【解析】2023年高考真題變式分類匯編：化學方程式的有關計算3

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2023年高考真題變式分類匯編：化學方程式的有關計算3

一、選擇題

1．（2023·合肥模擬）下列說法正確的是

A．氫氧燃料電池工作時，在負極上失去電子

B．溶液加熱后，溶液的pH減小

C．常溫常壓下，中含有的分子數為個

D．室溫下，稀釋溶液，溶液的導電能力增強

2．（2023·丹東模擬）下列有機物具有較高的對稱性。下列有關它們的說法正確的是（）

A．有機物a所有原子都在同一平面內

B．有機物b的一氯代物為6種

C．有機物c和有機物d互為同系物

D．52g有機物a和c的混合物充分燃燒消耗標準狀況下的氧氣112L

3．（2023·丹東模擬）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序數依次增大，X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結構，Y原子最外層電子數等于內層電子數的2倍，Q的單質與稀硫酸反應生成X的單質。向100mLX2R的水溶液中緩緩通入RZ2氣體，溶液pH與RZ2體積關系如下圖。下列說法錯誤的是（）

A．X2R溶液的濃度為0.4mol/L

B．X簡單陰離子半徑大于鋰離子半徑

C．工業(yè)上采用電解熔融Q的氧化物的方法冶煉Q的單質

D．RZ3通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均產生相同的白色沉淀物質

4．（2023·合肥模擬）amolFeS與bmolFeO投入VLcmol/L的HNO3溶液（過量）中，充分反應，產生氣體為NO，則反應后溶液中NO3﹣的量為（）

A．62（a+b）gB．186（a+b）g

C．（cV﹣）molD．（cV﹣）mol

5．（2023·長沙模擬）含有4molHNO3的稀硝酸分別與不同質量的鐵粉反應，所得氧化產物a、b與鐵粉物質的量關系如圖所示．下列有關判斷不正確的是（）

A．a是Fe（NO3）3B．n1=1

C．p=1.2D．n3=1.5

6．（2023·通化模擬）某鐵的氧化物，用7mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L標準狀況下的氯氣時，剛好使溶液中Fe2+完全轉化為Fe3+．則該氧化物的化學式可表示為（）

A．FeOB．Fe3O4C．Fe4O5D．Fe5O7

7．（2023·通化模擬）將13.0gAl、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產生氣體6.72L（標況）．另取等質量的合金溶于過量的稀硝酸中生成6.72L（標況）NO，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到沉淀的質量是（）

A．11.85gB．12.7gC．27.45gD．28.3g

8．（2023·宜春模擬）將20g鐵粉放入一定量的稀硝酸中，充分反應后，放出2.24L（標準狀況）NO氣體，鐵粉有剩余，則剩余的鐵粉的質量是（）

A．14.4gB．11.6gC．8.8gD．3.2g

9．（2023·上栗模擬）一定量的某有機物和足量的鈉反應，可得到氣體VAL，等質量的該有機物與足量的純堿溶液反應，可得到氣體VBL．若同溫、同壓下VA＞VB，則該有機物可能是（）

A．HO（CH2）2CHOB．HO（CH2）2COOH

C．HOOC﹣COOHD．CH3COOH

10．（2023·上栗模擬）有兩種金屬的合金13g，與足量稀硫酸反應后，在標準狀況下產生氣體11.2L，則組成該合金的金屬不可能是（）

A．Mg和AlB．Mg和ZnC．Al和ZnD．Al和Fe

11．（2023·烏魯木齊模擬）某學習小組進行了如圖所示的實驗，設第一步HNO3的還原產物只有NO．相關分析不正確的是（）

A．第一步反應后溶液中c（NO）=1.5mol/L（忽略體積變化）

B．第一步反應后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1

C．第一步可生成標準狀況下的氣體44.8mL

D．第二步可溶解銅48mg

二、多選題

12．（2023·靜安模擬）某次實驗室制取乙酸丁酯所用原料為：7.4mL1﹣丁醇、6.0mL冰醋酸，1.0mL濃硫酸．若制得乙酸丁酯（式量116）的質量為5.12g，則以下正確的是（）

1﹣丁醇冰醋酸

密度（g/cm3）0.811.05

摩爾質量（g/mol）7460

A．產率：約54.49%B．產率：約42.04%

C．轉化率：冰醋酸小于1﹣丁醇D．轉化率：冰醋酸大于1﹣丁醇

13．（2023·奉賢模擬）將amolNaHCO3和bmolNa2O2固體混合后，在密閉容器中加熱到250℃，讓其充分反應．當剩余固體為Na2CO3、NaOH，排出氣體為O2、H2O時，的值可能為（）

A．1.0B．1.35C．1.5D．2.0

14．（2023·詔安模擬）膽礬晶體（CuSO45H2O）中4個水分子與銅離子形成配位鍵，另一個水分子只以氫鍵與相鄰微粒結合．某興趣小組稱取2.500g膽礬晶體，逐漸升溫使其失水，并準確測定不同溫度下剩余固體的質量，得到如右圖所示的實驗結果示意圖．以下說法正確的是（填標號）．

A．晶體從常溫升至105℃的過程中只有氫鍵斷裂

B．膽礬晶體中形成配位鍵的4個水分子同時失去

C．120℃時，剩余固體的化學式是CuSO4·H2O

D．按膽礬晶體失水時所克服的作用力大小不同，晶體中的水分子可以分為3種

三、非選擇題

15．（2023·海南）BaCl2xH2O中結晶水數目可通過重量法來確定：

①稱取1.222g樣品，置于小燒杯中，加入適量稀鹽酸，加熱溶解，邊攪拌邊滴加稀硫酸到沉淀完全，靜置；

②過濾并洗滌沉淀；

③將盛有沉淀的濾紙包烘干并中溫灼燒；轉入高溫爐中，反復灼燒到恒重，稱得沉淀質量為1.165g．

回答下列問題：

（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗滌沉淀；檢驗沉淀中氯離子是否洗凈的方法是．

（2）計算BaCl2xH2O中的x=；（要求寫出計算過程）．

（3）操作③中，如果空氣不充足和溫度過高，可能會有部分沉淀被濾紙中的碳還原為BaS，這使x的測定結果（填“偏低”、“偏高”或“不變”）．

16．（2023·上海）CO2是重要的化工原料，也是應用廣發(fā)的化工產品．CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產生氧氣．

完成下列計算：

（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解.2.00molNH4HCO3完全分解，分解產物經干燥后的體積為L（標準狀況）．

