体所处的状态，无法根据气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；
D.23gNa的物质的量为1mol，Na与H2O反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反应生成0.5molH2，则生成H2的分子数为0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合CHCl3的结构进行分析即可；
B.盐酸溶液中的阴离子有OH-、Cl-；
C.未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D.结合Na与H2O反应的化学方程式进行计算；
12．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 60e-~3Cl2，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A符合题意；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B不符合题意；
C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；
D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应 生成I2，I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验
14．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 的物质的量为 =0.9mol，氧原子的质子数为8，1个 含0+(18-8)=10个中子，则 含有的中子数为 ，A不符合题意；
B．高氯酸,是强酸，属于强电解质，c(H+)=0.1mol/L,未给溶液体积，无法计算，B不符合题意；
C．一氧化氮与氧气反应中，存在2NO+O2=2NO2和2NO2 N2O4，产生的二氧化氮会转化为四氧化二氮导致物质的量减小，因此 与 在密闭容器中充分反应后的分子数小于 ，C不符合题意；
D．甲烷和氯气在光照下发生取代，CH4+Cl2CH3Cl+HCl,CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl,CHCl3+Cl2 CCl4+HCl,标准状况下 的物质的量为0.5mol， 的物质的量为1mol，根据碳元素和氢元素守恒，得到的
产生1molHCl分子可知1molCl2完全反应可得1moHCl，根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先计算出物质的量，再计算出1个水分子中的中子个数即可
B.根据n=cv进行计算，但是体积未知
C.一氧化氮与氧气反应产生的是二氧化氮，但是考虑到二氧化氮会转化为四氧化二氮，可逆反应的不完全反应
D.根据元素守恒即可判断
15．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在标准状况下 ， 氟气的物质的量==1mol，其质子数为1mol = ，A不符合题意；
B．碘蒸气与氢气发生的反应为可逆反应，方程式为： ，不能完全反应，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于 ，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，阴极是氢离子得到电子变为氢气，阳极是氯离子得电子变为氯气，氢气和氯气的物质的量之比为1:1，若气体的总质量为 ，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H2 2e-可知，转移的电子数为 ，C符合题意；
D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，c( )+c( )=c(Br-)+c(OH-)，体积一定时，则物质的量也满足n( )+n( )=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)= ，所以该溶液中 与 离子数之和大于 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.计算出1个氟气分子的质子数
B.氢气和碘单质反应是可逆反应，不能完全反应
C.电解饱和食盐水，得到的气体是氯气和氢气，根据得失电子守恒即可判断电子数目
D.根据电荷守恒即可判断
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
17．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．NH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则1mol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A不符合题意；
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B不符合题意；
C．l00 mL0.10 mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C符合题意；
D.0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵晶体中只有铵根离子存在共价键，一个铵根离子含有4个共价键
B.分别计算出甲烷和乙烯与氧气的反应消耗的氧气即可进行比较
C.根据Fe3+~Fe2+~e即可计算
D.乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应
18．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
19．【答案】A,B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；乙酸乙酯的制取；物质的量浓度
【解析】【解答】A.配制100mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸馏水、NaCl固体 ，故A符合题意
B.制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液加入沸水中加热至出现红褐色即可，需要的仪器是 烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 ，故B符合题意
C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 ，故C不符合题意
D.制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进行反应得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是 试管、量筒、导管、酒精灯 ，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶 液、浓硫酸，故D不符合题意
故答案为：AB
【分析】A.仪器和试剂均符合配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作
C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠
D.缺少催化剂浓硫酸
20．【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
21．【答案】（1）排除装置中的空气；直形冷凝管；淡黄色固体变为银白色
（2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2
（3）( m3+m1- 2m2)； %；不变；偏大
