全国名校高考化学试题分类汇编（12月）A单元 常用化学计量（含解析）

备考-名校解析（化学）分类汇编12月-A单元常用化学计量[1]A单元常用化学计量目录A1阿伏伽德罗常数和物质的量 1A2气体摩尔体积和阿伏加德罗定律 7A3物质的量浓度及溶液的配制 8A4常用化学计量综合 9A1阿伏伽德罗常数和物质的量【理综卷（化学解析）·届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试（12）】设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．一定量的Fe与含1molHNO3的稀硝酸恰好反应，则被还原的氮原子数小于NAB．1molAlCl3在熔融时离子总数为0.4NAC．常温常压下，等质量的SO2、S2含有相同的分子数D．125gCuSO4·5H2O晶体中含有0.5NA个Cu2＋【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】B解析：金属与硝酸反应时，硝酸显酸性和氧化性，即硝酸没有全部被还原，因此A正确；AlCl3在熔融时不能电离产生离子，B错误；SO2、S2的摩尔质量相同，等质量时含有相同的分子数，C正确；125gCuSO4·5H2O是0.5mol，含有0.5NA个Cu2＋，D正确。【思路点拨】硝酸与金属反应时显酸性和氧化性，与非金属反应显酸性。8.【理综卷（化学解析）·届河南省开封高中等中原名校高三上学期期中联考（129）】8.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法中，正确的是()A．2.0g重水（2H2O）中含有的质子数为1.0

NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA0C．标准状况下，11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为NAD．标准状况下，2.24L苯中含有的C－H键的数目为0.6【知识点】阿伏伽德罗常数A1D2K1【答案解析】【解析】A解析：A、2.0g重水（2H2O）物质的量=0.1mol；分子中含有的质子数为1.0NA，故A正确；B、丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C、C、标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5mol，通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA，故C错误；D、标准状况下，苯不是气体，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原电子的转移，题目难度中等。【理综卷（化学解析）·届河北省唐山一中高三12月调研考试（12）】11、下列说法中正确的是A．设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol羟基含有的电子数为10NAB．一定条件下，X、Y、Z、W之间有如下转化关系（忽略部分产物）：，且已知常温下X与W能发生反应，则W可能为硝酸C．水的离子积常数就是水的电离平衡常数D．盐酸滴入硫化钠溶液产生H2S气体，所以氯的非金属性强于硫【知识点】阿伏加德罗常数平衡常数元素化合物A1D5【答案解析】B解析：1mol羟基含有的电子数为9NA，A错误；B正确，X可以是氨气，Y是NO，Z是NO2；水的离子积常数不是水的电离平衡常数，C错误；比较氯、硫的非金属性强弱的酸应该是最高价含氧酸，D错误。【思路点拨】【化学卷（解析）·届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（1240）word版】12．茶叶中铁元素的检验可经过以下A、B、C、D四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不会全都用上的是A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3＋，选用③和⑧【知识点】物质分离鉴别的基本实验方法A1D2K1【答案解析】【解析】B解析：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．故答案选B【思路点拨】本题侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大。【化学卷（解析）·届浙江省嘉兴一中等五校届高三上学期第一次联考】2．按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的（）A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【知识点】阿伏伽德罗定律A1【答案解析】【解析】B解析：A．由n=V/Vm知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，故A正确；B．同温同压下，由ρ=m/V=M/Vm可知，相同质量的两种气体，摩尔质量越大密度越大，而摩尔质量越大物质的量越小，二者呈反比，故B错误；C.由ρ=m/V=M/Vm可知,同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确D．由PV=nRT可知，同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比，故D正确；故答案选B【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等，注意根据相关公式进行推导。【化学卷（解析）·届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（11）】24.向FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断错误的是A．C点的沉淀为：Fe（OH）3和BaSO4B．OA段可能发生的反应有：3Ba2++6OH-+3SO42-+Al3++Fe3+→3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+Al（OH）3↓C．AB段可能发生的反应是：2SO42-+2Ba2++Al3++3OH-→2BaSO4↓+Al（OH）3↓D．据图计算原溶液中c（Cl-）＝c（SO42-）【知识点】计算元素化合物离子反应A1B1C5【答案解析】C解析：含FeCl3

和Al2（SO4）3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应顺序是：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，C点沉淀为BaSO4

