2025-2026学年高考复习化学计算题专题分类练习卷2

2025--2026年高考复习人教版化学计算题专题分类练习卷2 一、化学计量（本大题共3小题） 1．将6 g的铁粉加入200 mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液，充分反应得到200 mL0.5mol /LFeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物。试计算 (1)反应后生成铜的质量； (2)原Fe2(SO4)3溶液的物质的量浓度。 2．确定Fe2O3和Cu混合物的组成(假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别加入30.0 mL某浓度的稀硫酸中，充分反应后， 每组样品剩余固体的质量与原样品质量的关系如图所示。 (1)该混合物中，n(Fe2O3)：n(Cu)= 。 (2)稀硫酸的物质的量浓度为 。 3．现有CuO和Fe2O3组成的混合物若干克，向其中加入一定浓度的硫酸溶液50.0mL，恰好完全反应。向反应后的溶液中不断加入铁粉，加入铁粉的质量与充分反应后剩余固体的质量关系如图所示。 试计算： (1)固体混合物中CuO的质量分数为 %； (2)硫酸溶液的物质的量浓度为 mol/L 二、氧化还原反应（本大题共2小题） 4．(1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍—磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和，在酸性条件下发生以下镀镍反应：Ni2+++ =Ni++ 。 ①请完成并配平上述方程式 。 ②上述反应中，若生成1 mol ，反应中转移电子的物质的量为 。 (2)①高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，若生成2 mo1 Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为 mol。 ②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2+ 1 mg的水体样本，需要1.2 mg·L-1高铁酸钾 L。 (3)铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3，将一定量的铁红溶于160 mL 5mol/L盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24 L(标准状况)气体，经检测，溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为 。 5．常温下ClO2为气体，具有强氧化性，易溶于水且不与水反应，可作为自来水的消毒剂与食品漂白剂。ClO2可通过如下反应制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+C12↑+2NaCl+2H2O。现往足量NaClO3中通入56LHCl(标况)气体制ClO2，请计算： (1)通入的HCl气体物质的量为___。 (2)若将生成的混合气体通过装有亚氯酸钠(NaClO2)的干燥管，可吸收Cl2并生成ClO2。通过两步制备共产生ClO2质量为多少克___(写出计算步骤)？ 三、离子反应（本大题共2小题） 6．为确定某一铁铜样品中各成份的含量，某同学进行了如下实验：准确称取一份质量为铁铜样品，逐渐加入一定体积某浓度的稀硝酸，每次实验充分反应后，测得生成气体的体积为（已换成标准状况，假设生成的全部逸出），并测得剩余固体质量为。各次实验的数据如下表： 稀硝酸体积 0 80 160 240 320 400 体积 0 0.896 1.792 2.688 3.584 4.48 剩余固体质量 12.24 8.88 5.52 1.92 0 0 根据以上实验数据，请回答： (1)上述实验当加入稀硝酸后，所发生反应的离子方程式为 。 (2)稀硝酸的物质的量浓度为 。 (3)样品中的物质的量之比为 。 7．二氧化氯消毒剂可有效灭活新冠病毒。沸点为，不稳定，常转化为产品。 （1）工业上采用和混合溶液吸收制备，反应的离子方程式为 。吸收一般在冰水浴中进行，其原因可能是防止分解、 。 （2）产品中质量分数的测定：称取产品配成溶液；取所配溶液，加入足量溶液和稀(发生反应)；向充分反应后的混合物中逐滴加入溶液至恰好完全反应()，共消耗溶液的体积为。 ①若加入溶液后在空气中放置时间过长，会导致测得的质量分数 (选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 ②求产品中的质量分数 (产品中的杂质不与、发生反应，写出计算过程)。 四、钠及其化合物（本大题共1小题） 8．实验室中有一瓶未知浓度的NaOH溶液，因保存不当吸收CO2而变质，现取100 mL溶液，逐滴滴入0.1 mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积与所加HCl溶液的体积之间关系如下图所示，通过计算回答： (1)变质后的溶液中的溶质为 (化学式)。 (2)变质过程中吸收的CO2在标准状况下气体体积为 。 (3)变质前NaOH溶液的物质的量浓度为 。 五、铁及其化合物（本大题共1小题） 9．称取8.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入100 mL2.00mol/L的硫酸充分溶解，往所得溶液中加11.2g铁粉，充分反应后，得固体的质量为6.08g。请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量 。 (2)固体混合物中氧化铜的质量 。 六、铝及其化合物（本大题共1小题） 10．将yg由、两种固体组成的混合物投入适量水中，再向溶液中通入，通入的体积(已折算成标准状况)与生成沉淀质量的关系如图所示： 请回答下列问题： (1)ab段发生反应的离子方程式是 。 (2)x= ；混合物中的质量分数为 (保留两位有效数字)。 (3)c点对应溶液中的溶质为 (填化学式)。 七、氮及其化合物（本大题共3小题） 11．将铜镁合金完全溶解于的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。求： (1)的浓硝酸中含有的物质的量为_______。 (2)该合金含铜_______g。 (3)混合气体中，和的物质的量之比为_______。 12．I.有一碳酸钠和碳酸氢钠混合物，取mg固体样品进行加热，完全分解产生CO2112mL；另取mg固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入150mL稀盐酸时产生CO2112mL，盐酸过量时共产生CO2448mL(气体体积均在标准状况下测定)。 (1)碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量之比为 。 (2)盐酸的浓度c(HCl)= (保留两位有效数字)。 II.用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下： ①2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ②NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 现有VL某NaOH溶液，能完全吸收由nmolNO2和mmolNO组成的大气污染物： (1)混合气体中NO2和NO若能完全被NaOH溶液吸收，则n与m的关系是：n___m(用＜、=、>、≥、≤表示) (2)若所得溶液中c(NO)：c(NO)=1：9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n：m= 。(写出计算过程) 13．将12.8g铜与一定量的浓硝酸发生反应，铜反应完时，得到NO、NO2混合气体5.6L(标准状况下)。计算： (1)反应过程中共转移电子 NA； (2)反应消耗硝酸的物质的量 (写出计算过程)。 (3)混合气体中NO的体积 。 八、化学反应与热能（本大题共2小题） 14．(1)N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25 mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水放出133.5 kJ热量。