（2）某H2中含有2.40molCO2，該混合氣體通入2.00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為．

（3）CO2和KO2有下列反應：

4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2

4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2

若9molCO2在密封艙內和KO2反應后生成9molO2，則反應前密封艙內H2O的量應該是多少？列式計算．

（4）甲烷和水蒸氣反應的產物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2，已知：CO+2H2CH3OHCO2+3H2CH3OH+H2O。300molCH4完全反應后的產物中，加入100molCO2后合成甲醇．若獲得甲醇350mol，殘留氫氣120mol，計算CO2的轉化率．

17．（2023·天津）如表為元素周期表的一部分．

碳氮Y

X

硫Z

回答下列問題：

（1）Z元素在周期表中的位置為．

（2）表中元素原子半徑最大的是（寫元素符號）．

（3）下列事實能說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是．

a．Y單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁

b．在氧化還原反應中，1molY單質比1molS得電子多

c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高

（4）X與Z兩元素的單質反應生成1molX的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687kJ．已知該化合物的熔、沸點分別為﹣69℃和58℃．寫出該反應的熱化學方程式：．

（5）碳與鎂生成的1mol化合物Q與水反應生成2molMg（OH）2和1mol烴，該烴分子中碳氫質量比為9：1，烴的電子式為．Q與水反應的化學方程式為．

（6）銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應，生成的鹽只有硫酸銅，同時生成的兩種氣體均由上表中兩種元素組成，氣體的相對分子質量都小于50，為防止污染，將產生的氣體完全轉化為最高價含氧酸鹽，消耗1L2.2molL﹣1NaOH溶液和1molO2，則兩種氣體的分子式及物質的量分別為，生成硫酸銅物質的量為．

18．（2023·呂梁模擬）利用和為原料可制備三氯氧磷，其制備裝置如圖所示(夾持裝置略去)：

已知和三氯氧磷的性質如下表：

熔點沸點其他物理或化學性質

和互溶，均為無色液體，遇水均劇烈水解，發(fā)生復分解反應生成磷的含氧酸和

（1）儀器乙的名稱是。

（2）實驗過程中儀器丁的進水口為(選填“”或“”)口。

（3）裝置B的作用是(填標號)。

a.氣體除雜b.加注濃硫酸c.觀察氣體流出速度d.調節(jié)氣壓

（4）整個裝置必須干燥，若未干燥，寫出所有副反應的化學方程式。

（5）制備三氯氧磷所用PCl3測定純度的方法如下：迅速稱取產品，水解完全后配成溶液，取出入過量的碘溶液，充分反應后再用溶液滴定過量的碘，終點時消耗溶液。

已知：；；假設測定過程中沒有其他反應。根據上述數據，該產品中(相對分子質量為137.5)的質量分數的計算式為%。(用含的代數式表示)

19．（2023·臨汾模擬）谷物中脂肪含量雖少，但卻是其品質優(yōu)劣的指標之一。黃玉米中粗脂肪(以亞油酸甘油酯為主)含量測定的實驗流程如下：

已知：亞油酸甘油酯沸點；乙醚熔點，沸點，易燃。

回答下列問題：

（1）實驗中兩次“冷卻”均在干燥器中進行，其目的是。

（2）上述實驗中多次“萃取”均在下列儀器中進行(填字母標號)。

abc

（3）為了克服多次萃取實驗操作繁瑣，萃取劑消耗量過大的缺點，

FranzvonSoxhlet發(fā)明了索氏抽提筒。若將上述實驗的多次萃取改為在下圖裝置中進行(約需10～12h)：

①為提高乙醚蒸氣的冷凝效果，球形冷凝管可改用(填儀器名稱)。實驗中常在冷凝管上口連接一個裝有活性炭的球形干燥管，其目的是。

②實驗中需控制提取器(燒瓶)溫度在60℃～70℃之間，應采取的加熱方式是。

③索氏提取法原理：當無水乙醚加熱沸騰后，蒸氣通過(填字母標號，下同)上升，被冷凝為液體滴入抽提筒中，當液面超過最高處時，萃取液即回流入提取器(燒瓶)中……如此往復。

a.冷凝管b.虹吸管c.連通管

④索氏提取法存在的明顯缺點是。

（4）數據處理：樣品中純脂肪百分含量(填“＜”、“＞”或“=”)，原因是。

20．（2023·晉中模擬）某銅鈷礦石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由該礦石制Co2O3的部分工藝流程如下：

回答下列問題：

（1）“浸泡”過程中，鈷(III)可轉化為CoSO4，寫出該轉化的化學方程式：。

（2）“除銅”若選用MnS，計算常溫下該“除銅”反應的平衡常數K=。［保留2位有效數字；已知常溫下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]

（3）①步驟I中加入NaClO3反應的離子方程式為。

②常溫下，溶液中金屬離子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]隨溶液pH變化關系如圖所示，設加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)為0.1molL–1，依據如圖分析，步驟I中加入Na2CO3調整溶液pH范圍為。［當c(Mn+)≤10–6molL–1，即認為該金屬離子沉淀完全]

（4）步驟II中加入足量NaF的目的是。

（5）過濾出的CoC2O42H2O固體經洗滌后，證明固體已洗凈的操作為。

（6）若某工廠用m1kg該銅鈷礦石制備了m2kgCo2O3，假設產率為a，則該礦石中鈷元素的百分含量為。

21．（2023·晉中模擬）聚合硫酸鐵簡稱聚鐵［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于飲用水等的凈化。某化工廠利用硫酸銅廢液制備聚鐵，其流程如下：

回答下列問題：

（1）試劑A為。

（2）本實驗中兩次加入硫酸，其中“加熱濃縮“時加入稀硫酸，除了抑制離子水解，還為了，“聚合”時加硫酸是為了控制溶液的pH在一定范圍內，若pH偏大，則。

（3）“控溫氧化”時選用綠色氧化劑雙氧水，該過程需要控溫的原因是。

（4）減壓蒸發(fā)裝置如圖所示。實驗開始時，應先打開減壓泵，從（填字母）口通入冷水，再打開旋轉主機；實驗結束時應先關閉旋轉主機，再，打開閥門a通大氣后，最后取下（填儀器名稱），從中獲得聚鐵。本實驗采取減壓蒸發(fā)的理由是。

