2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 A单元 常用化学计量 苏教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 A单元 常用化学计量 苏教版 A1 阿伏伽德罗常数和物质的量8A1、A4xx全国卷 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA8A解析 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g混合气体中含1 mol CH2，即氢原子数目为2NA，A项正确；N2与H2的反应为可逆反应，B项错误；Fe溶于过量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1 mol Fe在反应中转移3 mol电子，C项错误；标准状况下，CCl4呈液态，无法用标准状况下的气体摩尔体积来确定物质的量和共价键数目，D项错误。 A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律7F3 H3 A2 H1xx江苏卷 下列说法正确的是()A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1 molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强7A解析 氢氧燃料电池中，H2作为负极，失去电子发生氧化反应，A项正确；加热会促进CO水解，溶液的碱性变强，pH增大，B项错误；常温常压下，22.4 L Cl2不是1 mol，无法确定其中的分子数，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH电离产生的CH3COO和H数目增加，但CH3COO和H的浓度减小，导电能力减弱，D项错误。4A2xx四川卷 NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A2.4 g Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NAB标准状况下，5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NAC氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的键数为0.4NAD0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H数为0.05NA4B解析 镁在足量的氧气中燃烧时生成MgO，1 mol Mg失去2 mol e，2.4 g Mg的物质的量为0.1 mol，反应中失去0.2 mol e，A项错误；标准状况下5.6 L CO2的物质的量为0.25 mol，含有的氧原子数为0.5 mol，B项正确；根据CH3OH可知，每个甲醇分子中含有5个键，氢原子数为0.4NA的甲醇的物质的量为0.1 mol，其含有0.5 mol 键，C项错误；0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中溶质CH3COOH为0.05 mol，CH3COOH是弱酸，不能完全电离，产生的H数小于0.05NA ，D项错误。27G1、G2、G5、A4、A2xx全国卷 丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：C3H6(g)NH3(g)O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)H515 kJmol1C3H6(g)O2(g)=C3H4O(g)H2O(g)H353 kJmol1两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 。低于460 时，丙烯腈的产率_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是_；高于460 时，丙烯腈产率降低的可能原因是_(双选，填标号)。A催化剂活性降低 B平衡常数变大C副反应增多 D反应活化能增大图00(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为_，理由是_。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_。27(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低AC(3)1该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低17.51解析 (1)由题意可知，反应、都是放热反应，反应、分别放出515 kJmol1和353 kJmol1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。(2)反应的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。温度高于460 时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460 时，副反应进行程度可能增多，反应进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。由反应的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为11.51，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1117.51。 A3 物质的量浓度及溶液的配制8C1、C2、G1、J1、A3xx浙江卷 下列叙述不正确的是()A钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线8B解析 K、Na、Mg均能与水和二氧化碳发生反应，A项正确；探究温度对反应速率的对比实验中，先将硫代硫酸钠与稀硫酸加热到一定温度(初温相同)，混合后与对照组比较，观察变浑浊的快慢，B项错误；C项正确；定容过程中向容量瓶加蒸馏水至刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加，D项正确。36O1、O4、O5、A3xx全国卷 化学选修2：化学与技术双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：A氢化釜B过滤器C氧化塔D萃取塔E净化塔F工作液再生装置G工作液配制装置图00生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：(1)蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是_，循环使用的原料是_，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是_。(2)氢化釜A中反应的化学方程式为_。进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_。(3)萃取塔D中的萃取剂是_，选择其作萃取剂的原因是_。(4)工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是_。(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_。