1997-2011年高考化学试题分类汇编——化学计算
文档属性
| 名称 | 1997-2011年高考化学试题分类汇编——化学计算 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2012-04-13 00:19:37 | ||
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文档简介
1997-2011年高考化学试题分类汇编
化学计算
(2011·江苏卷)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA
B.25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
C.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA
D.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NA
【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A.甲醇的结构简式是CH3OH,故1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA。B.溶液体积未知，无法计算OH－的数目。C.标准状况下已烷为液态，不适用于气体摩尔体积，无法计算。D.Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2，O的化合价－1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×2＝0.4NA。
解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
【答案】D
（2011·四川卷）25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL,与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为
A. 12.5% B. 25% C. 50% D. 75%
【解析】 4CnHm＋(4n+m)O24nCO2＋2mH2O △V↓
4 4n+m 4n 4+m
32 72
所以m＝5，即氢原子的平均值是5，由于乙烷和丙烯均含有6个氢原子，所以利用十字交叉法可计算出乙炔的体积分数：。
【答案】D
(2011·上海卷)120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
【解析】若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠，则盐酸的浓度是1.0 mol/L；若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳，则盐酸的浓度是2.0 mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。
【答案】B
(2011·上海卷)过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)
二氧化碳 碳酸钠 转移的电子
A 1mol NA
B 22.4L 1mol
C 106 g 1mol
D 106g 2NA
【解析】二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠，同时生成2mol碳酸钠，而转移的电子数是2mol。
【答案】AC
(2011·上海卷)物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为
A．3.2g B．4.0g C．4.2g D．4.6g
【解析】若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。
【答案】D
（2011·上海卷）氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。
根据题意完成下列计算：
（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式。
该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为 L。
（2）联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。
由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水，计算推进剂中联氨的质量。
（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为
6NO+ 4NH3＝5N2+6H2O
6NO2+ 8NH3＝7N2+12H2O
NO与NO2混合气体180 mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300)完全吸收，产生156mol氮气。吸收后氨水密度为0.980 g/cm3。
计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比。
②吸收后氨水的物质的量浓度（答案保留1位小数）。
（4）氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：
已知常压下120 mol CO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应，失去80mol NH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比。
【解析】本题主要考察与化学有关的计算。
【答案】（1）HN3 4.48
（2）64kg
（3）9：1 2.4molL
（4）3：1：1
（2010·全国卷）．下列叙述正确的是
A．在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则
B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的
C．盐酸的，盐酸的
D．若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的
【解析】A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11
【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念
【答案】D
（2010·全国卷Ⅰ）12．一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于
A．1：2 B．2：3 C．3：1 D．5：3
【解析】设n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002故选C
【命题意图】考查学生的基本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等
【答案】C
（2010·重庆卷）12．已知 蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：
则表中a为
A．404 B．260 C．230 D．200
【答案】D
【解析】本题考查盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)=Br2(g) H=+30KJ/mol，则H2(g) + Br2(g) = 2HBr(g)； H= －102KJ/mol。436+a-2×369=－102；a=―200KJ，D项正确。
（2010福建卷）12．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【解析】本题考察化学反应速率的计算。第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
【答案】B
（2010·上海卷）21．甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中和乙中的沉淀可能一样多
【答案】BD
【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。
解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
（2010·上海卷）22．由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是
A．4:3 B．3:2 C．3:1 D．2:l
【答案】BC
【解析】此题考查了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反应：Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两着之间，故BC可能。
知识归纳：极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。
（2010·江苏卷）5．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2
B．1mol羟基中电子数为10
C．在反应中，每生成3mol转移的电子数为6
D．常温常压下，22.4L乙烯中键数为4
【答案】A
【解析】本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反应中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
（2010·四川卷）12.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A. B.
C. D.C=1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】本题考查基本概念。考生只要对基本概念熟悉，严格按照基本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。
（2010·全国卷Ⅰ）27.（15分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________；
③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=__________________________________；
实验③：=__________________________________。
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【命题意图】考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。
【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
（2010·天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
（2010·广东卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ___
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） [B(OH)4]-( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
【答案】
(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O
(3) 或1.43
（2010·山东卷）28．（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。
已知 2H2（g）+O2（g）===2H2O(I) △H=-572KJ．mol-1
某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、 ( http: / / www. / )H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
（4）根据反应方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b
（3）向右；b
（4）80%
（2010·安徽卷）27.（14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：
（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为 。
（2）第③步反应的离子方程式是 。
（3）第④步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有 。
若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：
、 。
（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1 g第③步反应中加入20.0mL3.0mol·L-1的H2SO4溶液。定正极材料中的锂经反应③和④完全为Li2CO3,剩至少有 Na2CO3参加了反应。
【答案】（1）Al(OH)3
(2)4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O
(3) 漏斗 玻璃棒 烧杯 ； 滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等
（4）5.3
【解析】第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中 第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝，第三步是氧化还原反应，注意根据第一步反应LiMn2O4不溶于水。
第（4）小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。
（2010·浙江卷）26. （15分）已知：
①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝
②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：
请根据以下信息回答下旬问题： 图2
（1）25℃时，将20mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 mol·L-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。
（3） mol·L-1HF溶液与 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。
【解析】
给信息多，可以对信息进行初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。
信息分析：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。
F-与HF总量不变。
【答案】问题引导分析（解题分析与答案）：
（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H+
浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。
（2）HF电离平衡常数Ka= 【c（H+）* c（F-）】/ c（HF）,其中c（H+）、 c（F-）、 c（HF）都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3、 c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶
液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
教与学提示：本题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。要求学生会读图，要掌握平衡常数的表达式和含义：平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。要理解溶解平衡的含义：达到饱和溶液时的最大值，大于则沉淀析出，小于则不析出。明确平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，有触类旁通地系统地研究和学习平衡常数问题。
（2010·上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
2)该热化学反应方程式的意义是 ．
a． b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10molSO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则= mol.L-1.min-1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后， mol【答案】1）五氧化二钒（V2O5）；大于；2）在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）bd；4）0.036；向正反应方向；0.36；0.40。
【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反应达到平衡状态；4）当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，则v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，则v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。
知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。若正反应为吸热反应，温度升高K值增大；若正反应为放热反应，温度升高K值减小。
（2010·上海卷）30．Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。
1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保留2位小数）
2）计算30℃时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量。
3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。
【答案】1）；2）135.5：100=271：x；x=200（g）；3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，。
【解析】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，则；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，则135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。
2010·上海卷）31．白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。
1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为 L。
上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为 。
3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷（，且x为整数）。
如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为 。
4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M>300）。
【答案】1）5.6；4.00；2）Ca5(PO4)3(OH)；3）297.5或342；4）348或464。
【解析】此题考查了元素化合物、化学计算知识。1）白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，则其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反应生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2）根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同结构的话，结合PCl5的结构，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，则其相对分子质量可能为：297.5或342；4）根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，则生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；则磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，则该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，则知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为： P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为： P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300 舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。
（2010·江苏卷）18.（12分）正极材料为的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。
（1）橄榄石型是一种潜在的锂离子电池正极材料，它可以通过、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
①共沉淀反应投料时，不将和溶液直接混合的原因是 。
②共沉淀反应的化学方程式为 。
③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的的导电性能外，还能 。
（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有及少量AI、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂。
在上述溶解过程中，被氧化成，在溶解过程中反应的化学方程式为 。
在空气中加热时，固体残留率随温度的变化
如右图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全
脱水，则1000℃时，剩余固体的成分为 。（填化学式）；
在350~400℃范围内，剩余固体的成分为 。（填化学式）。
【答案】(1)
①Fe2+在碱性条件下更易被氧化（凡合理答案均可）
②（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O
③与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
（2）
①
② 、
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到能源利用，物质性质、化工流程分析，图表分析，覆盖面比较广。（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在碱性条件下更容易被氧化；②根据题给的信息，发生的反应为（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③消耗空气中的O2,保护Fe2+,防止Fe2+被氧化；（2）①通过题给信息可知LiCoO2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，反应为8 LiCoO2+ Na2S2O3+11H2SO4=4Li SO4+8CoSO4+ Na2SO4+11 H2O②根据质量的变化，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在10000C是Co(OH)2完全分解，则产物CoO，在350-4000C时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在2920C,n(Cr)n(O)=100/93：（89.25-100*59/93)/16=2:3,其化学式为Co2O3在5000C n(Cr)n(O)= 100/93：（86.38-100*59/93)/16=3:4其化学式为Co3O4 ，所以可以确定在350-4000C时的化学式为Co2O3和Co3O4
（2010·江苏卷）20．（10分）以水氯镁石(主要成分为)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的，若溶液中，则溶液中= 。
(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 。
(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。
(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有，则产品中镁的质量分数 ▲ （填 “升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】
（1）2.0mol.L-1
（2）NH4Cl
（3）Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）升高
【解析】本题主要考查的是有关Ksp的计算和无机化工流程和化学计算。（1）依据Ksp计算的公式可知c(Mg2+)=Ksp/c2(OH-)= 2.0mol/L；（2）通过流程分析，最后 综上分析可知，滤液中的主要成分为NH4Cl，浓缩以后得到的固体物质为NH4Cl；（3）根据题给相关物质的数据可有以下计算
所以，，从而得到其化学组成为；Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）因为MgCO3中Mg的含量比碱式碳酸镁的含量高，因此，混有MgCO3后，Mg的含量升高。
（2010·四川卷）29.（16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下
请回答下列问题：
硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。
向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：_________________________、_______________________。
在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________________________。
过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。
（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278 g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。
【答案】(1) 或
(2)
(3) 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低浓度促进钛盐水解
(4)
【解析】本题属于化工生产流程题。（1）考查酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式。（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反应、（3）考查了影响盐类水解的因素。（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应.,说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A，和2c×103mol的铁。根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，。而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol,这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol,根据铁元素守恒。nFe=(2a+4b+2c) ×103mol,n Fe2O3=(a+2b+c) ×103mol,计算得mFe2O3=kg.
