1、2016届山东省17地市重点高中高三化学上学期期中考试专题汇编-化学计算1.(2016届山东莱芜)现有V mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是( ) A. 溶剂的质量为：(dV0.208Vc)gB. 溶质的质量分数为：%C. 溶质和溶剂的质量之比为：0.208Vc：(dV0.208Vc)D. Cl的物质的量为：0.002Vc mol2.(2016届山东青岛城阳一中)在1L浓度为0.2molL1Fe(NO3)3和1.5molL1H2SO4组成的混合溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是( ) A. 由于氧化性Fe3+
2、H+，故反应先不产生气体后产生气体B. 反应后产生13.44LH2(标准状况)C. 反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD. 反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8mol3.(2016届山东淄川一中)在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为( ) A. 2：1B. 1：2C. 1：3D. 1：44.(2016届山东德州)现将足量的CO2气体不断通人到含KOH、Ba(OH)2、KAl(OH)4的混合溶
3、液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为( ) A. B. C. D. 5.(2016届山东莱芜)金属铬(cr)的英文是Chromium，原意是颜色，因为它的化合物都有美丽的颜色如表是几种常见铬的化合物或离子的水溶液的颜色：离子或化合物Cr2O72Cr(OH)3Cr3+CrCrO42颜色橙色灰蓝色蓝紫色绿色黄色含铬元素的化合物可以发生如图一系列变化：(1)分别写出反应、的离子方程式：、(2)结合上述转化图及所学知识，请分析向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸的现象为(3)在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，该反应的离子方程式为(4)将KCl和CrCl3两种固
4、体混合物共熔制得化合物X将0.0035mol X中的Cr元素全部氧化成Cr2O72，得到的Cr2O72与过量的KI反应生成0.0105mol I2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O另取0.0035mol X溶于水中，当加入0.0385mol Ag NO3时，恰好沉淀完全则表示X组成的化学式为6.(2016届山东烟台)含1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)下列有关判断正确的是( ) A. 曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+B. P点时总反应的离子方程式可表示为5
5、Fe+16H+NO33Fe2+2Fe3+4NO+8H2OC. n2=0.25D. n3：n1=3：27.(2016届山东泰安)向200.0mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2.0molL1的盐酸，所得气体(不考虑溶解)的体积与滴加盐酸的体积关系如图(其中点A是线段OC上的动点)：(1)若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是(2)若OAAC时，OA段发生反应的离子方程式是(3)若A点数值为80，C点数值为260，计算确定通入CO2后得到的溶液溶质成分及其物质的量浓度(溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程)8.(2016届山
6、东泰安)下列反应过程符合如图所示关系的是( ) A. 向漂白粉溶液中通入CO2气体至过量B. 向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C. 向Ba(OH)2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量D. 向NaAl(OH)4溶液中通入HCl气体至过量9.(2016届山东青岛58中)现有CuO和Fe2O3的混合物m克，向其中加入1molL1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为( ) A. (2016届山东青岛58中)克B. 2(m1.6)克C. (m1.6)克D. 3.2克10.(2016届山东日照一中)某学生为了测定部分变质的Na2SO
7、3样品的纯度按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4至完全反应；然后，将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g回答下列问题：(1)写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、(2)实验开始时，应先点燃处酒精灯(填装置字母)(3)实验开始后，写出B中反应的离子方程式(4)C中的现象是，E装置的作用是(5)原样品中Na2SO3的纯度为(精确到0.1%)按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的Na2SO3的纯度(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)11.(2016届山东泰安)下列各组中两种气体
8、所含的原子数一定相等的是( ) A. 温度相同，体积相同的O2和N2B. 质量相等，密度不等的N2和COC. 体积相等，密度相等的CO和C2H4D. 压强相同、体积相同的N2和O212.(2016届山东威海乳山)向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是( ) A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5molL1B. 当0V(HCl)10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH+H+H2OC. 乙溶液中含有的
9、溶质是NaOH、NaHCO3D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL(标准状况)13.(2016届山东济南一中)等物质的量的下列物质在一定条件下与足量浓硝酸反应生成NO2，消耗硝酸的物质的量最多的是( ) A. AgB. FeI2C. SO2D. C14.(2016届山东聊城莘县实验)由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0molL1的NaOH溶液时，得到的沉淀达到最大值上述盐酸溶液的浓度为( ) A. 0.5molL1B. 1.0molL1C. 2.0molL1D. 3.0molL11
10、5.(2016届山东聊城莘县实验)在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5g，用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2增重10.5g，则原混合气体中O2的物质的量是( ) A. 0.5molB. 0.25molC. 0.27molD. 0.52mol16.(2016届山东莱芜)甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为v(甲)：V(乙)=2：3，则加入铝粉的质量为( ) A. 4.05gB. 5.4gC. 2.7gD. 8.1g17.(2016届山东莱芜)现有V
11、mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是( ) A. 溶剂的质量为：(dV0.208Vc)gB. 溶质的质量分数为：%C. 溶质和溶剂的质量之比为：0.208Vc：(dV0.208Vc)D. Cl的物质的量为：0.002Vc mol18.(2016届山东莱芜)同温、同压下等质量的NH3和CH4气体，下列叙述中正确的是( ) 密度之比为17：16体积之比为17：16氢原子个数比为3：4电子数之比为16：17原子个数之比为64：85A. B. C. D. 19.(2016届山东泰安)某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如表实
