2023年高考真题变式分类汇编：化学方程式的有关计算3

2023年高考真题变式分类汇编：化学方程式的有关计算3
一、选择题
1．（2020·合肥模拟）下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池工作时， 在负极上失去电子
B． 溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下， 中含有的分子数为 个
D．室温下，稀释 溶液，溶液的导电能力增强
2．（2020·丹东模拟）下列有机物具有较高的对称性。下列有关它们的说法正确的是（　　）
A．有机物a 所有原子都在同一平面内
B．有机物b 的一氯代物为6种
C．有机物c 和有机物d互为同系物
D．52g 有机物a和c的混合物充分燃烧消耗标准状况下的氧气112L
3．（2020·丹东模拟）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的2 倍，Q 的单质与稀硫酸反应生成X的单质。向100mLX2R 的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液 pH 与 RZ2体积关系如下图。下列说法错误的是（　　）
A．X2R溶液的浓度为0.4mol/L
B．X简单阴离子半径大于锂离子半径
C．工业上采用电解熔融Q的氧化物的方法冶炼Q 的单质
D．RZ3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质
4．（2017·合肥模拟）amolFeS与bmolFeO投入VLcmol/L的HNO3溶液（过量）中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3﹣的量为（　　）
A．62（a+b）g B．186（a+b）g
C．（cV﹣ ）mol D．（cV﹣ ）mol
5．（2016·长沙模拟）含有4molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断不正确的是（　　）
A．a是Fe（NO3）3 B．n1=1
C．p=1.2 D．n3=1.5
6．（2017·通化模拟）某铁的氧化物，用7mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+．则该氧化物的化学式可表示为（　　）
A．FeO B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
7．（2017·通化模拟）将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（　　）
A．11.85g B．12.7g C．27.45g D．28.3g
8．（2016·宜春模拟）将20g铁粉放入一定量的稀硝酸中，充分反应后，放出2.24L（标准状况）NO气体，铁粉有剩余，则剩余的铁粉的质量是（　　）
A．14.4 g B．11.6 g C．8.8 g D．3.2 g
9．（2016·上栗模拟）一定量的某有机物和足量的钠反应，可得到气体VA L，等质量的该有机物与足量的纯碱溶液反应，可得到气体VB L．若同温、同压下VA＞VB，则该有机物可能是（　　）
A．HO（CH2）2CHO B．HO（CH2）2COOH
C．HOOC﹣COOH D．CH3COOH
10．（2016·上栗模拟）有两种金属的合金13 g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2 L，则组成该合金的金属不可能是（　　）
A．Mg和Al B．Mg和Zn C．Al和Zn D．Al和Fe
11．（2016·乌鲁木齐模拟）某学习小组进行了如图所示的实验，设第一步HNO3的还原产物只有NO．相关分析不正确的是（　　）
A．第一步反应后溶液中c（NO ）=1.5mol/L（忽略体积变化）
B．第一步反应后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1
C．第一步可生成标准状况下的气体44.8 mL
D．第二步可溶解铜48mg
二、多选题
12．（2016·静安模拟）某次实验室制取乙酸丁酯所用原料为：7.4mL1﹣丁醇、6.0mL冰醋酸，1.0mL浓硫酸．若制得乙酸丁酯（式量116）的质量为5.12g，则以下正确的是（　　）
　 1﹣丁醇 冰醋酸
密度（g/cm3） 0.81 1.05
摩尔质量（g/mol） 74 60
A．产率：约54.49% B．产率：约42.04%
C．转化率：冰醋酸小于1﹣丁醇 D．转化率：冰醋酸大于1﹣丁醇
13．（2016·奉贤模拟）将amol NaHCO3和bmol Na2O2固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，让其充分反应．当剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2、H2O时， 的值可能为（　　）
A．1.0 B．1.35 C．1.5 D．2.0
14．（2016·诏安模拟）胆矾晶体（CuSO4 5H2O）中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量，得到如右图所示的实验结果示意图．以下说法正确的是 （填标号）．
A．晶体从常温升至105℃的过程中只有氢键断裂
B．胆矾晶体中形成配位键的4个水分子同时失去
C．120℃时，剩余固体的化学式是CuSO4·H2O
D．按胆矾晶体失水时所克服的作用力大小不同，晶体中的水分子可以分为3种
三、非选择题
15．（2013·海南）BaCl2 xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：
①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；
②过滤并洗涤沉淀；
③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g．
回答下列问题：
（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　 　．
（2）计算BaCl2 xH2O中的x=　 　；（要求写出计算过程）．
（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果　 　（填“偏低”、“偏高”或“不变”）．
16．（2016·上海）CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解.2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为　 　L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为　 　．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O CO+3H2，已知：CO+2H2 CH3OH CO2+3H2 CH3OH+H2O。300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
17．（2016·天津）如表为元素周期表的一部分．
碳 氮 Y
X
硫 Z
回答下列问题：
（1）Z元素在周期表中的位置为　 　．
（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）　 　．
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是　 　．
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X与Z两元素的单质反应生成1mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式：　 　．
（5）碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为　 　．Q与水反应的化学方程式为　 　．
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50，为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol L﹣1 NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为　 　，生成硫酸铜物质的量为　 　．
18．（2020·吕梁模拟）利用 和 为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知 和三氯氧磷的性质如下表：
　 熔点 沸点 其他物理或化学性质
和 互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和
（1）仪器乙的名称是　 　。
（2）实验过程中仪器丁的进水口为　 　(选填“ ”或“ ”)口。
（3）装置B的作用是　 　(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压
（4）整个装置必须干燥，若未干燥，写出所有副反应的化学方程式　 　。
（5）制备三氯氧磷所用PCl3测定纯度的方法如下：迅速称取 产品，水解完全后配成 溶液，取出 入过量的 碘溶液，充分反应后再用 溶液滴定过量的碘，终点时消耗 溶液。
已知： ； ；假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中 (相对分子质量为137.5)的质量分数的计算式为　 　%。(用含 的代数式表示)
19．（2020·临汾模拟）谷物中脂肪含量虽少，但却是其品质优劣的指标之一。黄玉米中粗脂肪(以亚油酸甘油酯为主)含量测定的实验流程如下：
已知：亚油酸甘油酯沸点 ；乙醚熔点 ，沸点 ，易燃。
回答下列问题：
（1）实验中两次“冷却”均在干燥器中进行，其目的是　 　。
（2）上述实验中多次“萃取”均在下列　 　仪器中进行(填字母标号)。
a b c
（3）为了克服多次萃取实验操作繁琐，萃取剂消耗量过大的缺点，
Franz von Soxhlet发明了索氏抽提筒。若将上述实验的多次萃取改为在下图装置中进行(约需10～12h)：
①为提高乙醚蒸气的冷凝效果，球形冷凝管可改用　 　(填仪器名称)。实验中常在冷凝管上口连接一个装有活性炭的球形干燥管，其目的是　 　。
②实验中需控制提取器(烧瓶)温度在60℃～70℃之间，应采取的加热方式是　 　。
③索氏提取法原理：当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过　 　(填字母标号，下同)上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过　 　最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中……如此往复。
a.冷凝管 b.虹吸管 c.连通管
④索氏提取法存在的明显缺点是　 　。
（4）数据处理：样品中纯脂肪百分含量　 　(填“＜”、“＞”或“=”) ，原因是　 　。
20．（2020·晋中模拟）某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为CoSO4，写出该转化的化学方程式：　 　。
（2）“除铜”若选用MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数K=　 　。［保留2位有效数字；已知常温下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]
（3）①步骤I中加入NaClO3反应的离子方程式为　 　。
②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示，设加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)为0.1mol L–1，依据如图分析，步骤I中加入Na2CO3调整溶液pH范围为　 　。［当c(Mn+)≤10–6 mol L–1，即认为该金属离子沉淀完全]
（4）步骤II中加入足量NaF的目的是　 　。
（5）过滤出的CoC2O4 2H2O固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为　 　。
（6）若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了m2kgCo2O3，假设产率为a，则该矿石中钴元素的百分含量为　 　。
21．（2020·晋中模拟）聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：
回答下列问题：
（1）试剂A为　 　。
（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了　 　，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则　 　。
（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是　 　。
（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从　 　（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再　 　，打开阀门a通大气后，最后取下　 　（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是　 　。
（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：
a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；
b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）
①计算所得产品化学式中n=　 　。
②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：　 　。
22．（2020·辽宁模拟）锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
（1）Ⅰ．锑在元素周期表中的位置　 　。
（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用　 　。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式　 　。
（3）Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知部分信息如下：
①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；
②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；
③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。
回答下列问题：
“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为　 　。
（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是　 　（填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时， =　 　（保留小数点后一位）。
（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0
V时，锑的产率降低的原因可能是　 　。
23．（2020·抚顺模拟）Zn3(PO4)2·2H2O（溶于酸，难溶于水）是一种无毒害作用的防锈颜料，利用锌浮渣（主要含Zn、ZnO、ZnCl2，还含少量的铁、锰、铜、铅及砷的化合物等）制取Zn3(PO4)2·2H2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“浸出”时，下列措施能提高锌的浸取率的是 （填字母）。
A．用浓硫酸代替稀硫酸 B．适当升高浸取液的温度
C．将“浸渣”再次浸取 D．缩短“浸出”时间
（2）“除锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为　 　（S2O 被还原为SO ）。
（3）流程中除铁、砷时，当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，消耗H2O2　 　mol。
（4）“净化”时加锌粉的目的是　 　。
（5）“沉锌”时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）“沉锌”至得到“产品”还需要经过的操作是　 　、洗涤、　 　。证明产品已洗涤干净的实验方法是　 　。
（7）Meyer等认为磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，负极的电极反应式为　 　。
24．（2020·丹东模拟）实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。回答下列相关问题：
（1）Ⅰ. SO2还原CuO探究
装置A中发生反应的化学方程式　 　。
（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为　 　时（填序号，从下列浓度中选取），制备SO2的速率明显快。请解释不选下列其它浓度硫酸的原因　 　。
a. 98% H2SO4 b.65% H2SO4 c. 5% H2SO4
（3）充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈现蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出：
①已知SO2与CuO反应生成两种产物，写出该化学方程式　 　。
②取红色沉淀物滴加盐酸，反应的离子方程式　 　。
（4）Ⅱ．生成物中CuSO4含量检测
用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取m g固体溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－ I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。
①若消耗0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为　 　。
②CuI沉淀物对I3—具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
25．（2018·石景山模拟）化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流
（1）写出CO2的电子式　 　。
（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成　 　。
（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是　 　。
（4）滤液A中最主要的两种离子是　 　。
（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因　 　。
（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为　 　。
26．（2017·西城模拟）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3 H2O的形式存在．某工厂处理氨氮废水的流程如下：
含NH4+的废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 低浓度氨氮废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 含余氯废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 达标废水
（1）I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气．用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是　 　；鼓入大量空气的目的是　 　．
（2）II中加入适量NaClO溶液，控制pH在6～7，将氨氮转化为无毒物质．
①为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是　 　．
②过程 II发生3个反应：
i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价）
iii． …
已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”．图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图．其中氨氮含量最低的点是c点．
b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）　 　；反应iii的化学方程式是　 　．
（3）III中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg L﹣1．若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg L﹣1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10% Na2SO3溶液　 　 kg（溶液体积变化忽略不计）．