（2009·全国Ⅰ卷）将15 mL 2 mol·L-1Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【解析】本题为计算题，可用守恒原理快速解决。由题意知：Mn+完全沉淀为碳酸盐，则溶液中剩余Na+与Cl-物质的量必然相等，即NaCl。15×2×2=40×0.5×n，求得n=3。当然，也可通过书写化学方程式，依据“物质的量之比等于系数比”及“原子守恒”观察得出。
（2009·上海卷）9.2 g金属钠投入到足量的重水中,则产生的气体中含有( )
A.0.2 mol中子 B.0.4 mol电子
C.0.2 mol质子 D.0.4 mol分子
【答案】B
【解析】9.2 g金属钠可以与重水反应生成0.2 mol氢气，这样的0.2 mol氢气无中子,0.4 mol电子,0.4 mol质子和0.2 mol分子,故B项正确。
（2009·全国Ⅰ卷）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】本题考查化学计算。侧重考查化学常见计算技巧——“差量法”的运用。
列出关系式：
2NaHCO3——Na2CO3 Δm
设浓度为x: 168 106 62
w1(1-x) (w1-w2)g
。
（2009·全国Ⅱ卷）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】设有2 mol Zn与5 mol硝酸反应，则必生成2 mol Zn(NO3)2，则未被还原的硝酸的物质的量为4 mol，被还原的硝酸的物质的量为1 mol。
（2009·四川卷）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. c=1000b/11.2V B. p=m+Vc/125
C. n=m+17Vc D. 5/3m【答案】C
【解析】着重考查“守恒法”和“极限法”等常用运算技巧。设Mg、Al物质的量分别为x mol、y mol，根据题意写出物质之间的关系式：
Mg～H2↑，Al～H2↑；
xx y 1.5y
故
①
H2SO4——H2——2KOH——K2SO4
得：
②，故A正确。
沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3：则n=m+m（OH-）=m+（2x+3y）×17
m+c·V·17×10-3，故C错。
沉淀灼烧后得到固体为Al2O3和MgO，计算方法类似：p=m+（x+1.5y）×16
，B对。
D项采用“极限法”。若全部是Mg，则Mg→MgO，
；若全部是Al，则Al→Al2O3，
。当然实际应介于二者之间。D对。
（2009·宁夏、辽宁卷）在一定温度下，反应HX(g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L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】本题考查平衡常数、分解率的计算。设分解率为x
H2(g) + X2(g)HX(g)
始态0 0 1 mol·L-1
平衡态xmol·L-1 xmol·L-1 (1-x)mol·L-1
解得约17%
（2009·四川卷）过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。
Ⅰ.测定过氧化氢的含量
请填写下列空白：
（1）移取10.00 mL密度为ρ g/mL的过氧化氢溶液至250 mL_________（填仪器名称）中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。
+H2O2+H+====Mn2++H2O+
（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入____________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定到达终点的现象是__________________________________________________。
（4）重复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为____________。
（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果____________（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。
Ⅱ.探究过氧化氢的性质
该化学兴趣小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。（实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾淀粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。）
请将他们的实验方法和实验现象填入下表：
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性
验证不稳定性
【答案】
Ⅰ.（1）容量瓶（2分）
（2）2 5 6 2 8 5O2（2分）
（3）酸式（2分）
滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色（2分）
（4）（2分）
（5）偏高（2分）
Ⅱ.（各1分，共4分）
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性 取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液（取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液） 产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊（溶液变蓝色）
验证不稳定性 取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验（取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中） 产生气泡，木条复燃（溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生）
【解析】本题综合考查酸碱中和滴定操作及原理、容量瓶用途，氧化还原方程式的配平、误差分析及H2O2的性质等。
Ⅰ.（2）本题是缺项配平。KMnO4（H+）可将H2O2氧化为O2，确定产物，用化合价升降法配平。KMnO4是强氧化剂，腐蚀橡皮管，故用酸式滴定管。由于KMnO4本身有色，故不需指示剂，到达终点，描述现象要准确、全面，特别强调“半分钟内不褪色”。
结合方程式，建立关系式：2～5H2O2
计算时注意H2O2体积数：10.00 mL→250 mL→25.00 mL，原H2O2中质量分数：
滴定过程中气泡消失，则消耗KMnO4溶液体积V偏大，造成最终结果偏大。
Ⅱ.要证明H2O2氧化性，需选用还原性试剂，如KI溶液，或饱和H2S均可。验证其不稳定性，通过受热分解，验证产物有O2产生即可。
（2009·江苏卷）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。
(1)在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl====2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4====2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是_____________________。
(2)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子()。2001年我国卫生部规定，饮用水中的含量应不超过0.2 mg·L-1。
饮用水中ClO2、的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为、Cl-的转化率与溶液pH的关系如下图所示。当pH≤2.0时，也能被I-完全还原成Cl-。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：
2Na2S2O3+I2====Na2S4O6+2NaI
①请写出pH≤2.0时，与I-反应的离子方程式_________________________。
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中。
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0。
步骤3：加入足量的KI晶体。
步骤4：加少量淀粉溶液，用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL。
步骤5：_________________________________。
步骤6：再用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的浓度为________________mol·L-1 (用含字母的代数式表示)。
④若饮用水中的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将还原成Cl-，该反应的氧化产物是____________________________(填化学式)。
【答案】
(1)方法二制备的ClO2中不含Cl2
(2)①+4H++4I-Cl-+2I2+2H2O
②调节溶液的pH≤2.0
③
④Fe(OH)3
【解析】(1)分析问题时要了解有关知识。题干中明确指出用ClO2代替Cl2的优点，所以方法二优于方法一。
(2)①pH≤2.0，为酸性溶液，书写离子方程式时H+一定作为反应物。
②解答本题要弄清题意，前面在pH＝7.0～8.0时，发生反应2ClO2+2I-====+I2，则后面要在pH≤2.0情况下实现转化→Cl-，以便测定ClO2、的含量，所以步骤⑤为调节溶液pH≤2.0。
③pH＝7.0～8.0，发生反应2ClO2+2I-====+I2
关系式：
2ClO2～I2 ～ 2Na2S2O3 ～ 2
c·V1·10-3 molc·V1·10-3 molc·V1·10-3 mol
pH≤2.0，发生变化+4I-+4H+====Cl-+2I2+2H2O
关系式：
～ 2I2～ 4Na2S2O3
c·V2·10-3 mol
则c()＝
（2009·重庆卷）工业上电解饱和食盐水能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。
（1）如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的综合利用受到广泛关注。
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20 L恒容密闭容器中的反应：
3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）
达平衡后，H2和SiHCl3物质的量浓度分别为0.140 mol/L和0.020 mol/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213.0 kg，则生成氢气_________m3（标准状况）。
【答案】
（1）氯气 a d 浓硫酸
（2）①SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl ②0.35
（3）134.4
【解析】本题分三部分，综合考查氯碱工业、原料的综合利用及有关计算。
（1）根据电解原理，阳极产生氯气，用浓硫酸干燥；阴极区产生氢气和氢氧化钠。结合图示可知，a口为氢氧化钠溶液出口；而阴离子不允许透过隔膜，故精制饱和食盐水应从d口进入。（2）①根据题意，SiCl4与H2和O2反应的产物之一为SiO2，则另一产物应为HCl，不难写出化学方程式；②计算时要考虑参加反应的氢气和未参加反应的氢气：根据平衡时H2与SiHCl3物质的量浓度0.140 mol/L和0.020 mol/L可求出共需氢气（0.140 mol/L+0.020 mol/L×1/2)×20 L=3.0 mol，再根据电解饱和食盐水反应方程式进而求出需氯化钠6.0 mol，即0.35 kg。（3）根据题意，首先写出反应方程式：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，根据NaClO3和H2的当量关系，不难求出产生氢气的体积(标况）：
213 000 g÷106.5 g/mol×3×22.4 L/mol=134 400 L=134.4 m3。
（2009·广东卷）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始终插入试管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：
空瓷舟质量m0/g 瓷舟与钙的质量m1/g 瓷舟与产物的质量m2/g
14.80 15.08 15.15
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）活塞K，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，则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流速
（3）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通N2，并活塞K
（4）①2.80 ②O2和N2分别与等量的Ca反应，生成CaO的质量高于Ca3N2。若通入的N2中混有少量O2，会导致计算出的n（N）偏大，所以n(Ca)/n(N)＜3/2,即x＜3
【解析】本题考查实验操作、实验计算及误差分析。（3）Ca3N2能与水反应，所以反应完成后，通N2以防Ca3N2与水反应，影响测定结果。
（4）①m(Ca)＝15.08 g-14.80 g＝0.28 g
m(N2)＝15.15 g-15.08 g＝0.07 g
即x＝2.8
（2009·上海卷）烟气中NOx是NO和NO2的混合物(不含N2O4)。
(1)根据废气排放标准，1 m3烟气最高允许含400 mg NOx。若NOx中NO质量分数为0.85，则1 m3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Na2CO3水溶液(密度1.16 g·mL-1)作为NOx吸收剂，则碳酸钠溶液物质的量浓度为__________________________mol·L-1(保留2位小数)。
(3)已知：NO+NO2+Na2CO32NaNO2+CO2①
2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2②
1 m3含2 000 mg NOx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+2HNO33NO2+H2O
当烟气中n(NO)∶n(NO2)=2∶3时，吸收率最高。
1 m3烟气含2 000 mg NOx，其中n(NO)∶n(NO2)=9∶1。
计算：(ⅰ)为了达到最高吸收率，1 m3烟气需用硝酸的物质的量(保留3位小数)。
(ⅱ)1 m3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，NOx含量仍超过400 mg/m3
（4）(ⅰ)0.035 mol (ⅱ)5.5 g
【解析】（1）1 L烟气中最高允许含NO质量为400×10-3 g×0.85=0.34 g
其体积为
（2）此题考查物质的量浓度与质量分数的换算，可直接利用公式求解。
（3）若烟气中的其他成分不被吸收，刚好达到排放标准，但烟气中的CO2等酸性气体也能被吸收，所以吸收后烟气中NOx含量仍超标。
（4）（ⅰ）
NO+2HNO33NO2+H2O
X 2x 3x
x=0.017 6
n(HNO3)=2x=0.035 mol
(ⅱ)
m(NaNO2)=0.088 7×69×90%=5.5 g
（2009·宁夏、辽宁卷）碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种。
(1)现采用氢气还原法，请回答如下问题：
①写出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应的化学方程式______________________；
②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号)：
(a)→( )( )→( )( )→( )( )→( )( )→( )( )→(l)
③称取23.9 g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7 g残留物，生成4.4 g二氧化碳和7.2 g水。该样品的结晶水质量为___________g，化学式为___________________；
(2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。
【答案】(1)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O
②(a)→kj→gf(或hi)→de(或ed)→hi(或gh)→bc(或cb)→(l)
③1.8 CuCO3·Cu(OH)2·H2O
(2)可行。用氮气代替氢气，氮气可排除空气中CO2、H2O对该实验的影响，xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O受热分解为CuO、CO2、H2O，可通过测定CuO、CO2及H2O的质量，进而确定碱式碳酸铜的组成。
