2019-2020年高考化學大一輪復習 真題匯編 A單元 常用化學計量 蘇教版.doc

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2019-2020年高考化學大一輪復習 真題匯編 A單元 常用化學計量 蘇教版 A1 阿伏伽德羅常數和物質的量 8．A1、A4[xx全國卷Ⅰ] 設NA為阿伏伽德羅常數值。下列有關敘述正確的是(　　) A．14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數為2NA B．1 mol N2與4 mol H2反應生成的NH3分子數為2NA C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉移數為2NA D．標準狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數為0.4NA 8．A　[解析] 乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，14 g混合氣體中含1 mol CH2，即氫原子數目為2NA，A項正確；N2與H2的反應為可逆反應，B項錯誤；Fe溶于過量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1 mol Fe在反應中轉移3 mol電子，C項錯誤；標準狀況下，CCl4呈液態(tài)，無法用標準狀況下的氣體摩爾體積來確定物質的量和共價鍵數目，D項錯誤。 A2 氣體摩爾體積和阿伏加德羅定律 7．F3 H3 A2 H1[xx江蘇卷] 下列說法正確的是(　　) A．氫氧燃料電池工作時，H2在負極上失去電子 B．0.1 molL－1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．常溫常壓下，22.4 L Cl2中含有的分子數為6.021023個 D．室溫下，稀釋0.1 molL－1CH3COOH溶液，溶液的導電能力增強 7．A　[解析] 氫氧燃料電池中，H2作為負極，失去電子發(fā)生氧化反應，A項正確；加熱會促進CO水解，溶液的堿性變強，pH增大，B項錯誤；常溫常壓下，22.4 L Cl2不是1 mol，無法確定其中的分子數，C項錯誤；稀釋CH3COOH溶液時，CH3COOH電離產生的CH3COO－和H＋數目增加，但CH3COO－和H＋的濃度減小，導電能力減弱，D項錯誤。 4．A2[xx四川卷] NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是(　　) A．2.4 g Mg在足量O2中燃燒，轉移的電子數為0.1NA B．標準狀況下，5.6 L CO2氣體中含有的氧原子數為0.5NA C．氫原子數為0.4NA的CH3OH分子中含有的σ鍵數為0.4NA D．0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H＋數為0.05NA 4．B　[解析] 鎂在足量的氧氣中燃燒時生成MgO，1 mol Mg失去2 mol e－，2.4 g Mg的物質的量為0.1 mol，反應中失去0.2 mol e－，A項錯誤；標準狀況下5.6 L CO2的物質的量為0.25 mol，含有的氧原子數為0.5 mol，B項正確；根據CH3—OH可知，每個甲醇分子中含有5個σ鍵，氫原子數為0.4NA的甲醇的物質的量為0.1 mol，其含有0.5 mol σ鍵，C項錯誤；0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中溶質CH3COOH為0.05 mol，CH3COOH是弱酸，不能完全電離，產生的H＋數小于0.05NA ，D項錯誤。 27．G1、G2、G5、A4、A2[xx全國卷Ⅱ] 丙烯腈(CH2===CHCN)是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產。主要副產物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等?；卮鹣铝袉栴}： (1)以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產物丙烯醛(C3H4O)的熱化學方程式如下： ①C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－515 kJmol－1 ②C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g)　ΔH＝－353 kJmol－1 兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是______________________________；有利于提高丙烯腈平衡產率的反應條件是____________________________；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是________________。 (2)圖(a)為丙烯腈產率與反應溫度的關系曲線，最高產率對應的溫度為460 ℃。低于460 ℃時，丙烯腈的產率________(填“是”或“不是”)對應溫度下的平衡產率，判斷理由是______________________________________；高于460 ℃時，丙烯腈產率降低的可能原因是________(雙選，填標號)。 A．催化劑活性降低 B．平衡常數變大 C．副反應增多 D．反應活化能增大 　 圖0－0 (3)丙烯腈和丙烯醛的產率與n(氨)/n(丙烯)的關系如圖(b)所示。由圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為____，理由是________________________________________。進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為________________________。 27．(1)兩個反應均為放熱量大的反應　降低溫度降低壓強　催化劑 (2)不是　該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低　AC (3)1　該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低　1∶7.5∶1 [解析] (1)由題意可知，反應①、②都是放熱反應，反應①、②分別放出515 kJmol－1和353 kJmol－1熱量，兩反應均符合化學反應自發(fā)進行的焓判據；反應①的正反應是氣體體積增大的放熱反應，由勒夏特列原理可知，降溫、減壓均能使反應①的化學平衡向正反應方向移動，提高丙烯腈平衡產率；催化劑具有高度的專一性，因此提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑，而非溫度、壓強。