近三年高考化学真题分类汇编：化学综合计算1
一、选择题
1．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
2．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
3．（2023·辽宁）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算，A项错误；
B.2.8g氮气的物质的量为0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12N2，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；
C.0.1molKNO3晶体含有离子为K+、NO3-，含有离子数目为0.2NA，C项正确；
D．因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.用体积计算物质的量时，1.必须指明条件；2.对象必须为气体；否则无法进行计算。
4．（2023·全国甲卷） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．异丁烷分子中共价键的数目为
B．标准状况下，中电子的数目为
C．的溶液中的数目为
D．的溶液中的数目为
【答案】A
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.异丁烷结构为，1个分子含有的共价键数目为13个，所以0.5mol异丁烷含有共价键数目为6.5NA，A项正确；
B.标况下三氧化硫为液体，无法计算，B项错误；
C.pH=2，c(H+）=0.01mol/L，氢离子数目为0.01NA，C项错误
D. 的 碳酸钠物质的量为1mol，碳酸根为1mol，碳酸根水解，故CO32-数目小于NA，D项错误
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体。
5．（2022·辽宁）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有的中子数为
B．分子中含有的键数目为
C．标准状况下，气体中数目为
D．的溶液中数目为
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个原子中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，故A符合题意；
B．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键， 的物质的量为，含有的σ键数目为，B不符合题意；
C．是共价化合物，分子中不存在，故C不符合题意；
D．没有给出溶液的体积，无法计算的溶液中的数目，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个18O原子中含有10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.HCl分子中不含氢离子；
D.溶液体积未知。
6．（2022·福建）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A不符合题意；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B不符合题意；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C不符合题意；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水分子中含有2个孤电子对；
B.该反应中氮气为氧化剂，氧化剂在反应中得电子；
C.氨水的体积未知；
D.消耗0.5mol氮气，生成氧气的物质的量为0.75mol。
7．（2022·重庆市）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA
B．消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA
C．生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA
D．氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 14gN2的物质的量为0.5mol，消耗0.5mol氮气生成氨气的分子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA，故A不符合题意；
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成mol氨气，生成N－H键数为1mol××3×NAmol-1=2NA，故B符合题意；
C．标准状况下22.4L氨气的物质的量为1mol，电子转移数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol-1=1.25NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】N2和H2合成NH3反应的化学方程式为N2+3H22NH3。
8．（2022·河北）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol-1=0.05NA，故A不符合题意；
B．Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，故B符合题意；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol-1=0.15NA，故C不符合题意；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol-1=0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
B.Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
D. SiO在溶液中发生水解。
9．（2022·海南）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，HCl过量，按照铁计算，则该反应转移电子为0.1mol，A符合题意；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，数目为0.3NA，B不符合题意；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，含有的中子数为1.5NA，C不符合题意；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，100mL3mol/LHCl的物质的量为0.3mol， HCl过量。
10．（2022·浙江6月选考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．中含有个阳离子
B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C．含有中子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子， 的物质的量为0.1mol，含有 个阳离子，A不符合题意；
B．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B不符合题意；
C． 一个 分子含有6个中子， 的物质的量为0.5mol，含有的中子数为 ，C符合题意；
D． 和 发生反应生成 ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则 和 于密闭容器中充分反应后， 分子总数小于 ，D说不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.NaHSO4在水溶液中能够电离出Na+、H+、和，固体中含有Na+和；
B.气体所处的状态未知；
C.一个 分子含有6个中子；
D.H2与I2的反应为可逆反应。
11．（2022·湖南）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为 ）（ ）
A． 的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C． 的 溶液中 的微粒数小于
D． 的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H-C≡N，其电子式为，故A不符合题意；
B．新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为加成反应，没有副产物生成，原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．铵根离子在溶液中会发生水解，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol-1=0.05NA，故C不符合题意；
D．Pd为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对；
B.新法合成的反应原子利用率为100%；
C.铵根离子会发生水解；
D.Pd为该反应的催化剂。
12．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
13．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．阶段热分解失去4个
D．热分解后生成固体化合物