【解析】本题考查化学方程式的书写、化学计算及实验设计能力。(1)①用H2作还原剂，可使CuCO3、Cu(OH)2被还原为Cu，据电子守恒或原子守恒即可写出反应的化学方程式。②装置连接中，要先对H2进行除杂和干燥，用H2O吸收HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气；干燥、纯净的H2与碱式碳酸铜发生反应，生成的H2O和CO2分别用浓硫酸和碱石灰吸收，以便确定H2O和CO2的质量。③由以上分析可知，反应生成的Cu的质量为12.7 g，m(CO2)=4.4 g，则；由CuCO3被还原生成的Cu的质量为0.1 mol×63.5 g·mol-1=6.35 g，则由Cu(OH)2被还原生成的Cu的质量为12.7 g-6.35 g=6.35 g，Cu(OH)2的物质的量为0.1 mol，所以样品中结晶水质量为：23.9 g-0.1 mol×123.5 g·mol-1-0.1 mol×97.5 g·mol-1=1.8 g，CuCO3、Cu(OH)2、H2O的物质的量之比为：0.1 mol∶0.1 mol∶0.1 mol=1∶1∶1，
所以碱式碳酸铜的化学式为CuCO3·Cu(OH)2·H2O。
(2)用N2代替H2，N2可排除空气中CO2和H2O对该实验的影响，碱式碳酸铜受热分解为CuO、CO2、H2O，通过测定它们的质量，同样可确定其组成。
（2009·福建卷）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，其中，T所处的周期序数与主族序数相等。请回答下列问题：
（1）T的原子结构示意图为_______________________。
（2）元素的非金属性（原子的得电子能力）：Q_____________W（填“强于”或“弱于”）。
（3）W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_______________________________________。
（4）原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是____________________________________________________。
（5）R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2 L的甲气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成R的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是_______________________________________。
（6）在298 K下,Q、T的单质各1 mol完全燃烧，分别放出热量A kJ和b kJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3 mol Q的单质，则该反应在298 K下的ΔH=_____________（注：题中所涉单质均为最稳定单质）。
【答案】（1） （2）弱于
（3）S+2H2SO4（浓）3SO2 ↑+2H2O
（4）2H2O22H2O+O2↑(或其他合理答案)
（5）NaNO2
(6)(3a-4b) kJ·mol-1
【解析】由已知T的周期序数与主族序数相等，得T为Al元素，则Q、R、W分别为C、N、S。（5）N的氧化物中，相对分子质量最小的是NO，2NO+O2====2NO2，2 L NO与0.5 L O2反应生成1 L NO2，剩余1 L NO，NO2+NO+2NaOH====2NaNO2+H2O,由反应方程式可知，生成的含氧酸盐为NaNO2。（6）由燃烧热写出反应的热化学方程式，利用盖斯定律，即可求得反应的ΔH。
（2009·广东卷）甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（l）HCOOH（l）+CH3OH（l） ΔH＞0
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
组分 HCOOCH3 H2O HCOOH CH3OH
物质的量/mol 1.00 1.99 0.01 0.52
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化见下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
反应时间范围/min 0～5 10～15 20～25 30～35 40～45 50～55 75～80
平均反应速率/（10-3 mol·min-1） 1.9 7.4 7.8 4.4 1.6 0.8 0.0
请计算15～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为_____________________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为__________________________mol·min-1（不要求写出计算过程）。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：___________________________________________________________________。
（3）上述反应的平衡常数表达式为:，则该反应在温度T1下的K值为___________________________________。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
【答案】
（1）0.045 9×10-3
(2)该反应中甲酸具有催化作用
①反应初期：虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢；
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零
（3）0.14
（4）
【解析】（1）由15 min、20 min时的转化率即可求甲酸甲酯在15～20 min的减少量及反应速率。
（3）由图象知，平衡状态下HCOOCH3的转化率为24%。
HCOOCH3+H2OHCOOH+CH3OH
n0 1.00 mol 1.99 mol0.01 mol 0.52 mol
n平 0.76 mol 1.75 mol0.25 mol 0.76 mol
（2009·上海卷）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：
3O22O3
(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-1(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为___________________L。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L(标准状况)通入盛有20.0 g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为_________________。
【答案】
（1）35.6 (2)3 (3)0.5
【解析】（1）假设有1 mol O2，则
3O2 2O3
开始1 mol 0
反应0.3 mol 0.2 mol
平衡0.7 mol 0.2 mol
所以平均摩尔质量为：
（2）此题应根据差量法计算
3O22O3 ΔV
开始8 L 0
反应4.5 L 3 L 1.5 L
（3）
设臭氧的体积分数为a，则根据氧原子守恒可得 0.04 mol·a·2+0.04 mol·（1-a）·3=，解得a=0.5。
（2009·山东卷）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）已知：O2（g）====（g）+e- ΔH1=1 175.7 kJ·mol-1
PtF6（g）+e-==== ΔH2=-771.1 kJ·mol-1
====（g）+ ΔH3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+FtF6(g)====的ΔH=___________ 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()=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↓+2
(4)中
【解析】本题考查①平衡移动，②盖斯定律，③沉淀的生成，④溶液中的电荷守恒和电离常数的计算等知识点。（1）恒温、恒压下向平衡体系中充入氩气，容器的体积增大，相当于减小平衡体系的压强，所以平衡向左移动；使用催化剂不改变化学平衡状态也不改变反应的ΔH。（2）据已知热化学方程式，利用盖斯定律，得反应O2（g）+PtF6（g）====的ΔH=1 175.7 kJ·moL-1+(-771.1 kJ·moL-1)-482.2 kJ·moL-1=-77.6 kJ·moL-1。（3）因Ksp〔Mg(OH)2〕＞Ksp〔Cu(OH)2〕，所以向MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀。书写离子方程式时注意NH3·H2O是弱电解质，应写分子形式。（4）当c()=c(Cl-)时，根据电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可得c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性，此时c(OH-)=10-7 mol·L-1，c()=c(Cl-)=0.005 mol·L-1，NH3·H2O+OH-，。
（2009·全国Ⅱ卷）某温度时，在2 L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）根据表中数据，在图中画出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0～3 min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α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①②③（如图所示），则曲线①②③所对应的实验条件改变分别是：①___________,②_____________,③________________。
【答案】
（1）
（2）X+2Y2Z
(3)
(4)45%
(5)升高温度 加入催化剂 增大压强
【解析】（1）根据题目表格信息，可得出下列曲线：
（2）由上图可以看出
Z为生成物，X、Y为反应物，再由其数量关系可推出
方程式为
X+2Y2Z
（3）
(4)图中X、Y、Z浓度不再变化时，即达到平衡。平衡时n（X）=0.55 mol,反应为1.0 mol-0.55 mol=0.45 mol,则X的转化率。
（5）该反应是放热反应，升高温度可使反应加快，平衡向左移动，Z的产量降低，故①为升高温度；加入催化剂只使反应加快，不影响平衡时的物质的量，故②为加入催化剂；该反应为体积减小的反应，增大压强可以使反应加快，平衡向右移动，Z的产量增大，故③为增大压强。
（2009·江苏卷）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) ΔH＝-57.20 kJ·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______________(填字母)。
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，1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14 kJ的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)====3N2(g)+4H2O(l)的ΔH＝____________________kJ·mol-1。
(3)17 ℃、1.01×105 Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1、c(N2O4)＝0.012 0 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1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体(17 ℃、1.01×105 Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？
【答案】
(1)BC
(2)-1 224.96
(3)根据题意知平衡时：c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1；c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1
答：平衡常数为13.3。
(4)由(3)可知，在17 ℃、1.01×105 Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：
n(N2O4)＝c(N2O4)×V＝0.012 0 mol·L-1×1.00 L＝0.012 0 mol
n(NO2)＝c(NO2)×V＝0.030 0 mol·L-1×1.00 L＝0.030 0 mol
则n总(NO2)＝n(NO2)+2×n(N2O4)＝0.054 0 mol
由Cu+4HNO3 Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g。
【解析】(1)要提高NO2的转化率，即要使平衡
2NO2(g) N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1向右移动，采取的措施有降低温度和增大气体压强，所以本题选BC。
(4)计算中，要注意运用(3)题中的已知条件。
（2009·浙江卷）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2
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：
时间/s 0 1 2
c(NO)/mol·L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4
c(CO)/ mol·L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3
时间/s 3 4 5
c(NO)/mol·L-1 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4
c(CO)/ mol·L-1 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3
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ΔH________0(填写“＞”、“＜”、“＝”)。
(2)前2 s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。
实验编号 T/℃ NO初始浓度/ mol·L-1 CO初始浓度/mol·L-1 催化剂的比表面积/ m2·g-1
Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
Ⅱ 124
Ⅲ 350 124
①请在上表空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，并标明各条曲线的实验编号。
【答案】
（1）＜ (2)1.88×10-4 mol·（L·s）-1
（3）5 000
（4）CD （5）①Ⅱ.280 1.20×10-3 5.80×10-3 Ⅲ.1.20×10-3 5.80×10-3
②如下图：
【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡的知识内容。（1）能自发进行的反应一般是放热反应，故ΔH＜0。（2）先算出NO或CO前2 s内表示的反应速率，再转化成用N2表示的反应速率。（3）注意是4 s后浓度不变，达到平衡，先算好平衡状态时各物质的“平衡浓度”，再计算出其平衡常数K的数值。（4）A项：催化剂不能使平衡移动，故不影响NO的转化率。
B、C项：第（1）问中说明该反应是放热反应，故降低温度有利于提高NO的转化率，C对。
D项：正反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于提高NO的转化率，D也对。（5）表格中的关键信息是“初始浓度”，Ⅱ与Ⅲ中的当然应该与Ⅰ相一致了。另外要理解Ⅰ与Ⅱ实验对比，是研究催化剂比表面积的，温度应该一致。Ⅱ与Ⅲ实验是对比温度的影响，这在画②问曲线时尤其要注意。
（2008·上海卷）生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L（标准状况）该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。
（1）原混合气体中甲烷的物质的量是_____________。
（2）原混合气体中氮气的体积分数为多少？（写出计算过程）
【答案】
（1）0.075 mol (2）5.56%
【解析】（1）硬质玻璃管质量减轻4.8 g，这是CuO转化为Cu时，失去的O元素的质量，故有关系式：CH4—4CuO—4Cu—4O
n(O)=4.8 g÷16 g·mol-1=0.3 mol，则n(CH4)=0.3 mol÷4=0.075 mol
（2）解：根据题意，n（CH4+CO2）=n总（CO2）=n（CaCO3）
则n（N2）=2.016 L÷22.4 L·mol-1-8.5 g÷100 g·mol-1=0.005 mol
所以原混合气体中N2的体积分数为(0.005 mol÷0.09 mol)×100%=5.56%。
（2008·广东卷）科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表（光照、N2压力1.0×105 Pa、反应时间3 h）：
