专题三 化学计量与计算 NA（原卷版）
1.【2019新课标Ⅰ卷】固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是
A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3 mol·L?1（设冰的密度为0.9 g·cm?3）
C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl?
2【2019新课标Ⅱ卷】已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 3g 3He含有的中子数为1NA
B. 1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
3.【2019新课标Ⅲ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH?)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
4.【2019 上海 等级考 】5. 25℃时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是（ ）
A. 1×mol/L B. 1×mol/L
C. 5×mol/L D. 5×mol/L
5.【2019 上海 等级考 】16.在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是（ ）
A. AlO2- B. Al3+ C. Al(OH)3 D. Al3+、Al(OH)3
6.【2019 浙江4月 选考 】6.反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
7.【2019 浙江4月 选考 】19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA
B. 500 mL 0.5 mol·L?1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C. 30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D. 2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
8.【2019 浙江4月 选考 】24.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A. KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
9.【2019 江苏 】11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢氧燃料电池负极反应为O2+2H2O+4e?4OH?
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：
ΔH=反应中形成新共价键的键能之和?反应中断裂旧共价键的键能之和
10.【2019 天津 】我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。
A. 放电时，a电极反应为
B. 放电时，溶液中离子的数目增大
C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D. 充电时，a电极接外电源负极
11.【2019新课标Ⅱ卷】8.立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
（3）成品中S2?的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L?1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2=2I?+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2?的含量为______________（写出表达式）。
12.【2019 江苏 】聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10?2 mol·L?1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。
13.【2019新课标Ⅲ卷】8.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
14.【2019 上海 等级考 】24. 烟气中的NO2与尿素[CO(NH2)2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为__________，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为____________。
15.【2019 浙江4月 选考 】29.由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
16.【2019 北京 】化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L?1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加HSO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L?1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L?1（苯酚摩尔质量：94 g·mol ?1）。
17.【2019 天津 】环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
18.【2018新课标1卷10】NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA
B. 22.4L（标准状况）氦气含有的质子数为18NA
C. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D. 1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
19.【2018新课标Ⅱ卷】 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
20．【2018新课标Ⅲ卷】下列叙述正确的是
A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C.1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
21. 【2018 江苏 10】 下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
22.【2017新课标Ⅱ卷8】阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是( )
A．1L0.1mol·NH4CL溶液中，的数量为0.1
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
23.【2017新课标Ⅲ卷10】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1 mol 的中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个
C．2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P-Cl键
24.【2017海南卷4】在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+Cl－+8H+，中M的化合价是( )
A．+4 B．+5 C．+6 D．+7
25.【2017海南卷9】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol·L?1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
26.【2017 江苏12】下列说法正确的是
A．反应N2 (g) +3H2 (g) 2NH3 (g)的ΔH < 0，ΔS >0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
27.【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L?1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2?CuY2?+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
28.【2017新课标Ⅰ卷27】
Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
29.【2017新课标3卷】重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。
30.【2017北京卷27】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
①NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。
31.【2017天津卷10】H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。
Ⅱ．SO2的除去
方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3
（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。将SO2通入该氨水中，当c(OH?)降至1.0×10?7 mol·L?1时，溶液中的c()/c()=___________________。
专题三 化学计量与计算 NA（解析版）
1.【2019新课标Ⅰ卷】固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是
A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3 mol·L?1（设冰的密度为0.9 g·cm?3）
C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl?
【答案】D
【解析】
A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；
B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；
C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C
正确；
D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。
2【2019新课标Ⅱ卷】已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 3g 3He含有的中子数为1NA
B. 1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】
A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；
B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为
3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =NA，D项正确；
答案选B。
3.【2019新课标Ⅲ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH?)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
答案选B。
4.【2019 上海 等级考 】5. 25℃时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是（ ）
A. 1×mol/L B. 1×mol/L
C. 5×mol/L D. 5×mol/L
【答案】A
【解析】
0.005mol/L Ba(OH)?溶液中，OH-浓度是0.005mol/L×2=0.01mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选 A。
5.【2019 上海 等级考 】16.在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是（ ）
A. AlO2- B. Al3+ C. Al(OH)3 D. Al3+、Al(OH)3
【答案】D
【解析】pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.
n(Al3+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH-)=0.1mol/L×0.3L=0.03mol。其中0.01mol的 OH-和0.01mol的H+发生中和反应，剩下的0.02mol的OH-和0.01mol的Al3+反应，氢氧根不足，所以生成Al(OH)3并有Al3+剩余。所以正确答案D .
