1、专题 04 化学计算 2018 年化学高考题年化学高考题 1. (2018 江苏，18，12 分) 碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝 溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 生成物(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中 x 值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 (1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变,提高 x 值的方法有 。 (2)碱式硫酸铝溶液吸收 SO2 过程中，溶液的 pH (填“增大”、“减小”、“不变”)。 (3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定 x 的值，测定方法如下： 取碱式硫酸铝溶液
2、25.00 mL,加入盐酸酸化的过量 BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗 涤，干燥至恒重，得固体 2.330 0 g 取碱式硫酸铝溶液 2.50 mL,稀释至 25 mL， 加入 0.100 0 mol L-1EDTA 标准溶液 25.00 mL， 调节溶液 pH 约为 4.2,煮沸,冷却后用 0.080 00 mol L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的 EDTA 至 终点,消耗 CuSO4标准溶液 20.00 mL(已知 Al3+、 Cu2+与 EDTA 反应的化学计量比均为 11)。 计算(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的 x 值(写出计算过程)。 1. (1)适当增加
3、 CaCO3 的量或加快搅拌速率 (2)减小 (3)25 mL 溶液中: 【解析】 本题考查溶液酸碱性的判断、化学计算。（1）碱式硫酸铝中“氢氧化铝”的生成 原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲 提高 x 值，即提高 Al(OH)3 的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量 的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。（2）二氧化 硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的 pH 减小。 （3）见答案。 2.（2018 海南，14,8 分）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题: (1)实验室
4、使用稀硫酸和 H2O2溶解铜片，.该反应的化学方程式为_ (2)电子工业使用 FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔， 写出该过程的离子方程式_。 配制的 FeCl3溶液应保持_(填酸性碱性或中性)原因是_。 (3)溶液中 Cu2+的浓度可采用碘量法测得： 2Cu2+5I-=2CuI+I3-;I3-+2S2O32-=S4O62-+ 3I- 反应中的氧化剂为_。现取 20.00 mL 含 Cu2+的溶液。加入足量的 KI 充分反应 后，用 0.1000mo1. L-1的 Na2S2O3标准沼液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液 25.00 mL，此溶 液中 Cu2+的浓度为_mol.L-1。 2.C
5、u+H2SO4+H2O2= CuSO4+2H2O；2Fe3+Cu= Cu2+2Fe2+、酸性、抑制 FeCl3水解； Cu2+、0.125molL-1。 【解析】 用稀硫酸和 H2O2来溶解金属铜， 实际反应分进一步进行： 第一步是铜首先被 H2O2 氧化成氧化铜，H2O2则被还原成 H2O；第二步，生成的 CuO 被 H2SO4所溶解生成 CuSO4 与水，综合二步反应的总反应方程式为：Cu+H2SO4+H2O2= CuSO4+2H2O；工业上使用 FeCl3来印刷线路板，是利用具有氧化性的 Fe3+去腐蚀铜制线路板中的金属铜，生成二价的 Cu2+,相关反应的离子反应方程式为：2Fe3+Cu
6、= Cu2+2Fe2+；由于 FeCl3属于强酸弱碱盐， FeCl3溶液中电离生成的 Fe3+能够水解生成 Fe(OH)3与 HCl，而使溶液呈强酸性，为了抑 制 Fe3+的水解，通常采用加入少量的盐酸，使 FeCl3溶液呈酸性；分析两步反应可以 得到如下物质的量关系式： 2Cu2+ 即 Cu2+与是等物质的量的关系，则可知溶液中 Cu2+的物质的量浓度= 2017 年年 化学高考题化学高考题 1. 【2017 年高考江苏卷】下列说法正确的是 A.反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的 H0 B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C.常温下，KspMg(OH)2=5.6 1
7、0-12，pH=10 的含 Mg2+溶液中，c(Mg2+)5.610-4 mol L-1 D.常温常压下，锌与稀 H2SO4反应生成 11.2 L H2，反应中转移的电子数为 6.02 1023 【答案】BC 【解析】该反应是气体分子数减小的反应，即 S0，A 项错误；锌比铁活泼，与铁相连可 以保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法，B 项正确；pH=10 时，c(OH-)=10-4 mol L-1，达到沉 淀溶解平衡时，c(Mg2+)=KspMg(OH)2/c2(OH-)=5.6 10-12/(10-4)2=5.6 10-4 mol L-1，C 项正确； 常温常压下，11.2 L H2不是 0.5
8、mol，D 项错误。 2. 【2017 年高考全国卷 I】Li4Ti5O12和 LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿 (主要成分为 FeTiO3，还含有少量 MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下: 回答下列问题: (1)酸浸实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为 70%时，所采用 的实验条件为 。 (2)酸浸后，钛主要以 TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式 。 (3)TiO2 xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应 40 min 所得实验结果如下表所示: 温度/ 30 35 40 45 50 TiO2 xH2O 转化率/% 92 95 97