(2)反應①的正反應是放熱反應，如果已經達到化學平衡狀態(tài)，當投料、壓強、濃度等變量不變時，升溫能使平衡左移，丙烯腈的產率逐漸減小，讀圖可知，低于460 ℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡產率。溫度高于460 ℃時，催化劑活性可能降低，導致丙烯腈產率降低，A項正確；反應①的正反應是放熱反應，升溫使平衡逆向移動，平衡常數逐漸變小，B項錯誤；溫度高于460 ℃時，副反應進行程度可能增多，反應①進行程度減少，導致丙烯腈產率降低，C項正確；反應活化能與催化劑有關，與溫度、壓強、濃度等無關，升高溫度，不能使反應活化能改變，D項錯誤。(3)讀圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為1，因為該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低。由反應①的熱化學方程式可知，進料氣中氨、氧氣、丙烯氣體的理論體積之比為1∶1.5∶1，空氣中氧氣的體積分數約為1/5(氮氣約占4/5)，則進料氣中氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1∶∶1＝1∶7.5∶1。 A3 物質的量濃度及溶液的配制 8．C1、C2、G1、J1、A3[xx浙江卷] 下列敘述不正確的是(　　) A．鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火 B．探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反應速率的影響時，若先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設定溫度，則測得的反應速率偏高 C．蒸餾完畢后，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置 D．為準確配制一定物質的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管滴加蒸餾水至刻度線 8．B　[解析] K、Na、Mg均能與水和二氧化碳發(fā)生反應，A項正確；探究溫度對反應速率的對比實驗中，先將硫代硫酸鈉與稀硫酸加熱到一定溫度(初溫相同)，混合后與對照組比較，觀察變渾濁的快慢，B項錯誤；C項正確；定容過程中向容量瓶加蒸餾水至刻度線1～2 cm時，改用膠頭滴管滴加，D項正確。 36．O1、O4、O5、A3[xx全國卷Ⅱ] [化學——選修2：化學與技術] 雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑。生產雙氧水常采用蒽醌法，其反應原理和生產流程如圖所示： A．氫化釜　B．過濾器　C．氧化塔　D．萃取塔 E．凈化塔　F．工作液再生裝置　G．工作液配制裝置 圖0－0 生產過程中，把乙基蒽醌溶于有機溶劑配制成工作液，在一定的溫度、壓力和催化劑作用下進行氫化，再經氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水?；卮鹣铝袉栴}： (1)蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是__________，循環(huán)使用的原料是________，配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是__________________________________________________________________________。 (2)氫化釜A中反應的化學方程式為________________________________________________。進入氧化塔C的反應混合液中的主要溶質為____________。 (3)萃取塔D中的萃取劑是________，選擇其作萃取劑的原因是____________________________________。 (4)工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是______________________________________________。 (5)雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測定，該反應的離子方程式為____________________________。一種雙氧水的質量分數為27.5%(密度為1.10 gcm－3)，其濃度為________molL－1。 36．(1)氫氣和氧氣　乙基蒽醌　乙基蒽醌(乙基氫蒽醌)不溶于水，易溶于有機溶劑 (2) ＋H2 　乙基氫蒽醌 (3)水　H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 (4)H2O2分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸 (5)2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑　8.9 [解析] (1)蒽醌法生產雙氧水的反應原理為乙基蒽醌＋H2乙基氫蒽醌，乙基氫蒽醌＋O2―→乙基蒽醌＋H2O2，由上述兩步反應相加可得總反應方程式為H2＋O2H2O2，乙基蒽醌是制備雙氧水的催化劑，蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是H2、O2；循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌(乙基氫蒽醌)不溶于水，易溶于有機溶劑。(2)A中反應物是乙基蒽醌和氫氣，反應的化學方程式為＋H2；A中反應產生乙基氫蒽醌，它是進入C中的反應混合液中的主要溶質。(3)D中的萃取劑是水，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，因此選擇水作萃取劑。(4)F中殘留H2O2，其分解產生的O2可能通過G進入A中，氧氣與氫氣組成的混合氣體易發(fā)生爆炸，從而引發(fā)安全事故，因此F中要除盡殘留的H2O2。