6.【2019 浙江4月 选考 】6.反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。
故答案选A。
7.【2019 浙江4月 选考 】19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA
B. 500 mL 0.5 mol·L?1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C. 30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D. 2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
【答案】D
【解析】
A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；
B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；
C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；
D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。
故答案选D。
8.【2019 浙江4月 选考 】24.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A. KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。
故答案选A。
9.【2019 江苏 】11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢氧燃料电池负极反应为O2+2H2O+4e?4OH?
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：
ΔH=反应中形成新共价键的键能之和?反应中断裂旧共价键的键能之和
【答案】A
【解析】
A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即?H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为:2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：?H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。
10.【2019 天津 】我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。
A. 放电时，a电极反应为
B. 放电时，溶液中离子的数目增大
C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D. 充电时，a电极接外电源负极
【答案】D
【解析】
A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；
B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；
C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为
Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；
D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－离子由1mol变成3mol。
11.【2019新课标Ⅱ卷】8.立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
（3）成品中S2?的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L?1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2=2I?+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2?的含量为______________（写出表达式）。
【答案】 (3). 浅蓝色至无色
【解析】
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1mol 1mol 2mol 1mol
n mol nmol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol
n+ 0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%
答案：×100%
12.【2019 江苏 】聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10?2 mol·L?1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。
【答案】 (2). ①偏大 ②n()=5.000×10?2 mol·L?1×22.00 mL×10?3 L·mL?1=1.100×10?3 mol
由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒关系式：~6Fe2+
（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol
样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 g·mol?1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%
【解析】
（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
答案：偏大
② 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。
【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
13.【2019新课标Ⅲ卷】8.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】 (7).
【解析】
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3
14.【2019 上海 等级考 】24. 烟气中的NO2与尿素[CO(NH2)2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为__________，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为____________。
【答案】24. N2和O2；0.6NA
【解析】
氧化产物是化合价升高的产物，本反应化合价升高的元素有两种，一种是氧元素从-2价升高到0价，生成氧气。另一种是CO(NH2)2 的 氮元素从-3价升高为0价的N氮气，因此氧化产物为 N2和O2；根据方程式化合价变化情况可以得知4NO2—16e，转移电子数和二氧化氮的比例关系为4:1，因此吸收0.15molNO2转移的电子数0.15mol×4=0.6mol，即0.6NA个。
15.【2019 浙江4月 选考 】29.由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
【答案】
n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/m mol，
M(X)＝2.04m/0.06＝34m g·mol?1 m＝4，M(X)＝136 g·mol?1，含有3个羟基和1个羧基，
相对分子质量为136。
【解析】
n(H2)==0.03 mol，由于2-OH~H2、2-COOH ~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个（m>2，且为整数），则n(X)==，34m g/mol。
当m=3，M(X)=102g/mol, 羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4， 2个羟基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol,说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。
【点睛】注意当C原子数很少时，氢原子很多，就会不符碳原子4价键原则，即当C原子为n时，在烃的含氧衍生物中H原子最多为2n+2。
16.【2019 北京 】化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L?1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加HSO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L?1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L?1（苯酚摩尔质量：94 g·mol ?1）。
【答案】 (7).
【解析】
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==mol；
17.【2019 天津 】环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
【答案】(5. (6. b、c
【解析】
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。
（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；
b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；
c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
18.【2018新课标1卷10】NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA
B. 22.4L（标准状况）氦气含有的质子数为18NA
C. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D. 1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】
A、16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，氢氧化铁胶体离子是多个氢氧化铁的聚合体，因此，0.1molFeCl3水解得到的胶体离子小于0.1NA，A项不符合题意。
B、标准状况下22.4L氩气（Ar）物质的量为1mol，每个氩气分子含有18个质子，因此其质子数为18NA，B项符合题意。
C、92g甘油物质的量为1mol，1mol甘油含3mol羟基，C项不符合题意。
