（特别免费资料）2009年高考化学试题分类汇编-化学计算

2009年高考化学试题分类汇编——化学计算
1．(09全国卷Ⅰ7)将15ml.2mol .溶液逐滴加入到40 ml.0.5mol .盐溶液中，恰好将溶液中的离子完全沉淀为碳酸盐，则中n值是w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA. 4 B. 3 C. 2 D. 1
答案：B
解析：
M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：2Mn+ ~ nCO32 －
2 n
15×10-3×2 40×10-3×0.5
可得n=3，故选B。
2．(09全国卷Ⅰ9)现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a,则碳的质量分数是
A. B. C. D.
答案：C
解析：
乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，从化学式可以发现两者中,C与H之间的数目比为1:2,质量比为6:1，碳氢的质量分数一共为1-a,其中碳占。
3．(09全国卷Ⅰ11)为了检验某含有杂质的样品的纯度，现将克样品加热，其质量变为g,，则该样品的纯度（质量分数）是
A.
B.
C.
D.
答案：A
解析：
2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O m (减少)
2×84 106 62
x (W1- w2)
解得x=，将其带入下式可得： w(Na2CO3)= (w1- x )/W1 = ，A项正确。
4．（09全国卷Ⅱ6） 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是
A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5
答案：A
解析：
设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3－ ，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。
5．（09全国卷Ⅱ10）现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是
A. ④①②⑤⑥③ B. ④①②⑥⑤③
C. ①④②⑥③⑤ D. ①④②③⑥⑤
答案：C
解析：
①②④均属于酸，其中醋酸最强，碳酸次之，苯酚最弱。③⑤⑥均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，因H2CO3>苯酚>HCO3－ ，所以对应的盐，其碱性为：碳酸钠>苯酚钠>碳酸氢钠，pH顺序相反，故C项正确。
6．（09全国卷Ⅱ11） 已知：2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) ΔH= -571.6KJ· mol-1
CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH= -890KJ· mol-1
现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695KJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是
A．1∶1 B．1∶3
C．1∶4 D．2∶3
答案：B
解析：
设H2、CH4的物质的量分别为x、ymol。则x + y =5，571.6x/2 + 890y = 3695,解得x=1.25mol; y=3.75mol，两者比为1：3，故选B项。
7．（09全国卷Ⅱ12）
1 mol HO 与足量的NaOH
溶液充分反应，消耗的NaOH的物质的量为
A．5 mol B．4 mol C．3 mol D．2 mol
答案：A
解析：
该有机物含有酚，还有两个酯基，要注意该有机物的酯基与NaOH水解时，生成羧酸钠，此外生成的酚还要继续消耗NaOH，故需要5molNaOH，A项正确。
8．（09全国卷Ⅱ13） 含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是
A．x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
B．x＝0.6a，2Br－+ Cl2＝Br2+2Cl－
C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－
D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－
答案：B
解析：
由于Fe2＋的还原性强于Br－，故根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化Br－。2Fe2＋ + Cl2 2Fe3＋ + 2Cl－,2Br－ + Cl2 Br2 + 2Cl－，2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2 。当x/a ≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A项正确。当x/a ≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，则要分步书写方程式，然后进行叠加得总反应。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，而选项中没有表示，故错。
9．(09天津卷6)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol
Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ ΔH=-226 kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是
A.CO的燃烧热为283 kJ
B.右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol
D.CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
答案：C
解析：
A项，燃烧热的单位出错，应为Kj/mol，错；
图中的量标明错误，应标为2molCO和2molCO2,故错。
CO2气体的能量大于固体的能量，故C项中放出的能量应小于452KJ,而 H用负值表示时，则大于-452Kj/mol，正确；
将下式乘以2，然后与上式相加，再除以2，即得CO与Na2O2的反应热，所得热量为57KJ，故D项错。
10．（09江苏卷4） 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 25℃时，PH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA
C. 室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
答案：C
解析：
A.PH=13也就是意味着，则，所
以，所以；
B.发生的化学反应方程式为（该反应为
歧化反应），，那么转移电子的数目应该为；
C.乙烯和丁烯的最简式都是，则，所以，；
D.标准状况下，甲醇为液态，那么甲醇的物质的量就不是，则所含有的氧原子个数也不为。
11．（09浙江卷9）已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是
A．0.01mol·的蔗糖溶液 B. 0.01mol·的溶液