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；
B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；
C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；
D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。
14．（2022·浙江选考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
B．1.8g重水(D2O)中所含质子数为NA
C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA
D．32g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.01mol/L 1L=0.01mol，OH-的数目为0.01NA，A符合题意；
B.1.8g重水(D2O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9NA，B不符合题意；
C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，C不符合题意；
D．甲醇的结构简式为：CH3OH，32g (1mol)的分子中含有C—H键的数目为3NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=cV计算；
B.一个重水分子中含有10个质子；
C.1mol二氧化锰与浓盐酸反应转移2mol电子；
D.一个甲醇分子中含有3个C-H键。
15．（2022·浙江选考）下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．氯仿：CHCl3 B．黄铜矿的主要成分：Cu2S
C．芒硝：Na2SO4·10H2O D．铝土矿的主要成分：Al2O3
【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化合价与化学式
【解析】【解答】A．氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A不符合题意；
B．黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B符合题意；
C．芒硝：Na2SO4·10H2O，故C不符合题意；
D．铝土矿的主要成分：Al2O3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯仿为三氯甲烷；
B.黄铜矿的主要成分是二硫化亚铁铜；
C.芒硝的主要成分为十水合硫酸钠；
D.铝土矿的主要成分是氧化铝。
二、非选择题
16．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
17．（2023·湖北）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
（2）铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【答案】（1）具支试管；防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；O2；既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；72%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O，产生的气体为氧气，从化合价升降角度分析，H+既不是氧化剂也不是还原剂；
（3）设X的化学式为：CuOx，分解后生成的黑色物质为CuO，反应前后根据铜元素守恒，可得，解的x=2，所以X的化学式为：CuO2
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据反应方程式，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为
【分析】第（1）本实验目的是探究 铜的氧化过程及铜的氧化物的组成 ，铜与浓硝酸反应，铜被浓硝酸氧化，产生NO2气体，该气体极易溶于水且有毒，需要防止倒吸，并用氢氧化钠溶液吸收；
第（2）为探究铜与过氧化氢溶液反应原理探究，铜与过氧化氢溶液不直接反映，但是加入稀硫酸后，反应生成硫酸铜和氧气；
第（3）是探究氢氧化与硫酸铜反应生成铜氧化物探究；
第（4）为氧化还原反应滴定，找到被滴定物质与标准溶液关系即可计算。
18．（2023·全国乙卷）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
（2）O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
（3）c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
【答案】（1）通入一定的O2；装置气密性；b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；
（3）A；C；碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的O2，冷却装置
（5）C4H6O4
【知识点】物质检验实验方案的设计；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）实验前，先通入氧气，赶尽装置内水蒸气和二氧化碳等杂质气体，然后检查装置气密性，然后进行实验，先点燃b处酒精灯，然后再点燃a处酒精灯，确保所以还原性气体被氧化铜还原。
（2）氧气目的是做氧化剂，使有机物充分被氧化为二氧化碳或者水蒸气，但是可能存在不充分氧化，生成CO和H2，进一步被氧化铜还原，如；
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定
（4）反应结束后继续通入氧气，使装置内的二氧化碳和水蒸气被充分吸收；
（5）无水氯化钙用来吸收生成水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n（H）=，d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)=，有机物中O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)=，该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2，最简式为：C2H3O2，又根据相对分子质量为118可知，分子式为：C4H6O4，
【分析】如图装置是一李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置CuO，用于氧化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
19．（2022·海南）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓 mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为 。实验过程中，当出现 现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用 作指示剂，当溶液颜色由 变为时，停止通。
【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
20．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， ；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
21．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：
，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
（1）每完全分解石灰石（含，杂质不参与反应），需要投料 焦炭。
（2）每生产纯碱，同时可获得 （列式计算）。
【答案】（1）10.8
（2）由（1）计算可知参与反应的和焦炭的物质的量之比为1∶1，因此
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）完全分解 石灰石(含 ，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是 ＝162000kJ，已知：焦炭的热值为 (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 ＝10800g＝10.8kg。
（2）参加反应的CO2与生成的纯碱之比为1：1，40%的CO2最终转化为纯碱，每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量为2500mol，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是 =900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是 ＝70kg。
【分析】（1）先计算完全分解100kg石灰石（含CaCO390%，杂质不参与反应），所需要的能量，再根据焦炭的热值和热量有效利用率计算；
（2）先计算参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比，根据碳原子守恒求出每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，由此计算。