写出该反应的热化学方程式 (2)已知H—H的键能为436kJ·mol–1 ，Cl—Cl的键能为243kJ·mol–1，H—Cl的键能为431kJ·mol–1，写出氢气在氯气中燃烧生成1 mol氯化氢的热化学方程式 (3)神舟系列载人飞船的火箭推进剂中盛有液态肼(N2H4)和强氧化剂NO2，这两者混合反应生成大量的N2和水蒸气，并放出大量的热。又知： ① N2(g) + O2(g) = 2NO(g) ΔH＝ +180 kJ·mol－1 ②2NO(g) + O2(g) = 2NO2(g) ΔH＝ –112.3 kJ·mol－1 ③N2H4(l) + O2(g) = N2(g) + 2H2O(g) △H = –534 kJ·mol-1 试写出液态肼与NO2反应的热化学方程式 ： 。 15．碳是常见的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题： (1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下： ΔH＝＋88.6kJ·mol－1。 则M、N相比，较稳定的是 。 (2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋O2(g)= CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－akJ·mol－1，则a 726.5(填“>”“<”或“＝”)。 (3)煤气化制合成气(CO和H2) 已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=＋131.3kJ·mol-1 ②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=＋90kJ·mol-1 则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是 。 (4)已知E1=134kJ·mol-1、E2=368kJ·mol-1，请参考题中图表，按要求填空: ①图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率加快，E1的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是 。NO2和CO反应的热化学方程式为 。 ②下表所示是部分化学键的键能参数: 化学键 P—P P—O O=O P=O 键能/(kJ·mol-1) a b C x 已知P4(g)+5O2(g)=P4O10(g)　ΔH=－dkJ·mol-1，P4及P4O10的结构如图Ⅱ所示。表中x= (用含a、b、c、d的代数式表示)。 九、化学反应与平衡（本大题共5小题） 16．恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。 (1)某时刻t时，测得nt(N2)=10mol，nt(NH3)=6mol，则a= 。 (2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况)，其中NH3的体积分数为25%。则平衡时NH3的物质的量为 。 (3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比n(始)∶n(平)= 。 (4)原混合气体中，a∶b= 。 (5)达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α(N2)∶α(H2)= 。 17．在一定温度下的2 L的密闭容器中，加入3 mol A和1 mol B，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)+3D(s)，5 min达到平衡时，n(B)：n(C)=1：3。 (1)0～5 min内用B表示的平均反应速率为 ；达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比 。 (2)维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 (3)达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 18．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。 请回答下列问题： ⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为： 。 ⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为： 。 ⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： ① 2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)；ΔH ＝－90.8 kJ·mol－1 ② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23.5 kJ·mol－1 ③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41.3 kJ·mol－1 总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)的ΔH＝ ； 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是 （填字母代号）。 a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚 ⑷ 已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6 ① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆（填“>”、“<”或“＝”)。 ② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ ；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ 。 19．某温度时在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析： （1）该反应的化学方程式为：___。 （2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为：___。 （3）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的__（填序号）： A．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化 B．混合气体的压强不随时间的变化而变化 C．单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZ D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化 （4）在密闭容器里，通入amolX（g）和bmolY（g），发生反应X（g）+Y（g）═2Z（g），当改变下列条件时，反应速率会发生什么变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）？ ①降低温度：__；②恒容通入氦气：___；③使用催化剂：___。 20．800K时，将0.1moA(g)和0.2molB(g)充入体积为1L的固定容积反应器中，发生如下反应：A(g)+2B(g)⇌2C(g)+D(g)，达到平衡时A的物质的量分数为20%。 (1)求达平衡时B的转化率α(B) 。 (2)求该温度下的平衡常数K (分数表示)。 (3)若起始A的分压为10kPa，求Kp(分数表示) 。 十、水溶液中的离子反应和平衡（本大题共2小题） 21．（1）25℃时，现有pH＝2的HCl溶液100mL，要使它的pH＝3，如果加入蒸馏水，需加水 mL；如果加入pH＝4的HCl溶液，需加入此HCl溶液 mL。（假定溶液体积有加和性，下同） （2）25℃时，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝ 。(lg2=0.3) （3）25℃时，将0.1mol·L-1盐酸和0.06mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后，该混合溶液的pH＝ 。 （4）25℃时，pH＝a的X体积的某强酸与pH＝b的Y体积的某强碱混合后，溶液呈中性，已知a＋b＝15，则X:Y＝ 。 