C．0.02mol·的溶液 D. 0.02mol·的溶液
答案：C
解析：
单位体积内的粒子数，实质为粒子的浓度。显然C项、D项的浓度比A项和C项的大，又C项为强电解质，完全电离，而CH3COOH为弱酸，部分电离，所以C项中粒子浓度大，故混点最高。
12．（09广东理科基础20）设nA代表阿伏加德罗常数(NA)的数值，下列说法正确的是
A．22．4 L Cl2中含有nA个C12分子
B．1 L 0．1 mol·L-1 Na2SO4溶液中有0．1 nA个Na+
C．1 mol H2与1 mol C12反应生成nA个HCl分子
D．1 mol Ca变成Ca2+时失去的电子数为2nA
答案：D
解析：
气体的气体没有交待标准状况，故A项错；1 L 0．1 mol·L-1 Na2SO4溶液中含有0.2molNa+，故B项错；有1 mol H2与1 mol C12反应应生成2mol HCl，故C项错。Ca为+2价，故1molCa生成Ca2＋时失去2mol电子，即2nA，D项正确。
13．（09福建卷8）设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是
A. 24g镁的原子量最外层电子数为NA B. 1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数为0.1NA
C. 1mol甲烷分子所含质子数为10NA D. 标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA
答案：C
解析：A项，镁的最外层电子数为2，故错；B项，乙酸为弱电解质，部分电离，故H＋小于0.1NA，错；C项，CH4的质子数为10，正确；D项，乙醇标状下不是气体，错。
14. 09广东化学6）设nA 代表阿伏加德罗常数（NA ）的数值，下列说法正确的是
A. 1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为nA
B. 乙烯和环丙烷（C3H6 ）组成的28g混合气体中含有3nA 个氢原子
C. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为nA
D．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1nA
答案：C
解析：
1molK2SO4 中含有阴离子物质的量为1mol，则所带电荷数为2nA，A错；乙烯和环丙烷混合气可表示为(CH2)n，因此氢原子数为：nA =4 nA，B错；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2发生的歧化反应，标况下，22.4L氯气约1mol，此反应转移的电子数为nA，C正确；D项要考虑铁离子的水解，故D错。
15. （09四川卷11）向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是
A. B. C.n=m+17Vc D. ＜ ＜
答案：C
16．（09上海卷10）9.2g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有
A．0.2mol中子 B．0.4mol电子
C．0.2mol质子 D．0.4mol分子
答案：B
17．（09上海卷12）NA代表阿伏加德罗常数。下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NA
B．常温下，溶液中阴离子总数大于0.1NA
C．分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28g
D．3.4中含N—H键数目为
答案：B
18．（09上海卷15）镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如右图。反应中镁和铝的
A．物质的量之比为3：2 B．质量之比为3：2
C．摩尔质量之比为2：3 D．反应速率之比为2：3
答案：A
19．（09上海卷22）实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是
A． B．和 C．和 D 和FeO
答案：AD
20．（09海南卷7）用足量的CO还原13．7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是：
A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2
答案：C
21．（09海南卷11）在5mL 0.05 mo1/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1 mo1/L AgNO3溶液，生成沉淀质量与加入AgNO3溶液体积关系如图所示，则该氯化物中金属元素的化合价为：
( http: / / www. / )
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
答案：C
22．（09海南卷12）已知：
答案：A
23．（09宁夏卷7） 将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A．NO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O4
答案：A
解析：
根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2,以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。
24．（09宁夏卷13）在一定温度下，反应1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于
A. 5% B. 17% C. 25% D.33%
答案：B
解析：
1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g)
1 0 0
x x x
1-x x x
K3= x·x/(1-x) 2= 0.01 ,得到x=0.17,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%
25.（09全国卷Ⅱ27）(15分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：
t/min X/mol Y/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.20
3 0.75 0.50 0.50
5 0.65 0.30 0.70
9 0.55 0.10 0.90
10 0.55 0.10 0.90
14 0.55 0.10 0.90
(2) 体系中发生反应的化学方程式是___________________________;
(3) 列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率：_______________;
(4) 该反应达到平衡时反应物X的转化率等于___________________________;
(5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如右图所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：
① _________________ ②________________ ③__________________
答案：
解析：
本题考查化学反应速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。