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10-6 mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+O2(g) ΔH=+765.2 kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）请在答题卡的坐标图中，画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
（2）与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：_______________________________。
（3）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2（g）和1.60 mol H2（g），反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数（NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比）为。计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数。
【答案】
（1）画图略,要点：
①催化剂可降低反应的活化能，但对各反应前后能量变化并不产生任何影响。
②该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。
（2）升高温度，增大反应物N2的浓度，不断移出生成物脱离反应体系
（3）①该条件下N2的平衡转化率：66.7%；
②该条件下反应2NH3（g）N2(g)+3H2(g)的平衡常数为0.005。
【解析】（2）该反应正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH3生成量，升高温度也能提高反应速率；增大反应物N2浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动，不断移出生成物脱离反应体系，使平衡向右移动，增大NH3生成量。
（3）由三行式法计算可知，起始时，c(N2)=0.3 mol·L-1，平衡时，c（N2）=0.1 mol·L-1；c（H2）=0.2 mol·L-1；c（NH3）=0.4 mol·L-1。
①所以N2的平衡转化率=（0.3-0.1）mol/0.3 mol×100%=66.7%；
②反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=c（N2）×c3(H2)/c2(NH3)=0.005。
（2008·上海卷）小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。
（1）小苏打片每片含0.50 g NaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的氢离子是___________mol。
（2）胃舒平每片含0.245 g Al(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平__________片。
（3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。
①取该碱式盐3.01 g，加入2.0 mol·L-1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL 时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
②在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【答案】
(1)0.012 mol
(2)3.8
(3)n(OH-)∶n()=16∶1
(4)Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O
【解析】（1）被中和的氢离子为n（H+）=0.50 g÷84 g·mol-1×2=0.012 mol
注意保留两位有效数字
（2）设所需胃舒平数量为x
根据题意得关系式：3NaHCO3—3H+—Al(OH)3
3×84 g 78 g
6×0.50 g x·0.245 g
解得：x=3.8
（3）加入的42.5 mL盐酸是完成两个反应：H++OH-H2O H++
而后面加入的2.5 mL盐酸是完成反应：+H+CO2↑+H2O
所以n（OH-）∶n（）=（42.5-2.5） mol∶2.5 mol=16∶1
其中n（OH-）=（0.042 5 L-0.002 5 L）×2.0 mol·L-1=0.08 mol
n（）=0.005 mol
加入过量NaOH溶液生成的沉淀是Mg(OH)2，其物质的量为1.74 g÷58 g·mol-1=0.03 mol
酸式盐中H元素的质量分数为0.040可得n（H）=3.01 g×0.040÷1 g·mol-1=0.12 mol
则n（H2O）=(0.12 mol-0.08 mol)÷2=0.02 mol
最后得n（Al3+）=0.01 mol
该酸式盐的化学式为 Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O
（2008·全国Ⅰ）实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：
（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是
；
（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是 ；
（3）若用2.5g软锰矿（含MnO280％）进行上述实验，计算KMnO4的理论产量；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是
；
（5）上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g钝Na2C2O4反应完全。计算该KMnO4的纯度。
【答案】
（1）3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
（2）3+4H+=MnO2↓+2+2H2O
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2K2MnO4KMnO4
87 158×
2.5×80% x
x=
答：KMnO4的理论产量是2.4 g。
（4）2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O
（5）设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式可知
KMnO4 ——Na2C2O4
134
0.165×y 0.335
【解析】（1）据题目所给信息可写出制备K2MnO4的化学方程式
3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
（2）K2MnO4酸化得MnO2、KMnO4，离子方程式为
3+4H+=MnO2↓+2+2H2O
（3）由（1）（2）中两个化学方程式可得关系式
3MnO2—3K2MnO4—2KMnO4
87×3 158×2
2.5 g×80% x
x==2.4 g
（4）2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O
（5）设该KMnO4的纯度为y，由以上可得关系式
2KMnO4 — 5Na2C2O4
2×158 g·mol-1 5×134 g·mol-1
0.165 gy 0.335 g
y=×100%=95.8%
（2007·天津卷）12.下列有关工业生产的叙述正确的是
A.合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
B.硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量
C.电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室生产的Cl2进入阳极室
D.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小
【答案】D
【解析】本题主要考查化学原理在工业生产中的应用。在合成氨工业中，使氨冷却液化，降低NH3浓度，平衡向正反应方向移动可提高N2、H2的转化率，但其反应速率减慢，A项不正确；在硫酸工业中，在接触室安装热交热器是为了控制反应温度使催化剂保持最佳活性，B项不正确；电解饱和食盐水时阳极室产生Cl2，阴极室产生H2，显然C项不正确；由于粗铜中含有Fe、Zn等活泼金属，它们比Cu易失电子，而在它们失电子的同时，阴极仍有Cu析出，故D选项是正确的。
（2007·宁夏卷）13.一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0% ，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是
A.16.7% B.20.0%
C.80.0% D.83.3%
【答案】A
【解析】本题考查化学平衡的知识。
设平衡时混合气体的体积为V，则氨气为20% V，
N2+3H22NH3 体积减少2
20%V 20%V
则反应前N2和H2体积为V+20%V=120%V=1.2V
=×100%=16.7%。
（2007·上海卷）30.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。
（1）原NaOH溶液的质量分数为
（2）所得溶液中Cl－的物质的量为 mol
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝ 。
【答案】
（1）10.7％ （2）0.25 （3）3︰2
【解析】本题是有关氯气性质的计算题。由物质的量浓度与质量分数的互换公式
w(NaOH)=×100%=×100%=10.7%
Cl2+H22HCl
Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O
HCl+NaOH===NaCl+H2O
n(Cl－)=n(Na+)－n(ClO－)=×3.00 mol·L－1－0.050 0 mol=0.25 mol。与NaOH反应Cl2的物质的量为0.050 mol。Cl2与H2反应生成HCl的物质的量为：n(HCl)=0.25 mol－0.05 mol=0.20 mol，所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比
==
（2007·上海卷）31.钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。
（1）钾和硝酸钾反应可制得K2O（10K+2KNO3→6K2O+N2），39.0g钾与10.1g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为 g。
（2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，则样品中K2O2的质量分数为 。
（3）超氧化钾和二氧化碳反应生成氧气（4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8L (标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量。
（4）KO2加热至600℃部分分解得到产物A。6.30g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12L(标准状况)，试确定产物A中钾氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。
【答案】
（1）28.2g
（2）96.25％
（3）71g
（4）KxOy+x/2CO2→x/2K2CO3+(y－0.5x)/ 2O2
39x+16y 11.2(y－0.5x)
6.3 1.12
解得x︰y＝2︰3 即n(K)︰n(O)＝2︰3
即得化学式为：（KO2与K2O2 2︰1） （KO2与K2O 4︰1）
【解析】本题是一道有关钾的氧化物的计算题。
(1)39.0 g钾与10.1 g硝酸钾的物质的量分别为1 mol,0.1 mol。故在反应10K+2KNO36K2O+N2中KNO3不足，K2O的质量为0.3 mol×94 g·mol－1=28.2 g。
(2)K2O2的质量分数为×0.28×100%=96.25%
(3)设反应消耗KO2的质量为x。
4KO2+2CO2===2K2CO3+3O2 气体体积增加
4×71 g 22.4 L
x g 18.8 L－13.2 L
(4)设A的化学式为KxOy,由题意知
39x+16y 11.2(y－0.5x)
6.3 1.12
解得x∶y=2∶3,即n(K)∶n(O)=2∶3。
根据=，A可能是K2O2、KO2;KO2、K2O
若为K2O2、KO2，设K2O2、KO2物质的量分别为x′、y′。
==
解之=
即K2O2与KO2物质的量之比为1∶2；
若为KO2、K2O，同理求出KO2与K2O物质的量之比为4∶1。
（2007·上海卷）12.往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如下图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为
A (V2－V1)/V1 B V1/V2
C V1/(V2－V1) D V2/V1
【答案】C
【解析】本题考查卤化银沉淀的计算。I－首先与Ag+生成AgI沉淀，然后Cl－与Ag+生成AgCl沉淀。I－与Cl－的物质的量之比等于消耗AgNO3的体积比，I－+Ag+===AgI↓，Cl－+Ag+===AgCl↓，所以c(I－)/c(Cl－)=。
（2007·江苏卷24.在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气（标准状况），此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27g，小槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050 mol·L-1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。
（1）写出该实验中发生反应的化学方程式。
（2）试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数。
【答案】
(1)①2Na+2H2O==2NaOH+H2 ②Na2O+H2O==2NaOH
③2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2
（2）n(Al)==0.010mol
根据反应③可得由铝消耗NaOH的物质的量为n(NaOH)=0.010mol生成的氢气的物质的量为n(H2)=0.015mol那么由金属钠生成的氢气的物质的量为
n(H2)=
根据反应①可得金属钠的物质的量为n(Na)=2×0.035mol=0.070mol又因为反应后溶液中的NaOH的物质的量为
n(NaOH)=2.0L×0.050mol·L-1=0.10mol
所以溶液中Na+的总物质的量即原金属钠的总物质的量为
n(Na+)=0.10mol+0.010mol=0.11mol
n(Na2O)=
该钠块中钠元素的质量分数为：
答：该钠块中钠元素的质量分数约为89%。
（2007·江苏卷）25.钢铁工业是国家工业的基础。2006年我国粗钢产量突破4亿吨，居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研，对从矿石开始到钢铁产出的工艺流程有了全面的感性认识。请您对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算：
（1）将6.62g铁矿石样品投入适量的盐酸中（充分反应），过滤，然后在滤液中加过量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得4.80gFe2O3。现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素损失4%，计算每生产1.00t生铁（含铁96%），至少需要这种铁矿石多少吨？（保留两位小数）
（2）取某钢粉末28.12g（假设只含Fe和C），在氧气流中充分反应，得到CO2气体224mL（标准状况）。
①计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比。
②再取三份不同质量的钢样粉末分别加到100mL相同浓度的H2SO4溶液中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
加入钢样粉末的质量/g 2.812 5.624 8.436
生成气体的体积/L（标准状况） 1.120 2.240 2.800
计算硫酸溶液的物质的量浓度。
③若在实验Ⅱ中继续加入mg钢样粉末，计算反应结束剩余的固体质量为多少？
（用含m的代数式表示）
【答案】
(1)解： 6.62g铁矿石中铁的质量为m(Fe)=4.80g×=3.36g生产1.00t生铁需铁矿石的质量为：
m(铁矿石=
答：至少需要这种铁矿石1.97t。
（2）①n(C)=
m(C)=0.010mol×12g·mol-1=0.12g
答：此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为50：1.
②根据实验Ⅲ可得：
Fe+H2SO4==FeSO4+H2
1 mol 22.4L
n(H2SO4) 2.800L
n(H2SO4)=0.125mol
c(H2SO4)==1.25 mol·L-1
答：硫酸溶液的物质的量浓度为1.25mol·L-1.