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）用氢气还原三氧化钨装置中不能存在空气，先通氮气主要是为了排除装置中的空气，根据图示判断仪器A为直形冷凝管，由于三氧化钨是淡黄色固体，而W单质为银白色固体，因此当出现淡黄色固体全部变为银白色时已经完全被还原，故正确答案为：
排除装置中的空气 、 直形冷凝管 、 淡黄色固体变为银白色
（2）反应中氯气未反应完全因此碱石灰是为了吸收多于的氯气防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置中。装置中存在一定量的氢气，操作④是通入足量的氮气排除氢气防止与氯气反应，故正确答案是： 吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 、 再次通入N2 、 排除装置中的H2
（3）①根据分析，称量时加入足量的二硫化碳，盖紧盖子此时质量为m1g，考虑到二硫化碳的挥发性，开盖挥发1min，得到的质量为m2g，此时挥发的质量为(m2-m1)g，开盖加入样品，此时的质量挥发出与第一次等量的二硫化碳，此时质量为m3g，设加入的样品的质量为x，m2+x-(m1-m2)=m3，得到x= ( m3+m1- 2m2)
②根据滴定时的方程式，得出关系式为WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，根据W元素守恒即可得出n(WCl3)=n(WO42-)=n(S2O32-)=xcVx10-3mol，m(WCl3)=xcVx10-3g，则质量分数为x100%= % ，根据测量原理开盖时间超过1min，导致m2偏大，质量分数偏大，但是消耗的 Na2S2O3 体积不变
【分析】（1）主要是整个装置中不能有空气，因此通入氮气排尽空气，根据图示即可判断A的名称，根据金属W的颜色进行判断反应是否完全反应
（2）主要是利用氯气和金属W合成六氯化钨，主要氯气可以污染空气且六氯化钨易水解因此，碱石灰是防止污染空气以及吸水，再次通入氮气是排除装置中的氢气
（3）①根据操作质量的变化即可计算出样品的质量
②根据反应方程式即可找出六氯化钨与硫代硫酸钠的物质的量关系，即可计算出六氯化钨的质量分数，根据质量分数公式，放置时间过长导致二硫化碳逸散过多，会导致公式分母变小，数值偏大，但是由于六氯化钨的量不变消耗的硫代硫酸钠不变
22．【答案】（1）0.0600
（2）C4H6O6
【知识点】有机分子式的推断与计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）吸水剂的质量增加是吸收水的质量，故水的质量为21.08g-20.00g=1.08g,水的物质的量为=0.0600mol
（2）二氧化碳吸收剂的质量增加的是二氧化碳的质量为30g-26.48g=3.52g，二氧化碳的物质的量为=0.08mol，水的物质的量为=0.0600mol，二氧化碳的中碳元素的质量为0.08x12=0.96g，水中氢元素的质量为0.06x2g=0.12g，因此有机物中氧元素的质量为3-0.96-0.12g=1.92g，设有机物的分子式为CxHyOz，（12x）：（y）：（16z）=0.96:0.12:1.92,x:y:z=2:3:3而有机物的相对分子质量为150.因此有机物的分子式为 C4H6O6
【分析】（1）根据吸水剂的质量增加即可计算出水的质量，根据n=求出物质的量
（2）根据碳元素和氢元素的质量再结合有机物的质量计算出氧元素的质量，计算出有机物的试验式，再结合相对原子质量即可计算出分子式
23．【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g，m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g，m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz，(64x)：(27y)：(35.5z)=0.64：0.54：2.84，因此x：y：z=1：2：8，故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
24．【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4：1，即氧化剂和还原剂的比为4：1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
25．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
27．【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
28．【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1
（2）
（3）100.8
（4）正极；2C +CO2=2C +C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C ；c、b、a
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；物质的量浓度；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8kJ mol-1，②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ mol-1，③C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) △H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定律，[① 6+② 12] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，△H=[(-393.5kJ mol-1) +(-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s) CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l) H+(aq)+HCO32- (aq)，②的平衡常数K2= ，又因为p(CO2)=p xkP，则c(CO2)=y(mol L-1 kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略HCO3- 的电离时，c(H+)=c(HCO3- )，所以可得c(H+)= ，故答案为： ；
(3)2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，根据阿伏加德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp= = =529kPa2。由于温度不变，化学平衡常数Kp不变，达到平衡时，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知， 电池反应产物为碳酸锂和单质碳 ，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，锂发生的氧化反应，做的是负极材料，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极反应材料；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，根据I和II判断，产生了 CO ，因此步骤三是将CO 转为 CO 。所以步骤III的离子方程式为：2C +CO2=2C +C，故答案为：正极；2C +CO2=2C +C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32-，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32- ；
II.有催化剂存在时，活化能越低反应越易发生，从a中二氧化碳还原为一氧化碳的活化能是a ＞b＞c，因此催化剂是c ＞b＞a，而b中氢离子还原为氢气的活化能是c＞a＞ b，催化剂的活性是b ＞a＞c，结合图a和b，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
