1、5月23日 溶液中的离子平衡015月24日 盖斯定律及反应热的有关计算125月25日 化学反应速率与化学平衡205月26日 元素及其化合物325月27日 综合实验设计、探究和评价475月28日 工艺流程分析675月29日 化学反应原理综合82考纲要求1.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；了解电解质的概念；了解强弱电解质的概念。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解水的电离和水的离子积常数。4.了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。5.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素以及盐类水解的应用。6.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡；了解溶度
2、积的含义及其表达式，能进行相关的计算。7.以上各部分知识的综合利用。专家解读本专题内容是历年高考考查的重点和热点，从高考的命题变化趋势看，溶液中粒子浓度大小比较是主流考查点，试题情景多为最终形成盐或盐与酸，盐与碱的混合溶液，不仅偏重考查粒子浓度大小顺序，而且还注重溶液中各种守恒：如电荷守恒，物料守恒，质子守恒等关系的考查，使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。沉淀溶解平衡主要考查沉淀溶解平衡的移动、浓度积的表达式及计算、沉淀的生成与转化等。通过对全国新课标卷的分析研究，可以预测2016高考命题中不仅一定有该专题知识的考查，同时将更加注重知识的应用，要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对
3、溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的分析，把握其本质。预计2016年高考题型会稳中有变，以典型元素化合物为载体，结合离子共存，以图象、图表形式进行综合考查。电解质溶液是近几年高考的重点和难点。该部分内容从知识点的角度来讲，考查弱酸弱碱的电离平衡问题，特别是多元弱酸弱碱分步电离平衡问题、多元弱酸弱碱离子的水解问题及化学反应速率的问题是命题的生长点；从解题方法的角度讲，物料守恒、电荷守恒、质子守恒等恒等变形是命题的热点；从能力的角度讲，考查学生发散思维和思维的深刻性是命题者一贯坚持的原则。溶液中离子浓度的比较涉及的问题很复杂，其中主要涉及溶液的酸碱性、弱电解质的电离平衡、盐的水解、电离
4、平衡和水解平衡的移动等。常用解题技巧有以下几个方面：(1)微粒浓度大小比较的理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)c(HCO)c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO)c(HCO)c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。(2)三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中c(Na)+c(H)c(HCO)+2c(CO)+c(OH)。
5、物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。如0.1 molL1 NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)0.1 molL1。质子守恒：由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH)，在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。例如，纯碱溶液中c(OH)c(H)+c(HCO)+2c(H2CO3)。(3)四种情况分析：多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H)c(H2PO)c(HPO)c(PO)。多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)。不同溶液中
6、同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4NO3溶液，CH3COONH4溶液，NH4HSO4溶液，c(NH)由大到小的顺序是。混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 molL1的NH4Cl和0.1 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)。在该溶液中，但NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH)c(H)，同时c(NH)c(Cl)。1(2015新课标全国卷) 浓度均为0.10 molL1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加
7、水 稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度：b点大于a点C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等D.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大1.【参考答案】D【试题解析】由图可知MOH溶液稀释104倍时pH改变了4个单位，而ROH溶液稀释104倍时pH改变小于4个单位，所以MOH是强碱，ROH是弱碱，A项正确；加水稀释促进电离，ROH的电离程度：b点大于a点，B项正确；若两溶液无限稀释，则两溶液接近中性，二者氢氧根离子浓度相等，C项正确；当稀释100倍时，同时加热，MOH中c(M+)不变，加热促进ROH电离，c(R+)
8、增大，减小，D项错误。对于强酸，体积扩大10倍，pH增加1个单位；对于强碱，体积扩大10倍，pH减小1个单位；对于弱酸，体积扩大10倍，pH增加小于1个单位；对于弱碱，体积扩大10倍，pH减小小于1个单位；而当无限稀释时，只能接近中性，酸不能变成碱，碱不能变成酸。【解题技巧】明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论如何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。2(2015山东卷)室温下向10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中加入0.1 molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.a
9、点所示溶液中c(Na+)c(A)c(H+)c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7时，c(Na+)=c(A)+c(HA)D.b点所示溶液中c(A)c(HA)2.【参考答案】D【试题解析】加入10 mL一元酸HA溶液时，恰好中和，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，存在A的水解，应有：c(Na+)c(A)c(OH)c(HA)c(H+)，A项错误；a点水的电离受到促进，b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A的水解程度，故c(A)c(HA)，总的来看水的电离受到了抑制，B项错误，D项正确；由溶液中电荷守恒可知c
10、(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH)，则可知c(Na+)=c(A)，C项错误。【解题技巧】本题易错选项为C项，注意从溶液电中性的角度分析。3(2014新课标全国卷)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS)=110-5 molL1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HC2)D.pH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c(Na+)：3.【参考
11、答案】D【试题解析】本题考查离子浓度大小比较知识，意在考查考生对知识的应用能力、分析能力以及判断能力。pH=5的H2S溶液中，存在H2SHS+H+，HS-S2+H+，所以c(H+)c(HS)，A项错误；因为氨水为弱碱，体积扩大10倍，但pH改变小于1个单位，所以ac(HA)c( A2)c(OH)c(H+)B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C.等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D.当V(NaOH) =40 mL时，升高温度，c(Na+)c(A2)减小1用0.1 molL1NaOH溶液分别滴定体积均为20
12、 mL、浓度均为0.1 molL1HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是 A.NaX溶液呈碱性 B.P点：c(Na+)c(H+)C.M点：c(HX)+c(X)=2c(Na+) D.M点水电离程度小于N点2室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是选项加入的物质结论A50 mL 1 molL1H2SO4反应结束后，c(Na+)= c(SO42)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液
13、pH减小，c(Na+)不变名校预测1.【答案】D【解析】A、常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，溶液中含有NH4Cl，铵根离子水解导致溶液呈酸性，碳酸氢钠易溶于水，析出碳酸氢钠晶体，说明碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故A错误；B、NH4HCO3与NaCl的物质的量相等，析出了部分碳酸氢钠，则c(Na+)c(HCO3)，由于碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，则c(CO32)c(H2CO3)，所以正确的离子浓度大小为c(Na+)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)，故B错误；C、溶液中存在电荷守恒：c(Na
14、+)+ c(H+)+ c(NH4+)= c(OH)+ c(HCO3)+2c(CO32)+ c(Cl)，故C错误；D、溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，铵根离子部分水解，则c(Cl)c(NH4+)，由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3浓度减小，HCO3的电离程度很小，所以c(CO32)最小，即c(Cl)c(NH4+)c(HCO3)c(CO32)c(H+)c(OH)，故D正确。2.【答案】C【解析】A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO、OH，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，c(H+)c(OH)，溶液中离子浓度大小关