9、93 88 分析 40 时 TiO2 xH2O 转化率最高的原因 。 (4)Li2Ti5O15中 Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为 。 (5)若滤液中 c(Mg2+)=0.02 mol L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加 1 倍)，使 Fe3+ 恰好沉淀完全即溶液中 c(Fe3+)=1.0 10-5 mol L-1，此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成? (列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的 Ksp分别为 1.3 10-22、1.0 10-24。 (6)写出高温煅烧中由 FePO4制备 LiFePO4的化学方程式： 。 【答案】(1)100 、2 h，90 、5 h
10、(2)FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+ TiOCl42-+2H2O (3)低于 40 ，TiO2 xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40 ，双氧水分解与氨气 逸出导致 TiO2 xH2O 转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3+恰好沉淀完全时， c(PO43-)= mol L-1=1.3 10-17 mol L-1， c3(Mg2+) c2(PO43-)值为 0.013 (1.3 10-17)2=1.7 10-40KspMg3(PO4)2，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀 (6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2+H2O 【解析】本题考查无
11、机化工流程，涉及书写陌生的化学方程式、溶度积计算、控制条件、分 析原理等，意在考查考生的综合应用能力。四审无机化工流程题:一审原料成分和性质，钛 铁矿的主要成分是钛酸亚铁，杂质是二氧化硅和氧化镁，而二氧化硅是酸性氧化物，氧化镁 是碱性氧化物。二审流程图，抓住盐酸、氨水、磷酸、双氧水、氢氧化锂、碳酸锂、草酸等 物质发生的化学反应；抓住混合物分离方法等。三审图象，通过浸出率与时间、温度的关 系图象， 可以确定最佳反应条件。 四审设问， 联系化学反应速率的影响因素、 盐类水解原理、 溶度积等解答相关问题。 (1)从图象直接可以看出， 铁的浸出率为 70%时对应的温度、 时间， 符合温度升高，反应速率
12、加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查 离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为+4 价，铁为+2 价，产物有氯化 亚铁，比较 FeTiO3和 TiOCl42-知，产物中一定有 H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是 非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两 个角度分析，即低于 40 时，随着温度的升高，反应速率加快；高于 40 时，氨水挥发速 率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与 元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(+1)，化合物中元素化合价代数和等于 0，
13、过氧键中氧显-1 价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出-1 价氧原子个数，就能求出过 氧键数目，即过氧键数目等于-1 价氧原子个数的一半。设 Li2Ti5O15中-2 价、-1 价氧原子个 数分别为 x、y。有:，解得 x=7，y=8。所以，过氧键数目为 8/2=4。(5)考查 溶度积计算以及判断沉淀是否形成。 分两步计算:计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。 c(Fe3+) c(PO43-)=Ksp(FePO4)，c(PO43-)= mol L-1=1.3 10-17mol L-1。混合后，溶液中 镁离子浓度为 c(Mg2+)=0.01 mol L-1，c3(M g2+) c2(PO43-)
14、=0.013 (1.3 10-17)2=1.7 10-40 KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3 价，高温煅烧过程中铁的化合价降 低，碳的化合价升高，有 CO2生成。 【名师点睛】解答无机化工流程题时常用通用原理:(1)控制合适温度常考虑物质挥 发、分解、转化，如双氧水、盐酸、氨水和硝酸等作反应物。当然，温度过低，反应速率较 小。(2)加过量试剂常考虑提高另一种物质的转化率、提高产率，但下一步要考虑上 一步过量的试剂。(3)能否加入其他试剂常考虑转化率、产品纯度等问题。(4)在空气中 或其他气体中主要考虑 O2、CO2、水是否参与反应。(5)判断某离子是否完全沉淀
15、 在上层清液中继续加入对应的沉淀剂， 观察是否有沉淀生成。 (6)判断沉淀是否洗涤干净 取最后一次的洗涤液，滴加某试剂，观察现象。(7)控制 pH主要考虑防水解、促进离 子沉淀、防止某离子沉淀、除去某杂质等。(8)某些有机试剂洗涤降低产品溶解度、 减小产品损失或提高产率。例如，乙醇、异丙醇等都是常用的洗涤剂。(9)选择加热方式或 干燥方式主要考虑受热是否均匀、产品是否易分解或易挥发等。 3. 【2017 年高考海南卷】 碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列 问题： （1）碳酸钠俗称_，可作为碱使用的原因是_（用离子方程式表示）。 （2）已知：2NaOH(s)+CO2(g)
16、Na 2CO3(s)+H2O(g) H1=127.4 kJmol 1 NaOH(s)+CO2(g) NaHCO 3(s) H1=131.5 kJmol 1 反应 2NaHCO3(s) Na 2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的 H=_ kJ mol 1， 该反应的平 衡常数表达式 K=_。 （3）向含有 BaSO4固体的溶液中滴加 Na2CO3溶液，当有 BaCO3沉淀生成时溶液中 2 3 2 4 CO SO c c （） （） =_。已知 Ksp(BaCO3)=2.6 109，Ksp(BaSO4)=1.1 1010。 【答案】（1）纯碱或苏打；CO32 H 2O HCO3 OH；