12、验实验序号操作及现象取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体(经检验为H2)，溶液呈浅黄色向中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液至过量，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，且红色很快褪去(1)铝和氧化铁反应的化学方程式是(2)固体成分的初步确定由上述实验可知：i所得溶液中Fe元素的存在形式有；i中产生H2的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含A1单质，设计了相关实验，依据的原理是(用离子方程式表示)；生成O2的化学方程式是(3)该小组同学对ii中溶液红色褪去的原因做进一步探究实验序号操作及现象将中剩余溶液均分为两份
13、，一份滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解取2mL0.1molL1FeCl3溶液，滴入KSCN溶液，溶液变为红色，通入一段时间O2，无明显变化再加入H2O2溶液，红色很快褪去提示：KSCN中S元素的化合价为2价实验iii中白色沉淀的化学式是；结合实验iii和iv分析，实验ii中红色褪去的原因是20.(2016届山东青岛城阳一中)某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说
14、法不正确的是( ) A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NHB. 溶液中n(NH)=0.2molC. 溶液中一定不含CO和NO，可能含有SOD. n(H+)：n(Al3+)：n(Mg2+)=2：2：121.(2016届山东济南一中)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是( ) A. 该试剂的物质的量浓度为9.2molL1B. 该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO210.3LC. 配制50mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸12.5mLD. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%22.(2016届山东威海乳山)对
15、固体表面的化学过程的研究，有助于理解各种不同的过程(1)根据反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)H0，(HTS0)因此汽车尾气中的CO和NO会自发地生成无毒N2和CO2，但实际上有毒气体仍大量逸散到空气中，原因是：(2)用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染CH4(g)+4NO(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=574kJmol1CH4(g)+4NO(g)2N2O(g)+CO2(g)+2H2O(g)T2若1molCH4催化还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则H2=(3)合成氨铁触媒主要成分是xFeOyFe2O3，当+2价与+3价
16、铁的物质的量之比为1：2时催化活性最高，以Fe2O3为原料制备上述催化剂，发生反应：2Fe2O3+C4FeO+CO2为制得这种活性最高的催化剂，向48gFe2O3粉末中加入恰好反应的炭粉的质量为g(4)探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能控制实验条件相同，催化反应器中装载不同的催化剂，将催化反应后的混合气体通过试管溶液(溶液体积、浓度均相同)为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是；尾气处理方法是：23.(2016届山东淄川一中)(1)工业合成氨与制备HNO3一般可连续生产，其流程如下：写出工业合成氨的化学方程式，上述尾气中的NO2一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的
17、化学方程式为某同学在实验室蒸馏含有Mg(NO3)2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有(2)合成氨用的H2可以甲烷为原料制得已知CO(g)+O2(g)CO2(g)H=282kJmo1H2(g)+O2(g)H2O(g)H=241.8kJmo1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=846.3kJmo1则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为24.(2016届山东威海乳山)有报道称Co3O4能催化N2O分解，其中27Co在元素周期表中属于铁系元素，其单质及化合物的性质与铁有很多相似之处(1)钴元素在周期表中的位置
18、是；Co3O4中Co的化合价为(2)Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，写出反应的化学方程式：实验反应中若消耗10molL1浓盐酸40mL，则反应中转移电子mol，产生气体的标准状况下体积为mL(3)下列关于Co3O4催化N2O分解的说法正确的是(填序号)A. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H增大B. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H减少C. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H不变D. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，降低了反应所需能量ECo3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，增加了反应所需能量(4)实验测得：Co(OH)2在空气中加热时，可得
19、到不同价态的氧化物固体残留率(剩余固体质量与原始固体质量比率)随温度的变化如图所示已知钴的氢氧化物加热至290时已完全脱水通过分析数据确定：在B. C之间(5001000)范围内，剩余固体成分为：参考答案：1.(2016届山东莱芜)关键字:山东期中现有V mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是( ) A. 溶剂的质量为：(dV0.208Vc)gB. 溶质的质量分数为：%C. 溶质和溶剂的质量之比为：0.208Vc：(dV0.208Vc)D. Cl的物质的量为：0.002Vc mol【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质分子中的原
20、子个数计算；物质的量浓度的相关计算网版权所有【专题】物质的量的计算；溶解度的计算【分析】A. 水的质量等于溶液的质量减去溶质的质量；B. 溶质的质量分数为100%；C. 溶质的质量为cVM，结合A项分析；D. Cl的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍【解答】解：A. 溶液的质量为dVg，溶质的质量为cVM=0.208Vcg，则溶剂的质量为(dV0.208Vc)g，故A正确；B. 溶质的质量分数为100%=100%=%，故B错误；C. 溶质的质量为cVM=0.208Vcg，溶剂的质量为(dV0.208Vc)g，则溶质和溶剂的质量之比为0.208Vc：(dV0.208Vc)，故C正确；D. Cl
21、的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍，BaCl2的物质的量为0.001cVmol，则Cl的物质的量为0.002Vc mol，故D正确故选B. 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握有关的公式2.(2016届山东青岛城阳一中)关键字:山东期中在1L浓度为0.2molL1Fe(NO3)3和1.5molL1H2SO4组成的混合溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是( ) A. 由于氧化性Fe3+H+，故反应先不产生气体后产生气体B. 反应后产生13.44LH2(标准状况)C. 反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD.