15、系为：c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，氢氧化钠足量，醋酸量少，离子浓度可能为：c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，溶液中不一定都有c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，故A错误；B、在B点溶液显中性，则结果是c(OH)=c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，则一定有c(Na+)=c(CH3COO)，溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c(Na+)= c(CH3COO)c(OH)= c(H+)，故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c(OH)c(H+)
16、，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO)+ c(OH)，故c(Na+)c(CH3COO)，离子浓度大小为：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故C正确；D、在D点时，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠溶液，根据物料守恒，则：c(CH3COO)+ c(CH3COOH)=0.1 molL1，c(Na+)=0.05 mol/L，c(CH3COO)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D错误。3.【答案】D【解析】A、在Na3A、Na2HA、NaH2A溶液中，A3离子水解，H2A、HA2存在电离和水解，所以溶液中离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的
17、Na3A、Na2HA、NaH2A三溶液中阳离子Na+的物质的量不同，所以阴离子总数不相同，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(OH)+ c(H2A)+2c(HA2)+3c(A3)，故C错误；D、在Na3A溶液中，A3离子分步水解，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子与水电离的氢氧根离子相同，则c(OH)=c(H+)+c(HA2)+2c(H2A)+3c(H3A)，所以c(H+)= c(OH)c(HA2)2c(H2A)3c(H3A)，故D正确。4.【答案】D【解析】A、a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到
18、饱和，溶液中，生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以比值增大，故A正确；B、b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，故B正确；C、c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为：c(NH4+)c(CO32)c(OH)c(H+)，故C正确；D、d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c(NH4+)+c(NH3H2O
19、)c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)，故D错误。5. 【答案】C【解析】A、当V(NaOH)=20 mL时，0.2 molL1NaOH与20 mL 0.2 molL1 H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na+)c(HA)c( OH)c(H+)c( A2)，错误；B、等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，有图象可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2的浓度大于H2A，说明HA的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C、等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，
20、正确；D、当V(NaOH) =40 mL时，生成Na2A，A2会发生水解，升高温度，促进水解程度，则c(A2)减小，则c(Na+)c(A2)增大，故答案为C。专家押题1.【答案】B【解析】由图中起始点可知，P点所在的曲线应为强酸，即HCl，M点所在的曲线为HX的滴定曲线，则HX为弱酸，A、HX为弱酸，故NaX溶液呈碱性，正确；B、P点时为等浓度的NaCl与HCl混合，水中还可电离出氢离子，故c(H+)c(Na+)，错误；C、M点存在等浓度的NaX与HX，存在c(HX)+c(X)=2c(Na+)，正确；D、M点HX未完全反应，有剩余，N点HX完全反应，生成NaX，可水解的盐促进水的电离，而酸抑制
21、水的电离，故M点水电离程度小于N点，正确。2.【答案】B【解析】A、将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，n(Na+)=2n(Na2CO3)=0.10 mol，在50 mL 1 molL1H2SO4溶液中n(SO42)=0.05 L1 mol/L=0.05 mol，二者的物质的量不等，由于溶液的体积相同，因此反应结束后，c(Na+)c(SO42)，错误；B、加入0.05 mol CaO，发生反应：CaO+ Na2CO3+H2O2NaOH+CaCO3，由于二者的物质的量相等，因此恰好完全反应反应后的溶液是NaOH溶液，在反应前Na2CO3的溶液中，CO32发生水解反应产
22、生OH、HCO3使溶液显碱性，但是盐水解程度的微弱的，水解的碱性液很弱，因此反应后溶液中增大，正确；D、加入0.1 mol NaHSO4固体，发生反应：2H+CO32H2O+CO2，反应后的溶液为Na2SO4，是强酸强碱盐，溶液显中性，反应前的Na2CO3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，因此反应完全后，溶液pH减小，由于反应后溶液中Na+的物质的量增多，因此c(Na+)增大，错误。考纲要求1.了解化学反应中能量转化的原因，能说出常见的能量转化形式。2.了解化学能与热能的相互转化；了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。3.了解热化学方程式的含义。4.了解焓变与反应热的含义。了解HH(反应产物)H(反应
23、物)表达式的含义。5.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。6.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础；了解化学在解决能源危机中的重要作用。专家解读该部分内容在高考中是重要的知识点和考点，常结合化学平衡等其他知识进行综合考查，是高考的高频考点。考查的主要内容有：(1)热化学方程式的书写及其正误判断；(2)反应热的计算；(3)反应热大小的比较；(4)反应热与能源的综合考查；(5)化学键键能与反应热的综合考查。通过对全国新课标卷的分析研究，其命题形式主要有两种：其中之一是单独命题的选择题，主要考查盖斯定律的应用，化学反应热的求算，焓变大小的比较等。预测在2016年的高考中考查反
24、应热的内容将不断拓宽，对热化学方程式的应用及盖斯定律的计算要求会有所提高，对能源问题也会更加关注，考查形式灵活。1.热化学方程式的书写与判断。(1)H只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应，H为“”；若为吸热反应，H为“”。H的单位一般为kJ/mol。(2)反应热H与测定条件(温度、压强等)有关。因此，书写热化学方程式时应注明H的测定条件。绝大多数H是在25 、1.01105 Pa下测定的，可不注明温度和压强。(3)热化学方程式中各物质的系数仅表示该物质的物质的量，并不表示该物质的分子数或原子数。因此物质的系数可以是整数，也可以是分数。(4)反应物和产物的聚集状态不同，
25、反应热数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质的聚集状态(s、l、g、aq)才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不用“”和“”，不用“”而用“”表示。(5)热化学方程式是表示反应已完成的数量。由于H与反应物的物质的量有关，所以热化学方程式中各物质的系数必须与H相对应，如果系数加倍，则H也要加倍。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。2.反应热的有关计算。(1)根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。(2)根据反应物和生成物的总能量计算：H=E生成物E反应物。(3)依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：H反
26、应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量。(4)根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。当热化学方程式乘、除以某一个数时，H也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“”“”符号，即把H看作一个整体进行运算。将一个热化学方程式颠倒书写时，H的符号也随之改变，但数值不变。在设计反应
27、过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固液气变化时，会吸热；反之会放热。根据物质燃烧放热的数值计算：Q(放) =n(可燃物)|H|。3.反应热(H)的大小比较。对于放热反应来说，H=Q kJ/mol，虽然“”仅表示放热的意思，但在比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即放热越多，H反而越小。如： (1)同一反应，生成物状态不同时，例如A(g)B(g) C(g)H10，A(g)B(g) C(l) H20，因为C(g) C(l)H30，则H3H2H1，所以H2H1。(2)同一反应，反应物状态不同时，例如S(g)O2(g) SO2(g)H10S(s)O2(g) SO2(g)
28、 H0，H2H3H1，则H3=H1H2，又H30，所以H1H2。(3)两个有联系的不同反应相比，例如C(s)O2(g) CO2(g) H10，C(s)O2(g) CO(g) H20，根据常识可知CO(g)O2(g) CO2(g) H30又因为H2H3=H1，所以H2H1。小结：比较反应热大小的四个注意要点：(1)反应物和生成物的状态；物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系：。(2)H的符号：比较反应热的大小时，不要只比较H数值的大小，还要考虑其符号。(3)参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的H越小，吸热反应的H越大。(4)反应的程度：参加反应物质的量