22．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
23．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为 。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
24．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
25．（2022·全国乙卷）二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。
Ⅱ．向草酸（）溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。
Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是 （填仪器名称）。
（2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是 。
（3）Ⅰ中的黑色沉淀是 （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式 。
（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取 的方法。
（6）Ⅲ中应采用 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 。
【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管
（2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜
（3）CuO
（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑
（5）分批加入并搅拌
（6）水浴
（7）冷却结晶、过滤、洗涤
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。
（2）CuSO4·5H2O是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的CuSO4固体。
（3）CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2在加热的条件下会分解生成黑色的CuO固体。
（4）该反应是非氧化还原反应，若H2C2O4和K2CO3以物质的量之比为1.5：1发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为：
3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。
（5）为防止H2C2O4和K2CO3反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将K2CO3进行分批加入并搅拌。
（6）Ⅲ中加热温度在80-85℃，可采取水浴加热。
（7）从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备CuO黑色固体，涉及反应关系式是CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2 CuO；第Ⅱ步用H2C2O4和K2CO3按一定比例反应得到KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将KHC2O4溶液、K2C2O4溶液和第Ⅰ步所制的CuO混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到K2[Cu(C2O4)2]晶体。
26．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
近三年高考化学真题分类汇编：化学综合计算1
一、选择题
1．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
2．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
3．（2023·辽宁）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
4．（2023·全国甲卷） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．异丁烷分子中共价键的数目为
B．标准状况下，中电子的数目为
C．的溶液中的数目为
D．的溶液中的数目为
5．（2022·辽宁）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有的中子数为
B．分子中含有的键数目为
C．标准状况下，气体中数目为
D．的溶液中数目为
6．（2022·福建）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
7．（2022·重庆市）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA
B．消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA
C．生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA
D．氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA
8．（2022·河北）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
9．（2022·海南）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
10．（2022·浙江6月选考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．中含有个阳离子
B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C．含有中子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
11．（2022·湖南）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为 ）（ ）
A． 的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C． 的 溶液中 的微粒数小于
D． 的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
12．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
13．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．阶段热分解失去4个
D．热分解后生成固体化合物
14．（2022·浙江选考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
B．1.8g重水(D2O)中所含质子数为NA
C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA
D．32g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4NA
15．（2022·浙江选考）下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．氯仿：CHCl3 B．黄铜矿的主要成分：Cu2S
C．芒硝：Na2SO4·10H2O D．铝土矿的主要成分：Al2O3
二、非选择题
16．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
17．（2023·湖北）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
（2）铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
18．（2023·全国乙卷）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
（2）O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
（3）c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
19．（2022·海南）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓 mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为 。实验过程中，当出现 现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用 作指示剂，当溶液颜色由 变为时，停止通。
20．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， ；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
21．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：
，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
（1）每完全分解石灰石（含，杂质不参与反应），需要投料 焦炭。