和Fe（OH）3，设为4mol，则1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，生成3mol硫酸钡、1mol氢氧化铁和1mol氢氧化铝，A、B正确；由图象分析知AB段继续沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol；C错误；图象分析FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中含FeCl3、1mol，含Al2（SO4）31mol，c（Cl-）=c（SO42-），故D正确，选C。【思路点拨】本题的解答关键是清楚各阶段发生的反应，注意到A点的沉淀量比C点的多，因此OA段是硫酸铝部分、氯化铁与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧铁沉淀。【化学卷（解析）·届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（11）】22.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A.反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【知识点】元素化合物氧化还原反应金属A1B3B1D5C5【答案解析】B解析：氯酸钾分解、铝热反应、过氧化氢分解不是离子反应，①②③④⑤均属于氧化反应，A错误；金属铝的还原性强于锰，与二氧化锰发生铝热反应，B正确；反应③中每生成1mol氧气转移2mol电子，而反应④中每生成1mol氧气转移4mol电子，C错误；实验室制备氯气的反应中氯化氢并没有完全被氧化，因此根据电子得失守恒可知反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误，答案选B。【思路点拨】过氧化氢中O的化合价是-1价，有离子参加或生成的反应是离子反应。【化学卷（解析）·届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（11）】12.下列叙述不正确的是A．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B．CH4O和C2H6O都符合CnH2n+2O的通式，它们可能互为同系物C．32S与33S的质子数相等，属于同一种元素的不同原子D．质量相等、体积不等的N2和C2H4的分子数一定相等【知识点】原子结构物质的量A1E1【答案解析】A解析：1个CH4与1个NH4+所含质子数不相等，分别是10、11，A错误；同系物是结构相似，组成相差若干个CH2原子团的物质，CH4O是醇，C2H6O是醇或二甲醚，醇与醚不是同系物关系，B正确；C正确；质量相等的N2和C2H4的物质的量相等，则分子数一定相等，D正确。【思路点拨】掌握相关概念如同系物、同位素等是解题的关键。【化学卷（解析）·届山西省山大附中高三上学期期中考试（11）】4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A．T℃时，1LpH=6的纯水中，含有的OH－数目为1×10－6NAB．12.0gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.1NAC．50g98%的浓硫酸中，所含的氧原子数目为2NAD．1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】C解析：A．1LpH=6的纯水中，氢离子浓度为1×10-6mol/L，1L纯水中含有1×10-6mol氢离子，纯水中氢离子与氢氧根离子数目相等，则含有1×10-6mol氢氧根离子，含有的OH-数目为1×10-6NA，故A正确；B．12.0g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，0.1mol硫酸氢钠固体中含有0.1mol钠离子、0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数目为0.1NA，故B正确；C．50g98%的浓硫酸中含有硫酸的质量为：50g×98%=49g，硫酸的物质的量为0.5mol，0.5mol硫酸中含有2mol氧原子，由于水中含有氧原子，则该浓硫酸中含有的氧原子大于2mol，所含的氧原子数目大于2NA，故C错误；D．1mol过氧化钠与足量CO2反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应转移的电子数目为NA，故D正确。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项BC为易错点，注意浓硫酸中的溶剂水中含有氧原子、硫酸氢钠固体中的阳离子为钠离子。【化学卷（解析）·届江西省南昌二中高三上学期第四次月考（11）】2．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（）A．lmol氯气与足量水反应时转移的电子数为NAB．18gD2O中含有10NA个电子C．50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NAD．氯气与过量铁反应时转移的电子数为2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】D解析：A．氯气与水反应时是可逆反应，故lmol氯气与足量水反应时转移的电子数小于NA，错误；B．D2O的摩尔质量为20g/mol，故18gD2O中含有的电子数小于10NA个，错误；C．铜与浓硫酸反应时，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，氧化性减弱，就不再与铜反应，故50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应生成SO2分子的数目小于0.46NA，错误；D．氯气与过量铁反应时转移的电子数为2NA，正确。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中如分子中含有的电子数的计算，在氧化还原反应中电子转移的数目的计算等，基础性较强。【化学卷（解析）·届江苏省扬州中学高三上学期质量检测（12月）（12）】4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.标准状况下，4.0gCH4中含有共价键的数目为NAB.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2NAC.0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NO3－数目为0.3NAD.一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】A解析：.标准状况下，4.0gCH4的物质的量为0.25mol，一个CH4分子中含有4个共价键，故0.25molCH4含有共价键的数目为NA，正确；B.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NA，但是在混合物中含有的氧气和臭氧的量不知道，故含有的分子总数不能进行计算，错误；C.在0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中，因体积未知，故含有的NO3－数目为无法进行计算，错误；D.SO2与氧气反应是可逆的，故一定条件下6.4gSO2不可能完全转化为SO3，故转移电子数小于0.2NA，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中的应用，如分子中含有的共价键数目的计算、在氧化还原反应中的转移的电子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强，但难度不大。【化学卷（解析）·届湖北省重点高中高三上学期期中联考（11）】13．Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，属于同一反应中的反应物和产物。下列叙述不正确的是A．该过程说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化B．每转移2.4mole-，则必有0.3molNO3-发生氧化反应C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8D．若把该反应设计为原电池，则正极反应为NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O【知识点】氧化还原反应计算原电池A1B3F3【答案解析】B解析：根据反应体系中有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，可判断发生的氧化还原反应为：8Fe2++NO3-