【分析】（1）写出燃烧热的方程式，根据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式
（2）根据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算
（3）先计算出平衡常数，再根据平衡压强计算出二氧化碳的压强
（4）① Li是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，根据总的反应进行书写第三步的方程式即可 ② 二氧化碳得到电子与氢氧根反应变为正丙醇，根据氧化还原反应即可写出 ③活化能越低越易转化
29．【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
30．【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
1 / 1近三年高考化学真题分类汇编：化学综合计算2
一、选择题
1．（2021·湖北）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．23gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA
B．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C．1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NA
D．标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 中C和O均为 杂化，23g乙醇为0.5mol， 杂化的原子数为 ，选项A符合题意；
B． 中氙的孤电子对数为 ，价层电子对数为 ，则 中氙的价层电子对数为 ，选项B不符合题意；
C.1个 中含有4个配位键，1mol 含配位键的个数为 ，选项C不符合题意；
D．标准状况下。11.2LCO和 的混合气体为0.5mol，分子数为 ，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．乙醇分子中C和O原子均为sp3杂化；
B．根据价电子对数=成键电子对数+孤电子对数，孤电子对数=，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此计算；
C．根据化学式判断；
D．根据判断。
2．（2021·天津）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NA
B．22.4L氢气中，H2分子的数目为NA
C．180g葡萄糖中，C原子的数目为6NA
D．1molN2中，σ键的数目为3NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．体积未知，HCl分子的数目不能计算，故A不符合题意；
B．没有标准状态，不能计算H2分子的数目，故B不符合题意；
C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C符合题意；
D.1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液体积未知，无法计算；
B.氢气所处的状态不明确，无法计算；
C.1个葡萄糖分子含有6个C原子，葡萄糖的物质的量为，J据此判断；
D.N2分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一个σ键，两个π键。
3．（2021·辽宁）下列说法正确的是（　　）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
4．（2021·海南） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 中含有的电子数为1.3
B． 中含有的共价键的数目为0.1
C． 肼 含有的孤电子对数为0.2
D． ，生成 乙烷时断裂的共价键总数为
【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 的电子数为10，故 中含有的电子数为1.0 ，故A不符合题意；
B． 的电子式为 ，含有1个共价键， 的物质的量为 =0.05mol，故 中含有的共价键的数目为0.05 ，故B不符合题意；
C．肼 中每个N原子上各有1个孤电子对，故 肼 含有的孤电子对数为0.2 ，故C符合题意；
D．发生 反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成 乙烷时断裂的共价键总数为2 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.铝离子属于10电子离子；
B.每分子只含1个共价键；
C.每个氮原子各有一个孤对电子，故每分子含2个孤对电子；
D.根据反应，需要断键是2；
5．（2021·北京）已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 = C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如下图。
已知：
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ/mol
C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H=-1926.1kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ/mol
下列说法错误的是（　　）
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2 CO+H2O
C．相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率
D．如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H1=-2043.9kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H2=-1926.1kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H3=-241.8kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H= =(-2043.9kJ/mol)-( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A不符合题意；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2 CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B不符合题意；
C．从图中可知，相同条件下，C3H6的百分含量随着CO2的浓度增大，C3H6的百分含量增大，即表示C3H8的转化率增大，而增大CO2的浓度，相当于减小C3H8对CO2的比例，C符合题意；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据盖斯定律合写方程式计算；
B.根据C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，c(H2)和c(C3H6)应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
C.根据图示投料比 () 越大，C3H8转化率越小；
D.根据碳原子守恒分析。
6．（2021·北京）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为：
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析错误的是（　　）