22、 反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8mol【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算网版权所有【分析】溶液中n(Fe3+)=0.2mol，n(NO3)=0.6mol，n(H+)=3mol，n(Fe)=0.7mol，由于氧化性为氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，0.6molNO3完全反应消耗0.6molFe，消耗2.4molH+，生成0.6molFe3+、0.6molNO，反应后剩余0.1molFe、0.6molH+，此时溶液中共有0.8molFe3+，再发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，0.1molFe反应消耗0.2molFe3+，生成0
23、.3molFe2+，剩余0.6molFe3+，没有Fe剩余，不发生反应：Fe+2H+Fe2+H2【解答】解：溶液中n(Fe3+)=0.2mol，n(NO3)=0.6mol，n(H+)=3mol，n(Fe)=0.7mol，由于氧化性为氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，0.6molNO3完全反应消耗0.6molFe，消耗2.4molH+，生成0.6molFe3+、0.6molNO，反应后剩余0.1molFe、0.6molH+，此时溶液中共有0.8molFe3+，再发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，0.1molFe反应消耗0.2molFe3+，生成0.3
24、molFe2+，剩余0.6molFe3+，没有Fe剩余，不发生反应：Fe+2H+Fe2+H2A. 由于氧化性为氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，开始有气体生成，故A错误；B. 由上述分析可知，不发生反应：Fe+2H+Fe2+H2没有氢气生成，标况下生成的NO为0.6mol22.4L/mol=13.44L，故B错误；C. 反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D. 反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故D错误，故选：C. 【点评】本题考查混合物计算，关键
25、是明确发生反应的先后顺序，再结合过量计算解答，难度中等3.(2016届山东淄川一中)关键字:山东期中在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为( ) A. 2：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，
26、加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算【解答】解：因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol
27、、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol1mol=2mol，则：2Fe3+Fe=3Fe2+2mol 1mol 3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C. 【点评】本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算4.(2016届山东德州)关键字:山东期中现将足量的CO2气体不断通人到含KOH、Ba(OH)2、KAl(OH)4的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为( ) A. B. C. D. 【考点】离子方程式的有关计算网版权所有
28、【专题】利用化学方程式的计算【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAl(OH)4，有Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、BaCO3反应，据此进行判断【解答】解：足量的CO2气体不断通人到含KOH、Ba(OH)2、KAl(OH)4的混合溶液中，二氧化碳先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，所以一开始就会产生沉淀，消耗完氢氧化钡后，再与氢氧化钾溶液反应，生成碳酸钾和水，此段不会产生沉淀图象为平台；氢氧化钾消耗完后，二氧化碳在于KA
29、l(OH)4反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀物质的量增加；消耗完KAl(OH)4，再与溶液中生成的碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，此段不会产生沉淀图象为平台；然后再与碳酸钡反应生成碳酸氢钡，部分沉淀溶解，沉淀物质的量减少；最后通入二氧化碳，沉淀质量不变，为平台；符合上述关系的图象为C，故选：C. 【点评】本题以图象为载体，考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，明确每段发生的反应是解题关键，题目难度中等5.(2016届山东莱芜)关键字:山东期中金属铬(cr)的英文是Chromium，原意是颜色，因为它的化合物都有美丽的颜色如表是几种常见铬的化合物或离子的水溶液的颜色：离子或化合物Cr2O72Cr(O
30、H)3Cr3+CrCrO42颜色橙色灰蓝色蓝紫色绿色黄色含铬元素的化合物可以发生如图一系列变化：(1)分别写出反应、的离子方程式：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O、Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O、2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O(2)结合上述转化图及所学知识，请分析向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸的现象为绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液(3)在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，该反应的离子方程式为Cr2O72+2OH2CrO42+H2O(4)将KCl和CrCl3两种固体混合物共
31、熔制得化合物X将0.0035mol X中的Cr元素全部氧化成Cr2O72，得到的Cr2O72与过量的KI反应生成0.0105mol I2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O另取0.0035mol X溶于水中，当加入0.0385mol Ag NO3时，恰好沉淀完全则表示X组成的化学式为K5Cr2Cl11【考点】复杂化学式的确定；离子方程式的书写网版权所有【专题】离子反应专题；利用化学方程式的计算【分析】(1)反应中，溶液由橙色变为绿色，Cr2O72在酸性条件下和Zn反应生成Cr3+，失电子化合价升高的反应物是还原剂；Cr3+和OH反应生成灰蓝色Cr(OH
32、)3沉淀B，Cr(OH)3在碱性条件下生成绿色的CrO2；绿色的CrO2被过氧化氢氧化成黄色CrO42，由此分析书写离子方程式；(2)向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸，溶绿色的CrO2转化为沉淀，沉淀用酸溶解生成蓝紫色Cr3+；(3)在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，说明二者反应生成CrO42；(4)根据关系式2Cr3+Cr2O723I2计算n(Cr3+)，根据Cl原子守恒计算n(Cl)，再根据电荷守恒计算n(K+)，据此推断KCl与CrCl3物质的量关系，从而确定X的化学式【解答】解：(1)反应中，溶液由橙色变为绿色，Cr2O72在酸性条件下和Zn反应生
33、成Cr3+，失电子化合价升高的反应物是还原剂，离子反应方程式：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O；Cr3+和OH反应生成灰蓝色Cr(OH)3沉淀B，Cr(OH)3在碱性条件下生成绿色的CrO2，离子反应方程式为：Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O；绿色的CrO2被过氧化氢氧化成黄色CrO42，反应的离子方程式为：2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O，故答案为：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O；Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O；2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O；(2)向NaCrO2溶液中逐
34、滴加入过量稀硫酸，溶绿色的CrO2转化为沉淀，沉淀用酸溶解生成蓝紫色Cr3+，所以现象为；绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液，故答案为：绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液；(3)在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，说明二者反应生成CrO42，离子方程式为Cr2O72+2OH2CrO42+H2O，故答案为：Cr2O72+2OH2CrO42+H2O；(4)根据关系式2Cr3+Cr2O723I2得n(Cr3+)=0.007mol，根据Cl原子守恒计算n(Cl)=n(AgCl)=n(AgNO3)=0.0385mol，再根据电荷守恒得