+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8，NO3-发生还原反应，B错误，C正确，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化，A正确，若把该反应设计为原电池，则D正确。【思路点拨】根据反应体系中有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+知Fe2+被NO3-氧化为Fe3+，再根据得失电子相等写出反应方程式。【化学卷（解析）·届河北省衡水中学高三上学期四调考试（12）word版】9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有几项（） ①106g碳酸钠晶体中离子总数为3NA ②100mL1mol/LNaHCO3溶液含有0.1NA个HCO3- ③将2ml0．5mol／L硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目为0．001NA ④某密闭容器中盛有0．1mol氮气和0．1mol氢气，一定条件下充分反应后转移的电子数为0．6NA A．1项 B．2项 C．3项 D．4项【知识点】阿伏加德罗常数晶体结构盐类水解胶体A1E4H3H4【答案解析】A解析：①106g碳酸钠的物质的量是1摩尔，所以晶体中离子总数为3NA正确；②碳酸氢根离子水解，故错误；③许多个硅酸才能形成胶体粒子，所含胶粒数目小于0．001NA，故错误；④合成氨的反应是可逆反应，不知道反应物的转化率，无法计算转移的电子数。只有①正确。故答案选A【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了晶体结构、盐类水解、胶体等知识，知识面广但难度不大。A2气体摩尔体积和阿伏加德罗定律A3物质的量浓度及溶液的配制【化学卷（解析）·届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（11）】30.（10分）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置．（1）实验室用装置A制备SO2．某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能：▲；（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为▲mol；（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：▲，D：▲；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象是：B：▲，D：▲；（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强．他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样．请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）：▲。如果用0.01molSO2与0.01molCl2同时非常缓慢地通入100mL水中，假如得到的溶液体积仍为100mL，则所得溶液中氢离子的物质的量浓度约为▲。【知识点】实验计算A3B3D3J3J1【答案解析】（共10分，每小题2分）（1）分液漏斗的玻璃塞没有取下（2）0.3（3）①品红褪色，品红褪色②褪色的品红又恢复成红色，无明显现象（5）Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO40.4mol.L-1（单位不写或写错都不给分）解析：（1）使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出；（2）实验室制备氯气发生的化学反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据化合价的变化计算转移的电子数目，有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2mol，因此若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为0.3mol；（3）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色．氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，（4）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，氢离子的物质的量浓度约为（0.02mol+0.01mol×2）÷0.1L=0.4mol.L-1【思路点拨】利用二氧化硫和氯气的性质的异同解答；根据反应方程式进行计算。A4常用化学计量综合【理综卷（化学解析）·届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试（12）】36．[化学——选修2：化学与技术](15分)草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为______________、______________。（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是__________，滤渣是__________；过滤操作②的滤液是__________和__________，滤渣是__________。（3）工艺过程中③和④的目的是。（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是__________。（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度____________。【知识点】工艺流程题（实验计算）A4J3J1【答案解析】（1）,.（2）氢氧化钠溶液CaC2O4，H2C2O4溶液、H2SO4溶液CaSO4（3）分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；（4）Na2SO4；（5）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4·2H2O+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H25mol2molx

0.0500mol•L-1×0.015L,所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L-1×0.015L,解得x=0.001875mol，故其纯度=（0.001875mol×126g/mol）×100%÷0.250g解析：（1）根据流程图知，200℃、2MPa条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式分别为：,.（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是CaSO4（3）氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4·2H2O+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H25mol2molx

0.0500mol•L-1×0.015L,所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L-1×0.015L,解得x=0.001875mol，故其纯度=（0.001875mol×126g/mol）×100%÷0.250g【思路点拨】解答流程题的思路是根据原料、加入的物质和部分的生成物判断发生的反应；根据操作前后物质的状态或性质判断操作方法和目的。【理综卷（化学解析）·届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试（12）】28（11分）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿（主要成份MnO2）制备高锰酸钾的流程图。（1）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒机理与下列