（5）測定聚合硫酸鐵樣品主要成分的化學式。準確稱取所得聚鐵樣品5.520g，溶于適量稀鹽酸中，然后分成兩等份：

a.一份加入過量的BaCl2溶液，然后過濾、洗滌、干燥，稱重，得固體質量1.165g；

b.另一份置于250mL錐形瓶中，加入過量KI，充分反應后再用0.5000molL-1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL。

已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（無色）

①計算所得產品化學式中n=。

②若m=4，寫出“聚合”過程的化學方程式：。

22．（2023·遼寧模擬）銻（Sb）廣泛用于生產各種阻燃劑、陶瓷、半導體元件和醫(yī)藥及化工等領域。

（1）Ⅰ．銻在元素周期表中的位置。

（2）銻（Ⅲ）的氧化物被稱為銻白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最終產物為銻白。為了得到較多、較純的銻白，操作時將SbCl3徐徐加入大量水中，反應后期還要加入少量氨水。試用必要的化學用語和平衡移動原理解釋這兩項操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦（主要成分為Sb2S3）裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分反應后，經冷卻生成銻白。寫出火法制取銻白的化學方程式。

（3）Ⅱ．以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：

已知部分信息如下：

①輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；

②浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質；

③常溫下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。

回答下列問題：

“酸浸”過程中Sb2S3發(fā)生反應的化學方程式為。

（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產生沉淀的是（填化學式）；當CuS、PbS共沉沉時，=（保留小數點后一位）。

（5）在“除砷”過程中，氧化產物為H3PO4。該反應氧化產物與還原產物的物質的量之比為。

（6）在“電解”過程中，銻的產率與電壓大小關系如圖所示。當電壓超過U0

V時，銻的產率降低的原因可能是。

23．（2023·撫順模擬）Zn3(PO4)2·2H2O（溶于酸，難溶于水）是一種無毒害作用的防銹顏料，利用鋅浮渣（主要含Zn、ZnO、ZnCl2，還含少量的鐵、錳、銅、鉛及砷的化合物等）制取Zn3(PO4)2·2H2O的工藝流程如圖：

回答下列問題：

（1）“浸出”時，下列措施能提高鋅的浸取率的是（填字母）。

A．用濃硫酸代替稀硫酸B．適當升高浸取液的溫度

C．將“浸渣”再次浸取D．縮短“浸出”時間

（2）“除錳”時，Mn2+發(fā)生反應的離子方程式為（S2O被還原為SO）。

（3）流程中除鐵、砷時，當生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4時，消耗H2O2mol。

（4）“凈化”時加鋅粉的目的是。

（5）“沉鋅”時發(fā)生反應的化學方程式為。

（6）“沉鋅”至得到“產品”還需要經過的操作是、洗滌、。證明產品已洗滌干凈的實驗方法是。

（7）Meyer等認為磷酸鋅防腐機理是在鋼鐵表面形成組成近似為Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆蓋膜，則在形成該覆蓋膜的過程中，負極的電極反應式為。

24．（2023·丹東模擬）實驗室利用如圖裝置探究SO2還原CuO，并進一步檢測產物含量?；卮鹣铝邢嚓P問題：

（1）Ⅰ.SO2還原CuO探究

裝置A中發(fā)生反應的化學方程式。

（2）在制取SO2時，使用H2SO4溶液的濃度為時（填序號，從下列濃度中選?。?，制備SO2的速率明顯快。請解釋不選下列其它濃度硫酸的原因。

a.98%H2SO4b.65%H2SO4c.5%H2SO4

（3）充分反應后，黑色固體變?yōu)榧t色。取C中適量的產物，加水后溶液顯藍色并有紅色沉淀物，取紅色沉淀物滴加鹽酸，溶液又呈現藍色并仍有少量紅色不溶物，由此可以得出：

①已知SO2與CuO反應生成兩種產物，寫出該化學方程式。

②取紅色沉淀物滴加鹽酸，反應的離子方程式。

（4）Ⅱ．生成物中CuSO4含量檢測

用“碘量法”測定產物中CuSO4含量。取mg固體溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加幾滴稀硫酸，再加入過量KI溶液，以淀粉為指示劑用Na2S2O3標準溶液滴定，相關化學反應為2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。

①若消耗0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液VmL，則產物中CuSO4質量分數為。

②CuI沉淀物對I3—具有強的吸附能力，由此會造成CuSO4質量分數測定值（填“偏大”或“偏小”）。

25．（2023·石景山模擬）化學家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成。

（3）工業(yè)生產時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產生的原因。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質量為m1的純堿樣品，充分加熱后質量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質量分數為。

26．（2023·西城模擬）氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在．某工廠處理氨氮廢水的流程如下：

含NH4+的廢水{#mathmL#}{#/mathmL#}低濃度氨氮廢水{#mathmL#}{#/mathmL#}含余氯廢水{#mathmL#}{#/mathmL#}達標廢水

（1）I中加入NaOH溶液，調pH=11并鼓入大量空氣．用離子方程式表示加NaOH溶液的作用是；鼓入大量空氣的目的是．

（2）II中加入適量NaClO溶液，控制pH在6～7，將氨氮轉化為無毒物質．

①為了完全從廢水中去除氨氮，加入的NaClO與水體中NH4+的物質的量之比最小是．

②過程II發(fā)生3個反應：

i．ClO﹣+H+═HClO

ii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O（NH2Cl中Cl元素為+1價）

iii．…

已知：水體中以+1價形式存在的氯元素有消毒殺菌的作用，被稱為“余氯”．圖為NaClO加入量與“余氯”含量的關系示意圖．其中氨氮含量最低的點是c點．

b點表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化學式表示）；反應iii的化學方程式是．

（3）III中用Na2SO3溶液處理含余氯廢水，要求達標廢水中剩余Na2SO3的含量小于5mgL﹣1．若含余氯廢水中NaClO的含量是7.45mgL﹣1，則處理10m3含余氯廢水，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液體積變化忽略不計）．

27．（2023·寧波模擬）將一定質量Na2CO3和NaHCO3的均勻混合物分成等量的兩份．將其中的一份直接加熱至恒重，質量減輕了1.24g；另一份加入一定；量某濃度的鹽酸至恰好反應完全，收集到標準狀況下2.24L氣體，消耗鹽酸40.0mL．試計算：

（1）原均勻混合物中NaHCO3的物質的量．n（NaHCO3）=mol．

（2）鹽酸的濃度c（HCl）=mol/L．

28．（2023·嘉興模擬）室溫下，將100mL某硝酸和硫酸的混合液分成兩等份：一份加入過量的BaCl2溶液，充分反應后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0molL﹣1NaOH溶液，充分反應后溶液的pH=13（溶液的體積為100mL）．試計算：