27．（2017·宁波模拟）将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份．将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份加入一定；量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，消耗盐酸40.0mL．试计算：
（1）原均匀混合物中NaHCO3的物质的量．n（NaHCO3）=　 　mol．
（2）盐酸的浓度c（HCl）=　 　mol/L．
28．（2017·嘉兴模拟）室温下，将100mL某硝酸和硫酸的混合液分成两等份：一份加入过量的BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0mol L﹣1NaOH溶液，充分反应后溶液的pH=13（溶液的体积为100mL）．试计算：
（1）原溶液中所含H2SO4的物质的量　 　 mol．
（2）原混合溶液中硝酸的物质的量浓度为　 　 mol L﹣1．
29．（2017·如皋模拟）黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为　 　．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
30．（2017·湖北模拟）废A201型催化剂（含FeO及少量CoO、Al2O3、CaO）可制备铁黄（Fe2O3 H2O）．
（1）CoO中Co的化合价为　 　．
（2）废催化剂中的四种氧化物均能与强酸反应，等物质的量的FeO，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为　 　．
（3）工业上用废催化剂制备铁黄时有多个步骤．
①将废催化剂进行粉碎，其目的是　 　．
②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为　 　．
③经过一系列步骤后可得到铁黄，已知铁黄不溶于水，使铁黄从溶液中分离出来所进行的操作中，用到的玻璃仪器有漏斗、　 　．
31．（2016·铜山模拟）化学工业中会产生大量含铬废水，直接排放会产生污染．
（1）工业上处理酸性含Cr2O72﹣废水的方法如下：
①SO2还原法：向1000L含0.002mol L﹣1 Cr2O72﹣的酸性废水中通入SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，至少需要通入　 　 L SO2（标准状况）
②铁屑还原法：向含Cr2O72﹣的酸性废水中加入废铁屑，加热充分反应后，加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀．
已知25℃时，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31．欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，应调节溶液的pH=　 　．
（2）铬元素总浓度的测定：准确移取20.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72﹣，煮沸除去过量（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.03mol L﹣1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL．
①上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会　 　．
②计算废水中铬元素总浓度（单位：mg L﹣1，写出计算过程）　 　
已知测定过程中发生的反应如下：
①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣．
32．（2016·衡阳模拟）氢化镁（MgH2）既可用于劣质燃料的助燃又可同时脱硫脱硝．有关原理如下：
MgH2（s） Mg（s）+H2（g）△H1
2Mg（s）+O2（g） 2MgO（s）△H2
2MgO（s）+2SO2（g） 2MgSO4（s）△H3
（1）①MgH2的电子式为　 　．
②反应：SO2（g）+MgH2（s）+O2 MgSO4（s）+H2（g）的△H=　 　（用含△H1、△H2、△H3
的代数式表示）．
（2）1300℃时，不同微粒的MgH2分解时放氢容量与时间的关系如图1所示．
则粒径A，B，C从小到大的顺序是　 　．
（3）在2L的恒容密闭容器中加入1molMgO、1molSO2和0.5molO2，发生反应：2MgO（s）+2SO2（g）+O2（g） 2MgSO4（s）△H3，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示．
①该反应的△H3　 　（填“＞”或“＜“，下同）0；Q点的反应速率：v（正）　 　 v（逆）．
②P点对应温度下该反应的平衡常数为　 　．
③为提高SO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有　 　（任写2点）．
（4）镁铝合金（Mg17Ar12）是一种贮氢合金，完全吸氢时生成氢化镁和金属铝，该吸氢反应的化学方程式为　 　.7.32gMg17Ar12完全吸氢后所得的产物与足量稀H2SO4反应，释放出的氢气在标准状况下的体积为　 　．
33．（2016·分宜模拟）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用．在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4．SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸．若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为　 　 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4．H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料．硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
34．（2016·镇海模拟）Pd（相对原子质量207）中加入王水（浓硝酸与浓盐酸的混合物）的反应可以表示：Pd+HCl+HNO3→A+B↑+H2O（未配平）．其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%．通过计算判断物质A的化学式　 　．
35．（2016·杨浦模拟）氯化亚铜（CuCl）广泛用于有机合成、气体吸收、冶金、医药化工等行业．
（1）工业上氯化亚铜可由下列反应制备：
2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3→2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑．制备过程中需要20%的CuSO4溶液，配制100g 该CuSO4溶液需要胆矾　 　 g，需要水　 　 g．
（2）实验室可用如下方法制备少量CuCl：取10mL 0.2mol/L CuCl2溶液，加入0.128g铜屑和36.5%的浓盐酸（密度为1.2g/mL）3mL，在密闭容器中加热，充分反应后，得到无色溶液A；将溶液A全部倾入水中，可得到白色的氯化亚铜沉淀．已知溶液A中只含氢离子和两种阴离子（不考虑水的电离），其中，n（H+）=0.036mol、n（Cl﹣）=0.032mol．请通过分析和计算，确定溶液A中另一阴离子的化学式和物质的量．
（3）由CO2、O2、CO、N2组成的混合气体1.008L，测得其密度为1.429g/L，将该气体依次通过足量的30%KOH溶液、氯化亚铜氨溶液（可完全吸收O2和CO）（假定每一步反应都能进行完全），使上述液体分别增加0.44g、0.44g（体积和密度均在标准状况下测定）．
该混合气体的摩尔质量是　 　 g/mol；混合气体中n（CO2）：n（CO和N2）=　 　．
（4）列式计算：
①混合气体中CO的质量是多少？
②最后剩余气体的体积是多少？
36．（2016·浦东模拟）硝酸是重要的化工原料，工业上用氨催化氧化法生产硝酸，反应如下：
①氧化炉：4NH3+5O2→4NO+6H2O
②吸收塔：4NO+3O2+2H2O→4HNO3
设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80．
完成下列计算：
（1）1molNH3完全转化为NO至少需要空气　 　 mol．工业上先将氨气和空气混合好，在氧化炉反应后直接通入吸收塔中用冷水吸收，为了确保吸收效果，第②步反应要求氧气至少过量20%，计算起始时空气与氨气的体积比至少为　 　
（2）硝酸工业产生的氮氧化物尾气（NO和NO2），可用烧碱吸收，反应如下：
①NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O
②2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O
现有含0.5mol氮氧化物的尾气，用8mol/L的NaOH溶液完全吸收，吸收后的溶液中c（OH﹣）：c（NO2﹣）：c（NO3﹣）=5：4：1．所用NaOH溶液的体积为　 　 mL．若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x=　 　．
（3）工业上用硝酸与氨气反应制取硝酸铵：HNO3+NH3→NH4NO3，反应时NH3的吸收率为97%，硝酸的利用率为98%．在用氨气制取硝酸时，氨气的利用率为90%．计算生产80吨的硝酸铵共需氨气多少吨？（保留1位小数）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A. 氢氧燃料电池工作时， 在负极上失去电子，A符合题意；
B. 溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH增大，B不符合题意；
C. 常温常压下， 的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于 个，C不符合题意；
D. 室温下，稀释 溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol。稀释 溶液，溶液中离子总浓度减小。
2．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转，有机物a 所有原子不可能在同一平面内，A不符合题意；
B．有机物b 是对称结构，一氯代物为6种，B符合题意；
C．有机物c 和有机物d结构不相似，不是同系物，C不符合题意；
D．a的分子式C5H6，c的分子式C6H6，最简式不同，不能求出燃烧消耗的氧的量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.含有饱和碳原子，因此所有原子不可能共面
B.根据b的结构简式找出氢原子的种类即可
C.根据c和d的结构简式即可判断是否为同系物
D.根据a和c的分子式即可判断消耗的氧气的量
3．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na或Mg、Al，R为S。
A．标况下448mL二氧化硫的物质的量为： =0.020mol，根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，0.02mol二氧化硫完全反应消耗0.04mol硫化氢，则硫化氢溶液浓度为： =0.4mol·L－1，故A不符合题意；
B．H－和Li＋电子层结构相同，核电荷大的离子半径反而小，H简单阴离子半径大于锂离子半径，故B不符合题意；
C．Q为活泼金属，工业上通常采用电解法获得Q的单质，分别是电解熔融氯化钠、电解熔融氯化镁、电解熔融三氧化二铝，故C符合题意；
D．SO3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质，成分为BaSO4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据 X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，即可判断X为H，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的2 倍， Y为C。 Q 的单质与稀硫酸反应生成X的单质。 Q为金属单质，可能为Na、Mg、Al.由于 向100mLX2R 的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液 pH 与 RZ2体积关系如下图 ，可以推测出Q为O，R为S。结合选项进行判断即可
4．【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3 ﹣，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以反应后溶液中NO3﹣的量为3（a+b）mol，反应后溶液中NO3﹣的质量=3（a+b）mol×63 g mol﹣1=（a+b）×189 g；
当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，反应中Fe元素由+2升高为+3，硫元素由﹣2升高为+6，氮元素由+5降低为+2，根据电子转移降守恒知：n（NO）= = mol，即显氧化性的硝酸的物质的量= mol，所以未被还原的硝酸为[cV﹣ ]mol，故D正确，
故选：D．
【分析】分情况讨论：1、当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算反应后溶液中NO3﹣的量；2、当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量﹣被还原的硝酸=反应后溶液中NO3﹣的量．
5．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为1mol，所以参加反应的铁为1mol即n1=1，a为 Fe（NO3）3，故AB错误；（2）Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，设又加铁物质的量xmol，则利用方程式可求得3x=1﹣2x，解之得x=0.2mol，所以n2=1+0.2=1.2，即p=0.6，所以n3=1.5，故D错误；
故选C．
【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，由此分析解答．
6．【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，
由某铁的氧化物，用7.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，
依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；
溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：x×1= ×2=0.05mol；
解得：x=0.05mol；y=0.2mol；
所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.05mol、0.2mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）= ×n（HCl）= ×0.7mol=0.35mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，
该氧化物的化学式为Fe5O7，
故选D．
【分析】n（HCl）=0.1L×7mol/L=0.7mol，n（Cl2）= =0.025mol，依据电荷守恒和氧化还原反应中得失电子数目守恒解答．
7．【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为 =0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）= =0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，
将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为 ×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol﹣0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g﹣5.4g+0.3mol×17g/mol=12.7g，
故选B．
【分析】根据n= 计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据n= 计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Fe、Cu提供的电子物质的量．向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和．
8．【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：Fe和稀HNO3反应生成NO，n（NO）= =0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，当Fe完全转化为亚铁离子时需要铁的量最多，根据转移电子守恒得溶解m（Fe）= ×56g/mol=8.4g，所以铁有剩余，剩余铁的质量=20g﹣8.4g=11.6g，
故选B．
【分析】Fe和稀HNO3反应生成NO，n（NO）= =0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，当Fe完全转化为亚铁离子时需要铁的量最多，根据转移电子守恒计算溶解铁的质量，根据需要铁的质量和已知铁的质量对比得出铁是否完全溶解，从而计算剩余铁的质量．
9．【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下VA＞VB．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应，选项中只有HO（CH2）2COOH符合，故选：B．
【分析】该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下VA＞VB．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应．
10．【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：标况下11.2L 氢气物质的量为 =0.5mol，则转移电子为0.5mol×2=1mol，
需要Mg的质量为 ×24g/mol=12g，
需要Al的质量为 ×27g/mol=9g，
需要Zn的质量 ×65g/mol=32.5g，
需要Fe的质量 ×56g/mol=28g，
13g介于两质量之间的组合不可能是Al和Mg，
故选：A．
【分析】根据电子转移守恒计算出选项中各金属与稀硫酸反应产生11.2 L H2所需金属质量，13g介于两种金属质量之间，若金属不与硫酸反应生成氢气，其质量视作无穷大
11．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：n（Fe）= =0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的还原产物只有NO，Fe氧化为铁离子消耗硝酸最大为0.003×3+ =0.012mol，若转化为亚铁离子，消耗硝酸为0.003mol×2+ =0.008mol，即第一步反应后溶液中含亚铁离子、铁离子，设混合溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x、y，则
，
解得x=y=0.0015mol，
A．生成均为0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，则第一步反应后溶液中c（NO3﹣）= =1.5mol/L，故A正确；
B．生成均为0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，则第一步反应后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1，故B正确；
C．由电子守恒可知，生成NO为 ×22.4L/mol=0.056L=56mL，故C错误；
D．第二步发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，溶解Cu为0.0015mol× ×64g/mol=48mg，故D正确；
故选C．
【分析】n（Fe）= =0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的还原产物只有NO，Fe氧化为铁离子消耗硝酸最大为0.003×3+ =0.012mol，若转化为亚铁离子，消耗硝酸为0.003mol×2+ =0.008mol，即第一步反应后溶液中含亚铁离子、铁离子，再加Cu发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，以此来解答．
12．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O
1mol 1mol 1mol
=0.044mol
因为： ＞ ，所以醋酸过量，理论生成乙酸丁酯的物质的量为： =0.081mol，则
产率： = ×100%=54.49%，起始是越多转化率越小，所以冰醋酸的转化率小于1﹣丁醇的转化率，故选：AC．
【分析】根据产率等于 进行计算，转化率= ，结合反应方程式CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O进行计算．
13．【答案】B,C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
反应生成气体产物是O2和H2O（g），
由题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为aNaHCO3+bNa2O2=aNa2CO3+（2b﹣a）NaOH+（a﹣b）H2O+ O2，