35、n(K+)=n(Cl)3n(Cr3+)=0.0385mol0.021mol=0.0175mol，则KCl与CrCl3物质的量之比=0.0175mol：0.007mol=5：2，n(K+)：(Cr3+)：n(Cl)=0.0385mol：0.007mol：0.0385mol=5：2：11，所以X的化学式为K5Cr2Cl11，故答案为：K5Cr2Cl11【点评】本题考查氧化还原反应有关计算及复杂化学式的确定，为高频考点，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，注意原子守恒、电荷守恒的灵活运用，题目难度中等6.(2016届山东烟台)关键字:山东期中含1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所
36、得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)下列有关判断正确的是( ) A. 曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+B. P点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H+NO33Fe2+2Fe3+4NO+8H2OC. n2=0.25D. n3：n1=3：2【考点】离子方程式的有关计算网版权所有【专题】计算题；元素及其化合物【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe(NO3)3，反应方程式为：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O，当铁过量时，过量的铁再与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3
37、)2，P点为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2物质的量相等的点，参加反应的铁为1mol即n1=1，a为Fe(NO3)3，反应过程中铁原子守恒，n(Fe)=n(Fe(NO3)2)+n(Fe(NO3)，据此回答【解答】解：A. 向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe(NO3)3，反应方程式为：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的Fe(NO3)3为1mol，所以参加反应的铁为1mol即n1=1，a为Fe(NO3)3，故A错误；B. Fe(NO3)3与过量的铁继续反应生成Fe(NO3)2，反应方程式为：2Fe(NO3
38、)3+Fe=3Fe(NO3)2，P点为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2物质的量相等的点，随后是Fe(NO3)3与过量的铁继续反应生成Fe(NO3)2，反应方程式为：2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，P点为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2物质的量相等的点，故B错误；C. 根据铁原子守恒，n(Fe)=n(Fe(NO3)2)+n(Fe(NO3)，所以n(Fe)=1.2mol即n2=1.2mol，故C错误；D. 向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe(NO3)3，反应方程式为：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可
39、计算出生成的Fe(NO3)3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，将0.25mol的Fe(NO3)3转化为Fe(NO3)2需要的金属铁是125mol，所以n3=0.25mol+0.125mol=0.375mol，n3：n1=3：2，故D正确故选D. 【点评】本题考查了铁与稀硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加入的顺序，难度较大7.(2016届山东泰安)关键字:山东期中向200.0mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2.0molL1的盐酸，所得气体(不考虑溶解)的体积与滴加盐酸的体积关系如图(其中点A
40、是线段OC上的动点)： (1)若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是Na2CO3(2)若OAAC时，OA段发生反应的离子方程式是OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3(3)若A点数值为80，C点数值为260，计算确定通入CO2后得到的溶液溶质成分及其物质的量浓度(溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程)【考点】离子方程式的有关计算网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，则产物的组成是氢氧化钠和碳酸钠的混
41、合物，或者是碳酸钠，若是混合物，盐酸先是和氢氧化钠之间反应，然后和碳酸钠之间反应，反应的量之间的关系可以由反应得到：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，以此解答【解答】解：(1)NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是Na2CO3，OA段的反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，AC段的反应：NaHCO3+H
42、ClNaCl+H2O+CO2，故答案为：Na2CO3；(2)若OAAC时，则反应的情况如下：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，溶液的组成是氢氧化钠和碳酸钠的化合物，OA段反应的离子方程式为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3，故答案为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3；(3)若A点数值为80，C点数值为260，OAAC，所以是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，在OA段消耗盐酸的物质的量为：2.0mol/L0.08L=0.16mol，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，所以碳酸钠的物质的
43、量是0.16mol，碳酸钠的浓度是：=0.8mol/L，在AC段消耗盐酸的物质的量是2.0mol/L(0.260.08)=0.36mol，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，前边的反应生成的碳酸氢钠是0.16mol，所以原来的混合液中含有的碳酸氢钠是0.36mol0.16mol=0.2mol，所以碳酸氢钠的浓度=1.0mol/L，答：通入CO2后得到的溶液溶质成分及是碳酸钠和碳酸氢钠，其物质的量浓度分别是0.8mol/L、1.0mol/L【点评】本题考查学生氢氧化钠和二氧化碳之间的反应知识，注意反应产物和二氧化碳的量之间的关系是关键，学会分析和利用图象是重点8.(2016届山东泰安)
44、关键字:山东期中下列反应过程符合如图所示关系的是( ) A. 向漂白粉溶液中通入CO2气体至过量B. 向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C. 向Ba(OH)2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量D. 向NaAl(OH)4溶液中通入HCl气体至过量【考点】化学方程式的有关计算网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A. 向漂白粉溶液中通入过量CO2，开始发生：Ca(ClO)2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量发生反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2；B. 开始生成硅酸，而硅酸不溶解；C. 开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前
45、后消耗二氧化碳体积不相等；D. NaAl(OH)4溶液中通入HCl气体，先后发生反应：NaAl(OH)4+HCl=Al(OH)3+NaCl+H2O，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据方程式可知前后消耗稀盐酸溶液体积之比【解答】解：A. 向漂白粉溶液中通入过量CO2，开始发生：Ca(ClO)2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量发生反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，前后消耗二氧化碳体积相等，图象符合实际，故A正确B. 开始生成硅酸，而硅酸不溶解，图象不符合，故B错误；C. 开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前后消耗
46、二氧化碳体积不相等，故C错误；D. NaAl(OH)4溶液中通入HCl气体，先后发生反应：NaAl(OH)4+HCl=Al(OH)3+NaCl+H2O，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，故D错误，故选：A. 【点评】本题以图象形式考查元素化合物的性质，明确图象含义及发生反应实质是解题关键，题目难度中等9.(2016届山东青岛58中)关键字:山东期中现有CuO和Fe2O3的混合物m克，向其中加入1molL1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为( ) A. (2016届山东