一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 gcm3)，其浓度为_molL1。36(1)氢气和氧气乙基蒽醌乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂(2) H2乙基氢蒽醌(3)水H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水(4)H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸(5)2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O28.9解析 (1)蒽醌法生产双氧水的反应原理为乙基蒽醌H2乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌O2乙基蒽醌H2O2，由上述两步反应相加可得总反应方程式为H2O2H2O2，乙基蒽醌是制备双氧水的催化剂，蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是H2、O2；循环使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂。(2)A中反应物是乙基蒽醌和氢气，反应的化学方程式为H2；A中反应产生乙基氢蒽醌，它是进入C中的反应混合液中的主要溶质。(3)D中的萃取剂是水，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，因此选择水作萃取剂。(4)F中残留H2O2，其分解产生的O2可能通过G进入A中，氧气与氢气组成的混合气体易发生爆炸，从而引发安全事故，因此F中要除尽残留的H2O2。(5)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O2。以1 L(即1000 cm3)该双氧水为研究对象，溶质的c8.9 molL1。 A4 常用化学计量综合8A1、A4xx全国卷 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA8A解析 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g混合气体中含1 mol CH2，即氢原子数目为2NA，A项正确；N2与H2的反应为可逆反应，B项错误；Fe溶于过量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1 mol Fe在反应中转移3 mol电子，C项错误；标准状况下，CCl4呈液态，无法用标准状况下的气体摩尔体积来确定物质的量和共价键数目，D项错误。13B3 A4xx上海卷 O2F2可以发生反应：H2S4O2F2SF62HF4O2，下列说法正确的是()A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1413D解析 分析反应可知，H2S中2价的S被氧化成6价的SF6，O2F2中1价的O被还原成0价的O2，故O2F2是氧化剂，H2S是还原剂，SF6为氧化产物，O2为还原产物，且还原剂与氧化剂的物质的量之比为14，D项正确，A、B项错误；C项没有指明标准状况，故4.48 L的HF并不一定是0.2 mol，转移电子数也不一定是0.8 mol ，C项错误。17C3 A4xx上海卷 某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2完全氧化。x值为()A0.80 B0.85 C0.90 D0.9317A解析 解法一：写出FexO与盐酸和Cl2反应的总离子方程式：FexO2HCl2=xFe3(3x2)ClH2O56x16152 g0.005 mol解得x0.80解法二：运用氧化还原反应得失电子守恒进行求算：0112 L22.4 Lmol12 (3)x解得x0.80故正确答案选A。22D4 A4xx上海卷 称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为()A11 B12C1.871 D3.65122C解析 生成NH3的物质的量为1.792 L22.4 Lmol1 0.08 mol。向(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入NaOH溶液，H先和NaOH发生中和反应，H消耗完后，NH再和NaOH反应生成NH3。(1)若最后NaOH有剩余，而(NH4)2SO4和NH4HSO4完全反应，假设(NH4)2SO4的物质的量为x mol，NH4HSO4的物质的量为y mol，列出等式：2x moly mol0.08 mol，132 gmol1x mol115 gmol1y mol7.24 g，解得x0.02，y0.04，则消耗NaOH物质的量为0.08 mol0.04 mol0.12 mol0.1 mol，与题设不符，假设不成立；(2)若最后铵盐有剩余，而NaOH完全反应，则根据n(H)0.10 mol0.08 mol0.02 mol，可知NH4HSO4的物质的量为0.02 mol，则求得(NH4)2SO4约为0.0374 mol，C项正确。四、xx上海卷 NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN(Ki6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：25A4处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。2514 900解析 需要处理的NaCN的质量为1001000 L(10.3 mg/L0.5 mg/L)1000 mg/g980 g。将两次氧化的方程式合并得总反应：2NaCN5NaClO=CO2 Na2CO35NaCl N2249 574.5980 gx解得x3725 g由于实际用量为理论值的4倍，则实际用量为3725 g414 900 g。七、xx上海卷 半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空：38A4半水煤气在铜催化下实现CO变换：COH2OCO2H2若半水煤气中V(H2)V(CO)V(N2)382822，经CO变换后的气体中：V(H2)V(N2)_。3831解析 CO发生变换反应COH2OCO2H2，CO全部转化为等量的H2，变换后，V(H2)V(N2)(3828)2231。53A4xx上海卷甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4H2OCO3H2已知：CO2H2CH3OHCO23H2CH3OHH2O300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。5380%解析 300 mol CH4完全反应产生H2 900 mol。设CO2转化率为，CO转化率为。30010035060030090012080%或设CO2转化率为。900(350100)230012080%51A4 B4xx上海卷某H2中含2.40 mol CO2，该混合气体通入2.00 L 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_。512.4 mol/Lc1.2 mol/L解析 CO2与NaOH反应，根据二者量的不同，可以发生如下两个反应：(1)CO2NaOH=NaHCO3(CO2过量)；CO22NaOH=Na2CO3H2O(NaOH过量)。