所以 2b﹣a＞0， ＞1/2，b﹣a＞0， ＜1，故 的数值范围：1＜ ＜2，
故选BC．
【分析】混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
反应生成气体产物是O2和H2O（g），
根据方程式，从质量守恒的角度计算．
14．【答案】C,D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为 =0.02mol，113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol． A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水，而105℃的过程中失去结晶水占总的 ，故不只有氢键断裂，还有配位键断裂，故A错误；
B．胆矾晶体中形成配位键的4个水分子分3个阶段失去，故B错误；
C.120℃时，剩余固体中CuSO4与结晶水的物质的量之比为0.01mol：（0.05mol﹣0.04mol）=1：1，故化学式为CuSO4 H2O，故C正确；
D．因为固体质量就是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故D正确；
故选：CD．
【分析】2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为 =0.02mol，113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol．
A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水；
B．由计算可知，结晶水分3个阶段失去；
C．根据CuSO4、结晶水物质的量确定化学式；
D．因为固体质量就是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以克服的作用力大小不同．
15．【答案】（1）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净
（2）2
（3）偏高
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤，具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；故答案为：蒸馏水；取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量= =0.005mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol×208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g﹣1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x≈2，故答案为：2；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大，故x的值偏高，故答案为：偏高．
【分析】（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤；具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）根据硫酸钡质量计算氯化钡质量，进而计算水的质量，根据二者质量之比确定x的值；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大．
16．【答案】（1）89.6
（2）2.4mol/L≥c≥1.2mol/L
（3）设反应前密封舱内H2O的物质的量为n 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2 2n n 1.5n 4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol。
（4）在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，CH4+H2O→CO+3H2300mol 900molCO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，解得a=0.8，即设CO2的转化率为80%，答：CO2的转化率为80%．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有， 假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）= n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）= =1.20mol/L；假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）= =2.40mol/L；
综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．
故答案为：2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L；
（3）可用两种方法解答：
方法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n（H2O）=n（CO2）= ×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，
方法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
2nn 1.5n
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．
答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol；
（4）方法一：
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%．
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，
解得a=0.8，
即设CO2的转化率为80%，
答：CO2的转化率为80%．
【分析】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错点为（4）答题时注意体会．
17．【答案】（1）第三周期ⅤⅡA族
（2）Si
（3）ac
（4）Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol
（5）；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2↓+C3H4↑
（6）NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol
【知识点】热化学方程式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，故答案为：第三周期ⅤⅡA族；（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，故答案为：Si；（3）a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；故答案为：ac；（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol，
故答案为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol；（5）该烃分子中碳氢质量比，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式为C3H4；Q的化学式为Mg4C3，Mg4C3与水反应生成氢氧化镁和C3H4。故答案为： ；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2↓+C3H4↑；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，假设二氧化碳的物质的量为x，NO的物质的量为y，
则： ，解得： ；根据电子守恒，参与反应的Cu的物质的量为：n（Cu）= =2mol，
故答案为：NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol．
【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，由于该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；（5）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为 ： 1 =3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式，然后写出其电子式；根据烃的化学式确定Q的化学式，然后再写出Q与水反应的化学方程式；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO、二氧化碳的物质的量；根据电子守恒可计算出参与反应的Cu的物质的量．本题为2016年天津高考题，考查的知识点有原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等，题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
18．【答案】（1）圆底烧瓶
（2）a
（3）a c d
（4）PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl、POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl
（5）
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)根据图示装置，可知仪器乙的名称为圆底烧瓶。(2)冷凝管应下端进水，故进水口为a。(3)A装置制得的氧气中含有水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸能除去水蒸气，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，纯净的氧气与三氯化磷反应时需要控制反应速率，可通过气体进入B中溶液，观察气体流速。(4)根据提示可知水解的方程式为：PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl与POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl ，HCl可不写气体符号。(5)c1mol·L 1碘溶液V1mL中含有碘单质的物质的量为：c1 mol·L－1×V1×10-3L＝ c1V1×10-3 mol，根据反应I2＋2Na2S2O3＝ 2NaI＋Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：c1V1×10-3 mol c2V2×10-3 mol＝(c1V1 c2V2)×10-3 mol，再由H3PO3＋H2O＋I2＝H3PO4＋2HI可知，25.00mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3) =n (I2)= (c1V1 c2V2)×10-3 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：(c1V1 c2V2)×10-3 mol× 250mL/25mL＝(c1V1 c2V2)×10—2 mol，所以m g产品中含有的三氯化磷的物质的量为(c1V1 c2V2)×10—2 mol，该产品中PCl3的质量分数为： 。
【分析】（1）根据仪器的结构即可得出
（2）冷凝水一般是从下端进入上端出便于冷凝
（3）根据图示即可判断出装置B可以对气体进行除杂、便于观察气体的流速以及调节气压
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据给出的数据利用方程式进行计算即可
19．【答案】（1）避免滤纸袋和样品吸收空气中的水蒸气，影响称量结果
（2）c
（3）蛇形冷凝管(或螺旋形冷凝管)；吸收挥发出的乙醚，防燃爆(爆炸)；水浴加热；c；b；实验耗时过长、耗能过多
（4）＜；乙醚可能溶解玉米中的其他有机物，纯脂肪的质量小于(b-c)g
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)两次冷却是为了得到准确的固体质量，需要在干燥器中冷却，避免滤纸袋和样品吸收空气中的水蒸气影响称量结果；(2)根据流程图可知，滤纸袋需要在乙醚中萃取油脂，滤纸袋在乙醚中浸泡，需要大口容器，而分液漏斗不方便，因此应该选择c装置；(3)①为了提高乙醚蒸气的冷凝效果，可以增大蒸气与冷凝管的接触面积增大，比球形冷凝管内玻璃面积的更大的是蛇形冷凝管，因此可以将球形冷凝管换成蛇形冷凝管；乙醚易挥发，是可燃性气体；在冷凝管的上端加一个活性炭的干燥管，可以吸收挥发出去的乙醚，防止爆炸；②温度为60～70℃，可采取水浴加热；③当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过连通管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过虹吸管最高处时，萃取液即回流入提取器中；答案为cb；④利用索氏提取器，整个实验需要10～12h，实验耗时长；(4)用无水乙醚等有机溶剂连续、反复多次萃取样品中的粗脂肪，过程中乙醚可能溶解玉米中的其他有机物，实际纯脂肪的质量小于(b－c)g，则样品中纯脂肪百分含量＜ 。
【分析】（1）根据冷却后需要称重，而滤纸可以吸水，因此需要在干燥剂中进行
（2）根据萃取时需要用到滤纸袋即可判断仪器
（3）①可以增大接触面积，可以用螺旋式冷凝管，主要是防止吸收会发出的乙醚②温度低于100℃可以采用的是水浴加热③根据索式提取原理当蒸汽通过连通管上升到与虹吸管齐平时，即可回流④仪器较复杂，效率比较低且耗能多
（4）乙醚是有机物可以溶解其他有机物导致百分含量偏低
20．【答案】（1）2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O
（2）1.9×1023
（3）ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；3~7.6（或3≤pH<7.6）
（4）形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+、Ca2+
（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净
（6）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）浸泡过程中为CoO(OH)与稀H2SO4、Na2SO3反应生成CoSO4的过程，根据原子守恒和电子得失守恒可得反应方程式为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；答案为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；（2）用MnS“除铜”，发生反应为：MnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。答案为：1.9×1023；（3）①步骤I中加入NaClO3，是Fe2+与NaClO3反应，被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；答案为：ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；②步骤Ⅰ中加入Na2CO3调整溶液pH值是为了除去铁元素，根据题给信息，当c(Mn+)≤10–6 mol L–1，即认为该金属离子沉淀完全，故需调节pH≥3，即可保证Fe3+沉淀完全，同时不影响Co2+元素，需pH＜7.6，则Na2CO3调整溶液pH范围为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；答案为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；（4）步骤II中加入足量NaF，可将滤液中存在的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去，故步骤II中加入足量NaF的目的是：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；答案为：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；（5）CoC2O4 2H2O晶体表面附着Cl-和NH4+，为看到明显现象应检验Cl-，可通过检验沉淀洗涤液中是否存在Cl-来判断沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净；（6）设钴在该铜钴矿石中的百分含量为x，则 ，即 。答案为： 。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据反应方程式即可写出常数，即可利用溶度积常数进行计算
（3）①根据反应物和生成物即可写出离子方程式
②根据加入碳酸钠的目的是除去铁元素结合给出的pH与浓度的关系即可判断
（4）根据题意加入氟化钠是将钙离子和镁离子除去
（5）检验沉淀是否洗净的方法是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子即可
（6）根据给出的数据利用化学式即可计算出元素质量分数
21．【答案】（1）铁粉
（2）增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低
（3）温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解
（4）b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解
（5）1；4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)= ，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)= ， ，n=1。答案为：1；
②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。
【分析】（1）根据题意得到的是含有铁元素的物质，此时应该将铜元素变为铁元素因此加入铁元素
（2）加入酸，过氧化氢的氧化性增强
（3）双氧水易被分解，因此控制温度
（4）冷凝时从下端进行进水，实验结束后，关闭主旋机后，应该关闭减压泵，通入大气后内外大气压稳定后取下旋转瓶，减压蒸馏可以防止挥发
（5）①根据给出的数据利用方程式即可计算出化学式中的n
②根据反应物和生成物即可写出方程式
22．【答案】（1）第5周期第ⅤA族
（2）2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移；2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2
（3）Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓
（4）CuS；1.1×10-8
（5）3：4
（6）H+参与电极反应
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。
火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)= =1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)= =9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时， = ＝ ＝ ＝1.1×10-8。（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：4。（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。
【分析】（1）根据元素的核外电子数即可知道位置
（2）增加SbCl3 主要是增加反应物，加入氨水主要是消耗生成物促进平衡向右移动，根据反应物和生成物即可写出方程式
（3） 根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据溶度积即可计算出沉淀，即可计算出比值
（5）根据反应物和生成物写出方程式即可判断氧化物产物和还原产物的比值
（6）根据电压超过一定数值后，氢离子开始放电
23．【答案】（1）B；C
（2）Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+
（3）0.09
（4）置换出铅
（5）3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4
（6）过滤；干燥；取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净
（7）Fe-2e-=Fe2+
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)A.用浓硫酸代替稀硫酸，铁会钝化不反应，降低浸出率， A项不正确；
B.浸出率与液固比、浸出时间、搅拌时间、浸出温度有关，适当升高浸取液的温度，可以提高浸出率，B项正确；
C.将“浸渣”再次浸取，可以提高浸出率，C项正确；
D.缩短“浸出”时间，反应不充分时，会降低浸出率，D项不正确；