D、甲烷与氯气发生取代反应时，有机产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CH3Cl分子数小于1mol，D项不符合题意。
故答案为：B
19.【2018新课标Ⅱ卷】 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
20．【2018新课标Ⅲ卷】下列叙述正确的是
A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C.1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
A中24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，质子数分别为12mol和13mol，A项不符合题意；
B中等质量的氧气和臭氧的氧原子数相同，所以电子数相同，B项符合题意；
C中1molD2O与1molH2O中中子数分别为10mol和8mol，故比值为5：4，C项不符合题意；
D中1mol乙烷和1mol乙烯中化学键数目分别为7mol和6mol，不相同，D项不符合题意，
故答案为：B。
21. 【2018 江苏 10】 下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】C
【解析】
A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，
B项错误；
C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；
D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；
答案选C。
22.【2017新课标Ⅱ卷8】阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是( )
A．1L0.1mol·NH4CL溶液中，的数量为0.1
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】考查阿伏加德罗常数的应用，一般从结构、转移电子、弱电解质电离、隐含条件、微粒数、气体摩尔体积等角度进行考查，从结构：书写常见物质的结构，如金刚石为原子晶体，一个碳原子与四个碳原子形成化学键，因此一个碳原子真正具有的共价键为2个，1个SiO2中Si有4个化学键等等；转移电子：一般涉及歧化反应，那就从氧化产物或还原产物中寻找，如Na2O2与H2O的反应，从氧气中进行判断，生成1molO2转移电子物质的量为1×2×[0－(－1)]mol=2mol；隐含条件：一般涉及可逆反应，如NO和O2的反应，2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，可逆反应不能仅到底；气体摩尔体积：看清楚条件是否是标准状况，标准状况下，此物质是否是气体，记住H2O、SO3、HF在标准状况下不是气体。
因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，A错误；
B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子为0.2NA，B错误；
C、标准状况下，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，C错误；
D、反应前后气体总物质的量没有发生变化，D正确。
23.【2017新课标Ⅲ卷10】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1 mol 的中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个
C．2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P-Cl键
【答案】A
【解析】
B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B含有0.6NA
个中子，A正确；
B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；
C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2. 24 L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；
D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1 mol PCl3与
1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。答案选A。
24.【2017海南卷4】在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+Cl－+8H+，中M的化合价是( )
A．+4 B．+5 C．+6 D．+7
【答案】C
【解析】
根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
25.【2017海南卷9】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol·L?1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】
乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，故A说法正确；
B、甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，故B说法正确；
C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，故C说法错误；
D、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，故D说法正确。
26.【2017 江苏12】下列说法正确的是
A．反应N2 (g) +3H2 (g) 2NH3 (g)的ΔH < 0，ΔS >0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
27.【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L?1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2?CuY2?+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【答案】（2）n(Cl?)=n(AgCl)×==4.800×10?3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000 mol·L?1×30.00 mL×10?3 L·mL?1×=9.600×10?3 mol
n(OH?)=2n(Cu2+)?n(Cl?)=2×9.600×10?3 mol－4.800×10?3 mol=1.440×10?2 mol
m(Cl?)=4.800×10?3 mol×35.5 g· mol ?1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10?3 mol×64 g· mol ?1 =0.6144 g
m(OH?)=1.440×10?2 mol×17 g· mol ?1 =0.2448 g
n(H2O)==4.800×10?3 mol
a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH?)∶n(Cl?)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
再由化合物中电荷守恒得：
n(OH?)=2n(Cu2+)?n(Cl?)=2×9.600×10?3 mol－4.800×10?3 mol=1.440×10?2 mol
分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：
m(Cl?)=4.800×10?3 mol×35.5 g· mol ?1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10?3 mol×64 g· mol ?1 =0.6144 g
m(OH?)=1.440×10?2 mol×17 g· mol ?1 =0.2448 g
再求出结晶水的物质的量：
n(H2O)==4.800×10?3 mol
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH?)∶n(Cl?)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
28.【2017新课标Ⅰ卷27】
Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
【答案】（4）4
【解析】
（4）Li2Ti5O15中Li的化合价为+1， O为-2价，Ti为+4，过氧根（O22-）中O为-1价，设过氧键的数目为n，根据正负化合价代数和为0，可得：（+1）X2+（+4）X5+（-2）X(15-2n ）+（-1）X2n=0 解得n=4.
29.【2017新课标3卷】重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。
【答案】（5）×100%
【解析】（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。
30.【2017北京卷27】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
①NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。
【答案】②8∶1
【解析】②由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol÷2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。
31.【2017天津卷10】H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。
Ⅱ．SO2的除去
方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3
（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。将SO2通入该氨水中，当c(OH?)降至1.0×10?7 mol·L?1时，溶液中的c()/c()=___________________。
【答案】（5）6.0×10-3 0.62
【解析】
（5）根据NH3·H2O的Kb=1.8×10?5可知，当氨水的浓度为2.0 mol·L-1时，溶液中的c(OH?)= c(NH4+)==6.0×10-3 mol·L-1。
根据H2SO3的Ka2=6.2×10?8可知， =6.2×10?8，，当c(OH?)降至
1.0×10?7 mol·L?1，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62。