47、青岛58中)关键字:山东期中克B. 2(m1.6)克C. (m1.6)克D. 3.2克【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算网版权所有【专题】计算题；守恒思想；化学实验【分析】CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuOCu(NO3)2，Fe2O3Fe(NO3)3，由电荷守恒可知：2n混合物(O)=n(NO3)，据此计算2mg混合物中氧元素的质量，用足量CO还原2m g混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量【解答】解：CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuOCu(NO3)2，Fe2O3Fe(NO3)3，由电荷守恒
48、可知mg混合物中2n混合物(O)=n(NO3)=0.2L1mol/L，则n混合物(O)=0.1mol，故2mg混合物中氧元素的质量为：0.1mol216g/mol=3.2g，用足量CO还原2m g混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，即金属质量为：2mg3.2g=2(m1.6)g，故选B. 【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，确定金属氧化物中O氧原子物质的量与硝酸的物质的量关系是解答该题的关键，也可以根据酸与氧化物生成水计算氧元素质量10.(2016届山东日照一中)关键字:山东期中某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度按图2所示称取一定量的Na
49、2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4至完全反应；然后，将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g回答下列问题：(1)写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗(2)实验开始时，应先点燃D处酒精灯(填装置字母)(3)实验开始后，写出B中反应的离子方程式Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42(4)C中的现象是红色鲜花褪色，E装置的作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气(5)原样品中Na2SO3的纯度为50.8%(精确到0.1%)按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的Na2SO3的纯度偏低(
50、填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【考点】探究物质的组成或测量物质的含量网版权所有【分析】A装置产生二氧化硫，D装置产生氯气在F装置中干燥，C装置检验干燥氯气的漂白性，氯气和二氧化硫在B装置中反应，E装置吸收尾气，防止污染空气(1)根据装置图填写仪器名称；(2)应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化(3)A为实验室制备二氧化硫的发生装置，D为实验室制备氯气的发生装置，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；(4)红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；氯气和二氧化硫有毒，E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；(5)根据图示读取样品质量，根据
51、硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4；按题给装置和操作进行实验，二氧化硫与氯气不一定能充分接触，使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而被氢氧化钠吸收，导致硫酸钡质量减少，据此分析；【解答】解：(1)解：装置中所用玻璃仪器为：圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯，故答案为：圆底烧瓶、分液漏斗；(2)应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，故先加热D处酒精灯，故答案为：D；(3)D为实验室制备氯气的发生装置，反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl22H2O，A中是实验室制备二氧化硫的装置，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性
52、，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；故答案为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；(4)红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，故红色鲜花褪色；氯气和二氧化硫有毒，二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OHSO32+H2O；氯气在其溶液中反应生成NaCl和NaClO，反应为：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O，故E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；故答案为：红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气；(5)根据硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4126g 233
53、gm 23.3gm=12.6g，样品质量为：10.0g+10.0g+5.0g0.2g=24.8g，所以Na2SO3的质量分数为100%=50.8%，按题给装置和操作进行实验，二氧化硫与氯气不一定能充分接触，使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而被氢氧化钠吸收，导致硫酸钡质量减少，则由此计算的亚硫酸钠的质量减少，质量分数偏低，故答案为：50.8%；偏低【点评】本题考查实验基本操作、二氧化硫和氯气的性质，较基础，注意从实验目的考虑加热的先后顺序，抓住原子守恒进行计算，难度中等11.(2016届山东泰安)关键字:山东期中下列各组中两种气体所含的原子数一定相等的是( ) A. 温度相同，体积相同的O2和N
54、2B. 质量相等，密度不等的N2和COC. 体积相等，密度相等的CO和C2H4D. 压强相同、体积相同的N2和O2【考点】物质的量的相关计算网版权所有【专题】计算题【分析】A. 温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有压强，二者所处压强不一定相等；B. 氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答；C. 体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答；D. 压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等【解答】解：A. 温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有
55、压强，压强不一定相等，则两气体的物质的量不一定相等，二者都是双原子分子，故含有的原子数目不一定相等，故A错误；B. 氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，二者都是双原子分子，故原子数一定相等，故B正确；C. 体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，二者原子数之比为1：3，故含有原子数目之比为1：3，故C错误；D. 压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等，则原子数不一定相等，故D错误；故选B. 【点评】考查阿伏伽德罗定律及推论、原子数目的计算等，难度中等，注意根据pV=nRT理解12.向体积均为10mL且物质
56、的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是( ) A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5molL1B. 当0V(HCl)10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH+H+H2OC. 乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL(标准状况)【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和
57、Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH+H+=H2O和CO32+H+=HCO3，产生二氧化碳的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3+H+=H2O+CO2计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值【解答】解：A. 根据图象可知，当V(HCl)=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1
58、mol/L0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)=0.5mol/L，故A正确；B. 在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0V(HCl)10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故B错误；C. 氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，
59、故C错误；D. 乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3+H+=H2O+CO2，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A. 【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大13.(2016届山东济南一中)关键字:山东期中等物质的量的下列物质在一定条件下与足量浓硝酸反应生成NO2，消耗硝酸的物质的量最多