③当钢样粉末中的铁未全部溶液解时（m＞1.406g），剩余的固体质量为：
（5.624g+mg）-0.125mol×56g·mol-1=(m-1.376)g
当钢样粉末中的铁全部溶液解时（m1.406g），剩余的固体质量为：（5.624＋m）g×
答：当铁未完全溶解时，剩余固体的质量为（m-1.376）g;当铁完全溶解时，剩余固体的质量为。
（2007·江苏卷）16.某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a ，将其全部投入50mLbmol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是
A.若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B.若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C.若金属全部溶解，且产生336mL气体(标准状况)，则b=0.3
D.当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a与b的关系为：b≥80y(1－)
【答案】AD
【解析】本题以Fe、Cu与硝酸的反应为依托，着重考查氧化剂、还原剂的强弱比较和氧化还原反应中电子得失守恒关系，着重考查考生分析问题的能力。金属铜、铁与硝酸作用生成硝酸盐，当加入H2SO4时，剩余的金属又会与溶液中的H+、NO作用而使金属溶解，A正确；由2Fe3++Fe===3Fe2+，2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，故当金属恰好溶解时溶液中含有Fe2+而无Fe3+，B不正确；当金属全部溶解，且放出气体的体积为V(NO)时，根据电子得失守恒有y·a·2+y(1－a)·n=×3①(n为铁的化合价)，若金属全部溶解，则HNO3恰好完全反应或过量，故有y·a·2+y(1－a)·n+≤50×10－3 L·b mol·L－1②，当V(NO)=336 mL时，由①②得b≥1.2，C不正确；当n=3时，由①②中消去V(NO)得b≥80y(1－)，D正确。
（2007·天津卷）29.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿
化学计算
(2011·江苏卷)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA
B.25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
C.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA
D.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NA
【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A.甲醇的结构简式是CH3OH,故1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA。B.溶液体积未知，无法计算OH－的数目。C.标准状况下已烷为液态，不适用于气体摩尔体积，无法计算。D.Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2，O的化合价－1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×2＝0.4NA。
解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
【答案】D
（2011·四川卷）25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL,与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为
A. 12.5% B. 25% C. 50% D. 75%
【解析】 4CnHm＋(4n+m)O24nCO2＋2mH2O △V↓
4 4n+m 4n 4+m
32 72
所以m＝5，即氢原子的平均值是5，由于乙烷和丙烯均含有6个氢原子，所以利用十字交叉法可计算出乙炔的体积分数：。
【答案】D
(2011·上海卷)120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
【解析】若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠，则盐酸的浓度是1.0 mol/L；若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳，则盐酸的浓度是2.0 mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。
【答案】B
(2011·上海卷)过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)
二氧化碳 碳酸钠 转移的电子
A 1mol NA
B 22.4L 1mol
C 106 g 1mol
D 106g 2NA
【解析】二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠，同时生成2mol碳酸钠，而转移的电子数是2mol。
【答案】AC
(2011·上海卷)物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为
A．3.2g B．4.0g C．4.2g D．4.6g
【解析】若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。
【答案】D
（2011·上海卷）氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。
根据题意完成下列计算：
（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式。
该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为 L。
（2）联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。
由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水，计算推进剂中联氨的质量。
（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为
6NO+ 4NH3＝5N2+6H2O
6NO2+ 8NH3＝7N2+12H2O
NO与NO2混合气体180 mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300)完全吸收，产生156mol氮气。吸收后氨水密度为0.980 g/cm3。
计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比。
②吸收后氨水的物质的量浓度（答案保留1位小数）。
（4）氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：
已知常压下120 mol CO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应，失去80mol NH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比。
【解析】本题主要考察与化学有关的计算。
【答案】（1）HN3 4.48
（2）64kg
（3）9：1 2.4molL
（4）3：1：1
（2010·全国卷）．下列叙述正确的是
A．在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则
B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的
C．盐酸的，盐酸的
D．若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的
【解析】A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11
【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念
【答案】D
（2010·全国卷Ⅰ）12．一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于
A．1：2 B．2：3 C．3：1 D．5：3
【解析】设n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002故选C
【命题意图】考查学生的基本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等
【答案】C
（2010·重庆卷）12．已知 蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：
则表中a为
A．404 B．260 C．230 D．200
【答案】D
【解析】本题考查盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)=Br2(g) H=+30KJ/mol，则H2(g) + Br2(g) = 2HBr(g)； H= －102KJ/mol。436+a-2×369=－102；a=―200KJ，D项正确。
（2010福建卷）12．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【解析】本题考察化学反应速率的计算。第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
【答案】B
（2010·上海卷）21．甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中和乙中的沉淀可能一样多
【答案】BD
【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。
解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
（2010·上海卷）22．由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是
A．4:3 B．3:2 C．3:1 D．2:l
【答案】BC
【解析】此题考查了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反应：Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两着之间，故BC可能。
知识归纳：极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。
（2010·江苏卷）5．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2
B．1mol羟基中电子数为10
C．在反应中，每生成3mol转移的电子数为6
D．常温常压下，22.4L乙烯中键数为4
【答案】A
【解析】本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反应中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
（2010·四川卷）12.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A. B.
C. D.C=1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】本题考查基本概念。考生只要对基本概念熟悉，严格按照基本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。
（2010·全国卷Ⅰ）27.（15分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________；
③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=__________________________________；
实验③：=__________________________________。
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【命题意图】考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。
【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
（2010·天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
（2010·广东卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ___
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） [B(OH)4]-( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
【答案】
(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O
(3) 或1.43
（2010·山东卷）28．（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。
已知 2H2（g）+O2（g）===2H2O(I) △H=-572KJ．mol-1
某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、 ( http: / / www. / )H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
（4）根据反应方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b
（3）向右；b
（4）80%
（2010·安徽卷）27.（14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：
（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为 。
（2）第③步反应的离子方程式是 。
（3）第④步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有 。
若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：
、 。
（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1 g第③步反应中加入20.0mL3.0mol·L-1的H2SO4溶液。定正极材料中的锂经反应③和④完全为Li2CO3,剩至少有 Na2CO3参加了反应。
【答案】（1）Al(OH)3
(2)4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O
(3) 漏斗 玻璃棒 烧杯 ； 滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等
（4）5.3
【解析】第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中 第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝，第三步是氧化还原反应，注意根据第一步反应LiMn2O4不溶于水。
第（4）小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。
（2010·浙江卷）26. （15分）已知：
①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝
②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：
请根据以下信息回答下旬问题： 图2
（1）25℃时，将20mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 mol·L-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。
（3） mol·L-1HF溶液与 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。
【解析】
给信息多，可以对信息进行初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。
信息分析：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。
F-与HF总量不变。
【答案】问题引导分析（解题分析与答案）：
（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H+
浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。
（2）HF电离平衡常数Ka= 【c（H+）* c（F-）】/ c（HF）,其中c（H+）、 c（F-）、 c（HF）都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3、 c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶
液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
教与学提示：本题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。要求学生会读图，要掌握平衡常数的表达式和含义：平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。要理解溶解平衡的含义：达到饱和溶液时的最大值，大于则沉淀析出，小于则不析出。明确平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，有触类旁通地系统地研究和学习平衡常数问题。
（2010·上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
2)该热化学反应方程式的意义是 ．
a． b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10molSO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则= mol.L-1.min-1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后， mol
【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反应达到平衡状态；4）当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，则v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，则v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。
知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。若正反应为吸热反应，温度升高K值增大；若正反应为放热反应，温度升高K值减小。
（2010·上海卷）30．Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。
1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保留2位小数）
2）计算30℃时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量。
3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。
【答案】1）；2）135.5：100=271：x；x=200（g）；3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，。
【解析】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，则；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，则135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。
2010·上海卷）31．白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。
1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为 L。
上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为 。
3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷（，且x为整数）。
如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为 。
4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M>300）。
【答案】1）5.6；4.00；2）Ca5(PO4)3(OH)；3）297.5或342；4）348或464。
【解析】此题考查了元素化合物、化学计算知识。1）白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，则其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反应生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2）根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同结构的话，结合PCl5的结构，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，则其相对分子质量可能为：297.5或342；4）根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，则生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；则磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，则该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，则知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为： P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为： P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300 舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。
（2010·江苏卷）18.（12分）正极材料为的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。
（1）橄榄石型是一种潜在的锂离子电池正极材料，它可以通过、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
①共沉淀反应投料时，不将和溶液直接混合的原因是 。
②共沉淀反应的化学方程式为 。
③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的的导电性能外，还能 。
（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有及少量AI、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂。
在上述溶解过程中，被氧化成，在溶解过程中反应的化学方程式为 。
在空气中加热时，固体残留率随温度的变化
如右图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全
脱水，则1000℃时，剩余固体的成分为 。（填化学式）；
在350~400℃范围内，剩余固体的成分为 。（填化学式）。
【答案】(1)
①Fe2+在碱性条件下更易被氧化（凡合理答案均可）
②（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O
③与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
（2）
①
② 、
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到能源利用，物质性质、化工流程分析，图表分析，覆盖面比较广。（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在碱性条件下更容易被氧化；②根据题给的信息，发生的反应为（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③消耗空气中的O2,保护Fe2+,防止Fe2+被氧化；（2）①通过题给信息可知LiCoO2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，反应为8 LiCoO2+ Na2S2O3+11H2SO4=4Li SO4+8CoSO4+ Na2SO4+11 H2O②根据质量的变化，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在10000C是Co(OH)2完全分解，则产物CoO，在350-4000C时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在2920C,n(Cr)n(O)=100/93：（89.25-100*59/93)/16=2:3,其化学式为Co2O3在5000C n(Cr)n(O)= 100/93：（86.38-100*59/93)/16=3:4其化学式为Co3O4 ，所以可以确定在350-4000C时的化学式为Co2O3和Co3O4
（2010·江苏卷）20．（10分）以水氯镁石(主要成分为)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的，若溶液中，则溶液中= 。
(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 。
(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。
(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有，则产品中镁的质量分数 ▲ （填 “升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】
（1）2.0mol.L-1
（2）NH4Cl
（3）Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）升高
【解析】本题主要考查的是有关Ksp的计算和无机化工流程和化学计算。（1）依据Ksp计算的公式可知c(Mg2+)=Ksp/c2(OH-)= 2.0mol/L；（2）通过流程分析，最后 综上分析可知，滤液中的主要成分为NH4Cl，浓缩以后得到的固体物质为NH4Cl；（3）根据题给相关物质的数据可有以下计算
所以，，从而得到其化学组成为；Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）因为MgCO3中Mg的含量比碱式碳酸镁的含量高，因此，混有MgCO3后，Mg的含量升高。
（2010·四川卷）29.（16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下
请回答下列问题：
硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。
向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：_________________________、_______________________。
在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________________________。
过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。
（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278 g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。
【答案】(1) 或
(2)
(3) 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低浓度促进钛盐水解
(4)
【解析】本题属于化工生产流程题。（1）考查酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式。（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反应、（3）考查了影响盐类水解的因素。（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应.,说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A，和2c×103mol的铁。根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，。而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol,这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol,根据铁元素守恒。nFe=(2a+4b+2c) ×103mol,n Fe2O3=(a+2b+c) ×103mol,计算得mFe2O3=kg.