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；乙炔炔烃；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项不符合题意；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项不符合题意；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项符合题意；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.水解过程中各元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有的H2S、PH3可知，CaS、Ca3P2水解生成氢化物和氢氧化钙；
B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成；
C.反应②中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，P元素化合价从3价升高到+5价，失去8个电子，根据转移电子守恒计算可氧化PH3的物质的量；
D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质。
7．（2021·山东）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。设0.1molX消耗的盐酸的物质的量为m，0.1molY消耗的硫酸的物质的量为n，根据元素守恒以及电荷守恒即可得出：X~mHCl~H2+~Xm+，Y~nH2SO4~nH2~Y2n+，
A. 同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为 ，故A不符合题意
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为，而此时，得到，故B不符合题意
C.产物中X、Y化合价之比为，根据，即可得出化合价之比为 ，故C不符合题意
D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为+1，+2，+3价，存在多种情况，化学价之比是，但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D符合题意
故正确答案是：D
【分析】根据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进行判断
8．（2021·山东）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池，下列说法正确的是（　　）
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.据题意可知， CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池， 因此 CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2失去电子发生氧化反应，钾离子向正极移动，故A不符合题意
B.放电过程中，CH3OH-O2、(CH3)2NNH2-O2均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物质的量减小，而N2H4-O2产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B不符合题意
C.根据CH3OH~6e，N2H4 ~4e，(CH3)2NNH2~16e，设质量均为mg，即可计算出CH3OH转移的电子数为mol，N2H4转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子量最大，故C符合题意
D.根据 N2H4-O2燃料电池 的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O， 消耗1molO2时 产生1mol氮气，标况下体积为22.4L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据原电池的的电子的流向即可判断钾离子的移动方向
B.考查的是电池反应产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质
C.产生的电量是由转移的电子量决定的，计算出等质量的物质转移的电子数即可
D.根据电池写出总的反应式即可判断
9．（2021·浙江）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．标准状况下， 中含有中子数为
B． (分子结构： )中的共价键数目为
C． 的 水溶液中含有氧原子数为
D． 三肽 (相对分子质量：189)中的肽键数目为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 标准状况下， 的物质的量是0.05mol，含有的中子数为20x0.05mol=1mol，故A不符合题意
B. (分子结构： )中的共价键数目是x6=1.5NA，故B不符合题意
C. 的氢氧化钠溶液中的含有氧原子的原子个数为大于 ，故C符合题意
D.三肽是三个氨基酸分子形成，含有2个肽键，含有的肽键数目为= ，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】氢氧化钠溶液中除了氢氧化钠含有氧原子，水中液含有氧原子，因此氢氧化钠溶液中的氧原子个数是氢氧化钠中氧原子和水中的氧原子总和，其他选项均正确
10．（2021·浙江）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（　　）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. K2H3IO6根据碘元素化学价降低，发生的是还原反应，做的是氧化剂，故A不符合题意
B.碘化钾中碘元素的化合价并未改变，故只是产物，不是还原产物，故B不符合题意
C.根据反应方程式中电子的转移情况，4I2~7e, 生成12.7g I2时， 应该转移的电子数为0.0875mol，故C不符合题意
D.K2H3IO6做的是氧化剂，碘化氢做的是还原剂，根物质的量之比为7:1，故D符合题意
故答案为：D
【分析】根据反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，根据碘元素的化合价的变化情况，K2H3IO6做氧化剂，碘化氢做的是还原剂，碘单质既是氧化产物又是还原产物，且氧化剂与还原剂的物质的量之比是7:1，根据碘的质量可以计算出转移的电子数
11．（2021·广东）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 含有 键的数目为
B． 的盐酸含有阴离子总数为
C． 与 混合后的分子数目为
D． 与足量 反应生成的 分子数目为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.一个CHCl3中含有3个C-Cl化学键，因此1molCHCl3中含有C-Cl化学键的数目为3NA，A符合题意；
B.1L 1.0mol/L的盐酸中所含阴离子Cl-的数量为：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中还存在水电离产生的OH-，因此溶液中所含阴离子的总数大于1.0NA，但达不到2NA，B不符合题意；
C.未给出气体所处的状态，无法根据气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；
D.23gNa的物质的量为1mol，Na与H2O反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反应生成0.5molH2，则生成H2的分子数为0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合CHCl3的结构进行分析即可；