故答案为：BC；(2)据流程图可知，用稀硫酸浸出得到的液体中含有MnSO4，“除锰”时，加入(NH4)S2O8得到MnO2，故“除锰”发生离子反应为：Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+。故答案为：Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+；(3)流程中除铁、砷时，在过滤1后的溶液中加入H2O2溶液，随着H2O2溶液的加入会发生如下离子反应： ， ，同时H3AsO3在氧化剂存在条件下被氧化成H3AsO4，方程式为 ，在净化过程中 会和 发生离子反应： ，由上方程式可知当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，存在关系式 ， ，解得x=0.05mol，y=0.04mol，因此消耗H2O2共0.09mol。故答案为：0.09；(4)过滤2得到的滤液中还剩余ZnSO4、PbSO4，锌比铅活泼，因此可以通过加入锌粉置换出Pb，同时还不加入新杂质。故答案为：置换出铅； (5)经过过滤3得到的溶液中只剩下Zn SO4，“沉锌”时往该溶液中加入Na3PO4发生反应：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4。故答案为：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4；(6)由“沉锌”发生的反应可知，“沉锌”得到“产品”还含有部分杂质Na2SO4和水，过滤后需要再洗涤多次，把杂质洗干净之后才能干燥得到纯净的固体Zn3(PO4)2·2H2O；洗涤过程中，可以通过检验最后一次过滤的滤液中是否还含有硫酸根离子来验证产品是否已洗涤干净，验证硫酸根的办法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净。故答案为：过滤；干燥；取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净；(7)磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，钢铁里的活泼金属铁做负极，失电子变成亚铁离子，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+。
【分析】（1）浸出主要是将与酸反应的物质反应完全，可提高温度或者增大接触面积或者多次进行浸取提高速率
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据元素化合价变化利用的得失电子守恒即可计算
（4）根据元素的情况，加入锌的目的是将铅还原
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）沉锌后需要过滤得到固体进行洗涤，干燥即可，判断产品是否洗涤干净即检验硫酸根离子即可
（7）根据负极是铁失去电子即可
24．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）b；98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集
（3）3CuO+SO2 CuSO4+Cu2O；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
（4）；偏小
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）装置A制备二氧化硫气体，亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为65% H2SO4 时，制备SO2的速率明显快，
故答案为：b。不选a. 98% H2SO4和C.5% H2SO4，是因为：98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集；（3）①结合信息Cu2O+2H＋=Cu+Cu2＋+H2O，显示SO2与CuO反应的产物中有Cu2O，SO2被CuO氧化为硫酸根，该化学方程式3CuO+SO2 CuSO4+Cu2O；
②取红色沉淀物滴加盐酸，发生歧化反应生成铜盐和单质铜，反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；（4）根据2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－ I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，可以得出关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，①若消耗0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为 ×100%，则产物中CuSO4质量分数为 ；②因为CuI沉淀物对I3－离子具有强的吸附能力，会造成I2实际消耗量偏少，由此造成CuSO4质量分数测定值偏小。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据利用65%的硫酸时速率较快
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据反应物结合性质即可写出方程式
（4）①根据数据利用方程式即可计算出质量分数
②CuI沉淀物对I3—具有强的吸附能力， 导致碘单质减小，导致质量分数偏小
25．【答案】（1）
（2）CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+
（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出
（4）NH4+和Cl-
（5）滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出。温度降低有利于氯化铵结晶析出
（6）
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2的电子式为 ；正确答案： 。
（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为. CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+ ；正确答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。
（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出。
（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-；正确答案：NH4+和Cl-。
（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出；正确答案：滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出 。
（6） ，由方程式可知有2mol 反应，反应前后固体质量就减少62g，那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g，需要 的质量为x=84（m1-m2）/31， 将其带入下式可得：ω(NaHCO3)= x/ m1×100%= ；正确答案： 。
【分析】（2）纯碱工业中过量的二氧化碳与氨气反应生成碳酸氢盐；
（3）根据二氧化碳和氨气在水中的溶解性进行回答；
（4）滤液中的主要成分是氯化铵；
（5）根据氯化铵的溶解平衡移动影响因素进行分析即可；
（6）根据化学方程式的质量差进行计算。
26．【答案】（1）NH4++OH﹣═NH3 H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离
（2）3：1；NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O
（3）1.76
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH﹣═NH3 H2O，氨水电离是可逆反应，鼓入大量空气将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，
故答案为：NH4++OH﹣═NH3 H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；（2）①氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3 H2O的形式存在，为了完全从废水中去除氨氮，
2NH4+～N2～12e﹣
6ClO﹣～6Cl﹣～12e﹣
根据电子守恒得到加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比3：1，
故答案为：3：1；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是NH2Cl，
b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O，
故答案为：NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1mol
根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol，
质量为m=n×M=1mol×126g/mol=126g，
根据题意，设最多添加10%Na2SO3溶液的质量为x
{#mathmL#}{#/mathmL#} =5mg/L，
解得：x=1760g=1.76kg，
故答案为：1.76．
【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；（2）①加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比根据2NH4+～N2～12e﹣，ClO﹣～Cl﹣～2e﹣结合得失电子守恒计算；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1mol
根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol．
27．【答案】（1）0.08
（2）4
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）固体加热时发生
2NaHCO3 Na2CO3+ CO2↑+ H2O △m
168g 62g
x 1.24g
x= =3.36g，n（NaHCO3）= =0.04mol，
原均匀混合物中NaHCO3的物质的量．n（NaHCO3）=0.08mol，故答案为：0.08mol；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04+0.06×2=0.16mol，所以盐酸的浓度c（HCl）=4.00mol/L，故答案为：4．
【分析】（1）固体加热时发生2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法可计算原混合物中NaHCO3质量，进而计算碳酸氢钠的质量；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04+0.06×2=0.16mol，根据c= ．
28．【答案】（1）0.01
（2）0.4
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）2.33gBaSO4的物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol，故答案为：0.01；（2）另一份混合溶液中加入50mL 1.0 mol L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O可知，以0.01mol硫酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，故与硝酸反应氢氧化钠的物质的量为：0.04mol﹣0.02mol=0.02mol，
由方程式HNO3+NaOH=NaNO3+H2O可知，n（HNO3）=n（NaOH）=0.02mol，故HNO3的物质的量浓度为： =0.4mol/L，
故答案为：0.4．
【分析】一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4 ↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，根据硫酸钡的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；另一份混合溶液中加入50mL 1.0 mol L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据硫酸的物质的量计算与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而计算与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算HNO3的物质的量，根据c= 计算HNO3的物质的量浓度．
29．【答案】（1）a+3b=2c+d
（2）解：由相关反应知：n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）
250 mL溶液A中：
n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.2500 mol L﹣1×30.00 mL×10﹣3L mL﹣1×10=7.50×10﹣2 mol
n（SO42﹣）= ×5=5.00×10﹣2mol
根据质量守恒有：
n（Na+）×23 g mol﹣1+n（OH﹣）×17 g mol﹣1
=12.125 g﹣7.50×10﹣2 mol×56 g mol﹣1﹣5.00×10﹣2 mol×96 g mol﹣1
根据电荷守恒有：
n（Na+）+7.50×10﹣2 mol×3=5.00×10﹣2 mol×2+n（OH﹣）
解得：
n（Na+）=0.025 mol
n（OH﹣）=0.150 mol
a：b：c：d=n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO2﹣4）：n（OH﹣）=1：3：2：6
黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
答：黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，a+3b﹣2c﹣d=0，得到a+3b=2c+d；
故答案为：a+3b=2c+d；
【分析】（1）由题给信息，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]元素化合价代数和为0来分析；（2）测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式．
30．【答案】（1）+2
（2）5：9
（3）增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；玻璃棒、烧杯
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）CoO中Co的化合价为+2，故答案为：+2；（2）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，参加反应的硝酸有10mol，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，方程式为：Al2O3+6HNO3=2Al（NO3）3+3H2O，则1molAl2O3消耗6mol的硝酸，所以等物质的量的FeO、Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为 ：6=5：9，故答案为：5：9；（3）①将废催化剂进行粉碎，其目的是增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率，故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；③过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：玻璃棒、烧杯．
【分析】（1）根据化合价代数和为0；（2）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，参加反应的硝酸有10mol，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，方程式为：Al2O3+6HNO3=2Al（NO3）3+3H2O，则1molAl2O3消耗6mol的硝酸，所以等物质的量的FeO、Al2O3分别与足量的HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为 ：6=5：9；（3）①将废催化剂进行粉碎，其目的是增大反应的接触面积；②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；③过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯．
31．【答案】（1）134.4；6
（2）偏高；Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，
所以3SO2～～Cr2O72﹣，
3×22.4L 1mol
V 1000L×0.002mol L﹣1
所以V= =134.4L，故答案为：134.4；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+） c3（OH﹣）=6.3×10﹣31，欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，所以c（OH﹣）= =10﹣8mol/L，应调节溶液的pOH=8，则pH=6，故答案为：6；（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72﹣，所以则测定的铬元素总浓度会偏高，故答案为：偏高；
②由①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣得：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣
n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L
所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1，答：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣
n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L
所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1．
【分析】（1）①SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，所以3SO2～～Cr2O72﹣，根据关系式求二氧化硫的体积；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+） c3（OH﹣）=6.3×10﹣31，欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，所以c（OH﹣）= =10﹣8mol/L，应调节溶液的pOH=8，则pH=6；（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72﹣，所以则测定的铬元素总浓度会偏高；
②由①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣得：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，由此分析解答．
32．【答案】（1）[H：]﹣Mg2+[H：]﹣；△H1+ （△H2+△H3）
（2）A＜B＜C
（3）＜；＞；128；增大压强或者增大氧气的量
（4）Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；11.648L
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①MgH2为离子化合物，电子式为[H：]﹣Mg2+[H：]﹣，故答案为：[H：]﹣Mg2+[H：]﹣；
②ⅠMgH2（s） Mg（s）+H2（g）△H1
Ⅱ2Mg（s）+O2（g） 2MgO（s）△H2
Ⅲ2MgO（s）+2SO2（g））+O2（g） 2MgSO4（s）△H3
根据盖斯定律，Ⅰ+ （Ⅱ+Ⅲ）得SO2（g）+MgH2（s）+O2 MgSO4（s）+H2（g）的△H=△H1+ （△H2+△H3），故答案为：△H1+ （△H2+△H3）；（2）因为粒径越小，接触面积越大，反应速率越快，由图象可知，反应速率A＞B＞C，所以粒径A、B、C从小到大的顺序是A＜B＜C，故答案为：A＜B＜C；（3）①根据图象测得SO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动即吸热方向移动，则△H3＜0；Q点的SO2的转化率小于平衡点，所以仍然向正向移动，则v（正）＞v（逆），故答案为：＜；＞；
②由图可知P点SO2的转化率为0.5，所以平衡时剩余0.5molSO2和0.25molO2，又K= = =128，故答案为：128；
③提高SO2的转化率，可以改变温度、压强以及增大氧气的量使平衡正向进行，所以除改变温度2023年高考真题变式分类汇编：化学方程式的有关计算3
一、选择题
1．（2020·合肥模拟）下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池工作时， 在负极上失去电子