（填序号）物质相似。

A．75%酒精

B．双氧水

C．苯酚

D．84消毒液（NaClO溶液）（2）软锰矿粉碎的目的。写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：。（3）该生产中需要纯净的CO2气体。若实验室要直接制备出纯净的CO2，所需试剂最好选择___________（选填代号）。a.石灰石b.稀HClc.稀H2SO4d.纯碱所需气体发生装置是_________（选填代号）。（4）上述流程中反应②：向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是：

。（5）上述流程中可以循环使用的物质有Ca(OH)2、CO2、

和

（写化学式）。（6）若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则每1molMnO2可制得

molKMnO4。【知识点】工艺流程题（实验计算氧化还原反应）A4B2J3J1【答案解析】（11分每空2分）（1）BD（1分）

（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物反应完全（2分）2MnO2

+4KOH+O2

=2K2MnO4

+2H2O（2分）（3）cd（1分）；A（1分）；（4）K2MnO4

（1分）（5）KOH（1分）MnO2（1分）（6）0.67或

（1分）解析：（1）KMnO4稀溶液作为一种常用的消毒剂，利用的是其强氧化性，O3、漂白粉也有强氧化性，因此选BD。（2）软锰矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物反应完全，根据题意MnO2、KOH与氧气反应生成K2MnO4，即MnO2被氧气氧化，反应方程式为2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O⑶实验室要直接制备出纯净的CO2，不能用盐酸，因为盐酸可挥发出氯化氢而使氯气不纯，则酸选硫酸，而与硫酸反应的碳酸盐不能用碳酸钙，所以所需试剂最好选择硫酸和碳酸钠，纯碱是粉末状的固体，不能利用启普发生器，B是加热装置，因此装置选A。⑷根据2CO2＋3K2MnO4=2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2↓，知还原剂是K2MnO4⑸制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用，根据流程知可循环的物质还有MnO2；KOH。（4）在反应②中有三分之二的锰转变为KMnO4，1molMnO2可制得2/3molKMnO4。【思路点拨】增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物反应完全的方法有粉碎、搅拌、震荡、加热等；寻找循环的物质有2种方法，一是看流程中有没有循环线，二是看制备中利用的原料，在转化过程中又生成的物质。【理综卷（化学解析）·届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试（12）】27.（16分）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如下图所示:（部分夹持装置略去）已知：①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1；③PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；④PCl3、POCl3的熔沸点见下表：物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为。（2）B中所装试剂是，F中碱石灰的作用有两种，分别是_____、。（3）实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是。（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通过_____(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为。（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol/L碘水,充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；④重复②、③操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL。已知：H3PO3+H2O+I2==H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为_______。【知识点】化学实验离子方程式计算A4B1J3J1【答案解析】解析：⑴实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl―Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）浓H2SO4作用是干燥氯气；氯气有毒，污染空气，F中碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，还防止空气中的水蒸气进入装置E而使PCl3水解。（3）PCl3遇O2会生成POCl3，因此通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和白磷自燃。（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷。（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠（5）H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同则PCl3