29、和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。1 (2014新课标全国卷)室温下，将1 mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学 方程式为：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为H3。则下列判断正确的是A.H2H3B.H1H31.【参考答案】B【试题解析】本题考查反应热知识，意在考查考生对盖斯定律的理解和应用。由题给条件可知：CuSO45H2O(s)Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l)H10，CuSO4(s)Cu2+(aq)+S(a
30、q)H20，选B。【解题技巧】根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键。2 (2013新课标全国卷)在1 200 时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S(g)+O2(g)SO2(g)+H2O(g)H12H2S(g)+SO2(g)S2(g)+2H2O(g)H2H2S(g)+O2(g)S(g)+H2O(g)H32S(g)S2(g)H4则H4的正确表达式为 A.H4=(H1+H23H3)B.H4=(3H3H1H2)C.H4=(H1+H23H3)D.H4=(H1H23H3)2.【参考答案】A【试题解析】本题考查反应热的计算，意在考查考生对盖斯定律的理解和应用能力。根据盖斯定律，由第一个反应
31、+第二个反应第三个反应2可得第四个反应，则H4=H1+H2H32=(H1+H23H3)。【解题技巧】运用盖斯定律计算反应热，关键是观察目标热化学方程式，对已知热化学方程式进行“加减乘除”处理，同时反应热数据也要进行相应计算。1(2016河北衡水中学月考)下列说法正确的是A.氢气的燃烧热为H=285.5 kJmol1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)+O2(g) H=+285.5 kJmol1B.密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)+S(s)FeS(s) H=95.6 kJmol1C.500 、3
32、0 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=38.6 kJmol1D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量与2 mol N2和3 mol H2反应放出的热量一样多2(2016海南华侨中学月考)化学反应A2+B22AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是A.该反应是吸热反应B.断裂2 mol AB键需要吸收y kJ能量C.2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量D.断裂1 mo
33、l AA键和1 mol BB键可放出x kJ能量3(2016长春期中检测)已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) H=24.8 kJmol1 3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g) H=47.2 kJmol1 Fe3O4(s)+CO(g)FeO (s)+CO2(g) H=+640.5 kJmol1 则14 g CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的反应热为 A.109 kJmol1 B.218 kJmol1 C.+109 kJmol1 D.+218 kJmol14(2016哈尔滨六中期中检测)甲醇是重要的化工原
34、料，又可称为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H2 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOC=OHOCHE/(kJmol1)4363431076465413由此计算H1= kJmol1，已知H2=58 kJmol1，则H3= kJmol1A.99、41 B.+99、+41 C.99、+41 D.99、411在25 、1.01105 Pa下，将22 g CO2通入到
35、750 mL 1.0molL1的NaOH溶液中充分反应，放出x kJ的热量。在该条件下1 mol CO2通入到2 L 1.0 molL1的NaOH溶液中充分反应，放出y kJ的热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为A.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) H=(2yx) kJmol1B.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) H=(4xy) kJmol1C.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) H=(2xy) kJmol1D.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) H=(8x2y) kJmol12通常人们把拆开1 m
36、ol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，该反应的反应热H为A.236 kJmol1 B.236 kJmol1 C.412 kJmol1 D.412 kJmol1名校预测1.【答案】B【解析】A、氢气的燃烧热为1 mol氧气完全燃烧生成液态水放出的热量，A错误；B、11.2 g铁粉即0.2 mol完全反应生成硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量，则
37、1 mol完全反应放出95.6 kJ，B正确；C、合成氨是可逆反应，0.5 mol N2不可能完全转化为生成物，C错误；D、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应与2 mol N2和3 mol H2反应时氢气的转化率不等，放出热量不一样多，D错误。2.【答案】B【解析】A、根据图示可知反应物的能量高于生成物的能量，因此该反应是放热反应，错误；B、根据图示可知生成物的活化能是y kJ/mol，所以断裂2 mol AB键需要吸收y kJ能量，正确；C、 由图可知，1 mol A2和1 mol B2的总能量高于2 mol AB的总能量，错误；D、断裂1 mol
38、 AA键和1 mol BB键可吸收x kJ能量，错误。3.【答案】A【解析】根据盖斯定律分析，32，得到反应CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g) H=(24.83640.5247.2 )/6=208 kJmol1，则14克一氧化碳反应时对应的反应热为109 kJ/mol，选A。4.【答案】C【解析】反应热=反应物总键能生成物总键能，故H1=1076 kJ/mol+2436 kJ/mol(3413+343+465)kJ/mol=99 kJ/mol；根据盖斯定律：反应反应=反应，故H3=H2H1=58 kJ/mol(99 kJ/mol)=+41 kJ/mol，答案选C。专家押题 1.【
39、答案】B【解析】根据题意，22 g CO2通入1 mol/L NaOH溶液750 mL中充分反应，n(CO2)=22 g44 g/mol=0.5 mol，n(NaOH)=1 mol/L0.75 L=0.75 mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOHNaHCO3+Na2CO3+H2O。由0.5 mol CO2反应放出热量为x kJ，则2 mol CO2反应放出热量为4x kJ，即热化学反应方程式为2CO2(g)+3NaOH(aq)NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l) H=4x kJ/mol；又1 mol CO2通入1 mol/L NaOH溶液2
40、L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为2NaOH(aq)+CO2(g)Na2CO3(aq)+H2O(l) H=y kJ/mol，由盖斯定律可知，可得，NaOH(aq)+CO2(g)NaHCO3(aq) H=(4xy)kJ/mol，答案选B。2.【答案】A【解析】工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)，该反应的反应热H为(4360+243621764431)kJ/mol=+236 kJ/mol。 考纲要求1.了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。2.了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。3.了解化学反应的可逆性。4.了
41、解化学平衡建立的过程；了解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行相关计算。5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律。6.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。专家解读本专题知识是高考必考的重点内容，近几年高考对化学平衡的考查比较稳定，题型有选择题和填空题，重点考查化学平衡的基本概念和影响平衡移动的条件，化学反应速率和化学平衡的实验分析和设计，速率和平衡计算及读图，析图，获取信息，采集处理数据等，需特别关注平衡常数表达式的简单计算及应用。通过对全国新课标卷的分析研究，可以看出化学反应速率与化
42、学平衡是历年高考的重点和热点，其重视程度呈加强趋势，在选择题中命题内容常与热化学结合，融图象于一体，重点考查化学反应速率的相关判断与计算，以及利用平衡移动的原理分析、解决实际问题。1.化学平衡移动方向的判断。浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：(1)当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。(2)由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。(3)气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。(
43、4)对于反应前后气体分子数无变化的反应，如H2(g)+I2(g) 2HI(g)，压强的变化对其平衡无影响。这是因为在这种情况下，压强的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。(5)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响，如某合成氨平衡体系中，c(N2)0.1 molL1、c(H2)0.3 molL1、c(NH3)0.2 molL1，当浓度同时增大一倍时，即让c(N2)0.2 molL1、c(H2)0.6 molL1、c(NH3)0.4 molL1，此时相当于压强增大一倍，平衡向生成NH3的方向移动。(6)“惰性气体”对化学平衡的影响：恒温、恒容条件：原平衡