22．在某温度时，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11。 (1)该温度下水的离子积常数Kw＝ 。 (2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的硫酸VbL混合。 ①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝ 。 ②若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝ 。 十一、化学反应与电能（本大题共4小题） 23．燃煤烟气中的、可通入碱液或利用电解池装置进行吸收处理。 Ⅰ. 常温下，是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。氧化性强于，能更有效地氧化。 (1) (活化能) 则 (活化能) (2)为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化如图1所示。温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是 。 Ⅱ.一定条件下水溶液中可发生如下反应：，部分物质的物质的量的变化如图2所示。 (3)曲线表示 的变化(填名称)。时反应达到平衡状态，用表示反应的平均速率为 。 (4)下列不能说明反应已达到平衡状态的是 。 A． B．绝热恒容时，反应的化学平衡常数不再变化 C．恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度不再变化 D．反应过程中，溶液中分子总数不再改变 Ⅲ. 若烟气主要成分为、，可通过电解法除去，其原理如图3所示。阳极的电极反应式为 。电解过程中得到的产物为 。 24．如图为相互串联的甲、乙两电解池.试回答： （1）若甲电解池利用电解原理在铁上镀银，则A是 、 （填电极材料和电极名称），电极反应式为 ；应选用的电解质溶液是 。 （2）乙池中滴入少量酚酞试液，电解一段时间后，铁极附近呈 色。C 极生成的物质为 色。 （3）一段时间后若甲池阴极增重 4.32g，则乙槽中放出的气体在 标准状况下的体积是 mL。 25．碳及其化合物在生产、生活中广泛存在。请回答下列问题： (1)已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为 K= 。 (2)已知在一定温度下， ①       平衡常数 ②       平衡常数 ③     平衡常数 则、、之间的关系是 ，= 用含a、b的代数式表示。 (3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：；该反应平衡常数随温度的变化如表所示： 温度 400 500 800 平衡常数K 9 1 该反应的正反应方向是 反应填“吸热”或“放热”，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O起始浓度均为0.02mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为 。 (4)电化学法还原二氧化碳为乙烯原理如下图所示。 A为电源的 极(填“正”或“负”)，阴极电极反应式为 。电路中转移0.2 mol 电子，理论上产生氧气 L(标准状况)。 26．已知铅蓄电池的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O，现用如图装置进行电解（电解液足量），测得当铅蓄电池中转移 0.4 mol 电子时铁电极的质量减少 11.2 g。请回答下列问题。 (1)A 是铅蓄电池的 极，铅蓄电池正极反应式为： 。 (2)Ag 电极的电极反应式是： ，该电极的电极产物共 g。 (3)Cu 电极的电极反应式是： ，CuSO4溶液的浓度 （填“减小”“增大”或“不变”）。 十二、有机物的研究方法（本大题共1小题） 27．按要求填空 (1)0.2mol 有机物和 0.4mol O2 在密闭容器中燃烧后的产物为 CO2、CO 和 H2O(g)．产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加 10.8g；再通过灼热 CuO 充分反应后，固体质量减轻 3.2g；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰质量增加 17.6g。该有机物 A 的分子式为： ； (2) 化合物 B 和 C 的分子式都是 C2H4Br2 ， B 的核磁共振氢谱如下图所示，则 B 的结构简式为 ；请预测 C 的核磁共振氢谱上有 种信号； (3)有机物 B 的分子式为 C4H8O2，其红外光谱图如图所示，试推测该有机物的可能结构(试写出两种) 、 。 十三、烷烃、烯烃和炔烃（本大题共1小题） 28．(1)系统命名法命名A、B、C、D四种物质： A．： ； B．： ； C．： ； D．： ； (2)某有机物0.3克完全燃烧后生成224毫升（标准状况）二氧化碳和0.18克水。已知该物质的蒸气对氢气的相对密度为30，试求： ①有机物的分子式 。 ②试写出该有机物可能的两个结构简式 ； 。 十四、醇、酚（本大题共1小题） 29．46 g某无色液体CxHyOH (纯净物)与足量钠完全反应，得到11.2 L氢气(标准状况)，通过计算确定CxHyOH的结构简式 。 十五、综合实验方案设计与评价（本大题共1小题） 30．某兴趣小组对化合物X开展探究实验。 其中：X是易溶于水的正盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；生成的A全部逸出，且可使品红溶液褪色：溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1；用酸性标准溶液滴定用6.68gX配成的溶液，发生反应：，消耗。(注：忽略加入固体X后溶液的体积变化)。请回答： (1)组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。 (2)若吸收气体A的KOH不足，，该反应的化学方程式是 。 (3)固体X与稀盐酸发生反应的离子方程式是 。 (4)某研究小组讨论溶液D中的主要阴离子M与的反应原理，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应；二是发生双水解反应，生成氢氧化铁胶体和气体A。在探究过程中某小组同学选择如下的实验用品：溶液D，稀溶液，稀盐酸；试管、胶头滴管。从选择的药品分析，分析设计这个实验的目的是 。 参考答案 【知识点】利用简单方程（组）计算 1．【答案】（1）2.56g；（2）0.1mol/L。 【详解】 溶液中含有Fe2＋：0.5mol/L×0.2L＝0. 1mol ，设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y， ， 可得：3x＋y＝0. 1mol 6g－56x＋8y＝5.2g，解得x＝0.02mol，y＝0.04 mol。所以生成铜质量为0.04 mol×64g/ mol＝2.56g，原溶液中Fe2(SO4)3物质的量浓度为c[Fe2(SO4)3]=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。 【知识点】物质的量在化学方程式计算中的应用 2．【答案】 1:3 1.5mol/L 【分析】 混合物在稀硫酸中发生的反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，由图可知，五份不同质量的样品与稀硫酸充分反应后，均有固体剩余，说明反应后的溶液中不存在铁离子，剩余固体为未反应的铜；由c点出现拐点可知，c点硫酸恰好与氧化铁反应反应，c点后的剩余固体为氧化铁和铜的混合物。 【详解】 (1)设混合物中氧化铁的物质的量为xmol、铜为ymol，由b点坐标可得：160x+64y=3.52①，64(y-x)=1.28②，解①②可得x=0.01、y=0.03，则n(Fe2O3)：n(Cu)=1:3，故答案为：1:3； (2)由分析可知，d点硫酸不足量，氧化铁部分与硫酸反应，剩余固体为氧化铁和铜，设d点氧化铁的物质的量为amol，由n(Fe2O3)：n(Cu)为1:3可得：160a+64×3a=7.04，解得a=0.02mol，设硫酸的浓度为c mol/L，由方程式和剩余固体质量可得：160×0.015c+64×0.015c=3.68，解得c=1.5，故答案为：1.5mol/L。 【知识点】物质的量在化学方程式计算中的应用 3．