（1）原溶液中所含H2SO4的物質的量mol．

（2）原混合溶液中硝酸的物質的量濃度為molL﹣1．

29．（2023·如皋模擬）黃鈉鐵礬[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀顆粒大、沉淀速率快、容易過濾等特點．某研究小組先將某廢水中Fe2+氧化為Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黃鈉鐵礬而除去鐵．為測定黃鈉鐵礬的組成，該小組進行了如下實驗：

①稱取12.125g樣品，加鹽酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．

②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500molL﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反應原理為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至終點．

③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反應后，過濾，將所得沉淀洗滌、干燥后，稱得其質量為2.330g．

（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之間的代數關系式為．

（2）通過計算確定黃鈉鐵礬的化學式（寫出計算過程）．

30．（2023·湖北模擬）廢A201型催化劑（含FeO及少量CoO、Al2O3、CaO）可制備鐵黃（Fe2O3H2O）．

（1）CoO中Co的化合價為．

（2）廢催化劑中的四種氧化物均能與強酸反應，等物質的量的FeO，Al2O3分別與足量的稀HNO3反應，消耗HNO3的物質的量之比為．

（3）工業(yè)上用廢催化劑制備鐵黃時有多個步驟．

①將廢催化劑進行粉碎，其目的是．

②用硫酸酸化，再加入NaClO溶液將Fe2+氧化，氧化時發(fā)生反應的離子方程式為．

③經過一系列步驟后可得到鐵黃，已知鐵黃不溶于水，使鐵黃從溶液中分離出來所進行的操作中，用到的玻璃儀器有漏斗、．

31．（2023·銅山模擬）化學工業(yè)中會產生大量含鉻廢水，直接排放會產生污染．

（1）工業(yè)上處理酸性含Cr2O72﹣廢水的方法如下：

①SO2還原法：向1000L含0.002molL﹣1Cr2O72﹣的酸性廢水中通入SO2使Cr2O72﹣全部轉化為Cr3+，至少需要通入LSO2（標準狀況）

②鐵屑還原法：向含Cr2O72﹣的酸性廢水中加入廢鐵屑，加熱充分反應后，加入熟石灰調節(jié)溶液的pH，使Cr3+完全沉淀．

已知25℃時，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31．欲使溶液中殘余Cr3+的物質的量濃度為6.3×10﹣7molL﹣1，應調節(jié)溶液的pH=．

（2）鉻元素總濃度的測定：準確移取20.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性廢水，向其中加入足量（NH4）2S2O8溶液將Cr3+氧化成Cr2O72﹣，煮沸除去過量（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入過量的KI溶液，充分反應后，以淀粉為指示劑，向其中滴加0.03molL﹣1的Na2S2O3標準溶液，終點時消耗Na2S2O3溶液20.00mL．

①上述操作過程中，若無煮沸操作，則測定的鉻元素總濃度會．

②計算廢水中鉻元素總濃度（單位：mgL﹣1，寫出計算過程）

已知測定過程中發(fā)生的反應如下：

①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O=Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+

②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O

③I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣．

32．（2023·衡陽模擬）氫化鎂（MgH2）既可用于劣質燃料的助燃又可同時脫硫脫硝．有關原理如下：

MgH2（s）Mg（s）+H2（g）△H1

2Mg（s）+O2（g）2MgO（s）△H2

2MgO（s）+2SO2（g）2MgSO4（s）△H3

（1）①MgH2的電子式為．

②反應：SO2（g）+MgH2（s）+O2MgSO4（s）+H2（g）的△H=（用含△H1、△H2、△H3

的代數式表示）．

（2）1300℃時，不同微粒的MgH2分解時放氫容量與時間的關系如圖1所示．

則粒徑A，B，C從小到大的順序是．

（3）在2L的恒容密閉容器中加入1molMgO、1molSO2和0.5molO2，發(fā)生反應：2MgO（s）+2SO2（g）+O2（g）2MgSO4（s）△H3，測得SO2的平衡轉化率與溫度的關系如圖2所示．

①該反應的△H3（填“＞”或“＜“，下同）0；Q點的反應速率：v（正）v（逆）．

②P點對應溫度下該反應的平衡常數為．

③為提高SO2的轉化率，除改變溫度外，還可采取的措施有（任寫2點）．

（4）鎂鋁合金（Mg17Ar12）是一種貯氫合金，完全吸氫時生成氫化鎂和金屬鋁，該吸氫反應的化學方程式為.7.32gMg17Ar12完全吸氫后所得的產物與足量稀H2SO4反應，釋放出的氫氣在標準狀況下的體積為．

33．（2023·分宜模擬）硫有多種含氧酸，亞硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最為重要，在工業(yè)上有廣泛的應用．在實驗室，濃硫酸是常用的干燥劑．完成下列計算：

（1）焦硫酸（H2SO4．SO3）溶于水，其中的SO3都轉化為硫酸．若將445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，該硫酸的物質的量濃度為mol/L．

（2）若以濃硫酸吸水后生成H2SO4．H2O計算，250g質量分數為98%的硫酸能吸收多少g水？

（3）硫鐵礦是工業(yè)上制硫酸的主要原料．硫鐵礦氧化焙燒的化學反應如下：

3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO24FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2

若48molFeS2完全反應耗用氧氣2934.4L（標準狀況），計算反應產物中Fe3O4與Fe2O3物質的量之比．

（4）用硫化氫制取硫酸，既能充分利用資源又能保護環(huán)境，是一種很有發(fā)展前途的制備硫酸的方法．

硫化氫體積分數為0.84的混合氣體（H2S、H2O、N2）在空氣中完全燃燒，若空氣過量77%，計算產物氣體中SO2體積分數（水是氣體）．

已知空氣組成：N2體積分數0.79、O2體積分數0.21．

34．（2023·鎮(zhèn)海模擬）Pd（相對原子質量207）中加入王水（濃硝酸與濃鹽酸的混合物）的反應可以表示：Pd+HCl+HNO3→A+B↑+H2O（未配平）．其中B為無色有毒氣體，該氣體在空氣中不能穩(wěn)定存在；A中含有三種元素，其中Pd元素的質量分數為42.4%，H元素的質量分數為0.8%．通過計算判斷物質A的化學式．