（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。
（2）根据题意，可以利用“三步法”求解
aX + bYcZ
开始 1.00 1.00 0
转化 0.45 0.9 0.9
平衡 0.55 0.1 0.9
根据各物质的量之比可得体系中发生反应的化学方程式是： X+2Y2Z。
（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol， 其平均速率为0.083mol/L·min。
（4）X的转化率等于0.45。
（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为加入催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。
26. (09全国卷Ⅰ28）（15分）
下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为 极；
②电极b上发生的电极反应为 ；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积： ；
④电极c的质量变化是 g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液 ；
乙溶液 ；
丙溶液 ；
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
答案:
（1）①正极 ②4OH－-4e－=2H2O + O2↑。③2.8L ④16g ⑤甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH－放电， H＋增多。丙不变，相当于电解水。
（2）可以 因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应
解析:
（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2＋+2e－=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O2 2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－-4e－=2H2O + O2↑。③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu2＋+2e－=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m(Cu)=0.5/2 ×64 =16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。
27.（09安徽卷27）(12分)
某厂废水中含5.00×10-3mol·L-1的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料（的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：
（1）第①步反应的离子方程式是
（2）第②步中用PH试纸测定溶液PH的操作是：
（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有
（4）欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要加入
GFeSO4·7H2O。
答案：
（1）Cr2O72- + 6Fe2＋ + 14H＋ 2Cr3+ + 6Fe3＋ + 7H2O
（2）将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。
（3）Fe(OH)3、Fe(OH)2
（4）13.9
解析：
（1）第①步是Cr2O72－与Fe2＋发生氧化还原反应，方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
（2）测定溶液的pH的方法是：用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸的中心位置，然后对照标准比色卡，读出对应颜色的数据；
（3）从最终所得磁性材料的化学式可知，滤渣中主要有Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3；
（4）1L废水中的n(Cr2O72－)=5.00×10-3mol，根据关系式：Cr2O72－～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，所以理论上n(FeSO4·7H2O)=0.05mol，m(FeSO4·7H2O)= 0.05mol×278g·mol-1=13.9g。
28.（山东卷28）（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化剂 反应的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。
（2）O2 (g)= O+2(g)+e- H1= 1175.7 kJ·mol-1
PtF6(g)+ e-1 PtF6-(g) H2= - 771.1 kJ·mol-1
O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6- H3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+ PtF6 (g) = O2+PtF6- (s)的H=_____________ kJ·mol-1。
（3）在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCL2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____________。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)，则溶液显_____________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。
答案:
（1）向左 不改变
（2）-77.6
（3）Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+
（4）中 Kb=10-9/( (a-0.01)mol·L-1.
解析:
（1）在恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅是改变化学反应速率，不会影响焓变。
（2）根据盖斯定律，将化学方程式①+②-③叠加。
（3）Cu(OH)2 的Ksp小于Mg(OH)2的，所以离子的浓度商首先大于Cu(OH)2 的而先沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时
不能拆开。
（4）由溶液的电荷守恒可得: c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-),已知c(NH4*)=c(Cl-)，则有c(H*)=c(OH-)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数
Kb= [c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)= (0.01 mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01 mol·L-1)= 10-9/( (a-0.01)mol·L-1.