【答案】20.0；1.4 【详解】 CuO和Fe2O3分别与硫酸溶液反应的化学方程式为：、，恰好完全反应所得溶液的溶质为和，再加入铁粉，由于Fe3+比Cu2+的氧化性强，先发生反应：，后发生反应：。由图像知，当加入1.680gFe时，第二个反应恰好完全进行，析出金属铜的质量为0.640g，根据铜原子守恒，，0.010molCuO生成0.010mol，与0.010mol反应需要消耗0.010molFe，则与反应的铁的物质的量为：，的物质的量为0.020mol，原混合物中Fe2O3的物质的量为0.020mol。 (1)0.010mol的CuO质量为：，0.020molFe2O3的质量为：，固体混合物中CuO的质量分数为：，故答案为：20.0； (2)0.010molCuO消耗0.010mol，0.020molFe2O3消耗0.060mol，50.0mLH2SO4溶液中共含有0.070mol，该硫酸溶液的物质的量浓度为：，故答案为：1.4； 【知识点】基于氧化还原反应守恒规律的计算、守恒法与关系式法、氧化还原反应方程式的配平 4．【答案】(1)Ni2+++H2O =Ni++2H+；2mol； (2)10；2； (3)11.2 g 【分析】 (1) 反应中Ni元素的化合价降低，P元素的化合价升高，结合电子、电荷守恒及原子守恒分析； （2）根据化合价的变化进行计算即可； （3）参加反应的铁粉为与铁离子反应及与氢离子反应的两部分之和，根据氢气的体积计算出与盐酸反应的铁的物质的量及HCl的物质的量，再根据氯原子守恒，求出氯化铁的物质的量，进而求出与铁离子反应的铁的物质的量。 【详解】 （1）①反应中Ni元素的化合价降低，P元素的化合价升高，结合电子、电荷守恒及原子守恒分析；反应中镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，离子反应为Ni2+++H2O═Ni++2H+，故答案为：Ni2+++H2O═Ni++2H+； ②由上述反应方程式可知，反应中磷元素的化合价由+1价变为+3价，升高了2价，故生成1 mol，反应中转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2mol； （2）①反应中，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素化合价由-1价升高到0价，若生成2mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为10mol，故答案为：10； ②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，同时被还原为Fe3+，含Mn2+1mg的水体样本，则n(Mn2+)==1.8×10-5mol，c(K2FeO4)=/L=6×10-6mol/L，则1.8×10-5mol×(4-2)=V×6×10-6mol/L×(6-3)，解得：V=2L，故答案为：2； (3)氢气的物质的量为 =0.1mol， 根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为×(0.16L×5mol/L-0.2mol)=0.2mol， 所以参加反应的铁粉的质量为(0.1mol+0.1mol)×56g/mol=11.2g，故答案为：11.2g。 【知识点】列比例式根据方程式计算、基于氧化还原反应守恒规律的计算 5．【答案】2.5mol 168.75g 【详解】 (1)根据进行分析，HCl的物质的量为=2.5mol，故答案为2.5mol； (2)根据2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+C12↑+2NaCl+2H2O，通入2.5mol氯化氢时，产生n(ClO2)==1.25mol，产生氯气的物质的量为=0.625mol，氯气与亚氯酸钠反应的离子方程式为Cl2＋2ClO=2ClO2↑＋2Cl－，此时产生ClO2的物质的量为2×0.625mol=1.25mol，两次反应共产生ClO2的物质的量为1.25mol+1.25mol=2.5mol，即产生二氧化氯的质量为2.5mol×67.5g/mol=168.75g；故答案为168.75g。 【知识点】物质的量浓度的计算、离子方程式的书写及正误判断 6．【答案】(1) (2)2 (3)5∶2 【详解】（1）根据表格数据，硝酸体积从320mL到400mL，固体质量都是0，但是生成NO，说明是硝酸与Fe2+反应生成的，离子方程式为：； （2）根据前2阶段数据，硝酸的体积、NO的体积、金属减少的质量均成比例，可以判断开始为Fe反应生成Fe2+，有关系式：，第1阶段生成的NO的物质的量为0.04mol，则消耗的HNO3为0.16mol，体积为80mL，硝酸的物质的量浓度为=2mol/L； （3）分析表格的数据：前2阶段数据，硝酸的体积每增加80mL，NO的体积增加0.896L、金属减少的质量均成3.36g，可以判断为Fe反应生成Fe2+，当硝酸体积从160mL到240mL，NO的体积增加0.896L、而金属的质量减少3.6g，说明这一阶段是把剩余的铁反应成Fe2+，铜反应了一部分，剩余铜1.92g；设这3.6g的金属中Fe的物质的量为x，铜的物质的量为y，有方程组：2x+2y==0.12；56x+64y=3.6；解得x=0.03mol，y=0.03mol，则原样品中铜的总质量为0.03mol=3.84g，铜的总物质的量为0.06mol；铁的总质量为12.24g-3.84g=8.4g，物质的量为=0.15mol；样品中的物质的量之比为0.15mol：0.06mol=5∶2。 【知识点】守恒法与关系式法、离子方程式的书写及正误判断 7．【答案】 （1） 防止分解 ； （2） 偏高 76.02% 【详解】 （1） 用和混合溶液吸收制备，变为是化合价下降被还原，所以过氧化氢被氧化，产物是氧气，同时碱性条件，所以变成后多氢补氢氧根变成水，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：； 吸收一般在冰水浴中进行，即条件控制不能温度太高，其原因可能是防止分解、气体溶解度降低、被氧化等原因，由于的沸点是，此温度下是液体，不存在溶解度问题，所以主要是防止另一反应物即不稳定的过氧化氢分解，故答案为：防止分解。 （2） ①若加入溶液后在空气中放置时间过长，部分被空气中的氧气氧化，则生成的碘的量偏多，则消耗溶液的体积偏大，最终导致测得的质量分数偏高，故答案为：偏高； ②由和得：， ， ， ，故答案为：76.02%。 【知识点】22.4L/mol使用条件、物质的量浓度的计算、碳酸钠和碳酸氢钠 8．【答案】NaOH、Na2CO3；22.4；0.03 mol/L 【分析】 根据坐标可知物质完全反应放出CO2气体的物质的量n(CO2)==0.001 mol，在HCl的体积是20 mL以后发生反应：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式可知该段消耗HCl的物质的量为n(HCl)=n(CO2)=0.001 mol，V(HCl)==0.01 L=10 mL，加入盐酸0-20 mL段未产生气体，根据反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3及HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O可知Na2CO3分两步反应，两段消耗HCl相同，也是10 mL，而未产生气体消耗HCl的体积是20 mL＞10 mL，说明变质的NaOH溶液中除含有Na2CO3外还含有部分NaOH，该溶液的溶质是NaOH、Na2CO的混合物。然后根据物质的量关系进行计算。 【详解】 (1)根据上述分析可知：变质后的溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3； (2)向变质后的溶液中加足量NaOH溶液，至恰好反应产生NaCl时，放出的CO2气体就是原NaOH溶液变质过程中吸收的CO2，由图可知吸收的CO2在标准状况下气体体积为22.4 mL； (3)n(CO2)==0.001 mol，根据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O可知：产生气体段消耗HCl的物质的量是0.001 mol，则根据C元素守恒，可知n(Na2CO3)=n(CO2)=0.001 mol，其反应变为NaHCO3消耗HCl的体积V(HCl)==0.01 L=10 mL，因此在前20 mL消耗的HCl中有10 mL是HCl与NaOH发生反应：n(NaOH)剩余=n(HCl)=0.001 mol，根据Na元素守恒，可知原NaOH溶液中含有NaOH的物质的量n(NaOH)总=n(NaOH)剩余+2n(Na2CO3)=0.001 mol+2×0.001 mol=0.003 mol，因此变质前NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)==0.03 mol/L。 