35．（2023·楊浦模擬）氯化亞銅（CuCl）廣泛用于有機合成、氣體吸收、冶金、醫(yī)藥化工等行業(yè)．

（1）工業(yè)上氯化亞銅可由下列反應制備：

2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3→2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑．制備過程中需要20%的CuSO4溶液，配制100g該CuSO4溶液需要膽礬g，需要水g．

（2）實驗室可用如下方法制備少量CuCl：取10mL0.2mol/LCuCl2溶液，加入0.128g銅屑和36.5%的濃鹽酸（密度為1.2g/mL）3mL，在密閉容器中加熱，充分反應后，得到無色溶液A；將溶液A全部傾入水中，可得到白色的氯化亞銅沉淀．已知溶液A中只含氫離子和兩種陰離子（不考慮水的電離），其中，n（H+）=0.036mol、n（Cl﹣）=0.032mol．請通過分析和計算，確定溶液A中另一陰離子的化學式和物質的量．

（3）由CO2、O2、CO、N2組成的混合氣體1.008L，測得其密度為1.429g/L，將該氣體依次通過足量的30%KOH溶液、氯化亞銅氨溶液（可完全吸收O2和CO）（假定每一步反應都能進行完全），使上述液體分別增加0.44g、0.44g（體積和密度均在標準狀況下測定）．

該混合氣體的摩爾質量是g/mol；混合氣體中n（CO2）：n（CO和N2）=．

（4）列式計算：

①混合氣體中CO的質量是多少？

②最后剩余氣體的體積是多少？

36．（2023·浦東模擬）硝酸是重要的化工原料，工業(yè)上用氨催化氧化法生產硝酸，反應如下：

①氧化爐：4NH3+5O2→4NO+6H2O

②吸收塔：4NO+3O2+2H2O→4HNO3

設空氣中氧氣的體積分數為0.20，氮氣體積分數為0.80．

完成下列計算：

（1）1molNH3完全轉化為NO至少需要空氣mol．工業(yè)上先將氨氣和空氣混合好，在氧化爐反應后直接通入吸收塔中用冷水吸收，為了確保吸收效果，第②步反應要求氧氣至少過量20%，計算起始時空氣與氨氣的體積比至少為

（2）硝酸工業(yè)產生的氮氧化物尾氣（NO和NO2），可用燒堿吸收，反應如下：

①NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O

②2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O

現有含0.5mol氮氧化物的尾氣，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溶液的體積為mL．若將尾氣中NO與NO2的平均組成記為NOx，則x=．

（3）工業(yè)上用硝酸與氨氣反應制取硝酸銨：HNO3+NH3→NH4NO3，反應時NH3的吸收率為97%，硝酸的利用率為98%．在用氨氣制取硝酸時，氨氣的利用率為90%．計算生產80噸的硝酸銨共需氨氣多少噸？（保留1位小數）

答案解析部分

1．【答案】A

【知識點】化學方程式的有關計算；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數

【解析】【解答】解：A.氫氧燃料電池工作時，在負極上失去電子，A符合題意；

B.溶液加熱后，碳酸根離子的水解程度變大，溶液的pH增大，B不符合題意；

C.常溫常壓下，的物質的量小于1mol，故其中含有的分子數小于個，C不符合題意；

D.室溫下，稀釋溶液，溶液中離子總濃度減小，故溶液的導電能力減弱，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】原電池中負極發(fā)生氧化反應。溫度升高，鹽類的水解程度增大。在標準狀況下，氣體的摩爾體積約為22.4L/mol。稀釋溶液，溶液中離子總濃度減小。

2．【答案】B

【知識點】有機化合物中碳的成鍵特征；有機物的結構和性質；同系物；化學方程式的有關計算

【解析】【解答】A．乙烯中所有原子共平面，甲烷為正四面體結構，單鍵可以旋轉，有機物a所有原子不可能在同一平面內，A不符合題意；

B．有機物b是對稱結構，一氯代物為6種，B符合題意；

C．有機物c和有機物d結構不相似，不是同系物，C不符合題意；

D．a的分子式C5H6，c的分子式C6H6，最簡式不同，不能求出燃燒消耗的氧的量，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.含有飽和碳原子，因此所有原子不可能共面

B.根據b的結構簡式找出氫原子的種類即可

C.根據c和d的結構簡式即可判斷是否為同系物

D.根據a和c的分子式即可判斷消耗的氧氣的量

3．【答案】C

【知識點】化學方程式的有關計算；元素周期律和元素周期表的綜合應用

【解析】【解答】由上述分析可知，X為H，Y為C，Z為O，W為Na或Mg、Al，R為S。

A．標況下448mL二氧化硫的物質的量為：=0.020mol，根據2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，0.02mol二氧化硫完全反應消耗0.04mol硫化氫，則硫化氫溶液濃度為：=0.4mol·L－1，故A不符合題意；

B．H－和Li＋電子層結構相同，核電荷大的離子半徑反而小，H簡單陰離子半徑大于鋰離子半徑，故B不符合題意；

C．Q為活潑金屬，工業(yè)上通常采用電解法獲得Q的單質，分別是電解熔融氯化鈉、電解熔融氯化鎂、電解熔融三氧化二鋁，故C符合題意；

D．SO3通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均產生相同的白色沉淀物質，成分為BaSO4，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結構，即可判斷X為H，Y原子最外層電子數等于內層電子數的2倍，Y為C。Q的單質與稀硫酸反應生成X的單質。Q為金屬單質，可能為Na、Mg、Al.由于向100mLX2R的水溶液中緩緩通入RZ2氣體，溶液pH與RZ2體積關系如下圖，可以推測出Q為O，R為S。結合選項進行判斷即可

4．【答案】D

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：當硝酸恰好反應時，生成硝酸鐵的硝酸就是未被還原的硝酸，由元素守恒知：未被還原的硝酸將轉化為Fe（NO3）3中的NO3﹣，所以顯酸性的硝酸的物質的量等于Fe（NO3）3的物質的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以反應后溶液中NO3﹣的量為3（a+b）mol，反應后溶液中NO3﹣的質量=3（a+b）mol×63gmol﹣1=（a+b）×189g；

當硝酸過量時，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被還原的硝酸，反應中Fe元素由+2升高為+3，硫元素由﹣2升高為+6，氮元素由+5降低為+2，根據電子轉移降守恒知：n（NO）==mol，即顯氧化性的硝酸的物質的量=mol，所以未被還原的硝酸為[cV﹣]mol，故D正確，