(5)雙氧水可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成水和氧氣，離子方程式為2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。以1 L(即1000 cm3)該雙氧水為研究對象，溶質的c＝＝＝≈8.9 molL－1。 A4 常用化學計量綜合 8．A1、A4[xx全國卷Ⅰ] 設NA為阿伏伽德羅常數值。下列有關敘述正確的是(　　) A．14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數為2NA B．1 mol N2與4 mol H2反應生成的NH3分子數為2NA C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉移數為2NA D．標準狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數為0.4NA 8．A　[解析] 乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，14 g混合氣體中含1 mol CH2，即氫原子數目為2NA，A項正確；N2與H2的反應為可逆反應，B項錯誤；Fe溶于過量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1 mol Fe在反應中轉移3 mol電子，C項錯誤；標準狀況下，CCl4呈液態(tài)，無法用標準狀況下的氣體摩爾體積來確定物質的量和共價鍵數目，D項錯誤。 13．B3 A4[xx上海卷] O2F2可以發(fā)生反應：H2S＋4O2F2―→SF6＋2HF＋4O2，下列說法正確的是(　　) A．氧氣是氧化產物 B．O2F2既是氧化劑又是還原劑 C．若生成4.48 L HF，則轉移0.8 mol電子 D．還原劑與氧化劑的物質的量之比為1∶4 13．D　[解析] 分析反應可知，H2S中－2價的S被氧化成＋6價的SF6，O2F2中＋1價的O被還原成0價的O2，故O2F2是氧化劑，H2S是還原劑，SF6為氧化產物，O2為還原產物，且還原劑與氧化劑的物質的量之比為1∶4，D項正確，A、B項錯誤；C項沒有指明標準狀況，故4.48 L的HF并不一定是0.2 mol，轉移電子數也不一定是0.8 mol ，C項錯誤。 17．C3 A4[xx上海卷] 某鐵的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112 mL Cl2，恰好將Fe2＋完全氧化。x值為(　　) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 17．A　[解析] 解法一：寫出FexO與鹽酸和Cl2反應的總離子方程式： FexO＋2H＋＋Cl2===xFe3＋＋(3x－2)Cl－＋H2O 56x＋16　　　 1．52 g　　　　0.005 mol 解得x＝0.80 解法二：運用氧化還原反應得失電子守恒進行求算： 0．112 L22.4 Lmol－12 ＝ (3－)x 解得x＝0.80 故正確答案選A。 22．D4 A4[xx上海卷] 稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792 mL(標準狀況)，則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1 22．C　[解析] 生成NH3的物質的量為1.792 L22.4 Lmol－1＝ 0.08 mol。向(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品中加入NaOH溶液，H＋先和NaOH發(fā)生中和反應，H＋消耗完后，NH再和NaOH反應生成NH3。(1)若最后NaOH有剩余，而(NH4)2SO4和NH4HSO4完全反應，假設(NH4)2SO4的物質的量為x mol，NH4HSO4的物質的量為y mol，列出等式：2x mol＋y mol＝0.08 mol，132 gmol－1x mol＋115 gmol－1y mol＝7.24 g，解得x＝0.02，y＝0.04，則消耗NaOH物質的量為0.08 mol＋0.04 mol＝0.12 mol>0.1 mol，與題設不符，假設不成立；(2)若最后銨鹽有剩余，而NaOH完全反應，則根據n(H＋)＝0.10 mol－0.08 mol＝0.02 mol，可知NH4HSO4的物質的量為0.02 mol，則求得(NH4)2SO4約為0.0374 mol，C項正確。 四、[xx上海卷] NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理： (1)NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl (2)NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2 已知HCN(Ki＝6.310－10)有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同。 完成下列填空： 25．A4處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO________g(實際用量應為理論值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，達到排放標準。 25．14 900 [解析] 需要處理的NaCN的質量為1001000 L(10.3 mg/L－0.5 mg/L)1000 mg/g＝980 g。將兩次氧化的方程式合并得總反應： 2NaCN＋5NaClO===CO2↑＋ Na2CO3＋5NaCl ＋ N2↑ 249　 574.5 980 g　　　x 解得x＝3725 g 由于實際用量為理論值的4倍，則實際用量為3725 g4＝14 900 g。 七、[xx上海卷] 半水煤氣是工業(yè)合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤氣經過下列步驟轉化為合成氨的原料。 完成下列填空： 38．A4半水煤氣在銅催化下實現CO變換：CO＋H2OCO2＋H2 若半水煤氣中V(H2)∶V(CO)∶V(N2)＝38∶28∶22，經CO變換后的氣體中： V(H2)∶V(N2)＝________。 38．3∶1 [解析] CO發(fā)生變換反應CO＋H2OCO2＋H2，CO全部轉化為等量的H2，變換后，V(H2)∶V(N2)＝(38＋28)∶22＝3∶1。 