（2）每生产纯碱，同时可获得 （列式计算）。
22．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
23．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为 。
24．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
25．（2022·全国乙卷）二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。
Ⅱ．向草酸（）溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。
Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是 （填仪器名称）。
（2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是 。
（3）Ⅰ中的黑色沉淀是 （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式 。
（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取 的方法。
（6）Ⅲ中应采用 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 。
26．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
2．【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算，A项错误；
B.2.8g氮气的物质的量为0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12N2，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；
C.0.1molKNO3晶体含有离子为K+、NO3-，含有离子数目为0.2NA，C项正确；
D．因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.用体积计算物质的量时，1.必须指明条件；2.对象必须为气体；否则无法进行计算。
4．【答案】A
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.异丁烷结构为，1个分子含有的共价键数目为13个，所以0.5mol异丁烷含有共价键数目为6.5NA，A项正确；
B.标况下三氧化硫为液体，无法计算，B项错误；
C.pH=2，c(H+）=0.01mol/L，氢离子数目为0.01NA，C项错误
D. 的 碳酸钠物质的量为1mol，碳酸根为1mol，碳酸根水解，故CO32-数目小于NA，D项错误
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体。
5．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个原子中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，故A符合题意；
B．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键， 的物质的量为，含有的σ键数目为，B不符合题意；
C．是共价化合物，分子中不存在，故C不符合题意；
D．没有给出溶液的体积，无法计算的溶液中的数目，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个18O原子中含有10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.HCl分子中不含氢离子；
D.溶液体积未知。
6．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A不符合题意；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B不符合题意；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C不符合题意；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水分子中含有2个孤电子对；
B.该反应中氮气为氧化剂，氧化剂在反应中得电子；
C.氨水的体积未知；
D.消耗0.5mol氮气，生成氧气的物质的量为0.75mol。
7．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 14gN2的物质的量为0.5mol，消耗0.5mol氮气生成氨气的分子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA，故A不符合题意；
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成mol氨气，生成N－H键数为1mol××3×NAmol-1=2NA，故B符合题意；
C．标准状况下22.4L氨气的物质的量为1mol，电子转移数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol-1=1.25NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】N2和H2合成NH3反应的化学方程式为N2+3H22NH3。
8．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol-1=0.05NA，故A不符合题意；
B．Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，故B符合题意；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol-1=0.15NA，故C不符合题意；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol-1=0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
B.Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
D. SiO在溶液中发生水解。
9．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，HCl过量，按照铁计算，则该反应转移电子为0.1mol，A符合题意；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，数目为0.3NA，B不符合题意；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，含有的中子数为1.5NA，C不符合题意；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，100mL3mol/LHCl的物质的量为0.3mol， HCl过量。
10．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子， 的物质的量为0.1mol，含有 个阳离子，A不符合题意；
B．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B不符合题意；
C． 一个 分子含有6个中子， 的物质的量为0.5mol，含有的中子数为 ，C符合题意；
D． 和 发生反应生成 ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则 和 于密闭容器中充分反应后， 分子总数小于 ，D说不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.NaHSO4在水溶液中能够电离出Na+、H+、和，固体中含有Na+和；
B.气体所处的状态未知；
C.一个 分子含有6个中子；
D.H2与I2的反应为可逆反应。
11．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H-C≡N，其电子式为，故A不符合题意；
B．新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为加成反应，没有副产物生成，原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．铵根离子在溶液中会发生水解，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol-1=0.05NA，故C不符合题意；
D．Pd为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对；
B.新法合成的反应原子利用率为100%；
C.铵根离子会发生水解；
D.Pd为该反应的催化剂。
12．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
13．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；
B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；
C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；
D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。