B． 溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下， 中含有的分子数为 个
D．室温下，稀释 溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A. 氢氧燃料电池工作时， 在负极上失去电子，A符合题意；
B. 溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH增大，B不符合题意；
C. 常温常压下， 的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于 个，C不符合题意；
D. 室温下，稀释 溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol。稀释 溶液，溶液中离子总浓度减小。
2．（2020·丹东模拟）下列有机物具有较高的对称性。下列有关它们的说法正确的是（　　）
A．有机物a 所有原子都在同一平面内
B．有机物b 的一氯代物为6种
C．有机物c 和有机物d互为同系物
D．52g 有机物a和c的混合物充分燃烧消耗标准状况下的氧气112L
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转，有机物a 所有原子不可能在同一平面内，A不符合题意；
B．有机物b 是对称结构，一氯代物为6种，B符合题意；
C．有机物c 和有机物d结构不相似，不是同系物，C不符合题意；
D．a的分子式C5H6，c的分子式C6H6，最简式不同，不能求出燃烧消耗的氧的量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.含有饱和碳原子，因此所有原子不可能共面
B.根据b的结构简式找出氢原子的种类即可
C.根据c和d的结构简式即可判断是否为同系物
D.根据a和c的分子式即可判断消耗的氧气的量
3．（2020·丹东模拟）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的2 倍，Q 的单质与稀硫酸反应生成X的单质。向100mLX2R 的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液 pH 与 RZ2体积关系如下图。下列说法错误的是（　　）
A．X2R溶液的浓度为0.4mol/L
B．X简单阴离子半径大于锂离子半径
C．工业上采用电解熔融Q的氧化物的方法冶炼Q 的单质
D．RZ3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na或Mg、Al，R为S。
A．标况下448mL二氧化硫的物质的量为： =0.020mol，根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，0.02mol二氧化硫完全反应消耗0.04mol硫化氢，则硫化氢溶液浓度为： =0.4mol·L－1，故A不符合题意；
B．H－和Li＋电子层结构相同，核电荷大的离子半径反而小，H简单阴离子半径大于锂离子半径，故B不符合题意；
C．Q为活泼金属，工业上通常采用电解法获得Q的单质，分别是电解熔融氯化钠、电解熔融氯化镁、电解熔融三氧化二铝，故C符合题意；
D．SO3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质，成分为BaSO4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据 X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，即可判断X为H，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的2 倍， Y为C。 Q 的单质与稀硫酸反应生成X的单质。 Q为金属单质，可能为Na、Mg、Al.由于 向100mLX2R 的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液 pH 与 RZ2体积关系如下图 ，可以推测出Q为O，R为S。结合选项进行判断即可
4．（2017·合肥模拟）amolFeS与bmolFeO投入VLcmol/L的HNO3溶液（过量）中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3﹣的量为（　　）
A．62（a+b）g B．186（a+b）g
C．（cV﹣ ）mol D．（cV﹣ ）mol
【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3 ﹣，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以反应后溶液中NO3﹣的量为3（a+b）mol，反应后溶液中NO3﹣的质量=3（a+b）mol×63 g mol﹣1=（a+b）×189 g；
当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，反应中Fe元素由+2升高为+3，硫元素由﹣2升高为+6，氮元素由+5降低为+2，根据电子转移降守恒知：n（NO）= = mol，即显氧化性的硝酸的物质的量= mol，所以未被还原的硝酸为[cV﹣ ]mol，故D正确，
故选：D．
【分析】分情况讨论：1、当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算反应后溶液中NO3﹣的量；2、当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量﹣被还原的硝酸=反应后溶液中NO3﹣的量．
5．（2016·长沙模拟）含有4molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断不正确的是（　　）
A．a是Fe（NO3）3 B．n1=1
C．p=1.2 D．n3=1.5
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为1mol，所以参加反应的铁为1mol即n1=1，a为 Fe（NO3）3，故AB错误；（2）Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，设又加铁物质的量xmol，则利用方程式可求得3x=1﹣2x，解之得x=0.2mol，所以n2=1+0.2=1.2，即p=0.6，所以n3=1.5，故D错误；
故选C．
【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，由此分析解答．
6．（2017·通化模拟）某铁的氧化物，用7mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+．则该氧化物的化学式可表示为（　　）
A．FeO B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，
由某铁的氧化物，用7.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，
依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；
溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：x×1= ×2=0.05mol；
解得：x=0.05mol；y=0.2mol；
所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.05mol、0.2mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）= ×n（HCl）= ×0.7mol=0.35mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，
该氧化物的化学式为Fe5O7，
故选D．
【分析】n（HCl）=0.1L×7mol/L=0.7mol，n（Cl2）= =0.025mol，依据电荷守恒和氧化还原反应中得失电子数目守恒解答．
7．（2017·通化模拟）将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（　　）
A．11.85g B．12.7g C．27.45g D．28.3g
【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为 =0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）= =0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，
将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为 ×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol﹣0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g﹣5.4g+0.3mol×17g/mol=12.7g，
故选B．
【分析】根据n= 计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据n= 计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Fe、Cu提供的电子物质的量．向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和．
8．（2016·宜春模拟）将20g铁粉放入一定量的稀硝酸中，充分反应后，放出2.24L（标准状况）NO气体，铁粉有剩余，则剩余的铁粉的质量是（　　）
A．14.4 g B．11.6 g C．8.8 g D．3.2 g
【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：Fe和稀HNO3反应生成NO，n（NO）= =0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，当Fe完全转化为亚铁离子时需要铁的量最多，根据转移电子守恒得溶解m（Fe）= ×56g/mol=8.4g，所以铁有剩余，剩余铁的质量=20g﹣8.4g=11.6g，
故选B．
【分析】Fe和稀HNO3反应生成NO，n（NO）= =0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，当Fe完全转化为亚铁离子时需要铁的量最多，根据转移电子守恒计算溶解铁的质量，根据需要铁的质量和已知铁的质量对比得出铁是否完全溶解，从而计算剩余铁的质量．
9．（2016·上栗模拟）一定量的某有机物和足量的钠反应，可得到气体VA L，等质量的该有机物与足量的纯碱溶液反应，可得到气体VB L．若同温、同压下VA＞VB，则该有机物可能是（　　）
A．HO（CH2）2CHO B．HO（CH2）2COOH
C．HOOC﹣COOH D．CH3COOH
【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下VA＞VB．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应，选项中只有HO（CH2）2COOH符合，故选：B．
【分析】该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下VA＞VB．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应．
10．（2016·上栗模拟）有两种金属的合金13 g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2 L，则组成该合金的金属不可能是（　　）
A．Mg和Al B．Mg和Zn C．Al和Zn D．Al和Fe
【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：标况下11.2L 氢气物质的量为 =0.5mol，则转移电子为0.5mol×2=1mol，
需要Mg的质量为 ×24g/mol=12g，
需要Al的质量为 ×27g/mol=9g，
需要Zn的质量 ×65g/mol=32.5g，
需要Fe的质量 ×56g/mol=28g，
13g介于两质量之间的组合不可能是Al和Mg，
故选：A．
【分析】根据电子转移守恒计算出选项中各金属与稀硫酸反应产生11.2 L H2所需金属质量，13g介于两种金属质量之间，若金属不与硫酸反应生成氢气，其质量视作无穷大
11．（2016·乌鲁木齐模拟）某学习小组进行了如图所示的实验，设第一步HNO3的还原产物只有NO．相关分析不正确的是（　　）
A．第一步反应后溶液中c（NO ）=1.5mol/L（忽略体积变化）
B．第一步反应后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1
C．第一步可生成标准状况下的气体44.8 mL
D．第二步可溶解铜48mg
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：n（Fe）= =0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的还原产物只有NO，Fe氧化为铁离子消耗硝酸最大为0.003×3+ =0.012mol，若转化为亚铁离子，消耗硝酸为0.003mol×2+ =0.008mol，即第一步反应后溶液中含亚铁离子、铁离子，设混合溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x、y，则
，
解得x=y=0.0015mol，
A．生成均为0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，则第一步反应后溶液中c（NO3﹣）= =1.5mol/L，故A正确；
B．生成均为0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，则第一步反应后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1，故B正确；
C．由电子守恒可知，生成NO为 ×22.4L/mol=0.056L=56mL，故C错误；
D．第二步发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，溶解Cu为0.0015mol× ×64g/mol=48mg，故D正确；
故选C．
【分析】n（Fe）= =0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的还原产物只有NO，Fe氧化为铁离子消耗硝酸最大为0.003×3+ =0.012mol，若转化为亚铁离子，消耗硝酸为0.003mol×2+ =0.008mol，即第一步反应后溶液中含亚铁离子、铁离子，再加Cu发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，以此来解答．
二、多选题
12．（2016·静安模拟）某次实验室制取乙酸丁酯所用原料为：7.4mL1﹣丁醇、6.0mL冰醋酸，1.0mL浓硫酸．若制得乙酸丁酯（式量116）的质量为5.12g，则以下正确的是（　　）
　 1﹣丁醇 冰醋酸
密度（g/cm3） 0.81 1.05
摩尔质量（g/mol） 74 60
A．产率：约54.49% B．产率：约42.04%
C．转化率：冰醋酸小于1﹣丁醇 D．转化率：冰醋酸大于1﹣丁醇
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O
1mol 1mol 1mol
=0.044mol
因为： ＞ ，所以醋酸过量，理论生成乙酸丁酯的物质的量为： =0.081mol，则
产率： = ×100%=54.49%，起始是越多转化率越小，所以冰醋酸的转化率小于1﹣丁醇的转化率，故选：AC．
【分析】根据产率等于 进行计算，转化率= ，结合反应方程式CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O进行计算．
13．（2016·奉贤模拟）将amol NaHCO3和bmol Na2O2固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，让其充分反应．当剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2、H2O时， 的值可能为（　　）
A．1.0 B．1.35 C．1.5 D．2.0
【答案】B,C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
反应生成气体产物是O2和H2O（g），
由题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为aNaHCO3+bNa2O2=aNa2CO3+（2b﹣a）NaOH+（a﹣b）H2O+ O2，
所以 2b﹣a＞0， ＞1/2，b﹣a＞0， ＜1，故 的数值范围：1＜ ＜2，
故选BC．
【分析】混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
反应生成气体产物是O2和H2O（g），
根据方程式，从质量守恒的角度计算．
14．（2016·诏安模拟）胆矾晶体（CuSO4 5H2O）中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量，得到如右图所示的实验结果示意图．以下说法正确的是 （填标号）．
A．晶体从常温升至105℃的过程中只有氢键断裂
B．胆矾晶体中形成配位键的4个水分子同时失去
C．120℃时，剩余固体的化学式是CuSO4·H2O
D．按胆矾晶体失水时所克服的作用力大小不同，晶体中的水分子可以分为3种
【答案】C,D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为 =0.02mol，113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol． A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水，而105℃的过程中失去结晶水占总的 ，故不只有氢键断裂，还有配位键断裂，故A错误；
B．胆矾晶体中形成配位键的4个水分子分3个阶段失去，故B错误；
C.120℃时，剩余固体中CuSO4与结晶水的物质的量之比为0.01mol：（0.05mol﹣0.04mol）=1：1，故化学式为CuSO4 H2O，故C正确；
D．因为固体质量就是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故D正确；
故选：CD．
【分析】2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为 =0.02mol，113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol．
A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水；
B．由计算可知，结晶水分3个阶段失去；
C．根据CuSO4、结晶水物质的量确定化学式；
D．因为固体质量就是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以克服的作用力大小不同．
三、非选择题
15．（2013·海南）BaCl2 xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：
①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；
②过滤并洗涤沉淀；
③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g．
回答下列问题：
（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　 　．
（2）计算BaCl2 xH2O中的x=　 　；（要求写出计算过程）．
（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果　 　（填“偏低”、“偏高”或“不变”）．
【答案】（1）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净
（2）2
（3）偏高
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤，具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；故答案为：蒸馏水；取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量= =0.005mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol×208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g﹣1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x≈2，故答案为：2；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大，故x的值偏高，故答案为：偏高．
【分析】（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤；具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）根据硫酸钡质量计算氯化钡质量，进而计算水的质量，根据二者质量之比确定x的值；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大．