故選：D．

【分析】分情況討論：1、當硝酸恰好反應時，生成硝酸鐵的硝酸就是未被還原的硝酸，根據鐵離子的物質的量計算反應后溶液中NO3﹣的量；2、當硝酸過量時，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被還原的硝酸，根據氧化還原反應中得失電子守恒計算被還原的硝酸，硝酸總量﹣被還原的硝酸=反應后溶液中NO3﹣的量．

5．【答案】C

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：（1）向稀硝酸中加入鐵粉時，發(fā)生兩個過程，開始先生成Fe（NO3）3，反應方程式為：Fe+4HNO3（?。?Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根據硝酸的物質的量為4mol利用方程式可計算出生成的Fe（NO3）3為1mol，所以參加反應的鐵為1mol即n1=1，a為Fe（NO3）3，故AB錯誤；（2）Fe（NO3）3與過量的鐵繼續(xù)反應生成Fe（NO3）2，反應方程式為：2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，P點為Fe（NO3）3與Fe（NO3）2物質的量相等的點，設又加鐵物質的量xmol，則利用方程式可求得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錯誤；

故選C．

【分析】向稀硝酸中加入鐵粉時，開始先生成Fe（NO3）3，當鐵過量時，過量的鐵再與Fe（NO3）3反應生成Fe（NO3）2，反應涉及兩個方程式Fe+4HNO3（?。?Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、：2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，由此分析解答．

6．【答案】D

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：設二價鐵離子的物質的量為xmol，三價鐵離子的物質的量為ymol，

由某鐵的氧化物，用7.0mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，

依據電荷守恒可知最終溶液中溶質為氯化亞鐵和氯化鐵，依據電荷守恒可知二價鐵離子和三價鐵離子帶的正電荷總數等于氯離子帶電負電荷總數，即：2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；

溶液中只有二價鐵離子能與氯氣發(fā)生反應生成三價鐵離子，氯氣被還原為氯離子，依據氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律可知二價鐵失去的電子總數等于氯氣得到的電子總數，即：x×1=×2=0.05mol；

解得：x=0.05mol；y=0.2mol；

所以該氧化物中Fe（+2價）與Fe（+3價）的物質的量分別為0.05mol、0.2mol，反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，則氧化物中n（O）=×n（HCl）=×0.7mol=0.35mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，

該氧化物的化學式為Fe5O7，

故選D．

【分析】n（HCl）=0.1L×7mol/L=0.7mol，n（Cl2）==0.025mol，依據電荷守恒和氧化還原反應中得失電子數目守恒解答．

7．【答案】B

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應產生氣體氫氣6.72L（標準狀況），物質的量為=0.3mol，根據電子轉移守恒可知n（Al）==0.2mol，故金屬鋁的質量為0.2mol×27g/mol=5.4g，金屬鋁提供電子的量是0.6mol，

將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據電子守恒，金屬共提供電子的物質的量為×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的電子物質的量為0.9mol﹣0.6mol=0.3mol，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉化為偏鋁酸根離子，不會出現沉淀，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應中金屬鐵、銅提供的電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，即n（OH﹣）=0.3mol，所以反應后沉淀的質量等于13.0g﹣5.4g+0.3mol×17g/mol=12.7g，

故選B．

【分析】根據n=計算氫氣的物質的量，根據電子轉移守恒計算n（Al），進而計算Al的質量、Al提供的電子物質的量，將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據n=計算NO的物質的量，根據電子守恒計算金屬總共提供電子的物質的量，進而計算Fe、Cu提供的電子物質的量．向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉化為偏鋁酸根離子，不會出現沉淀，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應中金屬鐵、銅提供的電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，沉淀的質量等于Fe、Cu的總質量與氫氧根質量之和．

8．【答案】B

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：Fe和稀HNO3反應生成NO，n（NO）==0.1mol，轉移電子的物質的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，當Fe完全轉化為亞鐵離子時需要鐵的量最多，根據轉移電子守恒得溶解m（Fe）=×56g/mol=8.4g，所以鐵有剩余，剩余鐵的質量=20g﹣8.4g=11.6g，

故選B．

【分析】Fe和稀HNO3反應生成NO，n（NO）==0.1mol，轉移電子的物質的量=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，當Fe完全轉化為亞鐵離子時需要鐵的量最多，根據轉移電子守恒計算溶解鐵的質量，根據需要鐵的質量和已知鐵的質量對比得出鐵是否完全溶解，從而計算剩余鐵的質量．

9．【答案】B

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：該有機物能與碳酸鈉溶液反應，說明其含有﹣COOH；又由同溫、同壓下VA＞VB．說明該有機物中還含有羥基，羥基不與碳酸鈉反應，選項中只有HO（CH2）2COOH符合，故選：B．

【分析】該有機物能與碳酸鈉溶液反應，說明其含有﹣COOH；又由同溫、同壓下VA＞VB．說明該有機物中還含有羥基，羥基不與碳酸鈉反應．

10．【答案】A

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：標況下11.2L氫氣物質的量為=0.5mol，則轉移電子為0.5mol×2=1mol，

需要Mg的質量為×24g/mol=12g，

需要Al的質量為×27g/mol=9g，

需要Zn的質量×65g/mol=32.5g，

需要Fe的質量×56g/mol=28g，

13g介于兩質量之間的組合不可能是Al和Mg，

故選：A．

【分析】根據電子轉移守恒計算出選項中各金屬與稀硫酸反應產生11.2LH2所需金屬質量，13g介于兩種金屬質量之間，若金屬不與硫酸反應生成氫氣，其質量視作無窮大

11．【答案】C

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：n（Fe）==0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的還原產物只有NO，Fe氧化為鐵離子消耗硝酸最大為0.003×3+=0.012mol，若轉化為亞鐵離子，消耗硝酸為0.003mol×2+=0.008mol，即第一步反應后溶液中含亞鐵離子、鐵離子，設混合溶液中Fe2+、Fe3+的物質的量分別為x、y，則

，

解得x=y=0.0015mol，

A．生成均為0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，則第一步反應后溶液中c（NO3﹣）==1.5mol/L，故A正確；

B．生成均為0.0015molFe（NO3）2、Fe（NO3）3，則第一步反應后溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1，故B正確；

C．由電子守恒可知，生成NO為×22.4L/mol=0.056L=56mL，故C錯誤；

D．第二步發(fā)生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，溶解Cu為0.0015mol××64g/mol=48mg，故D正確；