【知识点】利用简单方程（组）计算、铁及其化合物的转化关系（铁三角）、铁的化学性质 9．【答案】0.200 mol 4.80 g 【分析】 过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，有固体剩余，则铁元素以亚铁离子形式存在、溶液全部是硫酸亚铁时，溶液中铁元素质量最大，则由数据可知，所得固体中必定含铜、含剩余的铁，以此解答。 【详解】 (1)100 mL2.00mol/L的硫酸的物质的量n=0.1L×2.00mol/L=0.200mol，据分析、所得溶液中铁元素以亚铁离子形式存在、溶质只有硫酸亚铁时，溶液中铁元素质量最大，n(FeSO4)=n(H2SO4)= 0.200mol，已知加入铁粉 、按铁元素守恒可知，反应后必定有一部分铁多余，故加入铁粉充分反应后，溶液中为0.200mol FeSO4； (2)根据(1)的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.200mol，质量m=0.200mol56g/mol=11.2g，等于加入的铁粉的质量，说明6.08g固体中剩余铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜物质的量为x，氧化铁物质的量为y，则有： ，解得x=0.06，y=0.02，氧化铜的质量是0.06mol×80g/mol=4.80g。 【知识点】离子方程式的书写及正误判断、铝及其化合物转化关系(铝三角） 10．【答案】(1) (2)     224     49% (3)、 【分析】 由、两种固体组成的混合物投入适量水中，再向溶液中通入，首先氢氧化钡转化为碳酸钡沉淀，继续通入二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，然后是溶液中的碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后通入的二氧化碳会把碳酸钡转化为碳酸氢钡，据此解答。 (1) 由于氢氧化铝能溶于强碱中，所以首先是氢氧化钡吸收二氧化碳生成碳酸钡沉淀，然后才是偏铝酸钠转化为氢氧化铝，则ab段发生反应的离子方程式是。 (2) 根据图像可知溶解碳酸钡沉淀需要二氧化碳的体积是896mL－672mL＝224mL，由于氢氧化钡生成碳酸钡，和碳酸钡生成碳酸氢钡需要的二氧化碳一样多，则x=224，对应二氧化碳的物质的量是0.01mol，根据方程式Ba(OH)2+CO2＝BaCO3↓+H2O可知混合物中氢氧化钡的物质的量是0.01mol；ab段消耗二氧化碳的体积是448mL－224mL＝224mL，对应二氧化碳的物质的量是0.01mol，根据可知偏铝酸钠的物质的量是0.02mol，所以混合物中的质量分数为≈49%。 (3) 根据以上分析可知c点对应溶液中的溶质为、。 【知识点】有关硝酸的计算 11．【答案】(1)0.7 (2)1.28 (3)4∶1 【分析】1.52g铜镁合金溶于浓硝酸中生成硝酸铜、硝酸镁、NO2、N2O4，NO2、N2O4的体积为1120mL，则物质的量为0.05mol。向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子完全沉淀时，得到2.54g沉淀，则m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，则n(OH-)=0.06mol。 【详解】（1）50mL 14mol/L 的浓硝酸中含有HNO3的物质的量为0.05L×14mol/L=0.7mol； （2）根据n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化学式可知，铜和镁的总物质的量是n(OH-)的二分之一，即为0.03mol。设合金中铜的物质的量为x，镁的物质的量为y，则有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，则该合金含铜0.02mol×64g/mol=1.28g； （3）铜和镁的总物质的量为0.03mol，铜和镁反应后均为+2价，所以转移电子的物质的量为0.06mol，设N2O4的物质的量为a，则NO2的物质的量为0.05-a，根据化合价变化有2a+0.05-a=0.06，则a=0.01mol，则NO2的物质的量为0.04mol，所以混合气体中， NO2 和 N2O4 的物质的量之比为0.04：0.01=4：1。 【知识点】一氧化氮的性质、二氧化氮的性质、碳酸钠和碳酸氢钠 12．【答案】1:1 0.10mol/L > 3:2 【详解】 Ⅰ(1)对其中一份样品进行加热完全分解产生112毫升的二氧化碳，则，n(NaHCO3)=，另一份样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入过量盐酸时产生标准状况下448毫升二氧化碳，该二氧化碳的物质的量为：，根据C原子守恒可知混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，则混合物中碳酸钠的物质的量为0.02mol-0.01mol=0.01mol，所以混合物中碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量之比为0.01mol：0.01mol=1:1； (2)向碳酸钠、碳酸氢钠的混合物中加入稀盐酸时，碳酸钠优先反应，根据反应可知，0.01mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.01mol。然后发生反应：，生成标准状况下112毫升二氧化碳时消耗HCl的物质的量为：，则150毫升该盐酸中含有HCl的物质的量为：0.01mol+0.005mol=0.015mol，所以该稀盐酸的物质的量浓度为； Ⅱ(1) 若混合气体中NO2和NO若能完全被NaOH溶液吸收且有硝酸根生成，所以n>m； (2)设原混合气体中二氧化氮和一氧化氮的物质的量n和m，；；，解得n:m=3:2。 【知识点】有关硝酸的计算 13．【答案】0.4；0.65；1.68L； 【详解】 (1)铜和硝酸反应，硝酸是氧化剂得电子，铜是还原剂失电子，根据得失电子守恒：n(e-)=2n(Cu)=2×m/M=2×12.8g/64g/mol=0.4mol，转移电子数为N=n NA =0.4 NA； (2)铜和硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物(NO或NO2或NO、NO2的混合物)，反应中硝酸其氧化剂、酸性作用，起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝酸生成Cu(NO3)2，根据氮原子守恒：n(HNO3)=n(氧化剂的HNO3)+n(酸的HNO3)=n(气体)+2n[Cu(NO3)2]=n(气体)+2n(Cu)=5.6L/22.4L/mol+2×12.8g/64g/mol=0.65mol； (3)根据得失电子守恒n(NO2)+3n(NO)=2n(Cu)=0.4，而n(NO2)+n(NO)=0.25mol，解之得n(NO)=0.075mol，V(NO)=nVm=0.075mol×22.4L/mol=1.68L。 【知识点】利用盖斯定律计算反应热、根据键能计算反应热、热化学方程式的书写 14．