44、体系体系总压强增大体系中各组分的浓度不变平衡不移动。恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。注意：(1)压强影响的实质是浓度的影响，所以只有当这些“改变”造成浓度改变时，平衡才有可能移动。(2)化学平衡移动的目的是“减弱”外界条件的改变，而不是“消灭”外界条件的改变，改变是不可逆转的。新平衡时此物理量更靠近于改变的方向。如：增大反应物A的浓度，平衡右移，A的浓度在增大的基础上减小，但达到新平衡时，A的浓度一定比原平衡大。若将体系温度从50 升高到80 ，则化学平衡向吸热反应方向移动，达到新的平衡状态时
45、50 T80 。若对体系N2(g)3H2(g)2NH3(g)加压，例如从30 MPa加压到60 MPa，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，达到新的平衡时30 MPapv逆的点是3，表示v正v逆的点是1，而2、4点表示v正=v逆。(2)具体步骤化学平衡图象题的解题步骤：有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图象，想原理，巧整合”四步法。第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。第二步：识图象。即识别图象类型，
46、横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。第四步：巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。即：。(3)解题技巧紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。先拐先平，在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。定一议二，当图象中有三个
47、量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。1 (2015天津卷)某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)+mY(g)3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为11D.第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL-11.【参考答案】D【试题解
48、析】在原平衡体系中加入1 mol Z，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明该平衡与原平衡是等效平衡，则化学方程式两边气态物质的化学计量数相等，即m=2，A项正确。温度不变，平衡常数不变，B项正确。起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比，则二者的平衡转化率相等，C项正确。起始时加入1 mol X和2 mol Y，相当于3 mol Z，平衡时Z的物质的量为3 mol10%=0.3 mol，在平衡体系中再加入1 mol Z，相当于起始时共加入4 mol Z，则新平衡时Z的物质的量为4 mol10%=0.4 mol，其浓度为0.4 mol/2 L=0.2 molL-1，D项错误。当反应
49、物的物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率始终相等。【解题技巧】化学平衡包括的知识点很多，有平衡标志的判断、平衡移动的判断、等效平衡的判断、平衡的计算、物质浓度、转化率、质量分数、体积分数的计算、平衡常数的表达式及计算、平衡常数的应用、反应速率的变化对平衡的影响、反应方向的判断等。平衡的计算不是平衡问题的难点，一般根据“三段式”计算即可，而平衡标志的判断、等效平衡的判断是难点，抓住平衡标志的特点与非平衡时状态的不同是解决平衡标志问题的关键。对于等效平衡的判断，应注意条件及反应的本身特点。2(2015福建卷)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不
50、正确的是A.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C.b318.2D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同2.【参考答案】D【试题解析】根据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a=6.00，A项正确；温度为b K、浓度为0.500 mol/L和温度为318.2 K、浓度为0.300 mol/L对应的瞬时速率相等，B项正确；浓度不变时，温度由318.2 K变为b K时，反应速率减小，则b318.2，C项正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，D项错误。【解题技巧】研究化学反应，既要看反应进行的快慢，也要看物质转化的程度大小
51、，因此掌握化学反应速率、化学平衡移动原理是生活、生产的非常必要的理论知识。本题以蔗糖的水解反应为线索，考查了温度、浓度对水解反应速率大小影响，同时考查学生对数据进行观察、分析、判断和应用的能力。掌握各种因素(内因、外因)对化学反应速率的影响、观察数据的变化特点是本题解决的关键。3(2014新课标全国卷)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是A.反应速率与I-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98 kJmol-1D.v(H2O2)
52、=v(H2O)=v(O2)3.【参考答案】A【试题解析】H2O2的分解反应主要是由第一个反应决定的，I-浓度越大，反应速率越快，A项正确；根据总反应可确定该反应的催化剂为I-，而IO-为中间产物，B项错误；根据所给信息无法确定反应活化能，C项错误；反应速率关系为v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2)，D项错误。1(2016大庆实验中学三模)在某2 L恒容密团容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g) H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是A.升高温度，平衡常数增大B.W点Y的正反应速率等
53、于M点Y的正反应速率C.Q点时，Y的转化率最大D.平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大2(2016宜春三模)已知可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)(未配平)。温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是A.发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v(X)=v(Y)=2v(Z)B.图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C.T0时，该反应的平衡常数为33.3D.该反应正反应的反应热H03(2016江西师大附中、鹰潭一中4月联考)在两个固定体积均为
54、1L密闭容器中以不同的氢碳化比充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)+6 H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H。CO2的平衡转化率(CO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是A.该反应在常温下不能自发进行B.氢碳比C.若起始时，CO2、H2、浓度分分别为0.5 mol/L和1.0 mol/L，则可得P点，对应温度的平衡常数的值512D.向处于P点状态的容器中，按2：4：1：4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，再次平衡后(CO2)减小4(2016河北定州中学周练)下列有关化学反应速率的说法正确的是A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快
55、产生氢气的速率B.100 mL 2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢5(2016重庆一中月考)恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol A和2 mol B，发生反应：2A(g)+ B(g) 2C(g)；H0。2 min后，反应达到平衡，生成C为1.6 mol。则下列分析正确的是，A.若反应开始时容器体积为2 L，则vc=0.4 mol/(Lmin)B.若在恒压绝热条件下反应，平衡后nc1.6 molC.若2min后，向容器中再投
56、入等物质的量A和C，B的转化率不变D.若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加1已知：可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H甲C.达到平衡后，再向乙中加入0.25 mol N2(g)、0.75 mol H2(g)和1.5 mol NH3(g)，平衡向生成N2的方向移动D.乙中反应的热化学方程式为2NH3(g)N2(g)+3H2(g) H =+Q2 kJ/mol2向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA(g)B(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和下图表示：容器甲乙丙容积0.5 L0.5 L1.0 L温度T1
57、T2T2反应物起始量0.5 mol A1.5 mol B0.5 mol A1.5 mol B2.0 mol A6.0 mol B下列说法正确的是A.T2时该反应的平衡常数K=0.8B.由图可知：T1T2，且该反应为吸热反应C.前10 min乙、丙两容器中v(A)乙v(A)丙D.C的质量m：m甲m乙2m丙名校预测1.【答案】C【解析】温度在a之前，升高温度，X的含量减小，温度在a之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。A、已知该反应为放热反应，升高温度，平衡
58、逆移，平衡常数减小，故A错误；B、W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故B错误；C、曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故C正确；D、反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误。2.【答案】C【解答】A、温度为T0时，X的物质的量浓度的变化量=(0.30.05)mol/L=0.25 mol/L；Y的物质的量浓度的变化量=(0.40.15)mol/L=0.25 mol/L，Z的物质的量浓度的变化(0.