17、（2）135.6，c(H 2O) c(CO)； （3）24。 【解析】（1）碳酸钠俗称纯碱和苏打，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32 发生水解反应，其 水解方程式为：CO32 H 2O HCO3 OH，溶液显碱性；（2）2得到： 2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)CO2(g)H2O(g) H=(127.42 131.5)kJ mol 1= 135.6kJ mol 1，Na 2CO3和 NaHCO3为固体，根据化学平衡常数的定义 K= c(H2O) c(CO)； （ 4 ） 在 同 一 个 溶 液 中 ， c(Ba2 ) 相 同 ， 依 据 溶 度 积 的 数 学 表 达 式 ， 则 有 22
18、29 333 22210 444 ()()()()2.6 10 ()()()()1.1 10 c COc COc BaKsp BaCO c SOc SOc BaKsp BaSO =24。 【名师点睛】 本题考查物质的俗称、 盐类水解、 热化学方程式的计算、 化学平衡常数的表达、 溶度积的计算，本题相对比较简单，热化学反应方程式的计算，一般采用先找出目标反应方 程式， 通过对已知反应方程式变形进行加减， 注意H 的符号和数值的变化； 溶度积的计算， 根据信息，因为是同一种溶液中 c(Ba2 )相等，因此此比值分子分母同乘以 c(Ba2)，得到相 应的溶度积，然后进行计算，注意理解溶度积的含义。
19、4. 【2017 年高考浙江卷】分别称取 2.39 g (NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物 两份。 (1) 将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的 Ba(OH)2溶液，产生的沉淀 质量与加入 Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中 n(NH4)2SO4 n(NH4Cl)为_。 (2) 另一份固体混合物中 NH4 +与 Ba(OH) 2溶液(浓度同上)恰好完全反应时， 溶液中 c(Cl)_(溶液体积变化忽略不计)。 【答案】 (1) 1:2 (2)0.100mol L1 【考点】基于化学反应的物质的量、物质的量浓度的计算 【解析】n(NH4)2SO4=n(BaSO4)=0.01mo
20、l ，n(NH4Cl)=（2.39-0.01 132）/53.5=0.02mol 所以 n(NH4)2SO4n(NH4Cl)=1:2 ；cBa(OH)2=0.1mol/L ，2NH4 + Ba(OH) 2 ，NH4 + 总 共 0.04mol， nBa(OH)2=0.02mol， 加入 VBa(OH)2=0.02/0.1=0.2L， c(Cl )=0.100mol/L。 本题需要注意有效数字，有效数字不正确相应扣分。 2016-2013 年年 化学高考题化学高考题 1【2016 年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通 入标准状况下 112ml Cl2，
21、恰好将 Fe2+完全氧化。x 值为（ ） A0.80 B0.85 C0.90 D0.93 【答案】A 【解析】根据电子守恒可知，FexO 被氧化为 Fe3+转移的电子数和 Cl2转移的电子数相等， 标准状况下，112ml Cl2转移的电子数为 0.01mol， 选项 A 正确。 【考点定位】考查化学反应方程式的有关计算。 【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏加德罗常数、物质的量 等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升 降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：找出氧化剂、还原剂及对应产物；准确 找出一个微粒（原子、离子或分子）对
22、应的得失电子数目；设未知数、依据电子守恒列出 关系式、计算出未知量。注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程 0 2.3 V/m m/ 10 中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。 2【2016 年高考上海卷】 称取(NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24g， 加入含 0.1mol NaOH 的溶液，完全反应，生成 NH3 1792ml（标准状况），则 (NH4)2SO4和 NH4HSO4的物质的量 比为（ ） A1:1 B1:2 C1.87:1 D3.65:1 【答案】C 【解析】利用极值法分析，可知 0.1mol 氢氧化钠
23、不足，故先将 NH4HSO4反应完，再反应 (NH4)2SO4,因共生成 NH3 0.08mol，故与 H+反应的氢氧化钠为 0.02mol，则可知道 NH4HSO4 为 0.02mol，则(NH4)2SO4质量为 7.24g115g/mol 0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为 4.94g 132g/mol=0.0374mol。 因此(NH4)2SO4与 NH4HSO4物质的量之比为： 1.87:1 ， 故选 C。 【考点定位】考查有关化学反应计算的技巧和方法。 【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常 数、物质的量浓度、物质的质
24、量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转 化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比 如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。 日常学习中 要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。 3 【2015 上海化学】将 O2和 NH3的混合气体 448mL 通过加热的三氧化二铬，充分反应后， 再通过足量的水，最终收集到 44.8mL 气体。原混合气体中 O2的体积可能是（假设氨全部 被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ） A231.5mL B268.8mL C287.5mL D313.6mL 【答案】C、