60、的是( ) A. AgB. FeI2C. SO2D. C【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算网版权所有【分析】等物质的量的还原剂，失去电子越多，则消耗的氧化剂硝酸越多，结合生成硝酸盐来解答【解答】解：A. 1molAg转移电子1mol，消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各1mol，共2mol，B. 1molFeI2转移3mol电子，消耗消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各3mol，共6mol，C. 1molSO2转移电子2mol，消耗硝酸2mol，D. 1molC转移电子4mol，消耗硝酸4mol，故选B. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应中硝酸作氧化剂和酸为解答
61、的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大14.(2016届山东聊城莘县实验)关键字:山东期中由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0molL1的NaOH溶液时，得到的沉淀达到最大值上述盐酸溶液的浓度为( ) A. 0.5molL1B. 1.0molL1C. 2.0molL1D. 3.0molL1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算网版权所有【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大
62、应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒可知：n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算该盐酸溶液的浓度【解答】解：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒可知：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl
63、)=1mol/L，故选B. 【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，题目难度不大，明确反应实质、根据离子守恒计算为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力15.(2016届山东聊城莘县实验)关键字:山东期中在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5g，用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2增重10.5g，则原混合气体中O2的物质的量是( ) A. 0.5molB. 0.25molC. 0.27molD. 0.52mol【考点】化学方程式的有关计算网版权所有【分析】甲醛完全燃烧生成二氧化碳和水，甲醛化学式可以改写为COH2，HCHO、H2
64、、O2用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，发生的反应为HCHO+O2CO2+H2O、O2+2H22H2O、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，根据化学式知，完全反应后过氧化钠质量增加量为CO、H2质量，所以混合气体质量与过氧化钠质量增加质量之差为氧气质量，据此分析解答【解答】解：甲醛完全燃烧生成二氧化碳和水，甲醛化学式可以改写为COH2，HCHO、H2、O2用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，发生的反应为HCHO+O2CO2+H2O、O2+2H22H2O、2Na2O2+2CO2=
65、2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，根据化学式知，完全反应后过氧化钠质量增加量为CO、H2质量，所以混合气体质量与过氧化钠质量增加质量之差为氧气质量，则氧气质量=26.5g10.5g=16g，n(O2)=0.5mol，故选A. 【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确反应前后过氧化钠质量增加质量成分是解本题关键，注意甲醛的改写方式，题目难度中等16.(2016届山东莱芜)关键字:山东期中甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为v(甲)：V(
66、乙)=2：3，则加入铝粉的质量为( ) A. 4.05gB. 5.4gC. 2.7gD. 8.1g【考点】化学方程式的有关计算网版权所有【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据铝的质量相同，硫酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式2Al+6H+2Al3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，以此来计算解答【解答】解：硫酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质最的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2
67、：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6H+2Al3+3H2630.6mol x解得x=0.3mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.3mol=0.45mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H223y 0.45mol解得y=0.3mol，则铝的质量为0.3mol27g/mol=8.1g，故选D. 【点评】本题考查Al的化学性质及利用化学反应方程式的计算，把握铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答
68、本题的关键，题目难度中等17.(2016届山东莱芜)关键字:山东期中现有V mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是( ) A. 溶剂的质量为：(dV0.208Vc)gB. 溶质的质量分数为：%C. 溶质和溶剂的质量之比为：0.208Vc：(dV0.208Vc)D. Cl的物质的量为：0.002Vc mol【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质分子中的原子个数计算；物质的量浓度的相关计算网版权所有【专题】物质的量的计算；溶解度的计算【分析】A. 水的质量等于溶液的质量减去溶质的质量；B. 溶质的质量分数为100%；C. 溶质的质量
69、为cVM，结合A项分析；D. Cl的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍【解答】解：A. 溶液的质量为dVg，溶质的质量为cVM=0.208Vcg，则溶剂的质量为(dV0.208Vc)g，故A正确；B. 溶质的质量分数为100%=100%=%，故B错误；C. 溶质的质量为cVM=0.208Vcg，溶剂的质量为(dV0.208Vc)g，则溶质和溶剂的质量之比为0.208Vc：(dV0.208Vc)，故C正确；D. Cl的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍，BaCl2的物质的量为0.001cVmol，则Cl的物质的量为0.002Vc mol，故D正确故选B. 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算
70、，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握有关的公式18.(2016届山东莱芜)关键字:山东期中同温、同压下等质量的NH3和CH4气体，下列叙述中正确的是( ) 密度之比为17：16体积之比为17：16氢原子个数比为3：4电子数之比为16：17原子个数之比为64：85A. B. C. D. 【考点】物质的量的相关计算网版权所有【专题】物质的量的计算【分析】由n=可知，相同条件下，质同温、同压下等质量的NH3和CH4气体的物质的量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，分子数目之比为16：17相同条件下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；N
71、H3分子含有3个H原子、CH4分子含有4个H原子；NH3分子含有10个电子、CH4分子含有10个电子；NH3分子含有4个原子、CH4分子含有5个原子【解答】解：由n=可知，相同条件下，质同温、同压下等质量的NH3和CH4气体的物质的量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，分子数目之比为16：17相同条件下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，二者密度之比为17g/mol：16g/mol=17：16，故正确；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为16：17，故错误；NH3分子含有3个H原子、CH4分子含有4个H原子，二者含有H原子数目之比为163：174=12：17，