59、50)mol/L=0.5 mol/L，该反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，所以发生反应时，各物质的反应速率大小关系为2v(X)=2v(Y)=v(Z)，故A错误；B、Y的转化率= =62.5%，故B错误；C、平衡常数K=33.3，故C正确；D、“先拐先平，数值大”，所以T1T2，升高温度，Z的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应方向是吸热反应，故D错误。3.【答案】C【解析】A、由图可知，随温度升高，CO2的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，即H0，根据G=HTS，则G始终0，因此常温下该反应能自发进行，
60、故A错误；B、氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故，B项错误；C、由图可知，p点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比为2，根据三段式可计算出此时的平衡常数为512，C项正确；向处于P点状态的容器中，按2：4：1：4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，此时平衡正向移动，再次平衡后，(CO2)增大，D项错误。4.【答案】D【解析】A、铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热会发生钝化，反应不生成氢气，故A错误；B、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增发，反应物浓度减小，则反应速率减小，故B错误；C、升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；D、减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减
61、小，故D正确。5.【答案】B【解析】A、反应条件是恒温恒压下，反应前后气体体积减小，故要压强不变，体积一定变化，故初始体积为2 L，2 min后体积一定减小，故A错误；B、由于该反应H0，即正反应方向是放热反应，反应一段时间后，由于容器绝热，故容器内温度升高，使得反应向吸热反应方向移动，即逆反应方向，故nc1.6 mol，B正确；C、2 min后，容器内温度升高，平衡向逆反应方向移动，故再再投入等物质的量A和C达到平衡时，B的转化率应该减小，C错误；D、若该反应在恒温恒容下进行，正反应方向气体体积减小，故压强减小，反应向气体体积增大的方向移动，故向吸热反应方向移动，故热量减小，D错误。专家押题
62、 1.【答案】A【解析】A、甲、乙容器相同，且加入的物质相当，所以达到的平衡是等效平衡，因为Q1=3Q2，且Q1+Q2=H，则甲中Q1=3/4H，所以甲中氮气的转化率是75%，正确；B、因为二者是等效平衡，所以甲、乙中氨气的体积分数相同，错误；C、达到平衡后，再向乙中加入0.25 mol N2(g)、0.75 mol H2(g)和1.5 mol NH3(g)，相当于又加入2 mol氨气，则相当于增大容器的压强，平衡正向移动，错误；D、因为乙中的反应是从逆反应开始的，所以反应的热效应与正反应互为相反数，错误，答案选A。2.【答案】A【解析】A、对于乙、丙两个容器来说，物质的浓度后者是前者的2倍，
63、达到平衡时产生的生成物的浓度后者也是前者的2倍，说明增大压强平衡不移动，故该反应是反应前后物质的量不变的反应，x=1，以乙为研究对象，达到平衡时c(C)=1.0 mol/L，c(A)=0.5 mol/L，c(B)=2.5 mol/L，所以该温度下该反应的化学平衡常数是K=，A项正确；B、对于甲乙两容器来说，只有温度不同，其他条件相同，由于乙先达到平衡，说明温度T1T2，而升高温度，生成物C的浓度减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以该反应为放热反应，B项错误；C、前10 min由于乙丙两容器中反应温度相同，而物质的浓度：乙丙，浓度越大，反应速率越快，所以v(A)乙；比较g、
64、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：。(4)已知1 mol e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：。(5)上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 mol L-1 R溶液的烧杯中滴加1 molL-1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是。写出m点反应的离子方程式： 。若在R溶液中改加20 mL 1.2 molL-1 Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。2.【参考答案】(
65、1)第三周期A族(2)r(O2-)r(Na+)HClO4H2SO4(3)(或或等其他合理答案均可)(4)2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)H=-511 kJmol-1(5)c()c()c(Al3+)c(H+)c(OH-)+OH-NH3H2O0.022【试题解析】本题考查物质结构、元素周期律、电子式、热化学方程式、微粒浓度的比较及化学计算，意在考查考生的综合运用能力。首先根据题意推断出各元素依次是：代号xyzdefgh元素符号HCNONaAlSCl(1)Al原子核外共有3个电子层，位于第三周期；最外层有3个电子，位于第A族。(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以r
66、(O2-)r(Na+)；Cl的非金属性强于S，所以酸性：HClO4H2SO4。(3)解题的关键是找出四原子共价化合物，如NH3、H2O2、C2H2、NCl3等。(4)钠在氧气中燃烧生成过氧化钠。根据题意求得2 mol Na完全燃烧放出的热量为511 kJ，据此即可写出反应的热化学方程式。(5)根据NH4Al(SO4)2的化学式可知其溶液中c()最大。由于Al(OH)3的碱性比NH3H2O弱，所以等浓度的的水解程度小于Al3+的水解程度，则在NH4Al(SO4)2溶液中c()c(Al3+)。由于该盐水解呈酸性，所以c(H+)c(OH-)。又由于H+和OH-仅来自水的电离，所以二者的浓度很小。综上
67、可 得：c()c()c(Al3+)c(H+)c(OH-)。m点沉淀的物质的量不变，所以此时仅发生反应： + OH-NH3H2O。在10 mL 1 molL-1 NH4Al(SO4)2溶液中加入20 mL 1.2 molL-1 Ba(OH)2溶液，Ba2+过量，根据的量可计算出生成0.02 mol BaSO4沉淀。OH-依次参与的反应为：Al3+3OH-Al(OH)3、+OH-NH3H2O、Al(OH)3+OH-+2H2O，前两步反应消耗0.04 mol OH-，生成0.01 mol Al(OH)3，第三步反应中，剩余的0.008 mol OH-又消耗0.008 mol Al(OH)3，剩余0.