53．A4[xx上海卷]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＋2H2CH3OH　CO2＋3H2CH3OH＋H2O 300 mol CH4完全反應后的產物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若獲得甲醇350 mol，殘留氫氣120 mol，計算CO2的轉化率。 53．80% [解析] 300 mol CH4完全反應產生H2 900 mol。 設CO2轉化率為α，CO轉化率為β。 300β＋100α＝350　600β＋300α＝900－120　α＝80% 或設CO2轉化率為α。 900－(350－100α)2－300α＝120 α＝＝80% 51．A4 B4[xx上海卷]某H2中含2.40 mol CO2，該混合氣體通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為______________________。 51．2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L [解析] CO2與NaOH反應，根據二者量的不同，可以發(fā)生如下兩個反應：(1)CO2＋NaOH===NaHCO3(CO2過量)；CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O(NaOH過量)。2.40 mol CO2被NaOH溶液完全吸收，則2.40 mol≤n(NaOH)≤4.80 mol，則1.20 mol/L≤c(NaOH)≤2.40 mol/L。 52．A4 B3 B4[xx上海卷]CO2和KO2有下列反應： 4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2 4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2 若9 mol CO2在密封艙內和KO2反應后生成9 mol O2，則反應前密封艙內H2O的量應該是多少？列式計算。 52．8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2 n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2　n(H2O)＝()2＝3 mol [解析] 方法一： 寫出反應中的方程式： 8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2 n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2，n(H2O)＝()2＝3 mol 方法二： 假設反應前密封艙內H2O的物質的量為x mol，根據反應： 4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2 4　　　2　　　　　　　　3 2x　 　x　　　 　 　　　1.5x 剩余CO2的物質的量為(9－2x) mol，根據反應：4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2，生成氧氣的物質的量為1.5(9－2x)mol。 根據題意列出等式：1.5x mol＋1.5(9－2x) mol＝9 mol，x＝3。 18．J5 A4[xx江蘇卷] 過氧化鈣(CaO28H2O)是一種在水產養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。 (1)Ca(OH)2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO28H2O。 Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO28H2O 反應時通常加入過量的Ca(OH)2，其目的是______________________________。 (2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后，池塘水中濃度增加的離子有________(填序號)。 A．Ca2＋ B．H＋ C．CO D．OH－ (3)水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封靜置，加入適量稀H2SO4，待MnO(OH)2與I－完全反應生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點，測定過程中物質的轉化關系如下： O2MnO(OH)2I2S4O ①寫出O2將Mn2＋氧化成MnO(OH)2的離子方程式：______________________________________________。 ②取加過一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00 mL，按上述方法測定水樣的溶解氧，消耗0.010 00 molL－1 Na2S2O3標準溶液13.50 mL。計算該水樣中的溶解氧(以mgL－1表示)，寫出計算過程。 18．(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ ②在100.00 mL水樣中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝ ＝ ＝6.75010－5 mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.75010－5 mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝6.75010－5 mol＝3.37510－5 mol 水中溶解氧＝ ＝ 10．80 mgL－1 [解析] (1)兩者反應，增大其中一種物質的用量，可以提高另外一種物質的轉化率。(2)CaO2溶于水生成Ca(OH)2，在池塘中電離出Ca2＋和OH－。(3)①反應中Mn由＋2價升至＋4價，O由0價降至－2價，根據Mn和O得失電子守恒配平反應，并用OH－平衡電荷。②找出反應之間的關系：n(O2)～n[MnO(OH)2]～n(I2)～，根據Na2S2O3的消耗量，可計算出水樣中的溶解氧。 27．