16．（2016·上海）CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解.2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为　 　L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为　 　．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O CO+3H2，已知：CO+2H2 CH3OH CO2+3H2 CH3OH+H2O。300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
【答案】（1）89.6
（2）2.4mol/L≥c≥1.2mol/L
（3）设反应前密封舱内H2O的物质的量为n 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2 2n n 1.5n 4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol。
（4）在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，CH4+H2O→CO+3H2300mol 900molCO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，解得a=0.8，即设CO2的转化率为80%，答：CO2的转化率为80%．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有， 假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）= n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）= =1.20mol/L；假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）= =2.40mol/L；
综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．
故答案为：2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L；
（3）可用两种方法解答：
方法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n（H2O）=n（CO2）= ×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，
方法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
2nn 1.5n
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．
答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol；
（4）方法一：
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%．
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，
解得a=0.8，
即设CO2的转化率为80%，
答：CO2的转化率为80%．
【分析】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错点为（4）答题时注意体会．
17．（2016·天津）如表为元素周期表的一部分．
碳 氮 Y
X
硫 Z
回答下列问题：
（1）Z元素在周期表中的位置为　 　．
（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）　 　．
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是　 　．
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X与Z两元素的单质反应生成1mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式：　 　．
（5）碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为　 　．Q与水反应的化学方程式为　 　．
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50，为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol L﹣1 NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为　 　，生成硫酸铜物质的量为　 　．
【答案】（1）第三周期ⅤⅡA族
（2）Si
（3）ac
（4）Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol
（5）；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2↓+C3H4↑
（6）NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol
【知识点】热化学方程式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，故答案为：第三周期ⅤⅡA族；（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，故答案为：Si；（3）a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；故答案为：ac；（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol，
故答案为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol；（5）该烃分子中碳氢质量比，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式为C3H4；Q的化学式为Mg4C3，Mg4C3与水反应生成氢氧化镁和C3H4。故答案为： ；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2↓+C3H4↑；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，假设二氧化碳的物质的量为x，NO的物质的量为y，
则： ，解得： ；根据电子守恒，参与反应的Cu的物质的量为：n（Cu）= =2mol，
故答案为：NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol．
【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，由于该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；（5）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为 ： 1 =3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式，然后写出其电子式；根据烃的化学式确定Q的化学式，然后再写出Q与水反应的化学方程式；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO、二氧化碳的物质的量；根据电子守恒可计算出参与反应的Cu的物质的量．本题为2016年天津高考题，考查的知识点有原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等，题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
18．（2020·吕梁模拟）利用 和 为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知 和三氯氧磷的性质如下表：
　 熔点 沸点 其他物理或化学性质
和 互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和
（1）仪器乙的名称是　 　。
（2）实验过程中仪器丁的进水口为　 　(选填“ ”或“ ”)口。
（3）装置B的作用是　 　(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压
（4）整个装置必须干燥，若未干燥，写出所有副反应的化学方程式　 　。
（5）制备三氯氧磷所用PCl3测定纯度的方法如下：迅速称取 产品，水解完全后配成 溶液，取出 入过量的 碘溶液，充分反应后再用 溶液滴定过量的碘，终点时消耗 溶液。
已知： ； ；假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中 (相对分子质量为137.5)的质量分数的计算式为　 　%。(用含 的代数式表示)
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）a
（3）a c d
（4）PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl、POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl
（5）
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)根据图示装置，可知仪器乙的名称为圆底烧瓶。(2)冷凝管应下端进水，故进水口为a。(3)A装置制得的氧气中含有水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸能除去水蒸气，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，纯净的氧气与三氯化磷反应时需要控制反应速率，可通过气体进入B中溶液，观察气体流速。(4)根据提示可知水解的方程式为：PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl与POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl ，HCl可不写气体符号。(5)c1mol·L 1碘溶液V1mL中含有碘单质的物质的量为：c1 mol·L－1×V1×10-3L＝ c1V1×10-3 mol，根据反应I2＋2Na2S2O3＝ 2NaI＋Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：c1V1×10-3 mol c2V2×10-3 mol＝(c1V1 c2V2)×10-3 mol，再由H3PO3＋H2O＋I2＝H3PO4＋2HI可知，25.00mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3) =n (I2)= (c1V1 c2V2)×10-3 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：(c1V1 c2V2)×10-3 mol× 250mL/25mL＝(c1V1 c2V2)×10—2 mol，所以m g产品中含有的三氯化磷的物质的量为(c1V1 c2V2)×10—2 mol，该产品中PCl3的质量分数为： 。
【分析】（1）根据仪器的结构即可得出
（2）冷凝水一般是从下端进入上端出便于冷凝
（3）根据图示即可判断出装置B可以对气体进行除杂、便于观察气体的流速以及调节气压
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据给出的数据利用方程式进行计算即可
19．（2020·临汾模拟）谷物中脂肪含量虽少，但却是其品质优劣的指标之一。黄玉米中粗脂肪(以亚油酸甘油酯为主)含量测定的实验流程如下：
已知：亚油酸甘油酯沸点 ；乙醚熔点 ，沸点 ，易燃。
回答下列问题：
（1）实验中两次“冷却”均在干燥器中进行，其目的是　 　。
（2）上述实验中多次“萃取”均在下列　 　仪器中进行(填字母标号)。
a b c
（3）为了克服多次萃取实验操作繁琐，萃取剂消耗量过大的缺点，
Franz von Soxhlet发明了索氏抽提筒。若将上述实验的多次萃取改为在下图装置中进行(约需10～12h)：
①为提高乙醚蒸气的冷凝效果，球形冷凝管可改用　 　(填仪器名称)。实验中常在冷凝管上口连接一个装有活性炭的球形干燥管，其目的是　 　。
②实验中需控制提取器(烧瓶)温度在60℃～70℃之间，应采取的加热方式是　 　。
③索氏提取法原理：当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过　 　(填字母标号，下同)上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过　 　最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中……如此往复。
a.冷凝管 b.虹吸管 c.连通管
④索氏提取法存在的明显缺点是　 　。
（4）数据处理：样品中纯脂肪百分含量　 　(填“＜”、“＞”或“=”) ，原因是　 　。
【答案】（1）避免滤纸袋和样品吸收空气中的水蒸气，影响称量结果
（2）c
（3）蛇形冷凝管(或螺旋形冷凝管)；吸收挥发出的乙醚，防燃爆(爆炸)；水浴加热；c；b；实验耗时过长、耗能过多
（4）＜；乙醚可能溶解玉米中的其他有机物，纯脂肪的质量小于(b-c)g
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)两次冷却是为了得到准确的固体质量，需要在干燥器中冷却，避免滤纸袋和样品吸收空气中的水蒸气影响称量结果；(2)根据流程图可知，滤纸袋需要在乙醚中萃取油脂，滤纸袋在乙醚中浸泡，需要大口容器，而分液漏斗不方便，因此应该选择c装置；(3)①为了提高乙醚蒸气的冷凝效果，可以增大蒸气与冷凝管的接触面积增大，比球形冷凝管内玻璃面积的更大的是蛇形冷凝管，因此可以将球形冷凝管换成蛇形冷凝管；乙醚易挥发，是可燃性气体；在冷凝管的上端加一个活性炭的干燥管，可以吸收挥发出去的乙醚，防止爆炸；②温度为60～70℃，可采取水浴加热；③当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过连通管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过虹吸管最高处时，萃取液即回流入提取器中；答案为cb；④利用索氏提取器，整个实验需要10～12h，实验耗时长；(4)用无水乙醚等有机溶剂连续、反复多次萃取样品中的粗脂肪，过程中乙醚可能溶解玉米中的其他有机物，实际纯脂肪的质量小于(b－c)g，则样品中纯脂肪百分含量＜ 。
【分析】（1）根据冷却后需要称重，而滤纸可以吸水，因此需要在干燥剂中进行
（2）根据萃取时需要用到滤纸袋即可判断仪器
（3）①可以增大接触面积，可以用螺旋式冷凝管，主要是防止吸收会发出的乙醚②温度低于100℃可以采用的是水浴加热③根据索式提取原理当蒸汽通过连通管上升到与虹吸管齐平时，即可回流④仪器较复杂，效率比较低且耗能多
（4）乙醚是有机物可以溶解其他有机物导致百分含量偏低
20．（2020·晋中模拟）某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为CoSO4，写出该转化的化学方程式：　 　。
（2）“除铜”若选用MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数K=　 　。［保留2位有效数字；已知常温下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]
（3）①步骤I中加入NaClO3反应的离子方程式为　 　。
②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示，设加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)为0.1mol L–1，依据如图分析，步骤I中加入Na2CO3调整溶液pH范围为　 　。［当c(Mn+)≤10–6 mol L–1，即认为该金属离子沉淀完全]
（4）步骤II中加入足量NaF的目的是　 　。
（5）过滤出的CoC2O4 2H2O固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为　 　。
（6）若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了m2kgCo2O3，假设产率为a，则该矿石中钴元素的百分含量为　 　。
【答案】（1）2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O
（2）1.9×1023
（3）ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；3~7.6（或3≤pH<7.6）
（4）形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+、Ca2+
（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净
（6）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）浸泡过程中为CoO(OH)与稀H2SO4、Na2SO3反应生成CoSO4的过程，根据原子守恒和电子得失守恒可得反应方程式为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；答案为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；（2）用MnS“除铜”，发生反应为：MnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。答案为：1.9×1023；（3）①步骤I中加入NaClO3，是Fe2+与NaClO3反应，被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；答案为：ClO3–+6Fe2++6H+=Cl–+6Fe3++3H2O；②步骤Ⅰ中加入Na2CO3调整溶液pH值是为了除去铁元素，根据题给信息，当c(Mn+)≤10–6 mol L–1，即认为该金属离子沉淀完全，故需调节pH≥3，即可保证Fe3+沉淀完全，同时不影响Co2+元素，需pH＜7.6，则Na2CO3调整溶液pH范围为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；答案为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；（4）步骤II中加入足量NaF，可将滤液中存在的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去，故步骤II中加入足量NaF的目的是：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；答案为：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；（5）CoC2O4 2H2O晶体表面附着Cl-和NH4+，为看到明显现象应检验Cl-，可通过检验沉淀洗涤液中是否存在Cl-来判断沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净；（6）设钴在该铜钴矿石中的百分含量为x，则 ，即 。答案为： 。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据反应方程式即可写出常数，即可利用溶度积常数进行计算
（3）①根据反应物和生成物即可写出离子方程式
②根据加入碳酸钠的目的是除去铁元素结合给出的pH与浓度的关系即可判断
（4）根据题意加入氟化钠是将钙离子和镁离子除去
（5）检验沉淀是否洗净的方法是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子即可
（6）根据给出的数据利用化学式即可计算出元素质量分数
21．（2020·晋中模拟）聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：
回答下列问题：
（1）试剂A为　 　。
（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了　 　，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则　 　。
（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是　 　。
（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从　 　（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再　 　，打开阀门a通大气后，最后取下　 　（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是　 　。
（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：
a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；
b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）
①计算所得产品化学式中n=　 　。
②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：　 　。
【答案】（1）铁粉