68、002 mol Al(OH)3。最终沉淀的总物质的量为0.02 mol+0.002 mol=0.022 mol。1(2016衡阳八中月考).氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu在酸性条件下发生的反应是：2CuCu2+Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：(1)用CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)。(2)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：_。(3)CuH溶
69、解在稀盐酸中生成的气体是_(填化学式)。(4)如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：_。.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1 mol X在该反应中失去3.011023个电子。(1)写出该反应的化学方程式：_。(2)若有9.8 g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为_。(3)本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示反应结果：_。2(2016仙游一中月考)查资料得：HNO2是一种弱
70、酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A.测定这两种溶液的pH B.用AgNO3和HNO3两种试剂来区别C.在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别 D.分别在两种溶液中滴加甲基橙(2)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_(填序号)。A.Cl2 B.H2O2 C.KMnO4 D.HNO3(3)某同学把酸
71、性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：_。(4)已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾(K2FeO4)，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_。3(2016吉林实验中学月考)某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。它是以中学化学中常见物质为原料来生产的，图中C、M、K均含A元素，M的分子式为A(NH2)4；E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，
72、J为气体；其余物质均为中学化学中常见物质。(提示：NH3和H2O的化学性质在某些方面相似)请回答下列问题：(1)写出指定物质的化学式：A ，C ，F 。(2)K的化学式为 。(3)写出图中下列序号的化学方程式： 反应 ； 反应 。(4)写出图中反应的离子方程式： 。1(1)砷(As)与其化合物被广泛应用在农药、除草剂、杀虫剂以及含砷药物中。回答下列问题： 砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，砷在元素周期表中的位置： ；AsH3的热稳定性比NH3的热稳定性 (填“强”或“弱”)。 As2O3俗称砒霜，As2O3是两性偏酸性氧化物，是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于碱生成亚砷酸盐，写出As2
73、O3与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。 As2S3和HNO3反应如下：As2S3+10H+10NO3-2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，将该反应设计成原电池，则NO2应该在 (填“正极”或“负极”)附近逸出，该极的电极反应式为 。 (2) 综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是 。 a.可在碱性氧化物中寻找 b.可在A、A族元素形成的氧化物中寻找 c.可在具有强氧化性的物质中寻找2(1)取 300 mL 0.2 mol/L 的 KI 溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物
74、质的量的I2 和 KIO3，则消耗 KMnO4 的物质的量为 mol。(2)在 Fe(NO3)3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因用离子方程式解释 (3)在 1 L FeBr2 溶液中通入标况下2.24 L Cl2，溶液中有 1/4的 Br-被氧化成单质 Br2，则原 FeBr2 溶液中 FeBr2 的物质的量浓度为 。(4)将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中含有的相同溶质的化学式为_。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为_。(5)三氟化氮
75、(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为 。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 。名校预测1.【答案】.(1)还原剂(2)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl (3)H2 (4)CuH+3H+NO3-Cu2+2H2O+NO.(1)5PbO2+2MnSO4+2H2SO4Pb (MnO4)2+4PbSO4+2H2O (2)0.5 mol
76、(3)PbO2+4H+2ClPb2+Cl2+2H2O【解析】(1)用CuSO4溶液和“另一物质”可以制CuH，由于在CuSO4中Cu元素的化合价是+2，反应后变为CuI中的+1，化合价降低，得到电子，CuSO4作氧化剂，则“另一物质”在该反应中要失去电子，作还原剂，表现还原性。(2)CuH在氯气中燃烧产生CuCl2和HCl，反应的化学方程式是2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl。(3)CuH溶解在稀盐酸中发生氧化还原反应，产生CuCl2和氢气，反应的方程式是2CuH+4HCl2CuCl2+3H2，因此生成的气体是H2。(4)如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中，由于硝酸有强的氧化性，会将Cu+
77、氧化为Cu2+，将H-氧化为H2O，硝酸得到电子，被还原，生成的气体只有NO，根据电子守恒和原子守恒，可得CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式是CuH+3H+NO3- Cu2+NO+2H2O；.(1)某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1 mol X在该反应中失去3.011023个电子，失去电子的物质的量n(e-)=3.0110236.021023/mol=0.5 mol，则1 mol X在反应中失去5 mol电子，化合价升高五价，根据题目提供的元素可知X
78、是MnSO4，则PbO2得到电子变为+2价的Pb2+，以PbSO4、Pb(MnO4)2存在，该反应的化学方程式是：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4Pb (MnO4)2+4PbSO4+2H2O。(2)在上述反应中，每有2 mol硫酸参加反应，转移的电子的物质的量是10 mol，若有9.8 g H2SO4参加反应，n(H2SO4)=9.8 g98 g/mol=0.1 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=(10 mol 2)0.1 mol=0.5 mol。(3)本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，由于PbO2有强的氧化性，可以将Mn2+氧化为MnO4-，因此也会将Cl-氧化为Cl2，发生该
79、反应的离子方程式是：PbO2+4H+2ClPb2+Cl2+2H2O。2.【答案】(1)D (2)B (3)6H+5NO2-+2MnO4-5NO3-+2Mn2+3H2O (4)净水、消毒【解析】(1)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH鉴别；B.亚硝酸根离子和银离子反应，生成难溶的AgNO2，滴加硝酸后沉淀溶解，而氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；C.在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+
80、2NO+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI-淀粉溶液来区别；D.亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.14.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别。(2)由于Cl2、HNO3、KMnO4都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以最佳试剂是双氧水。(3)酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为：6H+5NO2-+2MnO4-5NO3-+2
81、Mn2+3H2O。(4)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。3.【答案】 (1)Si SiCl4 H2SiO3 (H4SiO4) (2)Si3N4 (3)Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2 SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O (4)SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3 【解析】根据题中各种物质之间的转化关系，G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，H与NaOH溶液发生反应产生I，I 与过量的CO2发生反应产生F，说明
82、F是弱酸，而且不稳定，受热发生分解反应，结合化合物A可以形成四个共价键可知A元素为Si，由此可推出A是Si，H是SiO2，I是Na2SiO3，F 是H2SiO3，E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；E与AgNO3溶液发生反应产生的G为难溶于水的白色沉淀，则G是AgCl，E是HCl，所以B是Cl2，C是SiCl4，SiCl4与过量的NH3发生反应产生的M是Si3N4，K是含有Si元素的两种短周期元素组成的新型无机非金属材料，具有超硬、耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。则K是Si3N4。(1)A的化学式是Si；C化学式是SiCl4，F是H2SiO3，(2)K的化学式为Si3N4；(
83、3)图中Si可以与NaOH溶液发生反应产生氢气，反应的化学方程式是：Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2；反应是酸性氧化物SiO2与碱NaOH发生反应，产生盐和水，反应的化学方程式是：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；(4)由于酸性H2CO3 H2SiO3，因此硅酸盐与碳酸发生反应产生硅酸，由于CO2过量，因此反应产生的碳酸盐是酸式盐，图中反应的离子方程式为 SiO322CO22H2OH2SiO32HCO3。专家押题1.【答案】(1) 第四周期第A族 弱 As2O3+6OH-2AsO33-+3H2O 正极 NO3-+e-+2H+NO2+ H2O (2)ab 【解析】(1)
84、氮元素在周期表中第二周期，第A族，砷比氮多2个电子层，在第四周期第A族 ；砷的非金属性比氮弱，所以简单氢化物的稳定性比氨气弱。As2O3有两性，性质与氧化铝相似，所以和氢氧化钠反应生成盐和水，离子方程式为：As2O3+6OH-2AsO33-+3H2O。 生成二氧化氮化合价降低，在正极逸出。硝酸根得到电子生成二氧化氮和水，电极反应为：NO3-+e-+2H+NO2+ H2O (2)二氧化碳是酸性氧化物，可以与碱或碱性氧化物反应，所以选ab。2.【答案】(1) 0.032 (2)2Fe3+SO32- +H2O2Fe2+SO42- +2H+ 3Fe2+4H+NO3- 3Fe3+NO+2H2O (3)2