B.盐酸溶液中的阴离子有OH-、Cl-；
C.未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D.结合Na与H2O反应的化学方程式进行计算；
12．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
13．（2021·湖南） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 。下列说法错误的是（　　）
A．产生22.4L(标准状况) 时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 60e-~3Cl2，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A符合题意；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B不符合题意；
C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；
D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应 生成I2，I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验
14．（2021·湖南） 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 含有的中子数为
B． 溶液中含有的 数为
C． 与 在密闭容器中充分反应后的分子数为
D． 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 的物质的量为 =0.9mol，氧原子的质子数为8，1个 含0+(18-8)=10个中子，则 含有的中子数为 ，A不符合题意；
B．高氯酸,是强酸，属于强电解质，c(H+)=0.1mol/L,未给溶液体积，无法计算，B不符合题意；
C．一氧化氮与氧气反应中，存在2NO+O2=2NO2和2NO2 N2O4，产生的二氧化氮会转化为四氧化二氮导致物质的量减小，因此 与 在密闭容器中充分反应后的分子数小于 ，C不符合题意；
D．甲烷和氯气在光照下发生取代，CH4+Cl2CH3Cl+HCl,CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl,CHCl3+Cl2 CCl4+HCl,标准状况下 的物质的量为0.5mol， 的物质的量为1mol，根据碳元素和氢元素守恒，得到的
产生1molHCl分子可知1molCl2完全反应可得1moHCl，根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先计算出物质的量，再计算出1个水分子中的中子个数即可
B.根据n=cv进行计算，但是体积未知
C.一氧化氮与氧气反应产生的是二氧化氮，但是考虑到二氧化氮会转化为四氧化二氮，可逆反应的不完全反应
D.根据元素守恒即可判断
15．（2021·河北）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B．1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1L1mol L-1溴化铵水溶液中NH 与H+离子数之和大于NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在标准状况下 ， 氟气的物质的量==1mol，其质子数为1mol = ，A不符合题意；
B．碘蒸气与氢气发生的反应为可逆反应，方程式为： ，不能完全反应，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于 ，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，阴极是氢离子得到电子变为氢气，阳极是氯离子得电子变为氯气，氢气和氯气的物质的量之比为1:1，若气体的总质量为 ，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H2 2e-可知，转移的电子数为 ，C符合题意；
D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，c( )+c( )=c(Br-)+c(OH-)，体积一定时，则物质的量也满足n( )+n( )=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)= ，所以该溶液中 与 离子数之和大于 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.计算出1个氟气分子的质子数
B.氢气和碘单质反应是可逆反应，不能完全反应
C.电解饱和食盐水，得到的气体是氯气和氢气，根据得失电子守恒即可判断电子数目
D.根据电荷守恒即可判断
16．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（　　）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
17．（2021·浙江）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1 mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NA
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C．向100mL 0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA
D．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．NH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则1mol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A不符合题意；
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B不符合题意；
C．l00 mL0.10 mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C符合题意；
D.0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵晶体中只有铵根离子存在共价键，一个铵根离子含有4个共价键
B.分别计算出甲烷和乙烯与氧气的反应消耗的氧气即可进行比较
C.根据Fe3+~Fe2+~e即可计算
D.乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应
二、多选题
18．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
19．（2021·山东）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（　　）
　 实验目的 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体
B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；乙酸乙酯的制取；物质的量浓度
【解析】【解答】A.配制100mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸馏水、NaCl固体 ，故A符合题意
B.制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液加入沸水中加热至出现红褐色即可，需要的仪器是 烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 ，故B符合题意