2.40 mol CO2被NaOH溶液完全吸收，则2.40 moln(NaOH)4.80 mol，则1.20 mol/Lc(NaOH)2.40 mol/L。52A4 B3 B4xx上海卷CO2和KO2有下列反应：4KO22CO2=2K2CO33O24KO24CO22H2O=4KHCO33O2若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。528KO26CO22H2O=2K2CO34KHCO36O2n(CO2)n(H2O)62n(H2O)()23 mol解析 方法一：写出反应中的方程式：8KO26CO22H2O=2K2CO34KHCO36O2n(CO2)n(H2O)62，n(H2O)()23 mol方法二：假设反应前密封舱内H2O的物质的量为x mol，根据反应：4KO24CO22H2O=4KHCO33O24232x x 1.5x剩余CO2的物质的量为(92x) mol，根据反应：4KO22CO2=2K2CO33O2，生成氧气的物质的量为1.5(92x)mol。根据题意列出等式：1.5x mol1.5(92x) mol9 mol，x3。18J5 A4xx江苏卷 过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。Ca(OH)2H2O26H2O=CaO28H2O反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_。(2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有_(填序号)。ACa2 BHCCO DOH(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O写出O2将Mn2氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL1表示)，写出计算过程。18(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2在100.00 mL水样中I22S2O=2IS4On(I2)6.750105 molnMnO(OH)2n(I2)6.750105 moln(O2)nMnO(OH)26.750105 mol3.375105 mol水中溶解氧1080 mgL1解析 (1)两者反应，增大其中一种物质的用量，可以提高另外一种物质的转化率。(2)CaO2溶于水生成Ca(OH)2，在池塘中电离出Ca2和OH。(3)反应中Mn由2价升至4价，O由0价降至2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH平衡电荷。找出反应之间的关系：n(O2)nMnO(OH)2n(I2)，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧。27C2、C3、H3、B3、E1、A4xx浙江卷 .化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O10MgO3Al2O3(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据：_。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理：_。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理：_。.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：图00请回答：(1)A的组成元素为_(用元素符号表示)，化学式为_。(2)溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用：_。(3)已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 gL1)，该气体分子的电子式为_。写出该反应的离子方程式：_。(4)写出FG反应的化学方程式：_。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H、K、I)：_。27.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气(2)Al2O32OH=2AlOH2O(3)MgO2NH4ClH2O=MgCl22NH3H2O或NH4ClH2ONH3H2OHCl，MgO2HCl=MgCl2H2O.(1)S、FeFe3S4(2)制印刷电路板(3) Fe3S46H=3H2S3Fe2S(4)H2SO3I2H2O=H2SO42HI取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。解析 .(1)通过反应的方程式可以看出，该反应为吸热反应，能降低周围温度；该反应产生的MgO、Al2O3会覆盖在可燃物的表面从而隔绝空气；生成的水蒸气能稀释空气而降低O2的浓度。(2)Al2O3是两性氧化物，而MgO是碱性氧化物，所以用NaOH溶液可以除去Al2O3。(3)NH4Cl溶液中，由于NH水解而使溶液显酸性，溶液中的H能与加入的MgO反应而使MgO溶解。.加入KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3，故C溶液为FeCl3溶液，B为Fe2O3固体；由F生成G的现象可知，在该反应中I2被还原，则F具有还原性，常见的还原性的酸为H2SO3，故F为H2SO3，G 中含有H2SO4，E为SO2。(1)根据B、E的成分可知，化合物A中含有Fe、S两种元素；根据Fe2O3的质量为2.400 g可知，A中含有n(Fe)20.03 mol，则A中含有n(S)0.04 mol，所以A的化学式为Fe3S4。(2)FeCl3常用于制印刷电路板。(3)根据气体在标况下的密度可知M(气体)22.4 Lmol11.518 gL134 gmol1，故该气体为H2S，其结构与水分子相似；在该反应中生成的淡黄色不溶物为单质硫，反应中的铁元素全部转变为Fe2。(4)F生成G的反应中，H2SO3被I2氧化为H2SO4，而I2被还原为HI，反应的化学方程式为H2SO3I2H2O=H2SO42HI；根据要求可知主要检验SO和H2SO3的存在，SO可用BaCl2溶液检验，而H2SO3可用H2O2氧化后再用BaCl2检验。29J1、J2、J4、A4xx浙江卷 无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：图00步骤1三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0 ，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4常温下用苯溶解粗品，冷却至0 ，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 分解得无水MgBr2产品。已知：Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。MgBr23C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请回答：(1)仪器A的名称是_。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_。(2)如将装置B改为装置C(图00)，可能会导致的后果是_。图00 (3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是_。