C2、C3、H3、B3、E1、A4[xx浙江卷] Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作環(huán)保型阻燃材料，受熱時按如下化學方程式分解： 2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑＋10MgO＋3Al2O3 (1)寫出該化合物作阻燃劑的兩條依據：____________________________________________________________。 (2)用離子方程式表示除去固體產物中Al2O3的原理：______________________________________________。 (3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化學方程式表示其原理：______________________________________。 Ⅱ.磁性材料A是由兩種元素組成的化合物，某研究小組按如圖流程探究其組成： 圖0－0 請回答： (1)A的組成元素為________(用元素符號表示)，化學式為________。 (2)溶液C可溶解銅片，例舉該反應的一個實際應用：____________。 (3)已知化合物A能與稀硫酸反應，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體(標況下的密度為1.518 gL－1)，該氣體分子的電子式為________________。寫出該反應的離子方程式：______________________________________。 (4)寫出F→G反應的化學方程式：________________________________________________。設計實驗方案探究溶液G中的主要微粒(不考慮H2O、H＋、K＋、I－)：__________________________________________________________________________________________________。 27．Ⅰ.(1)反應吸熱降低溫度，固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣 (2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O (3)MgO＋2NH4Cl＋H2O===MgCl2＋2NH3H2O或NH4Cl＋H2ONH3H2O＋HCl，MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O Ⅱ.(1)S、Fe　Fe3S4 (2)制印刷電路板 (3) 　Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S (4)H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI 取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有SO；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，若再產生白色沉淀，則有H2SO3。 [解析] Ⅰ.(1)通過反應的方程式可以看出，該反應為吸熱反應，能降低周圍溫度；該反應產生的MgO、Al2O3會覆蓋在可燃物的表面從而隔絕空氣；生成的水蒸氣能稀釋空氣而降低O2的濃度。(2)Al2O3是兩性氧化物，而MgO是堿性氧化物，所以用NaOH溶液可以除去Al2O3。(3)NH4Cl溶液中，由于NH水解而使溶液顯酸性，溶液中的H＋能與加入的MgO反應而使MgO溶解。Ⅱ.加入KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3＋，故C溶液為FeCl3溶液，B為Fe2O3固體；由F生成G的現象可知，在該反應中I2被還原，則F具有還原性，常見的還原性的酸為H2SO3，故F為H2SO3，G 中含有H2SO4，E為SO2。(1)根據B、E的成分可知，化合物A中含有Fe、S兩種元素；根據Fe2O3的質量為2.400 g可知，A中含有n(Fe)＝2＝0.03 mol，則A中含有n(S)＝＝0.04 mol，所以A的化學式為Fe3S4。(2)FeCl3常用于制印刷電路板。(3)根據氣體在標況下的密度可知M(氣體)＝22.4 Lmol－11.518 gL－1＝34 gmol－1，故該氣體為H2S，其結構與水分子相似；在該反應中生成的淡黃色不溶物為單質硫，反應中的鐵元素全部轉變?yōu)镕e2＋。(4)F生成G的反應中，H2SO3被I2氧化為H2SO4，而I2被還原為HI，反應的化學方程式為H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI；根據要求可知主要檢驗SO和H2SO3的存在，SO可用BaCl2溶液檢驗，而H2SO3可用H2O2氧化后再用BaCl2檢驗。 29．J1、J2、J4、A4[xx浙江卷] 無水MgBr2可用作催化劑。實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，裝置如圖，主要步驟如下： 圖0－0 步驟1　三頸瓶中裝入10 g鎂屑和150 mL無水乙醚；裝置B中加入15 mL液溴。 步驟2　緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三頸瓶中。 步驟3　反應完畢后恢復至室溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0 ℃，析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。 步驟4　常溫下用苯溶解粗品，冷卻至0 ℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160 ℃分解得無水MgBr2產品。 已知：①Mg和Br2反應劇烈放熱；MgBr2具有強吸水性。 ②MgBr2＋3C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5 請回答： (1)儀器A的名稱是____________。實驗中不能用干燥空氣代替干燥N2，原因是____________________________。 (2)如將裝置B改為裝置C(圖0－0)，可能會導致的后果是____________________________________________。 圖0－0 (3)步驟3中，第一次過濾除去的物質是____________。 (4)有關步驟4的說法，正確的是__________________。 A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B．