25、D 【解析】将 O2和 NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两 个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2=HNO3+H2O，若最后得到的气体是 NO，则 发 生4NH3+5O24NO+6H2O消 耗 的 氧 气 的 体 积 是V(O2)=5/4V(NO)= 5/4 44.8mL=56ml，消耗的总体积是 V(总)= V(O2)+V(NH3)=9 /4 44.8mL=100.8ml，其余的气 体体积是 448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：NH3+2
26、O2= HNO3+H2O，反应消耗的氧气体 积是： V(O2)=2/3V(剩余)= 2/3 347.2ml= 231. 5ml， 则其中的氧气的总体积是： V(O2)(总)= 56ml+ 231.5ml =287.5mL。 若 最 后 剩 余 的 气 体是 O2，则 O2应 该 是发 生 总 反应 NH3+2O2=HNO3+H2O 消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：V(O2)=(448mL 44.8mL ) 2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项 C、D。 【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。 【名师点睛】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，
27、要学会使用关 系式方法、元素守恒、电子守恒确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合 物质反应中的关系判断所有的可能性。 4【2013 年高考上海卷】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3+2KNO3K2O+ 5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多 1.75mol，则下列判断正确的是（ ） A生成 42.0LN2（标准状况） B有 0.250molKNO3被氧化 C转移电子的物质的量为 1.25mol D被氧化的 N 原子的物质的量为 3.75mol 【答案】C、D = 点燃 = 通电 = 电解 = 催化剂 = 点燃 = 通电 = 电解 = 催化剂 【解析】 根据反应
28、方程式可知，每当生成 16 mol N2，则氧化物比还原物多 14 mol。转移电 子的物质的量为 10 mol，被氧化的 N 原子的物质的量为 30 mol，有 2 mol KNO3被还原，现 氧化物比还原物多 1.7 mol，则生成 2mol N2，转移电子的物质的量为 1.25 mol，被氧化的 N 原子的物质的量为 3.75 mol，因此，C、D 正确。 【考点定位】本题考查氧化还原反应计算。 【名师点睛】本题考查氧化还原反应有关知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合 价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答本题的关键， 氧化还原 反应是高频考点，试题注重考查
29、学生的计算技巧。难点中等。 5 【2013 年高考上海卷】一定条件下，将 0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和 0.2LNH3 混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗 气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（ ） A可能是单一气体 B不可能含有一氧化碳 C可能存在原气体中的两种气体 D成分和洗气瓶的排列顺序无关 【答案】A、C 【解析】方法一、洗气瓶排列顺序有 6 种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的 气体有 CO、NH3，后面的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为 CO；若第一
30、个洗气 瓶装水，则这时出来的气体有 CO、CO2、NO，后面的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的 气体为 CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有 CO、CO2、 NO，后面的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为 CO、NO。方法二、洗气瓶的排列 顺序不论怎样，最终的气体肯定没有 CO2、NH3，而 CO 与三种溶液都不反应，尾气肯定有 CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有 NO（NONO22NaOH=2NaNO2 H2O），若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有 NO。 【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力。 【名师点睛】本题考查的知识
31、点是常见气体的检验，主要考查了洗气瓶的洗气，掌握常见气 体和足量蒸馏水、 饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应的性质是解答本题的关键， 该题综 合性较强，有利于培养学生分析、解决问题的能力。 6【2013 年高考上海卷】一定量的 CuS 和 Cu2S 的混合物投入足量的 HNO3中，收集到气 体 V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在 Cu2+和 SO42-）加入足量 NaOH，产生蓝色 沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到 CuO 12.0g，若上述气体为 NO 和 NO2的混合物，且体积比 为 11，则 V 可能为（ ） A9.0 B13.5 C15.7 D16.8 【答案】A 【解析】 若混合
32、物全是 CuS， 其物质的量为 12/80=0.15mol， 电子转移数， 0.15 (6+2)=1.2mol。 两者体积相等， 设NO xmol,NO2 xmol,3x+x1=1.2， 计算的x=0.3。 气体体积V=0.6 22.4=13.44L； 若混合物全是 Cu2S,其物质的量为 0.075mol,转移电子数 0.075 10=0.75mol， 设 NO xmol,NO2 xmol, 3x+x1=0.75，计算得 x=0.1875,气体体积 0.375 22.4=8.4L，因此选 A。 【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。 【名师点睛】利用极限法解答，假设混合物全是 Cu