~

H3PO3

~

I2碘的物质的量为(10.00mL×

0.1000mol·L－1－×8.40mL×0.1000mol·L－1)×10－3所以PCl3的质量分数为＝79.75%。【思路点拨】根据物质的性质判断操作目的、装置的作用、发生的反应；注意250mL溶液取25.00mL做实验，所以最后求PCl3的质量要乘以10。【理综卷（化学解析）·届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试（12）】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2与CH4的体积比为A．3:1B．2:lC．1:1D．任意比【知识点】计算A4【答案解析】C解析：CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，即2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2、2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑。在这两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2＋H2＝2NaOH，Na2O2＋CO＝Na2CO3。固体质量增加＝CO或氢气的质量，这说明混合物应该符合条件（CO）mHn。所以只要将CH4和CO2设计符合C和O的比为1:1即可，答案选C。【思路点拨】根据题意统摄形成规律：反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，而现在固体质量增加的质量与气体质量相等，则气体可看作是（CO）mHn。【理综卷（化学解析）·届河北省唐山一中高三12月调研考试（12）】28、(14分)某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)分解的实验探究。经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验。烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液(常用于实验室制N2)，干燥管C1、C4中装有碱石灰，试管E1、E3、E4中装有澄清石灰水。⑴充分反应后，将D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为。⑵该实验装置中有3个酒精灯，至少应该点次酒精灯，最先点燃的酒精灯是，最后点燃的是。⑶该实验装置中有4个直立的试管，它们与盛放试剂体现不同的作用，其中E2的作用是：。⑷该实验装置中有4个干燥管，C3中盛装的试剂是。⑸取7.2g样品充分反应后，测得D1中的固体残余物为2.88g，D2中固体质量减轻0.64g，则草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)分解的方程式为。【知识点】化学实验计算A4J3J1【答案解析】28、（共14分）每空2分⑴FeO⑵4、A1、A1⑶除尽气体中的CO2⑷P2O5或CaCl2⑸FeC2O4·2H2OFeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O解析：⑴根据D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，说明固体残余物没有+3价铁，没有C2O42-，因此应该是FeO。⑵至少应该点4次酒精灯，其中最先点燃的酒精灯是A1，利用生成的氮气除去装置中的氧气，然后关闭止水夹，熄灭酒精灯，最后点燃的也是A1，利用生成的氮气将装置吹冷，防止氧气氧化氧化铜。⑶E1、E3、E4中装有澄清石灰水，目的分别是检验装置D1生成二氧化碳，检验二氧化碳在装置E2中有没有被吸收完，检验气体与氧化铜反应生成了二氧化碳，进而确定装置D1中生成了CO，因此装置E2中的试剂是氢氧化钠，目的是除去二氧化碳。⑷干燥管C2、C3的作用分别是检验装置D1生成的水，吸收生成的水，因此分别装有无水硫酸铜、氯化钙或P2O5，不能用碱石灰。⑸取7.2g样品充分反应后，D1中的固体残余物为2.88g的FeO,为0.04mol，D2中固体质量减轻0.64g，是氧化铜中O的质量，有n（O）=n（CO）=0.04mol，根据草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)的化学式知n（Fe）：n（C）=1：2，则生成二氧化碳0.04mol，草酸亚铁晶体中水的质量是7.2-0.04×（28+44）-2.88=1.44g，为0.08mol，所以生成的FeO、CO、二氧化碳、水的物质的量之比是1：1：1：2，反应方程式FeC2O4·2H2OFeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O【思路点拨】根据装置D1中可能的反应判断生成物，然后运用物质的性质检验；将初中氢气还原氧化铜知识迁移解决本题。【化学卷（解析）·届浙江省嘉兴一中等五校届高三上学期第一次联考】26．（7分）已知CaO2与水的反应同Na2O2与水的反应类似，今有某过氧化钙（CaO2）产品（杂质只含CaO）：称取此产品10g，与足量盐酸充分反应，得到O21120mL（标准状况），则该产品中（CaO2）的质量分数为________，此过程中转移的电子物质的量为。（2）CaO2与水的反应较慢，因此可用作鱼池增氧剂。某养殖户鱼塘蓄水m3，为预防缺氧投入上述产品，最终共生成CaCO390kg，则该养殖户的投药量为g/m3（假设产品遇水生成的Ca（OH）2全部与鱼呼出的CO2反应生成CaCO3）【知识点】化学方程式的计算A4C1C【答案解析】【解析】（1）72%；0.1mol(2)32.4解析：（1）过氧化钙与盐酸反应：2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2↑，O21120mL物质的量为0.05mol，则CaO2物质的量为0.1mol，质量分数为72g/mol×0.1mol÷10g×100%=72%；反应中转移电子数为2e-，电子的物质的量为0.1mol。(2)2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O关系式为CaO2——CaCO3↓CaO2的质量为64.8kg；则该养殖户的投药量为64.8g×1000÷=32.4g/m【思路点拨】本题考查了对信息的处理,根据已学过的过氧化钠的性质进行分析，因此，需要耐心地分析信息，以获得解决问题的钥匙.【化学卷（解析）·届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（11）】15.你认为下列数据可信的是（已知1nm=10-9mA．某元素的原子半径是0.160nmB．某常见气体的密度为1.8g/cmC．某澄清石灰水的浓度是4.0mol/LD．某溶液中溶质的质量分数120%【知识点】常识A4【答案解析】A解析：A正确；气体的密度小，可描述为1.8g/L，B错误；氢氧化钙的溶解度小，因此浓度小，不可能达到4.0mol/L，C错误；溶液中溶质的质量分数【思路点拨】准确利用相关数据描述物质。【化学卷（解析）·届云南省部分名校高三12月统一考试（12）】36．【化学—化学与技术】（15分）甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸。甲酸钠用电石炉废气（75％～90％CO，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等)合成，其合成部分工艺流程如下：（1）上述工艺用碱液洗涤的目的是__________________________________________，可能发生的反应有_______________________________________（写两个化学方程式）。