14．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.01mol/L 1L=0.01mol，OH-的数目为0.01NA，A符合题意；
B.1.8g重水(D2O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9NA，B不符合题意；
C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，C不符合题意；
D．甲醇的结构简式为：CH3OH，32g (1mol)的分子中含有C—H键的数目为3NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=cV计算；
B.一个重水分子中含有10个质子；
C.1mol二氧化锰与浓盐酸反应转移2mol电子；
D.一个甲醇分子中含有3个C-H键。
15．【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化合价与化学式
【解析】【解答】A．氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A不符合题意；
B．黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B符合题意；
C．芒硝：Na2SO4·10H2O，故C不符合题意；
D．铝土矿的主要成分：Al2O3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯仿为三氯甲烷；
B.黄铜矿的主要成分是二硫化亚铁铜；
C.芒硝的主要成分为十水合硫酸钠；
D.铝土矿的主要成分是氧化铝。
16．【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
17．【答案】（1）具支试管；防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；O2；既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；72%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O，产生的气体为氧气，从化合价升降角度分析，H+既不是氧化剂也不是还原剂；
（3）设X的化学式为：CuOx，分解后生成的黑色物质为CuO，反应前后根据铜元素守恒，可得，解的x=2，所以X的化学式为：CuO2
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据反应方程式，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为
【分析】第（1）本实验目的是探究 铜的氧化过程及铜的氧化物的组成 ，铜与浓硝酸反应，铜被浓硝酸氧化，产生NO2气体，该气体极易溶于水且有毒，需要防止倒吸，并用氢氧化钠溶液吸收；
第（2）为探究铜与过氧化氢溶液反应原理探究，铜与过氧化氢溶液不直接反映，但是加入稀硫酸后，反应生成硫酸铜和氧气；
第（3）是探究氢氧化与硫酸铜反应生成铜氧化物探究；
第（4）为氧化还原反应滴定，找到被滴定物质与标准溶液关系即可计算。
18．【答案】（1）通入一定的O2；装置气密性；b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；
（3）A；C；碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的O2，冷却装置
（5）C4H6O4
【知识点】物质检验实验方案的设计；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）实验前，先通入氧气，赶尽装置内水蒸气和二氧化碳等杂质气体，然后检查装置气密性，然后进行实验，先点燃b处酒精灯，然后再点燃a处酒精灯，确保所以还原性气体被氧化铜还原。
（2）氧气目的是做氧化剂，使有机物充分被氧化为二氧化碳或者水蒸气，但是可能存在不充分氧化，生成CO和H2，进一步被氧化铜还原，如；
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定
（4）反应结束后继续通入氧气，使装置内的二氧化碳和水蒸气被充分吸收；
（5）无水氯化钙用来吸收生成水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n（H）=，d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)=，有机物中O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)=，该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2，最简式为：C2H3O2，又根据相对分子质量为118可知，分子式为：C4H6O4，
【分析】如图装置是一李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置CuO，用于氧化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
19．【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
20．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
21．【答案】（1）10.8
（2）由（1）计算可知参与反应的和焦炭的物质的量之比为1∶1，因此
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）完全分解 石灰石(含 ，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是 ＝162000kJ，已知：焦炭的热值为 (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 ＝10800g＝10.8kg。
（2）参加反应的CO2与生成的纯碱之比为1：1，40%的CO2最终转化为纯碱，每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量为2500mol，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是 =900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是 ＝70kg。
【分析】（1）先计算完全分解100kg石灰石（含CaCO390%，杂质不参与反应），所需要的能量，再根据焦炭的热值和热量有效利用率计算；
（2）先计算参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比，根据碳原子守恒求出每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，由此计算。
22．【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
23．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
24．【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
25．【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管
（2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜
（3）CuO
（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑
（5）分批加入并搅拌
（6）水浴
（7）冷却结晶、过滤、洗涤
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。
（2）CuSO4·5H2O是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的CuSO4固体。
（3）CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2在加热的条件下会分解生成黑色的CuO固体。
（4）该反应是非氧化还原反应，若H2C2O4和K2CO3以物质的量之比为1.5：1发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为：
3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。
（5）为防止H2C2O4和K2CO3反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将K2CO3进行分批加入并搅拌。
（6）Ⅲ中加热温度在80-85℃，可采取水浴加热。
（7）从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备CuO黑色固体，涉及反应关系式是CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2 CuO；第Ⅱ步用H2C2O4和K2CO3按一定比例反应得到KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将KHC2O4溶液、K2C2O4溶液和第Ⅰ步所制的CuO混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到K2[Cu(C2O4)2]晶体。
26．【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