85、/15 mol/L (4)NaAlO2 AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3 +HCO3-(5)3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3 0.4NA 出现红棕色气体【解析】(1)根据题给信息可知n(KI)=0.06 mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02 mol，失电子的物质的量为20.02 mol+0.02 mol6=0.16 mol，1 mol MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量是0.032 mol。(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色
86、变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3Fe2+4H+ NO3- 3Fe3+NO+2H2O。(3)标准状况下2.24 L氯气的物质的量为2.24 L22.4 L/mol=0.1 mol，还原性Fe2+Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中FeBr2的物质的量为a mo
87、l，根据电子转移守恒，则：a mol(32)+1/42a mol0(1)=0.1 mol2，解得a=2/15，原FeBr2溶液的物质的量浓度2/15 mol1 L=2/15 mol/L。(4)Al、Al2O3、Al(OH)3都能和NaOH溶液反应生成NaAlO2，偏铝酸钠溶液能和过量的CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3 +HCO3-。(5)根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3 和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3升高到+5，失去2个电子，一部分由+3降低到+2，得到1个电子，根据得失电子
88、守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3；根据化学方程式，在反应过程中，被氧化的N即化合价升高的N与被还原的N即化合价降低的N元素原子的物质的量之比为1：2，则每产生1 mol HNO3，转移电子2 mol，因此若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为0.22NA=0.4NA； NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会发生反应3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3，2NO+O22NO2；NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。气体制备首至尾，操作步骤各有位。发生装置位于头，洗涤
89、装置紧随后。除杂装置分干湿，干燥装置把水留。集气要分气和水，性质实验分先后。有毒气体必除尽，吸气试剂选对头。有时装置少几个，基本顺序不可丢。偶尔出现小变化，相对位置仔细求。考纲要求1了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法。2掌握常见气体的实验室制法(包括所用试剂、仪器、反应原理和收集方法)。3能根据实验试题要求，做到：(1)设计、评价或改进实验方案；(2)了解控制实验条件的方法；(3)分析或处理实验数据，得出合理结论；(4)识别典型的实验仪器装置图。4各部分实验基础知识与技能的综合应用。专家解读该类题目涉及的知识面广，单个知识点的难度并不大，但由于多个知识点在一起，客观上增加了解题的难度。
90、高考对非选择实验题的考查，主要包括设计与评价实验方案，探究物质的性质，实验条件的控制和实验绿色化要求等，近几年化学实验综合题常将定性试验与定量实验相结合，将实验基础与实验操作相结合，立足于对考生综合实验能力的考查。通过研究近几年的高考试题，在综合实验题中主要是以常见气体或有机物为载体，考查物质的制备实验，同时兼顾基本操作的考查和化学计算能力的考查，如计算产品的产率，并分析产生误差的原因等。预测在2016年的高考中综合实验题以考查物质的制备实验为主，也可能考查物质的性质探究实验等。1解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：(1)实验是根据什么性
91、质和原理设计的？实验的目的是什么？(2)所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。(3)有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。(4)有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。(5)实验现象：自下而上，自左而右全面观察。(6)实验结论：直接结论或导出结论。2实验方案的设计要点及评价角度：(1)设计要点。实验方案的设计要明确以下要点：题目有无特殊要求；题给的药品、装置的数量；注意实验过程中的安全性操作；会画简单的实验装置图；注意仪器的规格；要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水
92、、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施；同一仪器在不同位置的相应作用等；要严格按照“操作(实验步骤)现象结论”的格式叙述。(2)评价角度。操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。3综合实验设计题的解题思路：(1)巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性
93、、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。(3)看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。(4)细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。1(2015新课标全国
94、卷)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4102，K2=5.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是，由此可知草酸晶体分解的产物中有。装置B的主要作用是。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、。装置H反应管中盛有的物质是。能证明草
95、酸晶体分解产物中有CO的现象是 。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 。草酸为二元酸 。1.【参考答案】(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验 (2)F、D、G、H、D、ICuOH中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 (3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍【试题解析】本题主要考查草酸分解产物的检验知识，意在考查考生挖掘题中信息的能力和实验探究能力。(1)结合题给装置中装的药品知，草酸晶体的分解产物中有二氧化碳气体，所以
96、装置C中观察到有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊。通入澄清石灰水前，气体进行了冷却，由题中信息知，草酸钙难溶于水，若气体不冷却，则挥发出的草酸蒸气也会进入装置C，与澄清石灰水反应生成沉淀，会干扰CO2的检验。(2)由题给实验仪器和药品知，CO应与装置H中固体反应，可推测装置H中固体为CuO，CO还原氧化铜生成Cu和CO2气体，然后把CO2通入到D中，结合装置H和装置D中的现象可判断草酸晶体的分解产物中是否含有CO。检验CO之前应先除去CO中混有的CO2，连接顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。(3)向盛有碳酸氢钠的试管中加入草酸溶液，若有气泡产生，则证明草酸的酸性强于碳酸。证明草酸为二元酸可以用氢
97、氧化钠标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍。【解题技巧】此类题型为高考的热点题型，考查的知识是考生熟悉的、经常练习的，只是把它放在不同的情境中加以考查，找出突破口就能各个击破、顺利解答。2(2015新课标全国卷)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为 。溶液X中大量存在的阴离子有 。除去ClO2中的NH3可选用
98、的试剂是 (填标号)。a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；.用0.100 0 molL1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+22I+)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。玻璃液封装置的作用是 。V中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是 。测得混合气
99、中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁2.【参考答案】(1)2：1(2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3 CI、OH c(3)2ClO2+10I+8H+5I2+4H2O+2Cl吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出) 淀粉溶液溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.027 00(4)d【试题解析】 (1)氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，KClO3ClO2e，Na2SO3Na2SO42e，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
100、。(2)酸性条件下不能生成NH3，根据产物NCl3和H2，写出电解方程式：NH4Cl+2HCl3H2+NCl3；根据原子个数守恒可知，X中有NaCl，又因有NH3生成，则溶液中的阴离子有Cl和OH；由于ClO2易溶于水，所以a和d错误；NH3能够被浓硫酸吸收，应选c。(3)ClO2在酸性条件下与I反应，生成I2和Cl，离子方程式为2ClO2+10I+8H+5I2+2Cl-+4H2O；ClO2易溶于水，故用于液封的水可以吸收多余的ClO2气体；用淀粉溶液检验碘单质，滴定终点时，碘单质完全反应，则终点现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再改变；根据关系式：2ClO25I210，n(ClO2)=1
101、/5n()=1/50.100 00.02=0.000 40 (mol)，m(ClO2)=0.000 40 mol67.5 g/mol=0.027 00 g。(4)需加入一种还原剂，将亚氯酸盐还原为Cl，所以Fe2+合适，d项正确。3. (2014新课标全国卷) 乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片
102、刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143 馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是。(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 ，第二次水洗的主要目的是 。(3)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后(填标号)。a.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出(4)本实验中加入过量乙酸的目的是 。(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是 。(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是(填标号)
103、。 (7)本实验的产率是(填标号)。a.30% b.40% c.60% d.90%(8)在进行蒸馏操作时，若从130 便开始收集馏分，会使实验的产率偏(填 “高”或“低”)，其原因是。3.【参考答案】(1)球形冷凝管(2)洗掉大部分硫酸和乙酸洗掉碳酸氢钠(3)d(4)提高醇的转化率(5)干燥(6)b(7)c(8)高会收集少量未反应的异戊醇【试题解析】(1)仪器B为球形冷凝管。(2)第一次水洗的目的是除去作催化剂的硫酸和过量的乙酸，接下来用饱和碳酸氢钠溶液进一步除去残留的少量乙酸，第二次水洗的目的是除去过量的饱和碳酸氢钠溶液。(3)洗涤、分液后有机层密度小，在上面，密度大的水层在下面，需将水层从