72、故错误；NH3分子含有10个电子、CH4分子含有10个电子，二者含有电子数之比1610：1710=16：17，故正确；NH3分子含有4个原子、CH4分子含有5个原子，二者含有原子数目之比为164：175=64：85，故正确，故选：D. 【点评】本题考查物质的量计算、阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，注意对基础知识的巩固19.(2016届山东泰安)关键字:山东期中某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如表实验实验序号操作及现象取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体(经检验为H2)，溶液呈浅黄色向中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液至过量
73、，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，且红色很快褪去(1)铝和氧化铁反应的化学方程式是2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe(2)固体成分的初步确定由上述实验可知：i所得溶液中Fe元素的存在形式有Fe2+、Fe3+；i中产生H2的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含A1单质，设计了相关实验，依据的原理是(用离子方程式表示)2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；生成O2的化学方程式是2H2O22H2O+O2(3)该小组同学对ii中溶液红色褪去的原因做进一步探究实验序号操作及现象将中剩余溶液均分为两份，一份滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀；另一份滴加BaC
74、l2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解取2mL0.1molL1FeCl3溶液，滴入KSCN溶液，溶液变为红色，通入一段时间O2，无明显变化再加入H2O2溶液，红色很快褪去提示：KSCN中S元素的化合价为2价实验iii中白色沉淀的化学式是BaSO4；结合实验iii和iv分析，实验ii中红色褪去的原因是溶液中SCN离子被H2O2氧化，溶液红色褪去【考点】探究物质的组成或测量物质的含量网版权所有【专题】综合实验题；实验设计题【分析】(1)Al在高温下与氧化铁反应生成铁和氧化铝，据此写出反应的化学方程式；(2)向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，说明溶液中含有Fe3+；溶液变为深红色，说
75、明溶液加入过量双氧水后溶液中铁离子浓度增大，则原溶液中含有Fe2+；利用金属铝能够与氢氧化钠溶液反应为铁不反应检验，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；双氧水在催化剂存在条件下能够分解生成水和氧气；(3)实验中溶液红色褪去的原因必然是Fe3+或SCN被消耗所致，实验首先验证实验剩余的溶液中存在铁离子，然后证明溶液中存在硫酸根离子，从而证明SCN被氧化；实验证明氧化SCN的是双氧水，而不是氧气，据此进行解答【解答】解：(1)Al与氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；(2)向中所得
76、溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，说明溶液中含有Fe3+，再加入H2O2溶液至过量，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，说明溶液加入双氧水后溶液中铁离子浓度增大，则原溶液中含有Fe2+，故答案为：Fe2+、Fe3+；金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，改写成离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，而铁不与氢氧化钠溶液反应，据此可以检验是否含有Al，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；双氧水在铁离子作催化剂条件下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H
77、2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；(3)实验中溶液红色褪去的原因必然是Fe3+或SCN被消耗所致，实验首先验证实验剩余的溶液中存在铁离子，然后证明溶液中存在硫酸根离子，从而证明SCN被氧化；实验证明氧化SCN的是双氧水，而不是氧气，加入氯化钡溶液后生成不溶于盐酸的白色沉淀为BaSO4，故答案为：BaSO4；溶液中存在平衡：Fe3+3SCNFe(SCN)3，加入双氧水后SCN被氧化，SCN的浓度减小，平衡向着逆向移动，所以溶液红色褪去，故答案为：溶液中SCN离子被H2O2氧化，溶液红色褪去【点评】本题考查了探究探究物质组成及性质实验方案的设计，题目难度中等，试题知识点较多
78、、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握常见物质的性质及性质实验方案设计与评价原则20.(2016届山东青岛城阳一中)关键字:山东期中某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法不正确的是( ) A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NHB. 溶液中n(NH)=0.2molC. 溶液中一定不含CO和NO，可能含有SOD. n(H+)：n(Al3+)：n(Mg2+)=2：2：1【考点
79、】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件网版权所有【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n(H+)、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答【解答】解：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是
80、氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8
81、mol0.7mol=0.1mol，则nAl(OH)3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=(0.4mol0.1mol3)2=0.05mol，A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故B正确；C. 由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故C错误；D. 由上述分析可知，溶液中n(H+)：n(Al3+)：n(Mg2+)=0.1mol：
82、0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误，故选B. 【点评】本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大21.(2016届山东济南一中)关键字:山东期中如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是( ) A. 该试剂的物质的量浓度为9.2molL1B. 该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO210.3LC. 配制50mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸12.5mLD. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%
83、【考点】物质的量浓度的相关计算网版权所有【分析】A. 根据c=计算该硫酸溶液的物质的量浓度；B. 金属铜和浓硫酸的反应，随着反应的进行，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反应；C. 根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变进行计算回答；D. 根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系【解答】解：A. 该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B. 金属铜和浓硫酸的反应，随着反应的进行，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反应，所以硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO2小于10.3L，故B错误；C. 设配制50mL4.6molL1的稀硫酸需取
84、该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.05L4.6mol/L=x18.4mol/L，解得x=0.0125L=12.5mL，故C正确；D. 等体积混合，设体积分别为Vml，98%的H2SO4溶液密度为1，水密度为2，则混合后溶液的质量分数为w(H2SO4)=100%=100%，因硫酸的密度大于水的密度，则12，所以=100%49%，故D错误；故选C. 【点评】本题考查溶液浓度的计算和大小比较，题目难度较大，注意硫酸的浓度越大，密度越大；浓硫酸的稀释前后，溶质的质量不变二、填空题(每题分，计分)22.对固体表面的化学过程的研究，有助于理解各种不同的过程(1)根据反应：2NO
85、(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)H0，(HTS0)因此汽车尾气中的CO和NO会自发地生成无毒N2和CO2，但实际上有毒气体仍大量逸散到空气中，原因是：CO和NO的反应为可逆反应，不能进行彻底，且反应速率太慢(2)用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染CH4(g)+4NO(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=574kJmol1CH4(g)+4NO(g)2N2O(g)+CO2(g)+2H2O(g)T2若1molCH4催化还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则H2=1160KJ/mol(3)合成氨铁触媒主要成分是xFeOyFe2O3，当+2价与+