C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 ，故C不符合题意
D.制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进行反应得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是 试管、量筒、导管、酒精灯 ，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶 液、浓硫酸，故D不符合题意
故答案为：AB
【分析】A.仪器和试剂均符合配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作
C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠
D.缺少催化剂浓硫酸
三、非选择题
20．（2021·北京）环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
21．（2021·山东）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是　 　；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为　 　，证明WO3已被完全还原的现象是　 　。
（2）WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是　 　；操作④是　 　，目的是　 　。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为　 　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO 离子交换柱发生反应：WO +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO ；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO +5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =2I-+S4O 。滴定达终点时消耗cmol L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）排除装置中的空气；直形冷凝管；淡黄色固体变为银白色
（2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2
（3）( m3+m1- 2m2)； %；不变；偏大
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）用氢气还原三氧化钨装置中不能存在空气，先通氮气主要是为了排除装置中的空气，根据图示判断仪器A为直形冷凝管，由于三氧化钨是淡黄色固体，而W单质为银白色固体，因此当出现淡黄色固体全部变为银白色时已经完全被还原，故正确答案为：
排除装置中的空气 、 直形冷凝管 、 淡黄色固体变为银白色
（2）反应中氯气未反应完全因此碱石灰是为了吸收多于的氯气防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置中。装置中存在一定量的氢气，操作④是通入足量的氮气排除氢气防止与氯气反应，故正确答案是： 吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 、 再次通入N2 、 排除装置中的H2
（3）①根据分析，称量时加入足量的二硫化碳，盖紧盖子此时质量为m1g，考虑到二硫化碳的挥发性，开盖挥发1min，得到的质量为m2g，此时挥发的质量为(m2-m1)g，开盖加入样品，此时的质量挥发出与第一次等量的二硫化碳，此时质量为m3g，设加入的样品的质量为x，m2+x-(m1-m2)=m3，得到x= ( m3+m1- 2m2)
②根据滴定时的方程式，得出关系式为WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，根据W元素守恒即可得出n(WCl3)=n(WO42-)=n(S2O32-)=xcVx10-3mol，m(WCl3)=xcVx10-3g，则质量分数为x100%= % ，根据测量原理开盖时间超过1min，导致m2偏大，质量分数偏大，但是消耗的 Na2S2O3 体积不变
【分析】（1）主要是整个装置中不能有空气，因此通入氮气排尽空气，根据图示即可判断A的名称，根据金属W的颜色进行判断反应是否完全反应
（2）主要是利用氯气和金属W合成六氯化钨，主要氯气可以污染空气且六氯化钨易水解因此，碱石灰是防止污染空气以及吸水，再次通入氮气是排除装置中的氢气
（3）①根据操作质量的变化即可计算出样品的质量
②根据反应方程式即可找出六氯化钨与硫代硫酸钠的物质的量关系，即可计算出六氯化钨的质量分数，根据质量分数公式，放置时间过长导致二硫化碳逸散过多，会导致公式分母变小，数值偏大，但是由于六氯化钨的量不变消耗的硫代硫酸钠不变
22．（2021·浙江）将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
　 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
（2）该有机物的分子式为　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）0.0600
（2）C4H6O6
【知识点】有机分子式的推断与计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）吸水剂的质量增加是吸收水的质量，故水的质量为21.08g-20.00g=1.08g,水的物质的量为=0.0600mol
（2）二氧化碳吸收剂的质量增加的是二氧化碳的质量为30g-26.48g=3.52g，二氧化碳的物质的量为=0.08mol，水的物质的量为=0.0600mol，二氧化碳的中碳元素的质量为0.08x12=0.96g，水中氢元素的质量为0.06x2g=0.12g，因此有机物中氧元素的质量为3-0.96-0.12g=1.92g，设有机物的分子式为CxHyOz，（12x）：（y）：（16z）=0.96:0.12:1.92,x:y:z=2:3:3而有机物的相对分子质量为150.因此有机物的分子式为 C4H6O6
【分析】（1）根据吸水剂的质量增加即可计算出水的质量，根据n=求出物质的量
（2）根据碳元素和氢元素的质量再结合有机物的质量计算出氧元素的质量，计算出有机物的试验式，再结合相对原子质量即可计算出分子式
23．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是　 　，蓝色溶液D中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是　 　；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式　 　。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式　 　。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素　 　。
【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g，m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g，m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz，(64x)：(27y)：(35.5z)=0.64：0.54：2.84，因此x：y：z=1：2：8，故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