【答案】N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534 kJ·mol－1 H2(g)+Cl2(g)=HCl(g) △H=-91.5 kJ·mol－1 2N2H4(l) + 2NO2(g) = 3N2(g) + 4H2O(g) △H = –1135.7 kJ·mol-1 【详解】 (1)0.25 mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5 kJ热量，可知1mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量为133.5kJ×4=534kJ，则该反应的热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534 kJ·mol－1； (2)已知H—H的键能为436kJ·mol–1 ，Cl—Cl的键能为243kJ·mol–1，H—Cl的键能为431kJ·mol–1，则氢气在氯气中燃烧生成1 mol氯化氢时放出的热量为：1mol×431kJ·mol–1-(0.5mol×436kJ·mol–1+0.5mol×243kJ·mol–1)=91.5kJ，热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=HCl(g) △H=-91.5 kJ·mol－1； (3) 液态肼(N2H4)和强氧化剂NO2混合反应生成大量的N2和水蒸气，并放出大量的热，又知： ① N2(g) + O2(g) = 2NO(g) ΔH＝ +180 kJ·mol－1 ②2NO(g) + O2(g) = 2NO2(g) ΔH＝ –112.3 kJ·mol－1 ③N2H4(l) + O2(g) = N2(g) + 2H2O(g) △H = –534 kJ·mol-1 根据盖斯定律，③×2-①-②得：2N2H4(l) + 2NO2(g) = 3N2(g) + 4H2O(g) △H = –1135.7 kJ·mol-1。 【知识点】利用盖斯定律计算反应热、根据键能计算反应热、热化学方程式的书写 15．【答案】M ＜ CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)　ΔH=－41.3kJ·mol-1 减小 不变 NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)　ΔH=－234kJ·mol-1 【分析】 (1)M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定； (2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧； (3)根据盖斯定律分析计算； (4)①催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量；由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，据此书写反应的热化学方程式；②白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目计算。 【详解】 (1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，△H=+88.6kJ•mol-1，是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，说明N能量高，M能量低，能量越低越稳定，则M稳定，故答案为：M； (2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热，故答案为：＜； (3) ①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ•mol-1，②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H2=+90kJ•mol-1，由盖斯定律②-①得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1； (4)①加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，但催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1； ②白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以反应过程中的热量变化为12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，解得：x=，故答案为：。 【点睛】 本题的易错点和难点为(4)②，要注意P4和P4O10中化学键数目的判断。 【知识点】22.4L/mol使用条件、平衡转化率的相关计算、气体摩尔体积的概念 16．【答案】13 8mol 5︰4 13︰27 9︰13 【详解】 (1)物质的量之比等于化学计量数之比，所以(a-10)mol：6mol=1：2，解得a=13； (2)反应达平衡时，混合气体的物质的量，其中NH3的物质的量为32mol×25%=8mol； (3) ，平衡时，NH3的含量（体积分数）为25%，所以×100%=25%，解得b=27，所以平衡混合气的组成为：氮气9 mol，氢气15 mol，氨气为8 mol，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n(始)︰n(平)=(13+27) mol︰(9+15+8) mol=5︰4； (4)由(1)知a=13mol，由(3) 知b=27mol，所以a︰b=13mol︰27mol=13︰27； (5)由(1) (3)可知，开始时氮气的物质的量为13mol，氢气的物质的量为27mol，平衡时参加反应的氮气的物质的量为4mol，参加反应的氢气的物质的量为12mol，所以达到平衡时，N2和H2的转化率之比α(N2)︰α(H2)=︰=9︰13。 【知识点】化学反应速率的计算、化学平衡常数的影响因素与应用、化学平衡状态的判断、压强对化学平衡的影响 17．【答案】0.06 mol.L-1.min-1；7:10；正向移动；不变； 【详解】 (1)假设5 min内反应的B的物质的量为x，则反应产生C的物质的量为2x，由于n(B):n(C)=1:3，所以(1-x)mol：2x mol=1：3，解得x=0.6 mol，故0～5 min内用B表示的平均反应速率v(B)= mol.L-1.min-1； 反应前后压强之比等于气体的物质的量的比，n前=3 mol+1 mol=4 mol，根据方程式可知：该反应是气体物质的量减少的反应，每有1 mol B反应，反应后气体物质的量减小2 mol，现在B反应了0.6 mol，则反应后气体物质的量减少1.2 mol，所以n后=4 mol-1.2 mol=2.8 mol，故p后:p前=n后:n前=2.8 mol:4 mol=7:10； (2)该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，气体的压强增大，则化学平衡将向气体体积减小的正反应方向移动； (3)化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变。当达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数不变。 【知识点】利用盖斯定律计算反应热、化学平衡常数的影响因素与应用、压强对化学平衡的影响、浓度对化学平衡的影响、温度对化学平衡的影响 18．【答案】C + H2OCO + H2 H2S + Na2CO3＝ NaHS + NaHCO3 －246.4 kJ·mol－1 c、e > 0.04 mol·L－1 0.16mol/L·min 【详解】 (1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。 (2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为： Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。 (3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3="-246.4kJ·" mol -1。 正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。 (4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。 由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1， 10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。 【知识点】催化剂对于化学反应速率的影响、化学反应速率的定量表示方法、化学平衡状态的判断、温度对于化学反应速率的影响 19．