29.（09江苏卷20）（10分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
（1）已知：2NO2（g）=====N2O4（g） △H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 （填字幕）
A．减小NO2的浓度 B.降低温度 C.增加NO2的浓度 D.升高温度
（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H= kJ·mol-1
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300 mol·L-1、c（N2O4）=0.0120 mol·L-1。计算反应2NO2（g）N2O4（g）的平衡常数K。
（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2H4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？
答案:
（1）BC
（2）-1224.96
（3）根据题意知平衡时：；
K=
答：平衡常数为13.3。
（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：
则
由===可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.
解析:
（1）考查影响化学平衡移动的因素
（2）简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。
（3）（4）见答案
30.（09浙江卷27）（15分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的和转变成和，化学方程式如下：
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的 0（填写“>”、“<”、“=”。
（2）前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________。
（3）在该温度下，反应的平衡常数K= 。
（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是 。
A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度
C．降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积
（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。
①请在上表格中填入剩余的实验条件数据。
②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线是实验编号。
答案:w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(1)<
(2) 1.88×10-4mol/(L·s)
(3)5000
(4)C、D
(5)①II: 280、1.20×10-3、5.80×10-3
Ⅲ：1.2×10-3 、5.80×10-3
②
解析:
（1）自发反应，通常为放热反应，即 H小于0。
（2）以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10-4mol/L，V（NO）=7.5×10-4/2 =3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N2)=1/2 V(NO)=1.875×10-4mol/(L·s)。
（3）=
=5000。
（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，故降温平衡正向移动，NO转化率增大，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确。
（5）本题为实验探究题，目的是研究温度和催化剂的比表面积对速率的影响，研究时只能是一个变量在起作用，所以II中数据与I比较催化剂的比表面积增大了，故其他的数据应与I完全相同；III中数据与II比较，催化剂的比表面积数据未变，但是温度升高，故其他数据是不能改变的。实质I、II研究是催化剂的比表面积对速率的影响，II、III研究是温度对速率的影响。作图，可根据先拐先平的原则，即最里面的线先达平衡，速率快，应对应于III（因为其温度和催化剂的比表面积是三组中最高的），II比I快，因为两组温度相同，但是II中催化剂的比表面积大。
31.（09福建卷25）(17分)
某研究性小组借助A-D的仪器装置完成有关实验
【实验一】收集NO气体。
用装置A收集NO气体，正确的操作是 （填序号）。
a.从①口进气，用排水法集气 b.从①口进气，用排气法集气
c.从②口进气，用排水法集气 d..从②口进气，用排气法集气
【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数和镀层厚度，查询得知锌易溶于碱：Zn+2NaOH=Na2ZnO3+H2↑据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m1 g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。
方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究木目标。
（2）选用B和 （填仪器标号）两个装置进行实验。
（3）测得充分反应后生成氢气的体积为VL（标准状况），= 。
（4）计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是 。
（5）若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m2g 。
（6） 。
方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量（其差值即为H2的质量）实现探究目标。实验同样使用仪器C。
（7）从实验误差角度分析，方案丙 方案乙（填“优于”、“劣于”或“等同于”）。
答案：
（1）C
（2）D
(3) (或等其他合理答案：）
（4）金属锌的密度（或其他合理答案：）
（5）偏大
（6）（或其他合理答案：）
（7）劣于
解析：
本题考查实验的探究，涉及NO气体的收集，混合物中金属含量的计算等。
（1）NO遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出。
（2）方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn的质量分数。所以需要的装置有测H2的体积的D装置。
（3）Zn与H2之间量为1：1，则n(Zn)=V/22.4 mol,w (Zn)=m(Zn)/m1 = 。（4）有了Zn的质量，如果有密度，则可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度（厚度）。
（5）恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的H2多一些，则计算出的Zn的量偏大。
（6）减少的质量即为Zn的质量。
（7）丙方案根据H2的质量差值，显然误差大，因为产生的H2质量很小，计算偏差大。
32.（09广东化学19）（12分）
某实验小组利用如下装置（部分固定装置略）制备氮化钙（Ca3N2），并探究其实验式。
（1）按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是 。
（2）反应过程中末端导管必须插入试管A的水中，目的是 。
（3）制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞K并通入N2；②点燃酒精灯，进行反应；③反应结束后， ；④拆除装置，取出产物。
（4）数据记录如下：
① 计算得到实验式CaxN2,其中x= .