(4)有关步骤4的说法，正确的是_。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0 的苯C加热至160 的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4)标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2Y4=MgY2滴定前润洗滴定管的操作方法是_。测定前，先称取0.250 0 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050 0 molL1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_(以质量分数表示)。29(1)干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患(3)镁屑(4)BD(5)从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复23次97.5%解析 (1)仪器A为球形干燥管；金属镁为活泼金属，很容易与空气中的O2反应，所以不能用干燥空气代替干燥的N2。(2)因为液溴极易挥发，装置B是通过N2带着溴蒸气进入三颈瓶，而装置C是利用N2将液溴直接压入三颈瓶中，因加入大量液溴而使得反应过快。(3)镁屑与液溴反应时，镁屑过量，第一次过滤除去的是没有反应的镁屑。(4)因为MgBr2具有强吸水性，故不能用95%的乙醇洗涤产品，A项错误；用苯溶解晶体后再冷却至0 ，故可以用0 苯洗涤晶体，B项正确；加热到160 时，除去苯的同时也除去了乙醚，C项错误；D项正确。(5)结合关系式MgBr2Mg2Y4，产品的纯度97.5%。26A4、B3、D4、H1 xx全国卷 联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：(1)联氨分子的电子式为_，其中氮的化合价为_。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。(3)2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H41 048.9 kJmol1上述反应热效应之间的关系式为H4_，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_。(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4HN2H的K8.7107；KW1.01014)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。26(1) 2(2)2NH3NaClO=N2H4NaClH2O(3)2H32H2H1反应放热量大、产生大量气体(4)8.7107N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)解析 (1)N、H均为非金属元素，根据各原子核最外层电子数分析可知，联氨分子含有1个NN键、4个NH键，其电子式为；N2H4是共价化合物，根据电子式可知氮元素的化合价为2价，氢元素的化合价为1价。(2)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由3价升高到2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由1价降低到1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3NaClO=N2H4NaClH2O。(3)观察可知，四个热化学方程式关系式为22，由盖斯定律可知2H32H2H1H4 ；由反应可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反应生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)时，放出1 048.9 kJ热量，且产生7 mol气体，由此推断，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。(4)由题给信息可知，N2H4HN2H的K8.7107，KWc(H)c(OH)1.01014，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4H2ON2HOH，其电离常数Kb1c(OH)c(H)KKW8.71071.010148.7107；由题意可知，二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N2H6SO4，该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。(5)由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H44AgBr =N24Ag4HBr(可能还发生反应N2H4HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4O2=N2 2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)M(O2)，mnM，1 kg联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3O2=2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。27G1、G2、G5、A4、A2xx全国卷 丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：C3H6(g)NH3(g)O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)H515 kJmol1C3H6(g)O2(g)=C3H4O(g)H2O(g)H353 kJmol1两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 。低于460 时，丙烯腈的产率_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是_；高于460 时，丙烯腈产率降低的可能原因是_(双选，填标号)。A催化剂活性降低 B平衡常数变大C副反应增多 D反应活化能增大图00(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为_，理由是_。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_。27(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低AC(3)1该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低17.51解析 (1)由题意可知，反应、都是放热反应，反应、分别放出515 kJmol1和353 kJmol1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。(2)反应的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。