洗滌晶體可選用0 ℃的苯 C．加熱至160 ℃的主要目的是除去苯 D．該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴 (5)為測定產品的純度，可用EDTA(簡寫為Y4－)標準溶液滴定，反應的離子方程式： Mg2＋＋Y4－===MgY2－ ①滴定前潤洗滴定管的操作方法是________________________________________________________________。 ②測定前，先稱取0.250 0 g無水MgBr2產品，溶解后，用0.050 0 molL－1的EDTA標準溶液滴定至終點，消耗EDTA標準溶液26.50 mL，則測得無水MgBr2產品的純度是______________________(以質量分數表示)。 29．(1)干燥管　防止鎂屑與氧氣反應，生成的MgO阻礙Mg和Br2的反應 (2)會將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱而存在安全隱患 (3)鎂屑　(4)BD (5)①從滴定管上口加入少量待測液，傾斜著轉動滴定管，使液體潤濕內壁，然后從下部放出，重復2～3次 ②97.5% [解析] (1)儀器A為球形干燥管；金屬鎂為活潑金屬，很容易與空氣中的O2反應，所以不能用干燥空氣代替干燥的N2。(2)因為液溴極易揮發(fā)，裝置B是通過N2帶著溴蒸氣進入三頸瓶，而裝置C是利用N2將液溴直接壓入三頸瓶中，因加入大量液溴而使得反應過快。(3)鎂屑與液溴反應時，鎂屑過量，第一次過濾除去的是沒有反應的鎂屑。(4)因為MgBr2具有強吸水性，故不能用95%的乙醇洗滌產品，A項錯誤；用苯溶解晶體后再冷卻至0 ℃，故可以用0 ℃苯洗滌晶體，B項正確；加熱到160 ℃時，除去苯的同時也除去了乙醚，C項錯誤；D項正確。(5)②結合關系式MgBr2～Mg2＋～Y4－，產品的純度＝97.5%。 26．A4、B3、D4、H1 [xx全國卷Ⅱ] 聯氨(又稱肼，N2H4，無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料?；卮鹣铝袉栴}： (1)聯氨分子的電子式為______________，其中氮的化合價為________。 (2)實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯氨，反應的化學方程式為________________________________。 (3)①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l)　ΔH1 ②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l)　ΔH2 ③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3 ④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH4＝－1 048.9 kJmol－1 上述反應熱效應之間的關系式為ΔH4＝____________，聯氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因為______________________________________________________。 (4)聯氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯氨第一步電離反應的平衡常數值為__________________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7107；KW＝1.010－14)。聯氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為____________________________________________。 (5)聯氨是一種常用的還原劑。向裝有少量AgBr的試管中加入聯氨溶液，觀察到的現象是______________________________________________。聯氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕。理論上1 kg的聯氨可除去水中溶解的O2________kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯氨的優(yōu)點是________________________________________________________________。 26．(1) 　－2 (2)2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O (3)2ΔH3－2ΔH2－ΔH1　反應放熱量大、產生大量氣體 (4)8.710－7　N2H6(HSO4)2 (5)固體逐漸變黑，并有氣泡產生　1　N2H4的用量少，不產生其他雜質(還原產物為N2和H2O，而Na2SO3產生Na2SO4) [解析] (1)N、H均為非金屬元素，根據各原子核最外層電子數分析可知，聯氨分子含有1個N—N鍵、4個N—H鍵，其電子式為；N2H4是共價化合物，根據電子式可知氮元素的化合價為－2價，氫元素的化合價為＋1價。(2)由題意可知，次氯酸鈉是強氧化劑，氨是還原劑，氮元素由－3價升高到－2價，失去1個電子，生成聯氨，氯元素由＋1價降低到－1價，得到2個電子，生成穩(wěn)定的氯化鈉，則反應的化學方程式為2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。(3)觀察可知，四個熱化學方程式關系式為③2－②2－①＝④，由蓋斯定律可知2ΔH3－2ΔH2－ΔH1＝ΔH4 ；由反應④可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反應生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)時，放出1 048.9 kJ熱量，且產生7 mol氣體，由此推斷，聯氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因是反應放熱量大、產生大量氣體。(4)由題給信息可知，N2H4＋H＋N2H的K＝＝8.7107，KW＝c(H＋)c(OH－)＝1.010－14，聯氨在水溶液中的第一步電離平衡為N2H4＋H2ON2H＋OH－，其電離常數Kb1＝＝＝c(OH－)c(H＋)＝KKW＝8.71071.010－14＝8.710－7；由題意可知，二元弱堿與硫酸中和所得正鹽為N2H6SO4，該正鹽與硫酸繼續(xù)反應生成的酸式鹽為N2H6(HSO4)2。