（2）增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低
（3）温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解
（4）b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解
（5）1；4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)= ，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)= ， ，n=1。答案为：1；
②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。
【分析】（1）根据题意得到的是含有铁元素的物质，此时应该将铜元素变为铁元素因此加入铁元素
（2）加入酸，过氧化氢的氧化性增强
（3）双氧水易被分解，因此控制温度
（4）冷凝时从下端进行进水，实验结束后，关闭主旋机后，应该关闭减压泵，通入大气后内外大气压稳定后取下旋转瓶，减压蒸馏可以防止挥发
（5）①根据给出的数据利用方程式即可计算出化学式中的n
②根据反应物和生成物即可写出方程式
22．（2020·辽宁模拟）锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
（1）Ⅰ．锑在元素周期表中的位置　 　。
（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用　 　。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式　 　。
（3）Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知部分信息如下：
①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；
②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；
③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。
回答下列问题：
“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为　 　。
（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是　 　（填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时， =　 　（保留小数点后一位）。
（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0
V时，锑的产率降低的原因可能是　 　。
【答案】（1）第5周期第ⅤA族
（2）2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移；2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2
（3）Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓
（4）CuS；1.1×10-8
（5）3：4
（6）H+参与电极反应
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。
火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)= =1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)= =9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时， = ＝ ＝ ＝1.1×10-8。（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：4。（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。
【分析】（1）根据元素的核外电子数即可知道位置
（2）增加SbCl3 主要是增加反应物，加入氨水主要是消耗生成物促进平衡向右移动，根据反应物和生成物即可写出方程式
（3） 根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据溶度积即可计算出沉淀，即可计算出比值
（5）根据反应物和生成物写出方程式即可判断氧化物产物和还原产物的比值
（6）根据电压超过一定数值后，氢离子开始放电
23．（2020·抚顺模拟）Zn3(PO4)2·2H2O（溶于酸，难溶于水）是一种无毒害作用的防锈颜料，利用锌浮渣（主要含Zn、ZnO、ZnCl2，还含少量的铁、锰、铜、铅及砷的化合物等）制取Zn3(PO4)2·2H2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“浸出”时，下列措施能提高锌的浸取率的是 （填字母）。
A．用浓硫酸代替稀硫酸 B．适当升高浸取液的温度
C．将“浸渣”再次浸取 D．缩短“浸出”时间
（2）“除锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为　 　（S2O 被还原为SO ）。
（3）流程中除铁、砷时，当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，消耗H2O2　 　mol。
（4）“净化”时加锌粉的目的是　 　。
（5）“沉锌”时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）“沉锌”至得到“产品”还需要经过的操作是　 　、洗涤、　 　。证明产品已洗涤干净的实验方法是　 　。
（7）Meyer等认为磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，负极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）B；C
（2）Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+
（3）0.09
（4）置换出铅
（5）3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4
（6）过滤；干燥；取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净
（7）Fe-2e-=Fe2+
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)A.用浓硫酸代替稀硫酸，铁会钝化不反应，降低浸出率， A项不正确；
B.浸出率与液固比、浸出时间、搅拌时间、浸出温度有关，适当升高浸取液的温度，可以提高浸出率，B项正确；
C.将“浸渣”再次浸取，可以提高浸出率，C项正确；
D.缩短“浸出”时间，反应不充分时，会降低浸出率，D项不正确；
故答案为：BC；(2)据流程图可知，用稀硫酸浸出得到的液体中含有MnSO4，“除锰”时，加入(NH4)S2O8得到MnO2，故“除锰”发生离子反应为：Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+。故答案为：Mn2++S2O +2H2O=MnO2↓+2SO +4H+；(3)流程中除铁、砷时，在过滤1后的溶液中加入H2O2溶液，随着H2O2溶液的加入会发生如下离子反应： ， ，同时H3AsO3在氧化剂存在条件下被氧化成H3AsO4，方程式为 ，在净化过程中 会和 发生离子反应： ，由上方程式可知当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，存在关系式 ， ，解得x=0.05mol，y=0.04mol，因此消耗H2O2共0.09mol。故答案为：0.09；(4)过滤2得到的滤液中还剩余ZnSO4、PbSO4，锌比铅活泼，因此可以通过加入锌粉置换出Pb，同时还不加入新杂质。故答案为：置换出铅； (5)经过过滤3得到的溶液中只剩下Zn SO4，“沉锌”时往该溶液中加入Na3PO4发生反应：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4。故答案为：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4；(6)由“沉锌”发生的反应可知，“沉锌”得到“产品”还含有部分杂质Na2SO4和水，过滤后需要再洗涤多次，把杂质洗干净之后才能干燥得到纯净的固体Zn3(PO4)2·2H2O；洗涤过程中，可以通过检验最后一次过滤的滤液中是否还含有硫酸根离子来验证产品是否已洗涤干净，验证硫酸根的办法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净。故答案为：过滤；干燥；取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的 溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净；(7)磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，钢铁里的活泼金属铁做负极，失电子变成亚铁离子，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+。
【分析】（1）浸出主要是将与酸反应的物质反应完全，可提高温度或者增大接触面积或者多次进行浸取提高速率
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据元素化合价变化利用的得失电子守恒即可计算
（4）根据元素的情况，加入锌的目的是将铅还原
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）沉锌后需要过滤得到固体进行洗涤，干燥即可，判断产品是否洗涤干净即检验硫酸根离子即可
（7）根据负极是铁失去电子即可
24．（2020·丹东模拟）实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。回答下列相关问题：
（1）Ⅰ. SO2还原CuO探究
装置A中发生反应的化学方程式　 　。
（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为　 　时（填序号，从下列浓度中选取），制备SO2的速率明显快。请解释不选下列其它浓度硫酸的原因　 　。
a. 98% H2SO4 b.65% H2SO4 c. 5% H2SO4
（3）充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈现蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出：
①已知SO2与CuO反应生成两种产物，写出该化学方程式　 　。
②取红色沉淀物滴加盐酸，反应的离子方程式　 　。
（4）Ⅱ．生成物中CuSO4含量检测
用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取m g固体溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－ I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。
①若消耗0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为　 　。
②CuI沉淀物对I3—具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）b；98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集
（3）3CuO+SO2 CuSO4+Cu2O；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
（4）；偏小
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）装置A制备二氧化硫气体，亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为65% H2SO4 时，制备SO2的速率明显快，
故答案为：b。不选a. 98% H2SO4和C.5% H2SO4，是因为：98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集；（3）①结合信息Cu2O+2H＋=Cu+Cu2＋+H2O，显示SO2与CuO反应的产物中有Cu2O，SO2被CuO氧化为硫酸根，该化学方程式3CuO+SO2 CuSO4+Cu2O；
②取红色沉淀物滴加盐酸，发生歧化反应生成铜盐和单质铜，反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；（4）根据2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－ I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，可以得出关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，①若消耗0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为 ×100%，则产物中CuSO4质量分数为 ；②因为CuI沉淀物对I3－离子具有强的吸附能力，会造成I2实际消耗量偏少，由此造成CuSO4质量分数测定值偏小。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据利用65%的硫酸时速率较快
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据反应物结合性质即可写出方程式
（4）①根据数据利用方程式即可计算出质量分数
②CuI沉淀物对I3—具有强的吸附能力， 导致碘单质减小，导致质量分数偏小
25．（2018·石景山模拟）化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流
（1）写出CO2的电子式　 　。
（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成　 　。
（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是　 　。
（4）滤液A中最主要的两种离子是　 　。
（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因　 　。
（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为　 　。
【答案】（1）
（2）CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+
（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出
（4）NH4+和Cl-
（5）滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出。温度降低有利于氯化铵结晶析出
（6）
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2的电子式为 ；正确答案： 。
（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为. CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+ ；正确答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。
（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出。
（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-；正确答案：NH4+和Cl-。
（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出；正确答案：滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出 。
（6） ，由方程式可知有2mol 反应，反应前后固体质量就减少62g，那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g，需要 的质量为x=84（m1-m2）/31， 将其带入下式可得：ω(NaHCO3)= x/ m1×100%= ；正确答案： 。
【分析】（2）纯碱工业中过量的二氧化碳与氨气反应生成碳酸氢盐；
（3）根据二氧化碳和氨气在水中的溶解性进行回答；
（4）滤液中的主要成分是氯化铵；
（5）根据氯化铵的溶解平衡移动影响因素进行分析即可；
（6）根据化学方程式的质量差进行计算。
26．（2017·西城模拟）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3 H2O的形式存在．某工厂处理氨氮废水的流程如下：
含NH4+的废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 低浓度氨氮废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 含余氯废水 {#mathmL#}{#/mathmL#} 达标废水
（1）I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气．用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是　 　；鼓入大量空气的目的是　 　．
（2）II中加入适量NaClO溶液，控制pH在6～7，将氨氮转化为无毒物质．
①为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是　 　．
②过程 II发生3个反应：
i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价）
iii． …
已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”．图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图．其中氨氮含量最低的点是c点．
b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）　 　；反应iii的化学方程式是　 　．
（3）III中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg L﹣1．若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg L﹣1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10% Na2SO3溶液　 　 kg（溶液体积变化忽略不计）．
【答案】（1）NH4++OH﹣═NH3 H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离
（2）3：1；NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O
（3）1.76
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH﹣═NH3 H2O，氨水电离是可逆反应，鼓入大量空气将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，
故答案为：NH4++OH﹣═NH3 H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；（2）①氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3 H2O的形式存在，为了完全从废水中去除氨氮，
2NH4+～N2～12e﹣
6ClO﹣～6Cl﹣～12e﹣
根据电子守恒得到加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比3：1，
故答案为：3：1；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是NH2Cl，
b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O，
故答案为：NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1mol
根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol，
质量为m=n×M=1mol×126g/mol=126g，
根据题意，设最多添加10%Na2SO3溶液的质量为x
{#mathmL#}{#/mathmL#} =5mg/L，
解得：x=1760g=1.76kg，
故答案为：1.76．
【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；（2）①加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比根据2NH4+～N2～12e﹣，ClO﹣～Cl﹣～2e﹣结合得失电子守恒计算；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClO
ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1mol
根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol．