（2009·全国Ⅰ卷）将15 mL 2 mol·L-1Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L-1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【解析】本题为计算题，可用守恒原理快速解决。由题意知：Mn+完全沉淀为碳酸盐，则溶液中剩余Na+与Cl-物质的量必然相等，即NaCl。15×2×2=40×0.5×n，求得n=3。当然，也可通过书写化学方程式，依据“物质的量之比等于系数比”及“原子守恒”观察得出。
（2009·上海卷）9.2 g金属钠投入到足量的重水中,则产生的气体中含有( )
A.0.2 mol中子 B.0.4 mol电子
C.0.2 mol质子 D.0.4 mol分子
【答案】B
【解析】9.2 g金属钠可以与重水反应生成0.2 mol氢气，这样的0.2 mol氢气无中子,0.4 mol电子,0.4 mol质子和0.2 mol分子,故B项正确。
（2009·全国Ⅰ卷）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】本题考查化学计算。侧重考查化学常见计算技巧——“差量法”的运用。
列出关系式：
2NaHCO3——Na2CO3 Δm
设浓度为x: 168 106 62
w1(1-x) (w1-w2)g
。
（2009·全国Ⅱ卷）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】设有2 mol Zn与5 mol硝酸反应，则必生成2 mol Zn(NO3)2，则未被还原的硝酸的物质的量为4 mol，被还原的硝酸的物质的量为1 mol。
（2009·四川卷）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. c=1000b/11.2V B. p=m+Vc/125
C. n=m+17Vc D. 5/3m
【解析】着重考查“守恒法”和“极限法”等常用运算技巧。设Mg、Al物质的量分别为x mol、y mol，根据题意写出物质之间的关系式：
Mg～H2↑，Al～H2↑；
xx y 1.5y
故
①
H2SO4——H2——2KOH——K2SO4
得：
②，故A正确。
沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3：则n=m+m（OH-）=m+（2x+3y）×17
m+c·V·17×10-3，故C错。
沉淀灼烧后得到固体为Al2O3和MgO，计算方法类似：p=m+（x+1.5y）×16
，B对。
D项采用“极限法”。若全部是Mg，则Mg→MgO，
；若全部是Al，则Al→Al2O3，
。当然实际应介于二者之间。D对。
（2009·宁夏、辽宁卷）在一定温度下，反应HX(g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L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】本题考查平衡常数、分解率的计算。设分解率为x
H2(g) + X2(g)HX(g)
始态0 0 1 mol·L-1
平衡态xmol·L-1 xmol·L-1 (1-x)mol·L-1
解得约17%
（2009·四川卷）过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。
Ⅰ.测定过氧化氢的含量
请填写下列空白：
（1）移取10.00 mL密度为ρ g/mL的过氧化氢溶液至250 mL_________（填仪器名称）中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。
+H2O2+H+====Mn2++H2O+
（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入____________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定到达终点的现象是__________________________________________________。
（4）重复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为____________。
（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果____________（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。
Ⅱ.探究过氧化氢的性质
该化学兴趣小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。（实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾淀粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。）
请将他们的实验方法和实验现象填入下表：
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性
验证不稳定性
【答案】
Ⅰ.（1）容量瓶（2分）
（2）2 5 6 2 8 5O2（2分）
（3）酸式（2分）
滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色（2分）
（4）（2分）
（5）偏高（2分）
Ⅱ.（各1分，共4分）
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性 取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液（取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液） 产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊（溶液变蓝色）
验证不稳定性 取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验（取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中） 产生气泡，木条复燃（溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生）
【解析】本题综合考查酸碱中和滴定操作及原理、容量瓶用途，氧化还原方程式的配平、误差分析及H2O2的性质等。
Ⅰ.（2）本题是缺项配平。KMnO4（H+）可将H2O2氧化为O2，确定产物，用化合价升降法配平。KMnO4是强氧化剂，腐蚀橡皮管，故用酸式滴定管。由于KMnO4本身有色，故不需指示剂，到达终点，描述现象要准确、全面，特别强调“半分钟内不褪色”。
结合方程式，建立关系式：2～5H2O2
计算时注意H2O2体积数：10.00 mL→250 mL→25.00 mL，原H2O2中质量分数：
滴定过程中气泡消失，则消耗KMnO4溶液体积V偏大，造成最终结果偏大。
Ⅱ.要证明H2O2氧化性，需选用还原性试剂，如KI溶液，或饱和H2S均可。验证其不稳定性，通过受热分解，验证产物有O2产生即可。
（2009·江苏卷）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。
(1)在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl====2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4====2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是_____________________。
(2)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子()。2001年我国卫生部规定，饮用水中的含量应不超过0.2 mg·L-1。
饮用水中ClO2、的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为、Cl-的转化率与溶液pH的关系如下图所示。当pH≤2.0时，也能被I-完全还原成Cl-。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：
2Na2S2O3+I2====Na2S4O6+2NaI
①请写出pH≤2.0时，与I-反应的离子方程式_________________________。
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中。
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0。
步骤3：加入足量的KI晶体。
步骤4：加少量淀粉溶液，用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL。
步骤5：_________________________________。
步骤6：再用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的浓度为________________mol·L-1 (用含字母的代数式表示)。
④若饮用水中的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将还原成Cl-，该反应的氧化产物是____________________________(填化学式)。
【答案】
(1)方法二制备的ClO2中不含Cl2
(2)①+4H++4I-Cl-+2I2+2H2O
②调节溶液的pH≤2.0
③
④Fe(OH)3
【解析】(1)分析问题时要了解有关知识。题干中明确指出用ClO2代替Cl2的优点，所以方法二优于方法一。
(2)①pH≤2.0，为酸性溶液，书写离子方程式时H+一定作为反应物。
②解答本题要弄清题意，前面在pH＝7.0～8.0时，发生反应2ClO2+2I-====+I2，则后面要在pH≤2.0情况下实现转化→Cl-，以便测定ClO2、的含量，所以步骤⑤为调节溶液pH≤2.0。
③pH＝7.0～8.0，发生反应2ClO2+2I-====+I2
关系式：
2ClO2～I2 ～ 2Na2S2O3 ～ 2
c·V1·10-3 molc·V1·10-3 molc·V1·10-3 mol
pH≤2.0，发生变化+4I-+4H+====Cl-+2I2+2H2O
关系式：
～ 2I2～ 4Na2S2O3
c·V2·10-3 mol
则c()＝
（2009·重庆卷）工业上电解饱和食盐水能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。
（1）如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的综合利用受到广泛关注。
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20 L恒容密闭容器中的反应：
3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）
达平衡后，H2和SiHCl3物质的量浓度分别为0.140 mol/L和0.020 mol/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213.0 kg，则生成氢气_________m3（标准状况）。
【答案】
（1）氯气 a d 浓硫酸
（2）①SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl ②0.35
（3）134.4
【解析】本题分三部分，综合考查氯碱工业、原料的综合利用及有关计算。
（1）根据电解原理，阳极产生氯气，用浓硫酸干燥；阴极区产生氢气和氢氧化钠。结合图示可知，a口为氢氧化钠溶液出口；而阴离子不允许透过隔膜，故精制饱和食盐水应从d口进入。（2）①根据题意，SiCl4与H2和O2反应的产物之一为SiO2，则另一产物应为HCl，不难写出化学方程式；②计算时要考虑参加反应的氢气和未参加反应的氢气：根据平衡时H2与SiHCl3物质的量浓度0.140 mol/L和0.020 mol/L可求出共需氢气（0.140 mol/L+0.020 mol/L×1/2)×20 L=3.0 mol，再根据电解饱和食盐水反应方程式进而求出需氯化钠6.0 mol，即0.35 kg。（3）根据题意，首先写出反应方程式：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，根据NaClO3和H2的当量关系，不难求出产生氢气的体积(标况）：
213 000 g÷106.5 g/mol×3×22.4 L/mol=134 400 L=134.4 m3。
（2009·广东卷）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始终插入试管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：
空瓷舟质量m0/g 瓷舟与钙的质量m1/g 瓷舟与产物的质量m2/g
14.80 15.08 15.15
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）活塞K，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，则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流速
（3）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通N2，并活塞K
（4）①2.80 ②O2和N2分别与等量的Ca反应，生成CaO的质量高于Ca3N2。若通入的N2中混有少量O2，会导致计算出的n（N）偏大，所以n(Ca)/n(N)＜3/2,即x＜3
【解析】本题考查实验操作、实验计算及误差分析。（3）Ca3N2能与水反应，所以反应完成后，通N2以防Ca3N2与水反应，影响测定结果。
（4）①m(Ca)＝15.08 g-14.80 g＝0.28 g
m(N2)＝15.15 g-15.08 g＝0.07 g
即x＝2.8
（2009·上海卷）烟气中NOx是NO和NO2的混合物(不含N2O4)。
(1)根据废气排放标准，1 m3烟气最高允许含400 mg NOx。若NOx中NO质量分数为0.85，则1 m3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Na2CO3水溶液(密度1.16 g·mL-1)作为NOx吸收剂，则碳酸钠溶液物质的量浓度为__________________________mol·L-1(保留2位小数)。
(3)已知：NO+NO2+Na2CO32NaNO2+CO2①
2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2②
1 m3含2 000 mg NOx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+2HNO33NO2+H2O
当烟气中n(NO)∶n(NO2)=2∶3时，吸收率最高。
1 m3烟气含2 000 mg NOx，其中n(NO)∶n(NO2)=9∶1。
计算：(ⅰ)为了达到最高吸收率，1 m3烟气需用硝酸的物质的量(保留3位小数)。
(ⅱ)1 m3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，NOx含量仍超过400 mg/m3
（4）(ⅰ)0.035 mol (ⅱ)5.5 g
【解析】（1）1 L烟气中最高允许含NO质量为400×10-3 g×0.85=0.34 g
其体积为
（2）此题考查物质的量浓度与质量分数的换算，可直接利用公式求解。
（3）若烟气中的其他成分不被吸收，刚好达到排放标准，但烟气中的CO2等酸性气体也能被吸收，所以吸收后烟气中NOx含量仍超标。
（4）（ⅰ）
NO+2HNO33NO2+H2O
X 2x 3x
x=0.017 6
n(HNO3)=2x=0.035 mol
(ⅱ)
m(NaNO2)=0.088 7×69×90%=5.5 g
（2009·宁夏、辽宁卷）碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种。
(1)现采用氢气还原法，请回答如下问题：
①写出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应的化学方程式______________________；
②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号)：
(a)→( )( )→( )( )→( )( )→( )( )→( )( )→(l)
③称取23.9 g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7 g残留物，生成4.4 g二氧化碳和7.2 g水。该样品的结晶水质量为___________g，化学式为___________________；
(2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。
【答案】(1)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O
②(a)→kj→gf(或hi)→de(或ed)→hi(或gh)→bc(或cb)→(l)
③1.8 CuCO3·Cu(OH)2·H2O
(2)可行。用氮气代替氢气，氮气可排除空气中CO2、H2O对该实验的影响，xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O受热分解为CuO、CO2、H2O，可通过测定CuO、CO2及H2O的质量，进而确定碱式碳酸铜的组成。
【解析】本题考查化学方程式的书写、化学计算及实验设计能力。(1)①用H2作还原剂，可使CuCO3、Cu(OH)2被还原为Cu，据电子守恒或原子守恒即可写出反应的化学方程式。②装置连接中，要先对H2进行除杂和干燥，用H2O吸收HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气；干燥、纯净的H2与碱式碳酸铜发生反应，生成的H2O和CO2分别用浓硫酸和碱石灰吸收，以便确定H2O和CO2的质量。③由以上分析可知，反应生成的Cu的质量为12.7 g，m(CO2)=4.4 g，则；由CuCO3被还原生成的Cu的质量为0.1 mol×63.5 g·mol-1=6.35 g，则由Cu(OH)2被还原生成的Cu的质量为12.7 g-6.35 g=6.35 g，Cu(OH)2的物质的量为0.1 mol，所以样品中结晶水质量为：23.9 g-0.1 mol×123.5 g·mol-1-0.1 mol×97.5 g·mol-1=1.8 g，CuCO3、Cu(OH)2、H2O的物质的量之比为：0.1 mol∶0.1 mol∶0.1 mol=1∶1∶1，