（2）上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是___________________________；最后尾气主要成分是__________________。（3）甲酸钠高温时分解制取草酸钠(Na2C2O4（4）在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体．可得到重要的工业产品保险粉(Na2S2O4)，同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为___________________。（5）某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%，要制得溶质质量分数为5％的HCOONa溶液1吨，需要CO在标况下的体积为_______________。【知识点】工艺流程题A4B1J1B3【答案解析】（1）除去其中的CO2、SO2等酸性气体；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；H2S+2NaOH=Na2S+2H2O（2）使尾气中的CO被充分吸收；N2和CH4（3）2HCOONaNa2C2O4+H2↑（4）HCOO-+2SO2+OH-=S2O42-+CO2+H2O（5）4.12×10解析：⑴用碱液洗涤的目的显然是除去二氧化碳、硫化氢等酸性气体，反应是CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；H2S+2NaOH=Na2S+2H2O⑵一氧化碳和氢氧化钠溶液在160~200℃和2MPa压力下反应生成甲酸钠，反应是NaOH＋CO=HCOONa,因此合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是使尾气中的CO被充分吸收，因此最后尾气的成分是N2和CH⑶甲酸钠高温时分解制取草酸钠(Na2C2O4)，发生的是氧化还原反应，其中C的化合价由+2→+3，因此化合价降低的是H，即生成氢气，反应为2HCOONaNa2C2O4+H2⑷根据题意HCOO-被SO2还原，二者之比是1：2，反应是HCOO-+2SO2+OH-=S2O42-+CO2+H2O⑸NaOH＋CO=HCOONa68V×40%106×5%,V=4.12×10【思路点拨】氧化还原反应的配平要利用守恒法（原子、电荷、得失电子），如本题的第⑷题的配平：首先根据氧化还原反应得失电子相等配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再根据电荷守恒确定左边加OH-，最后根据原子守恒配平。【化学卷（解析）·届云南省部分名校高三12月统一考试（12）】28．（15分）雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。（1）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=QkJ·mol-1。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：时间(min)浓度（mol·L-1）01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=_______________________，T1℃②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是__________(填字母)。a．加入一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．加入合适的催化剂③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中，NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则Q______________(填“>”、“=”或“<”（2）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_______________。已知c(NO2)：c(NO)=1:1时脱氮效果最佳，若生成1molN2时反应放出的热量为QkJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为__________________________。②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为___________________________。（3）利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO2的常见方法，先将含SO2的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收。该温度下，吸收液中c(Ca2+)一直保持为0.70mol·L-1，已知Ksp(CaSO3)=1.4×10-7，求吸收后溶液中的SO32-的浓度_______________。（写出计算过程，结果保留2位有效数字）【知识点】化学反应速率与化学平衡计算A4G5【答案解析】（1）①0.042mol·L-1·min-1；9/16②bc③＜（2）①NO、NO2；2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g)△H=-2QkJ·mol-1②Mn、200℃（3）c(SO32-)=Ksp(CaSO3)/c(Ca2+)=1.4×10-7/0.70mol·L-1=2.0×10-7mol·L-1解析：（1）①根据表中数据可知，0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)＝（1.0mol•L-1-0.58mol•L-1）÷10min＝0.042mol•L-1•min-1；根据表中数据可知，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c(N2)＝0.30mol/L；c(CO2)＝0.30mol/L；c(NO)＝0.40mol/L，所以该反应的平衡常数K＝＝（0.3×0.3）÷0.42＝9/16。②加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故a错误；30min后，只改变某一条件，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)重新达到平衡。依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K＝＝（0.36×0.36）÷0.482＝9/16，由于平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度，通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故b正确；适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡没有移动，平衡状态物质浓度增大，故c正确；加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故d错误。③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，Qc=（3×3）÷52<9/16，⑵①由图甲可知SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，故氧化剂为NO、NO2；脱氮效果最佳时c(NO2)/c(NO)=1：1，因此反应的热化学方程式为2NH3(g)