86、3价铁的物质的量之比为1：2时催化活性最高，以Fe2O3为原料制备上述催化剂，发生反应：2Fe2O3+C4FeO+CO2为制得这种活性最高的催化剂，向48gFe2O3粉末中加入恰好反应的炭粉的质量为0.6g(4)探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能控制实验条件相同，催化反应器中装载不同的催化剂，将催化反应后的混合气体通过试管溶液(溶液体积、浓度均相同)为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是溶液显色所需要的时间；尾气处理方法是：将尾气与足量的空气混合通入水中【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】燃烧热的计算【分析】(1)根据化学方程
87、式可知，NO和CO的反应为可逆反应；(2)利用盖斯定律进行计算，将所给的条件反应通过形式和计量数的变化得到目标反应，反应热做相应的变化即可；(3)催化活性最高的催化剂，由(2)可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2，根据n=计算Fe2O3的物质的量，进而计算催化剂中FeO的物质的量，结合方程式计算需要碳粉的质量；(4)催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)，测量并记录的溶液显色的时间；尾气中含氨气和NO，氨气极易溶于水，NO和氧气混合后溶于水生成硝酸，据此分析【解答】解：(1)根据化学方程式可知，NO和CO的反应为可逆反
88、应，不能进行彻底，且反应速率太慢，故导致有毒气体仍大量逸散到空气中，故答案为：CO和NO的反应为可逆反应，不能进行彻底，且反应速率太慢；(2)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=574KJmol1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H2将方程式+得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)H=H1+H2，根据方程式知，1mol CH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867KJ，所以H2=867KJ/mol2(574KJ/mol)=1160KJ/mol故答案为：1160KJ/
89、mol；(3)催化活性最高的催化剂，由(2)可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2，Fe2O3的物质的量为=0.3mol，故催化剂中FeO的物质的量0.3mol2=0.2mol，由方程式可知需要碳粉质量为0.2mol12g/mol=0.6g，故答案为：0.6；(4)溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同；尾气中含氨气和NO，由于氨气极易溶于水，NO和氧气混合后溶于水生成硝酸，故可以将尾气与足量的空气混合通入水中故答案为：溶液显色所需要的时间；将尾气与足量的空气混合通入水中【点评】本题考查了反应热、氧化还原反应的有关计算，涉及尾气处理，侧重考查学生分析计算能力，难度不大23.(
90、2016届山东淄川一中)关键字:山东期中(1)工业合成氨与制备HNO3一般可连续生产，其流程如下：写出工业合成氨的化学方程式N2+3H22NH3，上述尾气中的NO2一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为6NO2+8NH37N2+12H2O某同学在实验室蒸馏含有Mg(NO3)2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管(2)合成氨用的H2可以甲烷为原料制得已知CO(g)+O2(g)CO2(g)H=282kJmo1H2(g)+O2(g)H2O(g)H=241.8kJmo1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=
91、846.3kJmo1则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=322.5kJmo1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的书写菁优网版权所有【专题】解题方法；化学反应中的能量变化【分析】(1)工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；依据蒸馏实验过程和实验装置分析需要的玻璃仪器；(2)依据所给的热化学方程式结合要求的反应，利用盖斯定律来解题【解答】解：(1)工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成
92、氨气，反应的化学方程式为： N2+3H22NH3，NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，故答案为：N2+3H22NH3，6NO+4NH35N2+6H2O；某同学在实验室蒸馏含有Mg(NO3)2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；(2)CO(g)+O2(g)CO2(g)H=282kJmo1H2(g)+O2(g)H2O(g)H=241.8kJmo1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=846.3kJmo1将3可
93、得：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=(846.3kJmo1)(282kJmo1)(241.8kJmo1)3=322.5kJmo1，故答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=322.5kJmo1【点评】本题考查了燃烧热概念和热化学方程式的书写计算应用，掌握概念实质和热化学方程式书写方法是解题关键题目难度中等24.有报道称Co3O4能催化N2O分解，其中27Co在元素周期表中属于铁系元素，其单质及化合物的性质与铁有很多相似之处(1)钴元素在周期表中的位置是第四周期第VIII族；Co3O4中Co的化合价为+2，+3(2)Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气
94、体，写出反应的化学方程式：Co3O4+8HCl(浓)=3CoCl2+Cl2+4H2O实验反应中若消耗10molL1浓盐酸40mL，则反应中转移电子0.1mol，产生气体的标准状况下体积为1120mL(3)下列关于Co3O4催化N2O分解的说法正确的是CD(填序号)A. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H增大B. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H减少C. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的H不变D. Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，降低了反应所需能量ECo3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，增加了反应所需能量(4)实验测得：Co(OH)2在空气中加热时，
95、可得到不同价态的氧化物固体残留率(剩余固体质量与原始固体质量比率)随温度的变化如图所示已知钴的氢氧化物加热至290时已完全脱水通过分析数据确定：在B. C之间(5001000)范围内，剩余固体成分为：CoO【考点】浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；化学方程式的有关计算；氧化还原反应；焓变和熵变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化；利用化学方程式的计算【分析】(1)钴元素在周期表中位于第四周期第VIII族；根据化合价的代数和为0来分析；(2)Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，说明Co3O4做氧化剂被还原，据此书写化学方程式；根据氯元素的化合价的变化来分析转移的电子的物质的量和生
96、成气体的体积；(3)催化剂参与反应，改变了反应路径，但反应热H取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应路径无关，据此分析；(4)根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在1000是Co(OH)2完全分解，则产物CoO【解答】解：(1)钴元素在周期表中位于第四周期第VIII族；根据化合价的代数和为0，可知钴元素为+价，结合Fe3O4的化合价的情况可知，钴元素既有+2价又有+3价，故答案为：第四周期第VIII族；+2，+3；(2)Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，说明Co3O4做氧化剂，将HCl中的氯元素氧化为氯气，Co3O4被还原为CoCl2，故书写化学
97、方程式为：Co3O4+8HCl(浓)=3CoCl2+Cl2+4H2O；根据反应可知，当8mol盐酸参与反应时，转移2mol电子，生成1mol氯气，故当消耗10molL1浓盐酸40mL，即消耗0.4mol盐酸时，转移0.1mol电子，生成0.05mol氯气，在标况下的体积为1120mL，故答案为：Co3O4+8HCl(浓)=3CoCl2+Cl2+4H2O；0.1；1120；(3)催化剂参与反应，改变了反应路径，降低了反应的活化能，但由于反应热H取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应路径无关，故使用催化剂H不变，故选CD；(4)根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=mol，m(Co)=100g；在1000时，固体质量不再变化，说明Co(OH)2完全分解，n(Co)：n(O)=：(80.65100)16=1：1，剩余固体成分为CoO，故答案为：CoO【点评】本题考查的知识比较散，涉及到元素周期表，物质性质、化学方程式的书写，图表分析，覆盖面比较广，综合性比较强，难度比较大