(5)由題意可知，聯氨是還原劑，AgBr是氧化劑，兩者反應時，AgBr中銀元素由＋1價降低到0價，生成的單質銀或銀粉覆蓋在淡黃色的溴化銀固體表面，聯氨中氮元素由－2價升高到0價，生成氮氣，反應的化學方程式為N2H4＋4AgBr ===N2↑＋4Ag＋4HBr(可能還發(fā)生反應N2H4＋HBr===N2H5Br)，因此可觀察到淡黃色固體逐漸變黑，并有氣泡產生。由N2H4＋O2===N2↑ ＋2H2O可知，1 mol聯氨可除去1 mol O2，又因為M(N2H4)＝M(O2)，m＝nM，1 kg聯氨可除去O2的質量為1 kg；用亞硫酸鈉處理水中溶解氧的原理為2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，處理等物質的量的O2時，消耗聯氨的物質的量僅為消耗亞硫酸鈉的物質的量的一半，且聯氨與氧氣反應的產物為N2和H2O，而亞硫酸鈉與氧氣反應的產物為Na2SO4。 27．G1、G2、G5、A4、A2[xx全國卷Ⅱ] 丙烯腈(CH2===CHCN)是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產。主要副產物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等?；卮鹣铝袉栴}： (1)以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產物丙烯醛(C3H4O)的熱化學方程式如下： ①C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－515 kJmol－1 ②C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g)　ΔH＝－353 kJmol－1 兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是______________________________；有利于提高丙烯腈平衡產率的反應條件是____________________________；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是________________。 (2)圖(a)為丙烯腈產率與反應溫度的關系曲線，最高產率對應的溫度為460 ℃。低于460 ℃時，丙烯腈的產率________(填“是”或“不是”)對應溫度下的平衡產率，判斷理由是______________________________________；高于460 ℃時，丙烯腈產率降低的可能原因是________(雙選，填標號)。 A．催化劑活性降低 B．平衡常數變大 C．副反應增多 D．反應活化能增大 　 圖0－0 (3)丙烯腈和丙烯醛的產率與n(氨)/n(丙烯)的關系如圖(b)所示。由圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為____，理由是________________________________________。進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為________________________。 27．(1)兩個反應均為放熱量大的反應　降低溫度降低壓強　催化劑 (2)不是　該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低　AC (3)1　該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低　1∶7.5∶1 [解析] (1)由題意可知，反應①、②都是放熱反應，反應①、②分別放出515 kJmol－1和353 kJmol－1熱量，兩反應均符合化學反應自發(fā)進行的焓判據；反應①的正反應是氣體體積增大的放熱反應，由勒夏特列原理可知，降溫、減壓均能使反應①的化學平衡向正反應方向移動，提高丙烯腈平衡產率；催化劑具有高度的專一性，因此提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑，而非溫度、壓強。(2)反應①的正反應是放熱反應，如果已經達到化學平衡狀態(tài)，當投料、壓強、濃度等變量不變時，升溫能使平衡左移，丙烯腈的產率逐漸減小，讀圖可知，低于460 ℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡產率。溫度高于460 ℃時，催化劑活性可能降低，導致丙烯腈產率降低，A項正確；反應①的正反應是放熱反應，升溫使平衡逆向移動，平衡常數逐漸變小，B項錯誤；溫度高于460 ℃時，副反應進行程度可能增多，反應①進行程度減少，導致丙烯腈產率降低，C項正確；反應活化能與催化劑有關，與溫度、壓強、濃度等無關，升高溫度，不能使反應活化能改變，D項錯誤。(3)讀圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為1，因為該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低。由反應①的熱化學方程式可知，進料氣中氨、氧氣、丙烯氣體的理論體積之比為1∶1.5∶1，空氣中氧氣的體積分數約為1/5(氮氣約占4/5)，則進料氣中氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1∶∶1＝1∶7.5∶1。 1．[xx湖南東部六校聯考] 設NA代表阿伏伽德羅常數的值，N表示粒子數。下列敘述正確的是(　　) A．將CO2通過Na2O2使其增重a g時，反應中轉移電子數為 B．將1 mol Cl2通入水中，則N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA C．2.24 L的CH4中含有的C—H鍵鍵數為0.4NA D．常溫常壓下，3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子總數為0.4NA 1．D　[解析] 根據方程式2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2可知，2 mol Na2O2參加反應，固體增重56 g，轉移2 mol電子，則增重a g時，反應中轉移電子數為，A錯誤。