故選C．

【分析】n（Fe）==0.003mol，n（HNO3）=0.005L×2mol/L=0.01mol，HNO3的還原產物只有NO，Fe氧化為鐵離子消耗硝酸最大為0.003×3+=0.012mol，若轉化為亞鐵離子，消耗硝酸為0.003mol×2+=0.008mol，即第一步反應后溶液中含亞鐵離子、鐵離子，再加Cu發(fā)生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，以此來解答．

12．【答案】C

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

1mol1mol1mol

=0.044mol

因為：＞，所以醋酸過量，理論生成乙酸丁酯的物質的量為：=0.081mol，則

產率：=×100%=54.49%，起始是越多轉化率越小，所以冰醋酸的轉化率小于1﹣丁醇的轉化率，故選：AC．

【分析】根據產率等于進行計算，轉化率=，結合反應方程式CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O進行計算．

13．【答案】B,C

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：混合物在密閉容器中加熱到250℃時，可能發(fā)生如下反應：

①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑

②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O

反應生成氣體產物是O2和H2O（g），

由題意可知，殘余的固體為Na2CO3和NaOH，生成的氣體為O2和H2O（g），則有總反應式為aNaHCO3+bNa2O2=aNa2CO3+（2b﹣a）NaOH+（a﹣b）H2O+O2，

所以2b﹣a＞0，＞1/2，b﹣a＞0，＜1，故的數值范圍：1＜＜2，

故選BC．

【分析】混合物在密閉容器中加熱到250℃時，可能發(fā)生如下反應：

①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑

②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O

反應生成氣體產物是O2和H2O（g），

根據方程式，從質量守恒的角度計算．

14．【答案】C,D

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：2.500g膽礬的物質的量為0.01mol，102～113℃之間失去結晶水質量為2.5g﹣2.14g=0.36g，失去結晶水為=0.02mol，113～258℃之間失去結晶水質量為2.14g﹣1.78g=0.36g，失去結晶水為0.02mol，258℃以上失去結晶水質量為1.78g﹣1.6g=0.18g，失去結晶水為0.01mol．A．膽礬晶體中4個水分子與銅離子形成配位鍵，另一個水分子只以氫鍵與相鄰微粒結合，所以只有氫鍵斷裂，說明失去一個結晶水，而105℃的過程中失去結晶水占總的，故不只有氫鍵斷裂，還有配位鍵斷裂，故A錯誤；

B．膽礬晶體中形成配位鍵的4個水分子分3個階段失去，故B錯誤；

C.120℃時，剩余固體中CuSO4與結晶水的物質的量之比為0.01mol：（0.05mol﹣0.04mol）=1：1，故化學式為CuSO4H2O，故C正確；

D．因為固體質量就是分三次降低的，所以晶體中的水分子所處化學環(huán)境可以分為3種，故D正確；

故選：CD．

【分析】2.500g膽礬的物質的量為0.01mol，102～113℃之間失去結晶水質量為2.5g﹣2.14g=0.36g，失去結晶水為=0.02mol，113～258℃之間失去結晶水質量為2.14g﹣1.78g=0.36g，失去結晶水為0.02mol，258℃以上失去結晶水質量為1.78g﹣1.6g=0.18g，失去結晶水為0.01mol．

A．膽礬晶體中4個水分子與銅離子形成配位鍵，另一個水分子只以氫鍵與相鄰微粒結合，所以只有氫鍵斷裂，說明失去一個結晶水；

B．由計算可知，結晶水分3個階段失去；

C．根據CuSO4、結晶水物質的量確定化學式；

D．因為固體質量就是分三次降低的，而三次溫度變化值不同，所以克服的作用力大小不同．

15．【答案】（1）取水洗液于試管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若無白色渾濁出現，則表明Cl﹣已經冼凈

（2）2

（3）偏高

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】解：（1）應用硫酸與蒸餾水進行進行沉淀洗滌，具體方法是取水洗液于試管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若無白色渾濁出現，則表明Cl﹣已經冼凈；故答案為：蒸餾水；取水洗液于試管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若無白色渾濁出現，則表明Cl﹣已經冼凈；（2）沉淀1.165g為硫酸鋇質量，其物質的量==0.005mol，故氯化鋇晶體中氯化鋇的質量=0.005mol×208g/mol=1.04g，含有結晶水的質量=1.222g﹣1.04g=0.182g，則208：18x=1.04g：0.182g，解得x≈2，故答案為：2；（3）部分沉淀被濾紙中的碳還原為BaS，單質固體硫酸鋇的質量偏小，測定氯化鋇的質量偏小，水的質量偏大，故x的值偏高，故答案為：偏高．

【分析】（1）應用硫酸與蒸餾水進行進行沉淀洗滌；具體方法是取水洗液于試管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若無白色渾濁出現，則表明Cl﹣已經冼凈；（2）根據硫酸鋇質量計算氯化鋇質量，進而計算水的質量，根據二者質量之比確定x的值；（3）部分沉淀被濾紙中的碳還原為BaS，單質固體硫酸鋇的質量偏小，測定氯化鋇的質量偏小，水的質量偏大．

16．【答案】（1）89.6

（2）2.4mol/L≥c≥1.2mol/L

（3）設反應前密封艙內H2O的物質的量為n4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O22nn1.5n4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2

9﹣2n1.5（9﹣2n）

根據題意生成氧氣9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol．答：反應前密封艙內H2O的量應該是3mol。

（4）在合成甲醇的反應中，氫元素在生成物中有兩種存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，設CO2的轉化率為α，CH4+H2O→CO+3H2300mol900molCO2+3H2→CH3OH+H2O

100amol100amol

根據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參加反應的氫氣為900mol﹣120mol，根據反應中氫元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，解得a=0.8，即設CO2的轉化率為80%，答：CO2的轉化率為80%．

【知識點】化學方程式的有關計算

【解析】【解答】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式為NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水為液態(tài)，則2molNH4HCO3可生成4mol氣體，體積為4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案為：89.6；（2）2.40molCO2與NaOH完全反應，產物可能為Na2CO3或NaHCO3或二者都有，假設全部生成生成NaHCO3，則發(fā)生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，則c（NaOH）==1.20mol/L；假設全部生成，則發(fā)生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，則c（NaOH）==2.40mol/L；

綜合以上兩種情況可知，NaOH溶液的濃度應該1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．

故答案為：2.4mol/L≥c≥1.2mol/L；

（3）可用兩種方法解答：

方法一：依題意，9molCO2在密封艙內和KO2反應后生成9molO2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通過觀察題給兩個方程式可知，當把兩個方程式相加時正好符合題目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2