+NO(g)

+NO2(g)

=2N2(g)

+3H2O(g)

ΔH=－2QkJ·mol-1；②根据图乙知Mn催化剂时，在200℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、⑶根据硫酸钙的溶度积常数表达式Ksp(CaSO3)＝c(Ca2+)·c(SO32－)可知，c(SO32－)＝mol/L＝2×10-7mol/L。【思路点拨】改变固体量和使用催化剂对平衡移动没有影响；解答图形题要分析图像曲线的起点、转折点、变化趋势所代表的意义等。【化学卷（解析）·届云南省部分名校高三12月统一考试（12）】27．（14分）Ba(NO3)2可用于生产绿色烟花、绿色信号弹、炸药、陶瓷釉药等。钡盐生产中排出大量的钡泥[主要含有BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等]，某主要生产BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba(NO3)2晶体（不含结晶水），其部分工艺流程如下：钡钡泥废渣H2O、稀HNO3酸溶中和I（pH=4~5）X过滤Ba(NO3)2溶液Ba(NO3)2晶体洗涤中和II（pH=7）Ba(OH)2H2O已知：①Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7；②Ba(NO3)2晶体的分解温度：592℃③kSP(BaSO4)=l.l×l0-10，kSP(BaCO3)=5.l×l0-9。（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤。试用离子方程式说明提纯原理_____________________________________________________________。（2）上述流程中酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成两种硝酸盐，反应的化学方程式为_______________________________________________。（3）该厂结合实际，图中X应选用_____________（填字母）。A．BaCl2B．BaCO3C．Ba(NO3)2D．Ba(OH)（4）中和I使溶液的pH为4～5的目的是________________________________；结合离子方程式简述其原理：________________________________。（5）从Ba(NO3)2溶液中获得其晶体的操作方法是_____________________。（6）测定所得Ba(NO3)2晶体的纯度：准确称取wg晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为mg，则该晶体的纯度为_________________。【知识点】工艺流程题A4B1J1J2【答案解析】（1）BaSO4+CO32-BaCO3+SO42-（2）Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O（3）B（4）使Fe3+完全沉淀；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，BaCO3消耗H+，使Fe3+水解平衡右移，形成Fe(OH)3沉淀（5）蒸发浓缩，冷却结晶（6）(261m/233w)×100%解析：(1)BaSO4沉淀在饱和Na2CO3溶液中转化为BaCO3，离子方程式为BaSO4(S)+CO32-(aq)

BaCO3(S)+SO42-(aq)；（2）Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，分别为Ba(NO3)2和Fe(NO3)2；方程式为Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)2+4H2O；（3）（4）X的作用是pH=4~5，因此选BaCO3，不能选氢氧化钡，原理是使Fe3+完全沉淀；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，BaCO3消耗H+，使Fe3+水解平衡右移，形成Fe(OH)3沉淀（6）Ba（NO3）2晶体与硫酸反应生成BaSO4，n(BaSO4)=n(Ba(NO3)2)=，

m(Ba(NO3)2)=

则纯度为×100%。【思路点拨】沉淀的转化是利用平衡移动原理实现，学生往往认为溶度积小的不能转化为溶度积大的，这是误区。【化学卷（解析）·届湖南省长沙长郡中学高三上学期第四次月考（1260元）word版】18．（6分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的，我国国家标准（CB2760—）规定葡萄酒中SO2残留量≤0．25g·L－1。为测定某葡萄酒中SO2含量设计方案如下：用图一装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100．00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分。 ①若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为：除去C中过量的H2O2，然后用0．04000mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图二中的（填字母序号）。②滴定至终点消耗NaOH溶液25．00mL，据此计算葡萄酒中SO2）含量为g．L－l。（2）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值偏高，因此改进实验方案时可将盐酸改为稀硫酸，或者采取以下措施：①将图一装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0．01000mol·L－1标准I2：溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2+I2十2H2O==H2SO4十2HI，可选择作指示剂，滴定终点的现象是。②盐酸虽然对此实验无干扰，但由于在上述实验过程中，存在空气的氧化作用，会使测定结果____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。【知识点】二氧化硫的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量A4D3【答案解析】【解析】（1）SO2+H2O2=H2SO4C；0.32；（2）碘淀粉溶液；最后一滴标准液加入时蓝色褪去且半分钟内不褪色，解析：（1）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用C的方法；根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0400mol/L×0.025L）×64g/mol=0.032g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.032g÷0.（2）碘遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入时蓝色褪去且半分钟内不褪色，证明终点到达；②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低；【思路点拨】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。【化学卷（解析）·届湖南省长沙长郡中学高三上学期第四次月考（1260元）word版】14．室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20mL，向混合溶液中逐滴加入0．05mol·L－1Ba（OH）2溶液时，生成的BaSO4和pH的变化如图所示（不考虑溶液混合时体积的变化）。下列说法正确的是 A．图中A点对应溶液的pH:a=l B．生成沉淀的最大质量m=2．33g C．原混合溶液中盐酸物质的量浓度为0．1mol·L－1 D．当V[Ba（OH）2（aq）]=10mL时，发生反应的离子方程式为：【知识点】离子方程式的有关计算A4B4【答案解析】【解析】A解析：由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，只有硫酸与氢氧化钡反应，而盐酸未反应，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.02L×0.05mol•L-1=0.001mol，则：