② 若通入的N2中混有少量O2，请比较x与3的大小，并给出判断依据： 。
答案：
（1）关闭活塞，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热。冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，说明装置气密性良好。
（2）防止反应过程中空气进入反应管，便于观察N2的逆流
（3）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氮气，并关闭活塞。
（4）①2.80 ②产物中生成了CaO
解析：
（1）见答案；
（2）要保证整个装置不能混入其他气体；
（3）一定要使玻璃管冷却后再停止通入气流；
（4）要确定X值必须求出钙和氮的原子个数比根据题目给的数据可做如下计算①m(Ca)=(15.08-14.80)g=0.28g，m(N)= (15.15-15.08)g=0.07g，则n(Ca)：n(N)= ：=7：5，则x=；
②若通入的N2中混有少量O2，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca3N2中钙的质量分数为81.08﹪，CaO中钙的质量分数为71.43﹪，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小。
33.（09北京卷26）（15分）
以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）；
I 从废液中提纯并结晶。
II将溶液与稍过量的溶液混合，得到含的浊液
IV 将浊液过滤，用90°C热水洗涤沉淀，干燥后得到固体
V煅烧，得到固体
已知：在热水中分解
I中，加足量的铁屑出去废液中的，该反应的离子方程式是
II中，需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用
III中，生成的离子方程式是 。若浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是 。
IV中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净。检验操作是是 。
已知煅烧的化学方程式是，现煅烧464.0kg的，得到316.8kg产品，若产品中杂质只有，则该产品中的质量是 kg（摩尔质量/g·；）
答案：
(1)Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
(2)加入硫酸，H+浓度增大，使Fe2+ + 2H2OFe(OH)2 + 2H+的平衡向逆反应方向移动，从而抑制FeSO4的水解
（3）Fe2+ + 2HCO3- = FeCO3↓+ CO2 ↑ + H2O
4FeCO3 + 6H2O + O2 = 4Fe(OH)3 ↓+ 4CO2
（4）取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净
（5）288.0
34.（09北京卷28）（15分）
以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：
（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整 4 +11
（2）接触室中发生反应的化学方程式是 。
（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母） 。
a. 为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎
b. 过量空气能提高的转化率
c. 使用催化剂能提高的反应速率和转化率
d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁
（4）每160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程是 。
（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。
①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是 。
② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。
部分测定结果；
铵盐质量为10.00g和20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。
计算：该铵盐中氮元素的质量分数是 %； 若铵盐质量为15.00g。 浓硫酸增加的质量为 。 （计算结果保留两位小数）
答案：
（1）FeS2
（2）
（3）a b d
（4）SO3(g) + H2O(l) = H2SO4(l)；ΔH=-130.3kJ/mol
（5）①SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- + SO42-
②14.56 2.31g
35.（09上海卷30）臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：
（1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为______g/mol（保留一位小数）。
（2）将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为_____________L。
（3）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L（标准状况）通入盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为__________________。
答案：
（1）35.6
（2）3
（3）0.5
36.（09上海卷31）烟气中是NO和的混合物（不含）。
（1）根据废气排放标准，烟气最高允许含400mg。若中NO质量分数为0.85，则烟气中最高允许含NO__________L（标准状况，保留2位小数）。
（2）工业上通常用溶质质量分数为0.150的水溶液（密度1.16g/mL）作为吸收剂，该碳酸钠溶液物质的量浓度为____________mol/L（保留2位小数）。
（3）已知： ①
②
含2000mg的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。若吸收率为80%，吸收后的烟气_______排放标准（填“符合”或“不符合”），理由：____________________。
（4）加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为：