【答案】3X+Y2Z 0.05mol/(L∙min) AB 减小 不变 增大 【详解】 （1）根据图像知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，所以X、Y是反应物，Z是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0-2min时，△X=（1-0.7）mol=0.3mol，△Y=（1-0.9）mol=0.1mol，△Z=0.2mol-0=0.2mol，△X：△Y：△Z=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2； 故该反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z； （2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为===0.05mol /(L∙min)； （3）A．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明各物质的量不变，达平衡状态，选项A正确； B．混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明各物质的量不变，达平衡状态，选项B正确； C．单位时间内每消耗3mol X，同时生成2mol Z，只要反应发生就符合这个关系，选项C错误； D．混合气体的总质量一直不随时间的变化而变化，选项D错误； E． 恒定容积，混合气体的密度始终不变，选项E错误； 答案选AB； （4）①温度越高，反应速率越快，所以降低温度，反应速率减小； ②保持容器体积不变，充入不参加反应的惰性气体，反应体系中各物质的量浓度不变，反应速率不变； ③使用催化剂，正逆反应速率均增大。 【知识点】化学平衡常数的有关计算、平衡转化率的相关计算 20．【答案】40% 0.296 0.296 【分析】 列出“三段式”，求达平衡时B的转化率α(B)=，将各物质的平衡浓度代入平衡常数表达式，平衡常数=，用各物质的分压代入化学平衡常数表达式，由此分析。 【详解】 (1)列出该反应的“三段式”，设转化的A的物质的量为x， 根据达到平衡时A的物质的量分数为20%，=20%，解得x=0.04mol，平衡时B的转化率α(B)=×100%=40%； (2)该温度下的平衡常数K===0.296； (3)若起始A的分压为10kPa，则起始B的分压为20kPa，由于反应前后气体的压强不变，反应后气体的总压强等于30kPa，由(1)可知转化的A为0.04mol，平衡后A的分压等于平衡时的总压乘以A的物质的量分数，即30kPa×=6kPa，平衡后B的分压等于30kPa×=12kPa，平衡后C的分压等于30kPa×=8kPa，平衡后D的分压等于30kPa×=4kPa，代入以压强表示平衡常数Kp==0.296。 【点睛】 计算Kp时依据平衡后各物质的分压等于平衡时的总压乘以各物质的物质的量分数，为难点。 【知识点】酸与酸或碱与碱混合后的pH计算、酸碱混合时的定性判断及计算、酸碱溶液稀释的pH的计算 21．【答案】900；1000；12.7；12；10:1； 【详解】 （1）25℃时，现有pH＝2的HCl溶液100mL，要使它的pH＝3，如果加入蒸馏水，需加水的体积假设为xmL 则： x=900 答案：900 如果加入pH＝4的HCl溶液，则假设加入的体积为y y=1000 答案为：1000 （2）25℃时，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后 c(OH－)= 溶液的pOH＝-lg(5×10-2)=2-lg5=1.3，pH=14- pOH=12.7 答案为：12.7 （3）25℃时，将0.1mol·L-1盐酸和0.06mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后， c(OH－)= c(H+)=10-12mol/L，pH=12。 答案为：12 （4）25℃时，pH＝a的X体积的某强酸与pH＝b的Y体积的某强碱混合后，溶液呈中性 10-a∙x=10-(14-b)∙y X:Y=10-(14-a-b) 已知a＋b＝15，则X:Y＝10-(14-a-b):1=10:1 答案为10:1 【点睛】 两种酸溶液混合，应先算出混合溶液中的c(H+)；两种碱溶液混合，应先算出溶液中的c(OH－)；若强酸与强碱溶液混合，则应先看哪种物质过量，若酸过量，先算c(H+)，若碱过量，则应先算c(OH－)。否则，会得出错误的结论。 【知识点】水的离子积常数、酸与酸或碱与碱混合后的pH计算 22．【答案】（1）1×10-13； （2）1:10；10:1 【分析】 【详解】 (1)0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则c(H+)=1×10-11mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-13； (2)①混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10a-13mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-bmol/L，10a-13mol/L×VaL=10-bmol/L×VbL且a=12，b=2，则Va:Vb=1:10； ②10a-13mol/L×VaL=10-bmol/L×VbL，且a+b=12，则Va:Vb=10:1。 【知识点】利用盖斯定律计算反应热、化学平衡状态的判断、电解池电极反应和电极反应方程式 23．【答案】-284.2 时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加 硫 A 、 【详解】 (1) 反应一： 反应二： 根据盖斯定律：； (2) 由题可知，时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，以反应为主，所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加，分解对氧化反应的影响增大，NO脱除率下降； (3) M，N平衡时比值为2：1，M为反应物，N为生成物，M减少量是N生成量的3倍，根据方程式可知M为，N为S，与S的比值为2：1，故可求； (4) A．平衡时v正=v逆，A不能体现正逆反应，故A错误； B．反应的化学平衡常数只受温度影响，且容器绝热，故B正确； C．硫酸的密度不变，且容器恒容，故硫酸的质量m也不变，因此n也不变，反应平衡，故C正确； D．一个平衡体系，分子总数不会改变，故D正确； 答案选A。 (5) 由题中可知，阳极反应为：,阴极为: ,将两边电子都配成10个，发现剩余H+，则产物中有、； 【知识点】利用电子守恒法进行多池或多室的相关计算、电解饱和食盐水（氯碱工业）、电镀 24．【答案】铁 阴极 Ag+ + e- = Ag AgNO3 溶液 红 浅黄绿色 896 【分析】 电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极。电解饱和食盐水时，阴极区生成碱。根据电子转移守恒进行电化的计算。 【详解】 （1）电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极。若甲电解池利用电解原理在铁上镀银，则A与电源负极相连，其是铁、阴极，电极反应式为Ag+ + e- = Ag；应选用的电解质溶液是 可溶于性的银盐溶液，可以用AgNO3 溶液。 （2）乙池为电解饱和食盐水，铁是阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极附近碱性增强，滴入少量酚酞试液，电解一段时间后，铁极附近呈红色。C 极生成的物质是氯气，其为黄绿色。 （3）一段时间后若甲池阴极增重 4.32g，则铁上镀银的物质的量为mol，说明电子转移了0.04mol，根据电子转移守恒可知，乙槽中放出的气体有0.02molH2和0.02molCl2，共计0.04mol，则乙槽中放出的气体在标准状况下的体积是0.04mol22.4103mL/mol= 896mL。 【点睛】 要注意乙槽中两个电极上均生成气体。 【知识点】化学平衡常数的有关计算、化学平衡常数的概念及表达方法、平衡转化率的相关计算、电解池有关计算 25．【答案】 放热 75% 负 2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH− 1.12 【详解】 (1) 化学平衡常数表达式各生成物（固体除外）浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度（固体除外）的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故某温度下某反应的化学平衡常数表达式为，故答案为：； (2)已知①       平衡常数 ②       平衡常数 ③     平衡常数 由平衡常数表达式定义可得，，，所以。