所以碱式碳酸铜的化学式为CuCO3·Cu(OH)2·H2O。
(2)用N2代替H2，N2可排除空气中CO2和H2O对该实验的影响，碱式碳酸铜受热分解为CuO、CO2、H2O，通过测定它们的质量，同样可确定其组成。
（2009·福建卷）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，其中，T所处的周期序数与主族序数相等。请回答下列问题：
（1）T的原子结构示意图为_______________________。
（2）元素的非金属性（原子的得电子能力）：Q_____________W（填“强于”或“弱于”）。
（3）W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_______________________________________。
（4）原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是____________________________________________________。
（5）R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2 L的甲气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成R的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是_______________________________________。
（6）在298 K下,Q、T的单质各1 mol完全燃烧，分别放出热量A kJ和b kJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3 mol Q的单质，则该反应在298 K下的ΔH=_____________（注：题中所涉单质均为最稳定单质）。
【答案】（1） （2）弱于
（3）S+2H2SO4（浓）3SO2 ↑+2H2O
（4）2H2O22H2O+O2↑(或其他合理答案)
（5）NaNO2
(6)(3a-4b) kJ·mol-1
【解析】由已知T的周期序数与主族序数相等，得T为Al元素，则Q、R、W分别为C、N、S。（5）N的氧化物中，相对分子质量最小的是NO，2NO+O2====2NO2，2 L NO与0.5 L O2反应生成1 L NO2，剩余1 L NO，NO2+NO+2NaOH====2NaNO2+H2O,由反应方程式可知，生成的含氧酸盐为NaNO2。（6）由燃烧热写出反应的热化学方程式，利用盖斯定律，即可求得反应的ΔH。
（2009·广东卷）甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（l）HCOOH（l）+CH3OH（l） ΔH＞0
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
组分 HCOOCH3 H2O HCOOH CH3OH
物质的量/mol 1.00 1.99 0.01 0.52
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化见下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
反应时间范围/min 0～5 10～15 20～25 30～35 40～45 50～55 75～80
平均反应速率/（10-3 mol·min-1） 1.9 7.4 7.8 4.4 1.6 0.8 0.0
请计算15～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为_____________________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为__________________________mol·min-1（不要求写出计算过程）。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：___________________________________________________________________。
（3）上述反应的平衡常数表达式为:，则该反应在温度T1下的K值为___________________________________。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
【答案】
（1）0.045 9×10-3
(2)该反应中甲酸具有催化作用
①反应初期：虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢；
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零
（3）0.14
（4）
【解析】（1）由15 min、20 min时的转化率即可求甲酸甲酯在15～20 min的减少量及反应速率。
（3）由图象知，平衡状态下HCOOCH3的转化率为24%。
HCOOCH3+H2OHCOOH+CH3OH
n0 1.00 mol 1.99 mol0.01 mol 0.52 mol
n平 0.76 mol 1.75 mol0.25 mol 0.76 mol
（2009·上海卷）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：
3O22O3
(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-1(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为___________________L。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L(标准状况)通入盛有20.0 g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为_________________。
【答案】
（1）35.6 (2)3 (3)0.5
【解析】（1）假设有1 mol O2，则
3O2 2O3
开始1 mol 0
反应0.3 mol 0.2 mol
平衡0.7 mol 0.2 mol
所以平均摩尔质量为：
（2）此题应根据差量法计算
3O22O3 ΔV
开始8 L 0
反应4.5 L 3 L 1.5 L
（3）
设臭氧的体积分数为a，则根据氧原子守恒可得 0.04 mol·a·2+0.04 mol·（1-a）·3=，解得a=0.5。
（2009·山东卷）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）已知：O2（g）====（g）+e- ΔH1=1 175.7 kJ·mol-1
PtF6（g）+e-==== ΔH2=-771.1 kJ·mol-1
====（g）+ ΔH3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+FtF6(g)====的ΔH=___________ 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()=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↓+2
(4)中
【解析】本题考查①平衡移动，②盖斯定律，③沉淀的生成，④溶液中的电荷守恒和电离常数的计算等知识点。（1）恒温、恒压下向平衡体系中充入氩气，容器的体积增大，相当于减小平衡体系的压强，所以平衡向左移动；使用催化剂不改变化学平衡状态也不改变反应的ΔH。（2）据已知热化学方程式，利用盖斯定律，得反应O2（g）+PtF6（g）====的ΔH=1 175.7 kJ·moL-1+(-771.1 kJ·moL-1)-482.2 kJ·moL-1=-77.6 kJ·moL-1。（3）因Ksp〔Mg(OH)2〕＞Ksp〔Cu(OH)2〕，所以向MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀。书写离子方程式时注意NH3·H2O是弱电解质，应写分子形式。（4）当c()=c(Cl-)时，根据电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可得c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性，此时c(OH-)=10-7 mol·L-1，c()=c(Cl-)=0.005 mol·L-1，NH3·H2O+OH-，。
（2009·全国Ⅱ卷）某温度时，在2 L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）根据表中数据，在图中画出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0～3 min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α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①②③（如图所示），则曲线①②③所对应的实验条件改变分别是：①___________,②_____________,③________________。
【答案】
（1）
（2）X+2Y2Z
(3)
(4)45%
(5)升高温度 加入催化剂 增大压强
【解析】（1）根据题目表格信息，可得出下列曲线：
（2）由上图可以看出
Z为生成物，X、Y为反应物，再由其数量关系可推出
方程式为
X+2Y2Z
（3）
(4)图中X、Y、Z浓度不再变化时，即达到平衡。平衡时n（X）=0.55 mol,反应为1.0 mol-0.55 mol=0.45 mol,则X的转化率。
（5）该反应是放热反应，升高温度可使反应加快，平衡向左移动，Z的产量降低，故①为升高温度；加入催化剂只使反应加快，不影响平衡时的物质的量，故②为加入催化剂；该反应为体积减小的反应，增大压强可以使反应加快，平衡向右移动，Z的产量增大，故③为增大压强。
（2009·江苏卷）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) ΔH＝-57.20 kJ·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______________(填字母)。
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，1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14 kJ的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)====3N2(g)+4H2O(l)的ΔH＝____________________kJ·mol-1。
(3)17 ℃、1.01×105 Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1、c(N2O4)＝0.012 0 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1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体(17 ℃、1.01×105 Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？
【答案】
(1)BC
(2)-1 224.96
(3)根据题意知平衡时：c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1；c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1
答：平衡常数为13.3。
(4)由(3)可知，在17 ℃、1.01×105 Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：
n(N2O4)＝c(N2O4)×V＝0.012 0 mol·L-1×1.00 L＝0.012 0 mol
n(NO2)＝c(NO2)×V＝0.030 0 mol·L-1×1.00 L＝0.030 0 mol
则n总(NO2)＝n(NO2)+2×n(N2O4)＝0.054 0 mol
由Cu+4HNO3 Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g。
【解析】(1)要提高NO2的转化率，即要使平衡
2NO2(g) N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1向右移动，采取的措施有降低温度和增大气体压强，所以本题选BC。
(4)计算中，要注意运用(3)题中的已知条件。
（2009·浙江卷）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2
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：
时间/s 0 1 2
c(NO)/mol·L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4
c(CO)/ mol·L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3
时间/s 3 4 5
c(NO)/mol·L-1 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4
c(CO)/ mol·L-1 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3
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ΔH________0(填写“＞”、“＜”、“＝”)。
(2)前2 s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。
实验编号 T/℃ NO初始浓度/ mol·L-1 CO初始浓度/mol·L-1 催化剂的比表面积/ m2·g-1
Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
Ⅱ 124
Ⅲ 350 124
①请在上表空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，并标明各条曲线的实验编号。
【答案】
（1）＜ (2)1.88×10-4 mol·（L·s）-1
（3）5 000
（4）CD （5）①Ⅱ.280 1.20×10-3 5.80×10-3 Ⅲ.1.20×10-3 5.80×10-3
②如下图：
【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡的知识内容。（1）能自发进行的反应一般是放热反应，故ΔH＜0。（2）先算出NO或CO前2 s内表示的反应速率，再转化成用N2表示的反应速率。（3）注意是4 s后浓度不变，达到平衡，先算好平衡状态时各物质的“平衡浓度”，再计算出其平衡常数K的数值。（4）A项：催化剂不能使平衡移动，故不影响NO的转化率。
B、C项：第（1）问中说明该反应是放热反应，故降低温度有利于提高NO的转化率，C对。
D项：正反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于提高NO的转化率，D也对。（5）表格中的关键信息是“初始浓度”，Ⅱ与Ⅲ中的当然应该与Ⅰ相一致了。另外要理解Ⅰ与Ⅱ实验对比，是研究催化剂比表面积的，温度应该一致。Ⅱ与Ⅲ实验是对比温度的影响，这在画②问曲线时尤其要注意。
（2008·上海卷）生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L（标准状况）该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。
（1）原混合气体中甲烷的物质的量是_____________。
（2）原混合气体中氮气的体积分数为多少？（写出计算过程）
【答案】
（1）0.075 mol (2）5.56%
【解析】（1）硬质玻璃管质量减轻4.8 g，这是CuO转化为Cu时，失去的O元素的质量，故有关系式：CH4—4CuO—4Cu—4O
n(O)=4.8 g÷16 g·mol-1=0.3 mol，则n(CH4)=0.3 mol÷4=0.075 mol
（2）解：根据题意，n（CH4+CO2）=n总（CO2）=n（CaCO3）
则n（N2）=2.016 L÷22.4 L·mol-1-8.5 g÷100 g·mol-1=0.005 mol
所以原混合气体中N2的体积分数为(0.005 mol÷0.09 mol)×100%=5.56%。
（2008·广东卷）科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表（光照、N2压力1.0×105 Pa、反应时间3 h）：
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10-6 mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+O2(g) ΔH=+765.2 kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）请在答题卡的坐标图中，画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
（2）与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：_______________________________。
（3）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2（g）和1.60 mol H2（g），反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数（NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比）为。计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数。
【答案】
（1）画图略,要点：
①催化剂可降低反应的活化能，但对各反应前后能量变化并不产生任何影响。
②该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。