33、S，或混合物全是 Cu2S，根据 n=m/M， 计算 n（CuO），根据电子转移守恒计算 n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒， 计算 n（NO）、n（NO2），根据 V=nVm 计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒 思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。 7【2013 年高考四川卷】1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2和 N2O4 的混合气体 1120mL (标准状况)，向反应后的溶液中加 入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时， 得到2.
34、54g沉淀， 下列说法不正确 的是 （ ） A该合金中铜与镁的物质的量之比是 21 B该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0mol/L CNO2和 N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是 80% D得到 2.54 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600mL 【答案】D 【解析】设铜镁的物质的量分别为 x、y，则64x+24y=1.52 64x+24y+34x+34y=2.54，解 得 x=0.02mol，y=0.01 mol，设 N2O4、NO2的物质的量分别为 a、b，则根据得失电子数相等： 2x+2y=2a+b ， a+b=0.05 ， 则a=0.01mol ， b=0
35、.04mol ， A 、 C正 确 ； c(HNO3)=1000 1.4 63%/63=14.0mol L 1，C 项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠， 根据原子守恒： n(NaOH)=n(HNO3)- （2a+b） =0.7-0.06=0.64mol， 氢氧化钠溶液体积为 640mL， D 错误。 【考点定位】本题考查科学计算。 【名师点睛】本题以铜镁合金与硝酸反应为载体，考查混合物的有关计算，难度中等，理解 化学反应发生的过程是关键， 是对学生综合能力的考查， 在解题过程中要注意守恒思想的应 用，该试题依托教材，体现主干知识，重点知识。注重测试学生的计算能力。 8【2016 年高考江苏
36、卷】（节选）过氧化钙（CaO2 8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用 的供氧剂。 （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： 写出 O2将 Mn2+氧化成 MnO(OH)2的离子方程式；_。 取加过一定量 CaO2 8H2O 的池塘水样 100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗 0.01000 mol L1 Na2S2O3标准溶液 1
37、3.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用 mg L1表示），写 出计算过程。 【答案】(3)2Mn2 O 24OH =2MnO(OH) 2 在 100.00 mL 水样中 I22S2O2 3=2I S 4O 2 6 n(I2)c（Na2S2O3） V（Na2S2O3） 2 0.010 00 mol L 1 13.50 mL 103 L mL1 2 6.750 10 5 mol nMnO(OH)2n(I2)6.750 10 5 mol n(O2)1 2nMnO(OH)2 1 2 6.750 10 5 mol3.375 105 mol 水中溶解氧3.375 10 5 mol 32 g mol1 1
38、000 mg g1 100.00 mL 10 3 L mL11080 mg L 1 【解析】本题主要考查 CaO2 8H2O 的制备实验、水中溶解氧含量的测定实验，意在考查考 生对物质制备实验和定量分析实验的理解能力。(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)1 2nMnO(OH)2 1 2n(I2)n(S2O 2 3)，根据 Na2S2O3的消耗量，可计算出水 样中的溶解氧。 【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等。 【名师点晴】 灵活应用电子
39、得失守恒是解答的关键， 电子守恒是氧化还原反应计算的核心思 想： 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时， 氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的 电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有 关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、 还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、 还原剂得失电子的量， 然后根据电子守恒列出等式。 计算公式如下：n(氧化剂) 得电子原子数 原子降价数n(还原剂) 失电子原子数 原子升价 数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。 9 【2016 年高考新课标卷】 （节选） （3
40、） 在化学分析中采用 K2CrO4为指示剂， 以 AgNO3 标准溶液滴定溶液中的 Cl，利用 Ag+与 CrO42生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶 液中 Cl恰好完全沉淀(浓度等于 1.0 105 mol L1)时，溶液中 c(Ag+)为_ mol L1，此 时溶液中 c(CrO42)等于_ mol L1。(已知 Ag2 CrO4、AgCl 的 Ksp分别为 2.0 1012 和 2.0 1010)。 【答案】(3) 2.0 10-5 ；5 10-3 ； 【解析】 (3)当溶液中 Cl-完全沉淀时，即 c(Cl-)=1.0 105 mol L1，根据溶度积常数 Ksp(AgCl)=2.