24．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为　 　。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为　 　。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为　 　。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 　 　(列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为　 　。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量　 　(填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为　 　。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4：1，即氧化剂和还原剂的比为4：1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0 　 　 　
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为　 　，晶体A能够析出的原因是　 　；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为　 　，描述第二滴定终点前后颜色变化　 　；
（4）产品中 的质量分数为　 　(保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
27．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
28．（2021·河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热△H(kJ mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为　 　。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol L-1 kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为　 　mol L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于　 　kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在　 　(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O =CO2+CO
Ⅲ.　 　 Ⅳ.CO +2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为　 　。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1
（2）
（3）100.8
（4）正极；2C +CO2=2C +C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C ；c、b、a
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；物质的量浓度；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8kJ mol-1，②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ mol-1，③C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) △H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定律，[① 6+② 12] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，△H=[(-393.5kJ mol-1) +(-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s) CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l) H+(aq)+HCO32- (aq)，②的平衡常数K2= ，又因为p(CO2)=p xkP，则c(CO2)=y(mol L-1 kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略HCO3- 的电离时，c(H+)=c(HCO3- )，所以可得c(H+)= ，故答案为： ；
(3)2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，根据阿伏加德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp= = =529kPa2。由于温度不变，化学平衡常数Kp不变，达到平衡时，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知， 电池反应产物为碳酸锂和单质碳 ，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，锂发生的氧化反应，做的是负极材料，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极反应材料；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，根据I和II判断，产生了 CO ，因此步骤三是将CO 转为 CO 。所以步骤III的离子方程式为：2C +CO2=2C +C，故答案为：正极；2C +CO2=2C +C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32-，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32- ；
II.有催化剂存在时，活化能越低反应越易发生，从a中二氧化碳还原为一氧化碳的活化能是a ＞b＞c，因此催化剂是c ＞b＞a，而b中氢离子还原为氢气的活化能是c＞a＞ b，催化剂的活性是b ＞a＞c，结合图a和b，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
【分析】（1）写出燃烧热的方程式，根据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式
（2）根据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算
（3）先计算出平衡常数，再根据平衡压强计算出二氧化碳的压强
（4）① Li是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，根据总的反应进行书写第三步的方程式即可 ② 二氧化碳得到电子与氢氧根反应变为正丙醇，根据氧化还原反应即可写出 ③活化能越低越易转化
29．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是　 　(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或　 　。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是　 　 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　 　。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为　 　g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
30．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=　 　。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
1 / 1