（2）升高温度，增大反应物N2的浓度，不断移出生成物脱离反应体系
（3）①该条件下N2的平衡转化率：66.7%；
②该条件下反应2NH3（g）N2(g)+3H2(g)的平衡常数为0.005。
【解析】（2）该反应正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH3生成量，升高温度也能提高反应速率；增大反应物N2浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动，不断移出生成物脱离反应体系，使平衡向右移动，增大NH3生成量。
（3）由三行式法计算可知，起始时，c(N2)=0.3 mol·L-1，平衡时，c（N2）=0.1 mol·L-1；c（H2）=0.2 mol·L-1；c（NH3）=0.4 mol·L-1。
①所以N2的平衡转化率=（0.3-0.1）mol/0.3 mol×100%=66.7%；
②反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=c（N2）×c3(H2)/c2(NH3)=0.005。
（2008·上海卷）小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。
（1）小苏打片每片含0.50 g NaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的氢离子是___________mol。
（2）胃舒平每片含0.245 g Al(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平__________片。
（3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。
①取该碱式盐3.01 g，加入2.0 mol·L-1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL 时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
②在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【答案】
(1)0.012 mol
(2)3.8
(3)n(OH-)∶n()=16∶1
(4)Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O
【解析】（1）被中和的氢离子为n（H+）=0.50 g÷84 g·mol-1×2=0.012 mol
注意保留两位有效数字
（2）设所需胃舒平数量为x
根据题意得关系式：3NaHCO3—3H+—Al(OH)3
3×84 g 78 g
6×0.50 g x·0.245 g
解得：x=3.8
（3）加入的42.5 mL盐酸是完成两个反应：H++OH-H2O H++
而后面加入的2.5 mL盐酸是完成反应：+H+CO2↑+H2O
所以n（OH-）∶n（）=（42.5-2.5） mol∶2.5 mol=16∶1
其中n（OH-）=（0.042 5 L-0.002 5 L）×2.0 mol·L-1=0.08 mol
n（）=0.005 mol
加入过量NaOH溶液生成的沉淀是Mg(OH)2，其物质的量为1.74 g÷58 g·mol-1=0.03 mol
酸式盐中H元素的质量分数为0.040可得n（H）=3.01 g×0.040÷1 g·mol-1=0.12 mol
则n（H2O）=(0.12 mol-0.08 mol)÷2=0.02 mol
最后得n（Al3+）=0.01 mol
该酸式盐的化学式为 Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O
（2008·全国Ⅰ）实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：
（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是
；
（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是 ；
（3）若用2.5g软锰矿（含MnO280％）进行上述实验，计算KMnO4的理论产量；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是
；
（5）上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g钝Na2C2O4反应完全。计算该KMnO4的纯度。
【答案】
（1）3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
（2）3+4H+=MnO2↓+2+2H2O
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2K2MnO4KMnO4
87 158×
2.5×80% x
x=
答：KMnO4的理论产量是2.4 g。
（4）2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O
（5）设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式可知
KMnO4 ——Na2C2O4
134
0.165×y 0.335
【解析】（1）据题目所给信息可写出制备K2MnO4的化学方程式
3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
（2）K2MnO4酸化得MnO2、KMnO4，离子方程式为
3+4H+=MnO2↓+2+2H2O
（3）由（1）（2）中两个化学方程式可得关系式
3MnO2—3K2MnO4—2KMnO4
87×3 158×2
2.5 g×80% x
x==2.4 g
（4）2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O
（5）设该KMnO4的纯度为y，由以上可得关系式
2KMnO4 — 5Na2C2O4
2×158 g·mol-1 5×134 g·mol-1
0.165 gy 0.335 g
y=×100%=95.8%
（2007·天津卷）12.下列有关工业生产的叙述正确的是
A.合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
B.硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量
C.电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室生产的Cl2进入阳极室
D.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小
【答案】D
【解析】本题主要考查化学原理在工业生产中的应用。在合成氨工业中，使氨冷却液化，降低NH3浓度，平衡向正反应方向移动可提高N2、H2的转化率，但其反应速率减慢，A项不正确；在硫酸工业中，在接触室安装热交热器是为了控制反应温度使催化剂保持最佳活性，B项不正确；电解饱和食盐水时阳极室产生Cl2，阴极室产生H2，显然C项不正确；由于粗铜中含有Fe、Zn等活泼金属，它们比Cu易失电子，而在它们失电子的同时，阴极仍有Cu析出，故D选项是正确的。
（2007·宁夏卷）13.一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0% ，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是
A.16.7% B.20.0%
C.80.0% D.83.3%
【答案】A
【解析】本题考查化学平衡的知识。
设平衡时混合气体的体积为V，则氨气为20% V，
N2+3H22NH3 体积减少2
20%V 20%V
则反应前N2和H2体积为V+20%V=120%V=1.2V
=×100%=16.7%。
（2007·上海卷）30.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。
（1）原NaOH溶液的质量分数为
（2）所得溶液中Cl－的物质的量为 mol
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝ 。
【答案】
（1）10.7％ （2）0.25 （3）3︰2
【解析】本题是有关氯气性质的计算题。由物质的量浓度与质量分数的互换公式
w(NaOH)=×100%=×100%=10.7%
Cl2+H22HCl
Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O
HCl+NaOH===NaCl+H2O
n(Cl－)=n(Na+)－n(ClO－)=×3.00 mol·L－1－0.050 0 mol=0.25 mol。与NaOH反应Cl2的物质的量为0.050 mol。Cl2与H2反应生成HCl的物质的量为：n(HCl)=0.25 mol－0.05 mol=0.20 mol，所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比
==
（2007·上海卷）31.钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。
（1）钾和硝酸钾反应可制得K2O（10K+2KNO3→6K2O+N2），39.0g钾与10.1g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为 g。
（2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，则样品中K2O2的质量分数为 。
（3）超氧化钾和二氧化碳反应生成氧气（4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8L (标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量。
（4）KO2加热至600℃部分分解得到产物A。6.30g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12L(标准状况)，试确定产物A中钾氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。
【答案】
（1）28.2g
（2）96.25％
（3）71g
（4）KxOy+x/2CO2→x/2K2CO3+(y－0.5x)/ 2O2
39x+16y 11.2(y－0.5x)
6.3 1.12
解得x︰y＝2︰3 即n(K)︰n(O)＝2︰3
即得化学式为：（KO2与K2O2 2︰1） （KO2与K2O 4︰1）
【解析】本题是一道有关钾的氧化物的计算题。
(1)39.0 g钾与10.1 g硝酸钾的物质的量分别为1 mol,0.1 mol。故在反应10K+2KNO36K2O+N2中KNO3不足，K2O的质量为0.3 mol×94 g·mol－1=28.2 g。
(2)K2O2的质量分数为×0.28×100%=96.25%
(3)设反应消耗KO2的质量为x。
4KO2+2CO2===2K2CO3+3O2 气体体积增加
4×71 g 22.4 L
x g 18.8 L－13.2 L
(4)设A的化学式为KxOy,由题意知
39x+16y 11.2(y－0.5x)
6.3 1.12
解得x∶y=2∶3,即n(K)∶n(O)=2∶3。
根据=，A可能是K2O2、KO2;KO2、K2O
若为K2O2、KO2，设K2O2、KO2物质的量分别为x′、y′。
==
解之=
即K2O2与KO2物质的量之比为1∶2；
若为KO2、K2O，同理求出KO2与K2O物质的量之比为4∶1。
（2007·上海卷）12.往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如下图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为
A (V2－V1)/V1 B V1/V2
C V1/(V2－V1) D V2/V1
【答案】C
【解析】本题考查卤化银沉淀的计算。I－首先与Ag+生成AgI沉淀，然后Cl－与Ag+生成AgCl沉淀。I－与Cl－的物质的量之比等于消耗AgNO3的体积比，I－+Ag+===AgI↓，Cl－+Ag+===AgCl↓，所以c(I－)/c(Cl－)=。
（2007·江苏卷24.在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气（标准状况），此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27g，小槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050 mol·L-1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。
（1）写出该实验中发生反应的化学方程式。
（2）试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数。
【答案】
(1)①2Na+2H2O==2NaOH+H2 ②Na2O+H2O==2NaOH
③2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2
（2）n(Al)==0.010mol
根据反应③可得由铝消耗NaOH的物质的量为n(NaOH)=0.010mol生成的氢气的物质的量为n(H2)=0.015mol那么由金属钠生成的氢气的物质的量为
n(H2)=
根据反应①可得金属钠的物质的量为n(Na)=2×0.035mol=0.070mol又因为反应后溶液中的NaOH的物质的量为
n(NaOH)=2.0L×0.050mol·L-1=0.10mol
所以溶液中Na+的总物质的量即原金属钠的总物质的量为
n(Na+)=0.10mol+0.010mol=0.11mol
n(Na2O)=
该钠块中钠元素的质量分数为：
答：该钠块中钠元素的质量分数约为89%。
（2007·江苏卷）25.钢铁工业是国家工业的基础。2006年我国粗钢产量突破4亿吨，居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研，对从矿石开始到钢铁产出的工艺流程有了全面的感性认识。请您对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算：
（1）将6.62g铁矿石样品投入适量的盐酸中（充分反应），过滤，然后在滤液中加过量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得4.80gFe2O3。现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素损失4%，计算每生产1.00t生铁（含铁96%），至少需要这种铁矿石多少吨？（保留两位小数）
（2）取某钢粉末28.12g（假设只含Fe和C），在氧气流中充分反应，得到CO2气体224mL（标准状况）。
①计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比。
②再取三份不同质量的钢样粉末分别加到100mL相同浓度的H2SO4溶液中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
加入钢样粉末的质量/g 2.812 5.624 8.436
生成气体的体积/L（标准状况） 1.120 2.240 2.800
计算硫酸溶液的物质的量浓度。
③若在实验Ⅱ中继续加入mg钢样粉末，计算反应结束剩余的固体质量为多少？
（用含m的代数式表示）
【答案】
(1)解： 6.62g铁矿石中铁的质量为m(Fe)=4.80g×=3.36g生产1.00t生铁需铁矿石的质量为：
m(铁矿石=
答：至少需要这种铁矿石1.97t。
（2）①n(C)=
m(C)=0.010mol×12g·mol-1=0.12g
答：此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为50：1.
②根据实验Ⅲ可得：
Fe+H2SO4==FeSO4+H2
1 mol 22.4L
n(H2SO4) 2.800L
n(H2SO4)=0.125mol
c(H2SO4)==1.25 mol·L-1
答：硫酸溶液的物质的量浓度为1.25mol·L-1.
③当钢样粉末中的铁未全部溶液解时（m＞1.406g），剩余的固体质量为：
（5.624g+mg）-0.125mol×56g·mol-1=(m-1.376)g
当钢样粉末中的铁全部溶液解时（m1.406g），剩余的固体质量为：（5.624＋m）g×
答：当铁未完全溶解时，剩余固体的质量为（m-1.376）g;当铁完全溶解时，剩余固体的质量为。
（2007·江苏卷）16.某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a ，将其全部投入50mLbmol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是
A.若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B.若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C.若金属全部溶解，且产生336mL气体(标准状况)，则b=0.3
D.当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a与b的关系为：b≥80y(1－)
【答案】AD
【解析】本题以Fe、Cu与硝酸的反应为依托，着重考查氧化剂、还原剂的强弱比较和氧化还原反应中电子得失守恒关系，着重考查考生分析问题的能力。金属铜、铁与硝酸作用生成硝酸盐，当加入H2SO4时，剩余的金属又会与溶液中的H+、NO作用而使金属溶解，A正确；由2Fe3++Fe===3Fe2+，2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，故当金属恰好溶解时溶液中含有Fe2+而无Fe3+，B不正确；当金属全部溶解，且放出气体的体积为V(NO)时，根据电子得失守恒有y·a·2+y(1－a)·n=×3①(n为铁的化合价)，若金属全部溶解，则HNO3恰好完全反应或过量，故有y·a·2+y(1－a)·n+≤50×10－3 L·b mol·L－1②，当V(NO)=336 mL时，由①②得b≥1.2，C不正确；当n=3时，由①②中消去V(NO)得b≥80y(1－)，D正确。
（2007·天津卷）29.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿
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