所以有n（H2O）=n（CO2）=×9mol=3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol，

方法二：設反應前密封艙內H2O的物質的量為n

4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2

2nn1.5n

4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2

9﹣2n1.5（9﹣2n）

根據題意生成氧氣9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol．

答：反應前密封艙內H2O的量應該是3mol；

（4）方法一：

CH4+H2O→CO+3H2

300mol300mol900mol

設CO2的轉化率為α，CO的轉化率為β

CO+2H2→CH3OHCO2+3H2→CH3OH+H2O

300βmol600βmol300βmol100αmol300αmol100αmol

根據題意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

根據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參加反應的氫氣為900mol﹣120mol，所以有

600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

由①②式可得α=0.8，即設CO2的轉化率為80%．

方法二：

在合成甲醇的反應中，氫元素在生成物中有兩種存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，設CO2的轉化率為α，

CH4+H2O→CO+3H2

300mol900mol

CO2+3H2→CH3OH+H2O

100amol100amol

根據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參加反應的氫氣為900mol﹣120mol，根據反應中氫元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，

解得a=0.8，

即設CO2的轉化率為80%，

答：CO2的轉化率為80%．

【分析】本題考查化學方程式的計算，綜合考查學生的分析、計算能力，題目用到端值法和守恒法，難度較大，易錯點為（4）答題時注意體會．

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）NO0.9mol，NO21.3mol；2mol

【知識點】熱化學方程式；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合；化學方程式的有關計算；元素周期律和元素周期表的綜合應用

【解析】【解答】（1）Z為Cl元素，其原子序數為17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，故答案為：第三周期ⅤⅡA族；（2）同一周期從左向右，原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下，原子半徑逐漸增大，則原子半徑最大的為Si，故答案為：Si；（3）a．Y單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性比硫強，則說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強，故a正確；b．在氧化還原反應中，1molY單質比1molS得電子多，氧化性強弱與得失電子數沒有必然關系，故b錯誤；c．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明Y的非金屬性較強，故c正確；故答案為：ac；（4）X（Si）與Z（Cl）兩元素的單質反應生成1molX的最高價化合物SiCl4，恢復至室溫，放熱687kJ，已知該化合物的熔、沸點分別為﹣69℃和58℃，則常溫下SiCl4為液態(tài)，該反應的熱化學方程式為：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol，

故答案為：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol；（5）該烴分子中碳氫質量比，根據“碳與鎂生成的1mol化合物Q與水反應生成2molMg（OH）2和1mol烴”可知該烴的化學式為C3H4；Q的化學式為Mg4C3，Mg4C3與水反應生成氫氧化鎂和C3H4。故答案為：；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2↓+C3H4↑；（6）銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應可能生成一氧化氮和二氧化氮，相對分子質量都小于50，符合題意，1mol氧氣參與反應轉移電子的物質的量為4mol，假設二氧化碳的物質的量為x，NO的物質的量為y，

則：，解得：；根據電子守恒，參與反應的Cu的物質的量為：n（Cu）==2mol，

故答案為：NO0.9mol，NO21.3mol；2mol．

【分析】根據元素周期表結構可知，X為Si元素，Y為O元素，Z為Cl元素，（1）Z為氯元素，其原子序數為17，含有3個電子層，最外層含有7個電子，據此判斷其在周期表中的位置；（2）元素周期表中，同一周期從左向右，原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下，原子半徑逐漸增大；（3）說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強，可以根據元素單質氧化性強弱或生成氣體氫化物穩(wěn)定性分析，而與得失電子數沒有必然關系；（4）X（Si）與Z（Cl）兩元素的單質反應生成1molX的最高價化合物SiCl4，恢復至室溫，放熱687kJ，由于該化合物的熔、沸點分別為﹣69℃和58℃，則常溫下SiCl4為液態(tài)，據此結合熱化學方程式的書寫原則解答；（5）該烴分子中碳氫質量比為9：1，C、H的物質的量之比為：1=3：4，根據“碳與鎂生成的1mol化合物Q與水反應生成2molMg（OH）2和1mol烴”可知該烴的化學式，然后寫出其電子式；根據烴的化學式確定Q的化學式，然后再寫出Q與水反應的化學方程式；（6）銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應可能生成一氧化氮和二氧化氮，相對分子質量都小于50，符合題意，分別設出二氧化氮、一氧化氮的物質的量，根據原子守恒、電子守恒列式計算出NO、二氧化碳的物質的量；根據電子守恒可計算出參與反應的Cu的物質的量．本題為2023年天津高考題，考查的知識點有原子結構與元素周期律、元素周期表的關系及氧化還原反應的計算等，題目難度中等，明確元素周期表結構、元素周期律內容為解題的關鍵，注意掌握守恒思想在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．

18．【答案】（1）圓底燒瓶

（2）a

（3）acd

（4）PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl、POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl

（5）

【知識點】常用儀器及其使用；物質的分離與提純；化學方程式的有關計算

【解析】【解答】(1)根據圖示裝置，可知儀器乙的名稱為圓底燒瓶。(2)冷凝管應下端進水，故進水口為a。(3)A裝置制得的氧氣中含有水蒸氣，裝置B中盛有的濃硫酸能除去水蒸氣，裝置B中有長頸漏斗，可以平衡裝置內外的壓強，純凈的氧氣與三氯化磷反應時需要控制反應速率，可通過氣體進入B中溶液，觀察氣體流速。(4)根據提示可知水解的方程式為：PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl與POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl，HCl可不寫氣體符號。(5)c1mol·L1碘溶液V1mL中含有碘單質的物質的量為：c1mol·L－1×V1×10-3L＝c1V1×10-3mol，根據反應I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6可知，與磷酸反應消耗的碘單質的物質的量為：c1V1×10-3molc2V2×10-3mol＝(c1V1c2V2)×10-3mol，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的物質的量為：n(H3PO3)=n(I2)=(c1V1c2V2)×10-3mol，250mL該溶液中含有H3PO3的物質的量為：(c1V1c2V2)×10-3mol×250mL/25mL＝(c1V1c2V2)×10—2mol，所以mg產品中含有的三氯化磷的物質的量為(c1V1c2V2)×10—2mol，該產品中PCl3的質量分數為：。

【分析】（1）根據儀器的結構即可得出

（2）冷凝水一般是從