41、0 1010， 可 得 溶 液 中c(Ag+)=Ksp(AgCl) c(Cl-)=2.0 1010 (1.0 105 mol L1)=2.0 10-5 mol L1； 则此时溶液中 c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0 1012 (2.0 10-5 mol L1)=5 10-3mol L1； 【考点定位】考查溶度积常数的应用。 【名师点睛】该题考查了学生对化学平衡移动原理溶度积常数的含义的理解与计算、应用。 10【2016 年高考新课标卷】（节选） 联氨（又称联肼，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： （5）联氨是一种常用
42、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 1kg 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 。 【答案】 （5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4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】(5)由于联氨具有还原性，能将 AgBr 中的 Ag+还原为 Ag，可看到固体逐渐变黑， N2H4被氧化为 N2， 可看到溶液中有气泡产生。 1 mol 联氨在反应中失去 4 mol 电子， 而 1
43、mol O2能得到 4 mol 电子， 且联氨与 O2的相对分子质量相等， 故反应的联氨与 O2的物质的量和 质量均相等，故 1 kg 的联氨可除去水中溶解的 O2的质量为 1 kg。使用联氨处理水中溶解的 O2，消耗联氨的质量小，且氧化产物为 N2，对环境无污染，而用 Na2SO3处理水中溶解的 O2时，Na2SO3被氧化为 Na2SO4，产生新杂质。 【考点定位】考查化合价，化学计算等知识。 【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化合价，简单化学计算等知识。 11【2016 年高考上海卷】（14 分）CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。 CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生
44、氧气。完成下列计算： （1）CO2通入氨水生成 NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解， 分解产物经干燥后的体积为_L(标准状况)。 （2）某 H2中含有 2.40 molCO2，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_。 （3）CO2和 KO2有下列反应： 4KO2+2CO22K2CO3+3O2 4KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2 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
45、计算。 （4）甲烷和水蒸气反应的产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。 【答案】（本题共 14 分） （1）89.6（2）2.4 mol/Lc1.2 mol/L （3） 2222332 8KO6CO +2H O2K CO +4KHCO +6O 22 (CO )(H O =6 2nn) n(H2O)=(9/6) 2=3(mol) （4）300 mol CH4完全反
46、应产生 H2 900mol 设 CO2转化率为 ，CO 转化率为 300+100=350 600+300=900-120 =80% 或设 CO2转化率为 9003502100=120 =80/100=80% 【解析】试题分析： （1）NH4HCO3分解的化学方程式为 NH4HCO3H2O+NH3+CO2，由方程式可知，分 解产物经干燥后所得气体为 NH3和 CO2， 且 n(NH3)+n(CO2)=2n(NH4HCO3)=4.00 mol,则 V(混 合气体)=4.00 mol22.4L/mol=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为 89.6L。（2）根据题意 要求， 2.40molCO2
47、被完全吸收， NaOH 也完全吸收， 则反应产物可能是 Na2CO3或者 NaHCO3 或 Na2CO3和 NaHCO3的混合物。用极值思想分析两种特殊情况： （3）法一：依题意，9 mol CO2在密封舱 内和 KO2反应后生成 9 mol O2，即 n(CO2)n(O2)=11，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目 要求： 8KO2+6CO2+2H2O2K2CO3+4KHCO3+6O2来所以有n(H2O)= 3 1 n(CO2)= 3 1 9mol=3mol， 即反应前密封舱内 H2O 的物质的量为 3mol。 法二：设反应前密封舱内 H2O 的物质的量为 n 4KO2 + 4CO2 + 2H2O 4KHCO3 + 3O2 2n