將1 mol Cl2通入水中，根據氯元素守恒得2N(Cl2)＋N(HClO)＋N(ClO－)＋N(Cl－)＝2NA，B錯誤。2.24 L的CH4沒指明標準狀況，C錯誤。甲醛(HCHO)與冰醋酸的最簡式都為CH2O，含有的原子總數為0.4NA，D正確。 2．[xx淮南一模] 設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，0.1 mol C8H18所含有的共價鍵數目為2.5NA B．1 L 1 molL－1 FeCl3溶液完全水解產生的Fe(OH)3膠體粒子數為NA C．氫氧燃料電池正極消耗22.4 L氣體時，電路中通過的電子數目為4NA D．28.6 g Na2CO310H2O溶于水配成1 L溶液，該溶液中陰離子數目為0.1NA 2．A　[解析] 0.1 mol C8H18所含共價鍵數目為2.5NA，A正確；膠粒是很多微粒的集合體，故1 mol FeCl3完全水解形成的Fe(OH)3膠粒數遠小于NA，B錯誤；22.4 L沒有指明是否為標準狀況，C錯誤；0.1 mol Na2CO310H2O溶于水，CO水解生成HCO和OH－，陰離子數目增加，所以該溶液中陰離子數目大于0.1NA，D錯誤。 3．[xx太原期末] 設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是(　　) A．50 mL 18.4 molL－1濃硫酸與足量銅微熱反應，生成SO2分子的數目為0.46NA B．若由CO2和O2組成的混合物中共有NA個分子，則其中的氧原子數為2NA C．某密閉容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反應后轉移電子的數目為0.6NA D．常溫下，1 L 0.1 molL－1 NH4NO3溶液中的氫原子數為0.4NA 3．B　[解析] 濃硫酸隨反應進行變稀后不再與銅繼續(xù)反應，50 mL 18.4 mol/L濃硫酸與足量銅微熱生成SO2分子的數目小于0.46NA，A錯誤；合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故充分反應后轉移電子的數目小于0.6NA，C錯誤；NH4NO3溶液中不但NH含氫原子，水也含氫原子，故溶液中氫原子數大于0.4NA，D錯誤。 4．[xx江西師大附中、九江一中聯考] 某結晶水合物的化學式為RnH2O，其相對分子質量為M。25 ℃時，a g該晶體能夠溶于b g水中形成V mL溶液，下列關系中不正確的是(　　) A．該溶液中溶質的質量分數為w＝% B．該溶液的物質的量濃度為c＝ molL－1 C．該溶液中溶劑與溶質的質量比為m(水)∶m(溶質)＝∶ D．該溶液的密度為ρ＝ gL－1 4．A　[解析] R的質量為a g，溶液總質量為(a＋b)g，可知該溶液中溶質的質量分數為100%＝%，A錯誤。n(R)＝n(RnH2O)＝ mol，該溶液的物質的量濃度為 ＝ mol/L，B正確。RnH2O中結晶水的質量為g，故R的質量為g，溶液中溶劑的質量為g，則溶液中m(水)∶m(溶質)＝∶，C正確。溶液總質量為(a＋b)g，根據ρ＝可知，溶液密度為＝ g/mL＝ g/L，D正確。 5．[xx保定摸底] 取五個相同的氣球，同溫同壓下，分別充入CO和以下四種混合氣體，吹出的體積相等，如圖5－1所示。A、B、C、D四個氣球內，與CO所含原子數一定相等的是(　　) 圖5－1 5．C　[解析] 同溫同壓下氣體體積之比等于物質的量之比，所以五個氣球中所含氣體分子的物質的量相等，設為n，CO是雙原子分子，則CO氣球中原子的個數是2nNA；HCl和O3為雙原子和三原子分子，原子的個數大于2nNA，A錯誤；H2和NH3是雙原子和三原子分子，原子的個數大于2nNA，B錯誤；N2和O2都是雙原子分子，原子的個數是2nNA，C正確；He是單原子分子、NO2是三原子分子，二者混合，原子個數可能大于2nNA、小于2nNA或等于2nNA，D錯誤。 6．[xx唐山質檢] 鈷及其化合物可作為一些化學合成的催化劑，亦用于油漆、顏料、玻璃、釉瓷及電極板等的制造。 (1)粉紅色、不溶于水的Co(OH)2具有兩性，其溶于鹽酸的離子方程式為________________________________________________________________________。 Co(OH)2在空氣中慢慢被氧化為棕褐色的Co(OH)3，反應的化學方程式為________________________________________________________________________。 (2)CoxNi(1－x)Fe2O4(其中Co、Ni均為＋2價)可用作H2O2分解的催化劑，具有較高的活性。 ①該催化劑中鐵元素的化合價為________。 圖5－2 ②兩種不同方法制得的催化劑CoxNi(1－x)Fe2O4在10 ℃時催化分解6%的H2O2溶液的相對初始速率隨x變化的曲線如圖5－2所示。由圖中信息可知：______________法制取得到的催化劑活性更高；Co2＋、Ni2＋兩種離子中催化效果較好的是________。 (3)CoCl2常用作多彩水泥的添加劑，可用鈷的氧化物(其中Co的化合價為＋2、＋3)制備，用480 mL 5 molL－1鹽酸恰好將其完全溶解，得到CoCl2溶液和6.72 L(標準狀況下)黃綠色氣體。則該鈷的氧化物的化學式為________________________。 6．(1)Co(OH)2＋2H＋===Co2＋＋2H2O 4Co(OH)2＋O2＋2H2O===4Co(OH)3 (2)①＋3?、谖⒉ㄋ疅帷o2＋　(3)Co3O4 [解析] (2)①CoxNi(1－x)Fe2O4中Co、Ni均為＋2價，O為－2價，則Fe的化合價為＝＋3；②過氧化氫的分解速率越大，催化劑活性越高，根據圖像可知，x相同時，微波水熱法速率大于常規(guī)水熱法，故微波水熱法制得催化劑的活性更高；由圖看出，隨x值越大，過氧化氫的分解速率越大，而x增大，Co2＋的比例增大，故Co2＋的催化活性更高。(3)由電子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2＝0.6 mol。由電荷守恒：反應后溶液中n(Co原子)總＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝(0.48 L5 mol/L－20.3 mol)＝0.9 mol，固體中的n(Co2＋)＝0.9 mol－0.6 mol＝0.3 mol，根據化合價代數和為零，氧化物中n(O)＝(0.3 mol2＋0.6 mol3)2＝1.2 mol，故該鈷的氧化物中n(Co)∶n(O)＝0.9 mol∶1.2 mol＝3∶4，故氧化物的化學式為Co3O4。