NO+2HNO3→3NO2+H2O
当烟气中时，吸收率最高。
烟气含2000mg，其中。
计算：（i）为了达到最高吸收率，烟气需用硝酸的物质的量（保留3位小数）。
（ii）烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量（假设上述吸收反应中，反应①比反应②迅速。计算结果保留1位小数）。
答案：
（1）0.25（2）1.64
（3）不符合 因吸收后烟气总体积减小，含量仍超过
（4）（i）
（ii）
37.(09重庆卷26)（14分）工业上电解饱和食盐能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。
（1）题26图是离子交换膜法电解饱和食盐水示意图，电解槽阳极产生的气体是 ；NaOH溶液的出口为 （填字母）；精制饱和食盐水的进口为 （填字母）；干燥塔中应使用的液体是 。
（2）多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用收到广泛关注。
①SiCl4可制气相白炭黑（与光导纤维主要原料相同），方法为高温下SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，化学方程式为 。
②SiCl4可转化为SiHCl3而循环使用。一定条件下，在20L恒容密闭容器中的反应：
3 SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）
达平衡后，H2与SiHCl3物质的量浓度分别为0.140mol/L和0.020mol/L，若H2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗纯NaCl的质量为 kg。
（3）采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气，现制得氯酸钠213.0kg，则生成氢气 （标准状况）。
答案：
（1）①氯气；a；d；浓硫酸
（2）①SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl②0.35
（3）134.4
解析：
（1）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl—、OH—放电，Cl—的放电能力强于OH—，阳极发生的方程式为：2Cl——2e—===Cl2↑；阴极：2H++2e—===H2↑；总反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。H2、2NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为a，Cl2在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入，选d；要干燥Cl2需要用酸性干燥剂H2SO4或P2O5等，中性干燥剂无水CaCl2。
（2）①SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO2，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可。发生的化学方程式为：SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl。
②
由3 SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）
起始量（mol） n 0
变化量（mol） 3x 2x x 4x
平衡量（mol） n—2x 4x
4x=0.020mol/L×20L=0.4mol，n—2x=0.140mol/L20L=2.8mol，n=3.0mol，由2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，（2×58.5）g：1mol=m（NaCl）g：3mol；m（NaCl）=351g=0.351kg。
(3)由NaCl转化为NaClO3，失去电子数为6，H2O转化为H2，得到的电子数为2，设产生的H2体积为V，由得失电子守恒有：
6×；V=134.4m3。
38．（09宁夏卷28）（14分）2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示 、 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？ 。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？ ，理由是 ；
（2）图中△H= KJ·mol-1；
（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式 ；
（4）如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1,则υ（O2）= mol·L-1·min-1、υ(SO3)= mol·L-1·min-1；
（5）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H （要求计算过程）。
答案：
（1）反应物能量 生成物能量
（2）无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低
（3）-198
(4) SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5 (4)0.025 0.05
(5) S(s)+O2(g) =2SO2(g)△H1=-296 KJ·mol-1 , SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) △H2=-99 KJ·mol-1
3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)=-1185 KJ·mol-1
解析：
(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；
（2）图中表示的是2molSO2的反应，因此△H=-99×2KJ·mol-1；
（3）依题意即可写出：SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5；
（4）依据速率之比等于化学计量数之比
www.
—OCCH3
O
—OC—
O
含的酸性废水
①加FeSO4·7H2O
E
含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液
②加NaOH溶液
至PH为9，过滤
滤液
滤渣
③焙烧