温度高于460 时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460 时，副反应进行程度可能增多，反应进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。由反应的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为11.51，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1117.51。1xx湖南东部六校联考 设NA代表阿伏伽德罗常数的值，N表示粒子数。下列叙述正确的是()A将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为B将1 mol Cl2通入水中，则N(HClO)N(Cl)N(ClO)2NAC2.24 L的CH4中含有的CH键键数为0.4NAD常温常压下，3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA1D解析 根据方程式2Na2O22CO2=2Na2CO3O2可知，2 mol Na2O2参加反应，固体增重56 g，转移2 mol电子，则增重a g时，反应中转移电子数为，A错误。将1 mol Cl2通入水中，根据氯元素守恒得2N(Cl2)N(HClO)N(ClO)N(Cl)2NA，B错误。2.24 L的CH4没指明标准状况，C错误。甲醛(HCHO)与冰醋酸的最简式都为CH2O，含有的原子总数为0.4NA，D正确。2xx淮南一模 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A常温常压下，0.1 mol C8H18所含有的共价键数目为2.5NAB1 L 1 molL1 FeCl3溶液完全水解产生的Fe(OH)3胶体粒子数为NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NAD28.6 g Na2CO310H2O溶于水配成1 L溶液，该溶液中阴离子数目为0.1NA2A解析 0.1 mol C8H18所含共价键数目为2.5NA，A正确；胶粒是很多微粒的集合体，故1 mol FeCl3完全水解形成的Fe(OH)3胶粒数远小于NA，B错误；22.4 L没有指明是否为标准状况，C错误；0.1 mol Na2CO310H2O溶于水，CO水解生成HCO和OH，阴离子数目增加，所以该溶液中阴离子数目大于0.1NA，D错误。3xx太原期末 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A50 mL 18.4 molL1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAC某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD常温下，1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA3B解析 浓硫酸随反应进行变稀后不再与铜继续反应，50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热生成SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后转移电子的数目小于0.6NA，C错误；NH4NO3溶液中不但NH含氢原子，水也含氢原子，故溶液中氢原子数大于0.4NA，D错误。4xx江西师大附中、九江一中联考 某结晶水合物的化学式为RnH2O，其相对分子质量为M。25 时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL溶液，下列关系中不正确的是()A该溶液中溶质的质量分数为w%B该溶液的物质的量浓度为c molL1C该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)m(溶质)D该溶液的密度为 gL14A解析 R的质量为a g，溶液总质量为(ab)g，可知该溶液中溶质的质量分数为100%，A错误。n(R)n(RnH2O) mol，该溶液的物质的量浓度为 mol/L，B正确。RnH2O中结晶水的质量为g，故R的质量为g，溶液中溶剂的质量为g，则溶液中m(水)m(溶质)，C正确。溶液总质量为(ab)g，根据可知，溶液密度为 g/mL g/L，D正确。5xx保定摸底 取五个相同的气球，同温同压下，分别充入CO和以下四种混合气体，吹出的体积相等，如图51所示。A、B、C、D四个气球内，与CO所含原子数一定相等的是()图515C解析 同温同压下气体体积之比等于物质的量之比，所以五个气球中所含气体分子的物质的量相等，设为n，CO是双原子分子，则CO气球中原子的个数是2nNA；HCl和O3为双原子和三原子分子，原子的个数大于2nNA，A错误；H2和NH3是双原子和三原子分子，原子的个数大于2nNA，B错误；N2和O2都是双原子分子，原子的个数是2nNA，C正确；He是单原子分子、NO2是三原子分子，二者混合，原子个数可能大于2nNA、小于2nNA或等于2nNA，D错误。6xx唐山质检 钴及其化合物可作为一些化学合成的催化剂，亦用于油漆、颜料、玻璃、釉瓷及电极板等的制造。(1)粉红色、不溶于水的Co(OH)2具有两性，其溶于盐酸的离子方程式为_。Co(OH)2在空气中慢慢被氧化为棕褐色的Co(OH)3，反应的化学方程式为_。(2)CoxNi(1x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价)可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。该催化剂中铁元素的化合价为_。图52两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1x)Fe2O4在10 时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化的曲线如图52所示。由图中信息可知：_法制取得到的催化剂活性更高；Co2、Ni2两种离子中催化效果较好的是_。(3)CoCl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的氧化物(其中Co的化合价为2、3)制备，用480 mL 5 molL1盐酸恰好将其完全溶解，得到CoCl2溶液和6.72 L(标准状况下)黄绿色气体。则该钴的氧化物的化学式为_。6(1)Co(OH)22H=Co22H2O4Co(OH)2O22H2O=4Co(OH)3(2)3微波水热Co2(3)Co3O4解析 (2)CoxNi(1x)Fe2O4中Co、Ni均为2价，O为2价，则Fe的化合价为3；过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性越高，根据图像可知，x相同时，微波水热法速率大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；由图看出，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2的比例增大，故Co2的催化活性更高。(3)由电子守恒：n(Co3)2n(Cl2)20.6 mol。由电荷守恒：反应后溶液中n(Co原子)总n(Co2)溶液n(Cl)(0.48 L5 mol/L20.3 mol)0.9 mol，固体中的n(Co2)0.9 mol0.6 mol0.3 mol，根据化合价代数和为零，氧化物中n(O)(0.3 mol20.6 mol3)21.2 mol，故该钴的氧化物中n(Co)n(O)0.9 mol1.2 mol34，故氧化物的化学式为Co3O4。