H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O

1

1

1

0.001mol0.001mol

0.001mol由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.06L×0.05mol•L-1=0.003mol，由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.003mol×2=0.006mol，故n（HCl）=0.006mol-0.001mol×2=0.004mol，A．图中A点硫酸完全反应，盐酸没有反应，氢离子的浓度为0.2mol/L×0.02L÷（0.02L+0.02L）=0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1，故A正确；B．由上述分析可知，生成沉淀的质量=0.001mol×233g/mol=0.233g，故B错误；C．由上述分析可知，原溶液中HCl的物质的量浓度=0.004mol/0.02L=0.2mol/L，故C错误；D．由上述分析可知0～20mL只有硫酸与氢氧化钡反应，则V[Ba（OH）2（aq）]=10

mL时反应离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故D错误;故答案选A【思路点拨】本题考查了混合物的计算，为高频考点，把握图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意利用反应方程式及离子方程式进行计算，题目难度中等.【化学卷（解析）·届湖北省重点高中高三上学期期中联考（11）】21．（12分）过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0副反应2H2O2=2H2O+O2↑50°C时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解请回答下列问题：（1）步骤①的关键是控制温度，其措施有和。（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是。（3）步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是。（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有。A．Na2S B．CuO C．Na2SiO3D．NaHCO3（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解→加入BaCl2溶液→过滤→洗涤→干燥→称量。需要直接测定的物理量有：（用字母表示并注明其含义）．产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：。【知识点】化学实验计算A4J1J2J5【答案解析】（12分）（1）冷水浴（1分），缓慢滴加H2O2溶液（，使放出的热量及时散失）（1分）（2）增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度（盐析作用）（1分）（3）减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥（2分）（4）AB（2分）（5）样品的质量m1g、沉淀的质量m2g（2分）解析：⑴根据已知：主反应是放热反应；50°C时，2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解，因此步骤①的关键是控制温度，即温度不能太高，因此可采取冷水浴；让反应速率减小也可控制温度，所以采取缓慢滴加H2O2溶液；还可搅拌使热量散失。⑵加入氯化钠固体即增大Na+浓度，降低了过碳酸钠的溶解度⑶无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，而且无机盐在醇中的溶解度小，所以选用无水乙醇洗涤可减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥⑷过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，可氧化Na2S，被氧化铜催化分解，因此选AB。⑸需要直接测定的物理量有样品质量，设为m1，碳酸钡沉淀的质量，设为m2。设样品中碳酸钠的物质的量为amol，过碳酸钠的物质的量为bmol，则a+2b=m2/197，106a+314b=m1，解答b=，因此过碳酸钠的质量分数为。【思路点拨】认真审题（流程中的操作、反应物和生成物；题给已知）获取信息；过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质；计算可采取守恒法解。【化学卷（解析）·届湖北省重点高中高三上学期期中联考（11）】19.（10分）含铁化合物A电池，具有储能密度大、体积小、重量轻、寿命长、高电压、高容量、无污染等优点，在电子与国防工业中潜在的应用不断扩展。为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验。过程如下：Ⅰ、经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素。Ⅱ、溶解实验：化合物A极易溶于水，但静置一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质。Ⅲ、定量实验：取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量稀硫酸，一段时间后再加入含有0.08molKOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g。（1）化合物A的化学式为。（2）化合物A可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得，其反应的离子方程式为。（3）化合物A还可以作为高容量电池材料，与MnO2-Zn电池类似，A-Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，该电池总反应的离子方程式为_______。（4）请用离子方程式表示化合物A溶于水后的变化。查阅资料发现，加入下列物质中的_______可提高A在水溶液中的稳定性。A．碳酸钠B．苯酚钠C．Fe(NO3)3D．KOH【知识点】原电池离子反应计算氧化还原反应A4B1F3B3【答案解析】（10分，每空2分）（1）K2FeO4；（2）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42－+3Cl+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42－+3Cl+5H2O)（3）2FeO42－+8H2O+3Zn＝2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-（4）4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-；AD解析：⑴根据题意1.60g红棕色固体粉末为Fe2O3,为0.1mol，则3.96g化合物A含Fe：0.02mol，是1.12g，10.44g不含结晶水的盐是K2SO4，为0.06mol，含K：0.12mol，其中有0.08mol来自KOH，则A中含K：0.04mol，A中含O质量为3.96-1.12-0.04×39=1.2