27．（2017·宁波模拟）将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份．将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份加入一定；量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，消耗盐酸40.0mL．试计算：
（1）原均匀混合物中NaHCO3的物质的量．n（NaHCO3）=　 　mol．
（2）盐酸的浓度c（HCl）=　 　mol/L．
【答案】（1）0.08
（2）4
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）固体加热时发生
2NaHCO3 Na2CO3+ CO2↑+ H2O △m
168g 62g
x 1.24g
x= =3.36g，n（NaHCO3）= =0.04mol，
原均匀混合物中NaHCO3的物质的量．n（NaHCO3）=0.08mol，故答案为：0.08mol；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04+0.06×2=0.16mol，所以盐酸的浓度c（HCl）=4.00mol/L，故答案为：4．
【分析】（1）固体加热时发生2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法可计算原混合物中NaHCO3质量，进而计算碳酸氢钠的质量；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04+0.06×2=0.16mol，根据c= ．
28．（2017·嘉兴模拟）室温下，将100mL某硝酸和硫酸的混合液分成两等份：一份加入过量的BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0mol L﹣1NaOH溶液，充分反应后溶液的pH=13（溶液的体积为100mL）．试计算：
（1）原溶液中所含H2SO4的物质的量　 　 mol．
（2）原混合溶液中硝酸的物质的量浓度为　 　 mol L﹣1．
【答案】（1）0.01
（2）0.4
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）2.33gBaSO4的物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol，故答案为：0.01；（2）另一份混合溶液中加入50mL 1.0 mol L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O可知，以0.01mol硫酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，故与硝酸反应氢氧化钠的物质的量为：0.04mol﹣0.02mol=0.02mol，
由方程式HNO3+NaOH=NaNO3+H2O可知，n（HNO3）=n（NaOH）=0.02mol，故HNO3的物质的量浓度为： =0.4mol/L，
故答案为：0.4．
【分析】一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4 ↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，根据硫酸钡的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；另一份混合溶液中加入50mL 1.0 mol L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据硫酸的物质的量计算与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而计算与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算HNO3的物质的量，根据c= 计算HNO3的物质的量浓度．
29．（2017·如皋模拟）黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为　 　．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
【答案】（1）a+3b=2c+d
（2）解：由相关反应知：n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）
250 mL溶液A中：
n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.2500 mol L﹣1×30.00 mL×10﹣3L mL﹣1×10=7.50×10﹣2 mol
n（SO42﹣）= ×5=5.00×10﹣2mol
根据质量守恒有：
n（Na+）×23 g mol﹣1+n（OH﹣）×17 g mol﹣1
=12.125 g﹣7.50×10﹣2 mol×56 g mol﹣1﹣5.00×10﹣2 mol×96 g mol﹣1
根据电荷守恒有：
n（Na+）+7.50×10﹣2 mol×3=5.00×10﹣2 mol×2+n（OH﹣）
解得：
n（Na+）=0.025 mol
n（OH﹣）=0.150 mol
a：b：c：d=n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO2﹣4）：n（OH﹣）=1：3：2：6
黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
答：黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，a+3b﹣2c﹣d=0，得到a+3b=2c+d；
故答案为：a+3b=2c+d；
【分析】（1）由题给信息，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]元素化合价代数和为0来分析；（2）测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式．
30．（2017·湖北模拟）废A201型催化剂（含FeO及少量CoO、Al2O3、CaO）可制备铁黄（Fe2O3 H2O）．
（1）CoO中Co的化合价为　 　．
（2）废催化剂中的四种氧化物均能与强酸反应，等物质的量的FeO，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为　 　．
（3）工业上用废催化剂制备铁黄时有多个步骤．
①将废催化剂进行粉碎，其目的是　 　．
②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为　 　．
③经过一系列步骤后可得到铁黄，已知铁黄不溶于水，使铁黄从溶液中分离出来所进行的操作中，用到的玻璃仪器有漏斗、　 　．
【答案】（1）+2
（2）5：9
（3）增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；玻璃棒、烧杯
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）CoO中Co的化合价为+2，故答案为：+2；（2）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，参加反应的硝酸有10mol，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，方程式为：Al2O3+6HNO3=2Al（NO3）3+3H2O，则1molAl2O3消耗6mol的硝酸，所以等物质的量的FeO、Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为 ：6=5：9，故答案为：5：9；（3）①将废催化剂进行粉碎，其目的是增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率，故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；③过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：玻璃棒、烧杯．
【分析】（1）根据化合价代数和为0；（2）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，参加反应的硝酸有10mol，Al2O3分别与足量的稀HNO3反应，方程式为：Al2O3+6HNO3=2Al（NO3）3+3H2O，则1molAl2O3消耗6mol的硝酸，所以等物质的量的FeO、Al2O3分别与足量的HNO3反应，消耗HNO3的物质的量之比为 ：6=5：9；（3）①将废催化剂进行粉碎，其目的是增大反应的接触面积；②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液将Fe2+氧化，氧化时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；③过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯．
31．（2016·铜山模拟）化学工业中会产生大量含铬废水，直接排放会产生污染．
（1）工业上处理酸性含Cr2O72﹣废水的方法如下：
①SO2还原法：向1000L含0.002mol L﹣1 Cr2O72﹣的酸性废水中通入SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，至少需要通入　 　 L SO2（标准状况）
②铁屑还原法：向含Cr2O72﹣的酸性废水中加入废铁屑，加热充分反应后，加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀．
已知25℃时，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31．欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，应调节溶液的pH=　 　．
（2）铬元素总浓度的测定：准确移取20.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72﹣，煮沸除去过量（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.03mol L﹣1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL．
①上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会　 　．
②计算废水中铬元素总浓度（单位：mg L﹣1，写出计算过程）　 　
已知测定过程中发生的反应如下：
①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣．
【答案】（1）134.4；6
（2）偏高；Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，
所以3SO2～～Cr2O72﹣，
3×22.4L 1mol
V 1000L×0.002mol L﹣1
所以V= =134.4L，故答案为：134.4；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+） c3（OH﹣）=6.3×10﹣31，欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，所以c（OH﹣）= =10﹣8mol/L，应调节溶液的pOH=8，则pH=6，故答案为：6；（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72﹣，所以则测定的铬元素总浓度会偏高，故答案为：偏高；
②由①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣得：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣
n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L
所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1，答：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，根据方程式确定关系Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣
n（Cr2O72﹣）= = mol，所以c（Cr2O72﹣）= =0.005mol/L
所以废水中铬元素总浓度=0.005×2×52×1000=520 mg L﹣1．
【分析】（1）①SO2使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+，所以3SO2～～Cr2O72﹣，根据关系式求二氧化硫的体积；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+） c3（OH﹣）=6.3×10﹣31，欲使溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣7 mol L﹣1，所以c（OH﹣）= =10﹣8mol/L，应调节溶液的pOH=8，则pH=6；（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72﹣，所以则测定的铬元素总浓度会偏高；
②由①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+
②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣得：Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，由此分析解答．
32．（2016·衡阳模拟）氢化镁（MgH2）既可用于劣质燃料的助燃又可同时脱硫脱硝．有关原理如下：
MgH2（s） Mg（s）+H2（g）△H1
2Mg（s）+O2（g） 2MgO（s）△H2
2MgO（s）+2SO2（g） 2MgSO4（s）△H3
（1）①MgH2的电子式为　 　．
②反应：SO2（g）+MgH2（s）+O2 MgSO4（s）+H2（g）的△H=　 　（用含△H1、△H2、△H3
的代数式表示）．
（2）1300℃时，不同微粒的MgH2分解时放氢容量与时间的关系如图1所示．
则粒径A，B，C从小到大的顺序是　 　．
（3）在2L的恒容密闭容器中加入1molMgO、1molSO2和0.5molO2，发生反应：2MgO（s）+2SO2（g）+O2（g） 2MgSO4（s）△H3，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示．
①该反应的△H3　 　（填“＞”或“＜“，下同）0；Q点的反应速率：v（正）　 　 v（逆）．
②P点对应温度下该反应的平衡常数为　 　．
③为提高SO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有　 　（任写2点）．
（4）镁铝合金（Mg17Ar12）是一种贮氢合金，完全吸氢时生成氢化镁和金属铝，该吸氢反应的化学方程式为　 　.7.32gMg17Ar12完全吸氢后所得的产物与足量稀H2SO4反应，释放出的氢气在标准状况下的体积为　 　．
【答案】（1）[H：]﹣Mg2+[H：]﹣；△H1+ （△H2+△H3）
（2）A＜B＜C
（3）＜；＞；128；增大压强或者增大氧气的量
（4）Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；11.648L
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①MgH2为离子化合物，电子式为[H：]﹣Mg2+[H：]﹣，故答案为：[H：]﹣Mg2+[H：]﹣；
②ⅠMgH2（s） Mg（s）+H2（g）△H1
Ⅱ2Mg（s）+O2（g） 2MgO（s）△H2
Ⅲ2MgO（s）+2SO2（g））+O2（g） 2MgSO4（s）△H3
根据盖斯定律，Ⅰ+ （Ⅱ+Ⅲ）得SO2（g）+MgH2（s）+O2 MgSO4（s）+H2（g）的△H=△H1+ （△H2+△H3），故答案为：△H1+ （△H2+△H3）；（2）因为粒径越小，接触面积越大，反应速率越快，由图象可知，反应速率A＞B＞C，所以粒径A、B、C从小到大的顺序是A＜B＜C，故答案为：A＜B＜C；（3）①根据图象测得SO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动即吸热方向移动，则△H3＜0；Q点的SO2的转化率小于平衡点，所以仍然向正向移动，则v（正）＞v（逆），故答案为：＜；＞；
②由图可知P点SO2的转化率为0.5，所以平衡时剩余0.5molSO2和0.25molO2，又K= = =128，故答案为：128；
③提高SO2的转化率，可以改变温度、压强以及增大氧气的量使平衡正向进行，所以除改变温度外，还可采取的措施有增大压强或者增大氧气的量，故答案为：增大压强或者增大氧气的量；（4）Mg17Al12与氢气反应生成氢化镁和金属铝，化学方程式为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，所以7.32g即 =0.01molMg17Al12生成0.17molMgH2和0.12mol金属铝，又氢化镁和金属铝与足量稀H2SO4反应方程式分别为：MgH2+H2SO4=MgSO4+2H2↑，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，所以生成氢气在标准状况下的体积为（0.17mol×2+0.12mol× ）×22.4L/mol=11.648L，故答案为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；11.648L．
【分析】（1）①MgH2为离子化合物，据此书写电子式；
②ⅠMgH2（s） Mg（s）+H2（g）△H1
Ⅱ2Mg（s）+O2（g） 2MgO（s）△H2
Ⅲ2MgO（s）+2SO2（g））+O2（g） 2MgSO4（s）△H3
根据盖斯定律，Ⅰ+ （Ⅱ+Ⅲ）计算；（2）根据粒径越小，接触面积越大，反应速率越快，据此分析；（3）①根据图象测得SO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动即吸热方向移动；Q点的SO2的转化率小于平衡点，所以仍然向正向移动，据此分析；
②根据P点SO2的转化率结合该反应的平衡常数K= 计算；
③提高SO2的转化率，可以改变温度、压强以及增大氧气的量使平衡正向进行即可；（4）Mg17Al12与氢气反应生成氢化镁和金属铝，氢化镁和金属铝与足量稀H2SO4反应生成氢气，举行计算．
33．（2016·分宜模拟）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用．在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4．SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸．若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为　 　 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4．H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料．硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
【答案】（1）1.25
（2）解：n（H2SO4 H2O）=n（H2SO4）= =2.5mol，所以吸收水的质量为：2.5mol×116g/mol﹣250g=40g，
答：250g质量分数为98%的硫酸能吸收40g水
（3）解：2934.4L氧气的物质的量为 =131mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol，则 ，解得： ，所以Fe3O4与Fe2O3物质的量之比4：18=2：9，
答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比2：9
（4）解：设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，
由2H2S+3O2 2SO2+2H2O，
2 3 2 2
0.84 1.26 0.84 0.84
所以反应消耗的空气为： =6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）= =0.075，
答：产物气体中SO2体积分数为0.075
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= = =1.25mol/L，
故答案为：1.25；
【分析】（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= ；（2）根据浓硫酸吸水后生成H2SO4 H2O计算，硫酸与水的物质的是为1：1；（3）设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解；（4）根据2H2S+3O2 2SO2+2H2O，设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，然后关系式来求解．
34．（2016·镇海模拟）Pd（相对原子质量207）中加入王水（浓硝酸与浓盐酸的混合物）的反应可以表示：Pd+HCl+HNO3→A+B↑+H2O（未配平）．其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，