再由盖斯定律得，化学方程式③=①+②则=+=，故答案为：；； (3)由表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应。已知在500℃时进行，起始时CO和H2O起始浓度均为0.02mol/L，设转化的CO浓度为xmol/L，列三段式为：由表中数据知500℃时平衡常数为9，则有=9，解得x=0.015，则CO的平衡转化率==75%，故答案为：放热；75%； (4)由图可知左端CO2生成C2H4碳元素化合价降低得电子，发生还原反应，故左端电极应为该电解池的阴极，连接电源的负极，故A为电源的负极。结合图中所示pH=8(默认常温时)此时溶液显碱性，故阴极电极反应式为2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH−。该电解池中氧气与电子的关系式为，故当电路中转移0.2 mol 电子时，理论上产生氧气应为0.05mol，标况下体积为0.05mol×22.4L/mol =1.12L。故答案为：负极；2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH−；1.12。 【知识点】原电池有关计算、常见二次电池——铅蓄电池、银锌电池、锂离子电池、电解池有关计算 26．【答案】负；PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O；2H++2e－=H2↑；0.4；Cu-2e－=Cu2+；不变 【分析】 结合铅蓄电池工作原理及电解原理分析。 【详解】 (1)当铅蓄电池中转移0.4mol电子时铁电极的质量减小11.2g，说明铁作阳极，银作阴极，阴极连接原电池负极，所以A是负极，B是正极，二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O； (2)银作阴极，电解稀硫酸时，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑，生成氢气的质量=×2g/mol=0.4g； (3)铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，阴极上析出铜，所以该装置是电镀池，电解质溶液中铜离子浓度不变。 【点睛】 考查原电池和电解池原理，正确判断原电池正负极是解本题关键，根据离子放电顺序确定阴阳极电极反应，并结合得失电子守恒分析解题。 【知识点】同分异构体的书写和数目判断、李比希元素分析法确定实验式、核磁共振氢谱确定氢原子类型 27．【答案】(1)C2H6O2； (2) BrH2C-CH2Br；2； (3) ； 【详解】 (1)有机物燃烧生成水10.8g，物质的量为；令有机物燃烧生成的CO为x，则：， ，x=5.6g ，CO的物质的量为 ，根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×44g/mol=8.8g，有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g−8.8g=8.8g，物质的量为，根据碳元素守恒可知，1mol有机物含有碳原子物质的量为2mol，根据氢元素守恒可知，1mol有机物含有氢原子物质的量为，根据氧元素守恒可知，1mol有机物含有氧原子物质的量为，所以有机物的分子式为C2H6O2； (2) 化合物 B 和 C 的分子式都是 C2H4Br2 ，从B的核磁共振氢谱知 B分子内只有1种氢，故B的结构简式为BrH2C-CH2Br；C与B是同分异构体，则C的的结构简式为H3C-CHBr2，C 分子内有2种氢，故C的核磁共振氢谱上有2种信号； (3)有机物 B 的分子式为 C4H8O2，B的不饱和度为1，由红外光谱图知，B分子内有两个 —CH3，且不对称，都含有 C=O 、 C—O—C ，该有机物的可能结构为 、 。 【知识点】同分异构体的书写和数目判断、李比希元素分析法确定实验式、烷烃的命名 28．【答案】乙苯；2﹣甲基戊烷；2，3﹣二甲基戊烷；4﹣甲基﹣2﹣戊烯；C2H4O2；CH3COOH；HCOOCH3； 【详解】 (1)A．：苯环上连有乙基，则名称为乙苯； B．：属于烷烃，主链碳原子5个，甲基连在第2个主链碳原子上，名称为2﹣甲基戊烷； C．：属于烷烃，主链碳原子为5个，其中2、3两个主链碳原子上连有2个甲基，名称为2，3﹣二甲基戊烷； D．：属于烯烃，碳碳双键在2、3两个碳原子之间，甲基位于第4个主链碳原子上，名称为4﹣甲基﹣2﹣戊烯；答案为：乙苯；2﹣甲基戊烷；2，3﹣二甲基戊烷；4﹣甲基﹣2﹣戊烯； (2) ①M=30×2=60，分子中所含碳原子数为=2，分子中所含氢原子数为=4，依据相对分子质量，可求出分子中所含氧原子数为=2。由此得出该有机物的分子式为C2H4O2。 ②该有机物满足饱和一元酯和饱和一元羧酸的通式，可能的两个结构简式为CH3COOH；HCOOCH3。答案为：C2H4O2；CH3COOH；HCOOCH3。 【知识点】乙醇与金属钠反应 29．【答案】C2H5OH 【详解】 46 g某无色液体CxHyOH (纯净物)与足量钠完全反应，得到标准状况11.2 L氢气，说明该化合物属于醇，反应产生H2的物质的量 根据-OH与反应产生H2的物质的量关系可知其中含有的羟基的物质的量，由于物质分子中只含有1个O原子，说明该物质为一元醇，，其质量是46 g，故其摩尔质量，含有C原子数为 ，说明其中C原子数为2，除-OH的H原子外，其它H原子数目为5，故该液体物质结构简式是C2H5OH。 【知识点】基于氧化还原反应守恒规律的计算、氧化还原反应方程式的配平、物质检验实验、离子方程式的书写及正误判断 30．【答案】K、S、O 检验亚硫酸根中是否变质 【分析】 气体A可使品红溶液褪色，则说明A为SO2或Cl2，溶液C的焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明溶液C中含有K元素，X能发生反应：，说明X中含有S、O元素，因此组成X的3种元素为K、S、O；根据元素守恒可知，反应生成的淡黄色固体为S，则n(S)=0.05mol，溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1，说明反应过程中盐酸过量，则该阴离子为Cl-，c(H+)=0.1mol/L，c(Cl-)=0.5mol/L，根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl-)-c(H+)=0.4mol/L[此时溶液中c(OH-)浓度低于10-5mol/L，可认为其不存在]，则n(K+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，反应过程中H+与X中部分的O原子组成H2O，反应消耗n(H+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，则消耗X中n(O)=0.02mol，设生成SO2物质的量为ymol，根据质量守恒可知，y×64+0.02×16+0.04×39+0.05×32=6.68，解得y=0.05，因此6.68gX中K+的物质的量为0.04mol，S原子的物质的量为0.05mol+0.05mol=0.1mol，O原子的物质的量为0.02mol+0.05mol×2=0.12mol，则各原子物质的量之比为n(K)：n(S)：n(O)=0.04mol：0.1mol：0.12mol=2：5：6，则X的化学式为K2S5O6。 【详解】 (1)由上述分析可知，组成X的3种元素为K、S、O；X的化学式为K2S5O6； (2)SO2与KOH先后发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2O、SO2+K2SO3+H2O=2KHSO3，设n(SO2)=3mol，则，，反应完全后，n(K2SO3)=1mol，n(KHSO3)=2mol，因此反应方程式为； (3)K2S5O6与稀盐酸反应生成S、SO2、H2O，在中，0.02mol消耗0.08mol，则转移电子为0.08mol×5=0.4mol，根据转移电子守恒，则中S元素平均化合价为+2，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知K2S5O6与稀盐酸反应的离子方程式为； (4)溶液D为SO2与足量KOH反应所得溶液，溶液中溶质为KOH、K2SO3，取少量溶液于试管中，向溶液中滴加过量稀盐酸后再加入BaCl2稀溶液，若有白色沉淀生成，则说明K2SO3已变质生成K2SO4，从而避免检验与Fe3+反应生成的干扰。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$