104、分液漏斗下口放出，然后将有机层从分液漏斗上口倒出，d项正确。(4)制备乙酸异戊酯的反应为可逆反应，加入过量的乙酸，能提高醇的转化率，从而提高乙酸异戊酯产率。(5)加入少量无水MgSO4能除去有机层中的少量水，起到干燥作用。(6)蒸馏实验中温度计水银球需和蒸馏烧瓶支管口在同一高度，而c中不应该用球形冷凝管，球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底，故b正确。(7)根据题中化学方程式及所给各物质的量，可知实验中异戊醇完全反应，理论上应生成乙酸异戊酯6.5 g，实验中实际生成乙酸异戊酯3.9 g，故乙酸异戊酯的产率为3.9/6.5100%=60
105、%。(8)若从130 便开始收集馏分，则收集得到的是乙酸异戊酯和少量未反应的异戊醇的混合物，导致所测出的实验产率偏高。1(2016衡阳八中月考)实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数(Na2CO3)，称取此混合物5.0 g，溶于水中，配成250 mL溶液。方案一：沉淀法。利用化学反应把HCO3、CO32完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中(Na2CO3)。(1)量取100 mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3、CO32完全转化为沉淀，应选用的试剂是 (填编号)。A.CaCl2溶液 B.MgSO4溶液 C.NaCl溶液 D.Ba(OH)2溶液(2
106、)过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是 ；(3)将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为m g，由此可以计算(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得(Na2CO3) (填“偏大”、“偏小或“无影响”)。方案二：量气法。量取10.00 mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况(约20、1.01105 Pa)的体积，由此计算混合物中(Na2CO3)。(1)装置中导管a的作用是 。(2)若撤去导管a，使测得气体体积 (“偏大”，“偏小”或“无影响”)。方案三：滴定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L
107、的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H+CO32HCO3恰好完全)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。(1)量取25.00 mL配制好的溶液，应选择 仪器来完成。(2)判断滴定终点的依据是 。(3)此法测得(Na2CO3)= 。2(2016江西上高二中模拟)工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置(略去部分加持仪器)模拟生成过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3(aq)+H2S(aq)()2H2S(aq)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)()S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) ()
108、(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若，则整个装置气密性良好。装置D的作用是。装置E中为溶液。(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为。(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 。a.蒸馏水b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液d.饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是。已知反应()相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器有。a .烧杯
109、 b .蒸发皿 c.试管 d .锥形瓶(4)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用常见试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：。(已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+S+SO2+H2O)3(2016孝感高中月考)CH3Cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25 g/L，熔点为-24.2，20时在水中的溶解度为400 mL，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂。.实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O。具体步骤如下：干燥ZnCl2晶体；称取
110、24g研细的无水ZnCl2和量取20mL浓盐酸放入圆底烧瓶，同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待ZnCl2完全溶解后有CH3Cl气体逸出，可用排水法收集。请回答：(1)实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是 。(2)反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少(甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近)，其理由是 。(3)实验室为何用排水法收集CH3Cl？ 。.据某资料记载，CH4分子中的一个H原子被Cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化。现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：A.1.5%KMnO4(H+)溶液；B.蒸馏水；C.5%Na
111、2SO3溶液；D.98%H2SO4。(1)为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶 (填洗气瓶编号)，如果观察到 则证实上述资料的正确性。(2)写出洗气瓶中发生反应的离子方程式(C元素的氧化产物为CO2) 。(3)如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛 的洗气瓶。1工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：【探究一】(1)将已除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 。(2)另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，
112、充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y。甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用 (填序号)。aKSCN溶液 b铁氰化钾溶液 c盐酸乙同学取448 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为 ，充分反应后，加入足量BaCI2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g。可推知气体Y中SO2的体积分数为 。【探究二】据探究一所测SO2的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有CO2和Q气体，因此设计了下列实验装置(图中夹持仪器省略，实验前已将装置中空气排尽)进一步探究。(3)装置A中的现象是 ，其作用是 。(4)为判断CO2是否存在，需将装置M添加在
113、。(填序号)；aA之前 bAB之间 cBC之间 dCD之间若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。(5)若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是 (填化学式)，产生该气体的原因是 。(6)若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为 (填序号)。a.SO2 b.H2、SO2 c.H2、CO2 d.CO2、SO2 e.SO2、CO2、H22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，装置如图所示：(部分
114、夹持装置略去)已知：黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl。PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3。PCl3、POCl3的熔沸点如表：物质熔点/沸点/PCl311275.5POCl32105.3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，检查装置气密性后，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
115、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：迅速称取1.00 g产品，加水反应后配成250 mL溶液；取以上溶液25.00 mL，向其中加入10.00 mL 0.1000 mol/L碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000 mol/L的Na2S2O3溶液滴定；重复、操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40 mL。已知：H3PO3+I2H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为_。名校预测1.
116、【答案】方案一：(1)D(2)取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成(3)偏小 方案二：(1)平衡气压，使液体顺利滴下 (2)偏大 方案三：(1)碱式滴定管(或移液管) (2)溶液由红色突变为无色，且30s不恢复 (3)84.8%。【解析】方案一：(1)A、CaCl2溶液只能与CO32发生沉淀反应，而与HCO3不能发生反应，错误；B、MgSO4溶液溶液只能与CO32发生沉淀反应，而与HCO3不能发生反应，错误；C、NaCl溶液与两种离子都不能发生沉淀反应，不能选用，错误；D、Ba(OH)2溶液可以与两种离子都发生沉淀反应，形成沉淀，正确。(2)过滤，洗
117、涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是检验洗涤溶液中是否含有Ba2+，方法是取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成。(3)将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为m g，由此可以计算(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则产生的沉淀质量偏大。由于等质量的Na2CO3、NaHCO3产生的沉淀质量NaHCO3多，因此测得(Na2CO3) 偏小。方案二：(1)装置中导管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，以便于液体可以顺利滴下；(2)若撤去导管a，使测得气体体积偏大。方案三：(1)Na2CO3、NaHCO3的溶液显碱性，因此量取25.00 mL配制好的
118、溶液，应选择碱式滴定管仪器来完成；(2)开始酚酞在Na2CO3、NaHCO3的碱性溶液中，溶液显红色，随着盐酸的滴入，溶液的碱性逐渐减弱，溶液的红色逐渐变浅，当滴加最后一滴溶液时，溶液由红色变为无色，半分钟内溶液不变红色，就证明溶液达到滴定终点；(3)当达到滴定终点时，发生反应：H+CO32HCO3；在25.00 mL配制好的溶液中含有的n(HCl)=n(Na2CO3)=0.2000 mol/L0.02 L=0.004 mol，则在250 mL溶液溶液中含有NaHCO3的物质的量是n=0.004 mol(250 mL25)=0.04 mol，其质量是m(Na2CO3)= 0.04 mol106
119、 g/mol=4.24 g，此法测得(Na2CO3)= (4.24 g5.0 g) 100=84.8%。2.【答案】(1)液柱高度保持不变 防止倒吸 NaOH(合理即可)(2)2：1(3)c控制滴加硫酸的速度(合理即可)溶液变澄清(或混浊消失) a、d(4)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质(合理即可)【解析】(1)液柱高度保持不变，说明气密性良好；D为安全瓶，可以防止倒吸；装置E起到吸收二氧化硫和硫化氢的作用，所以选用NaOH溶液。(2)根据题目给的3个反应，可以得到关系为2Na2S2H2S3S3Na2SO3
120、，所以烧瓶C中硫化钠和亚硫酸钠的物质的量比为2：1。(3)二氧化硫易溶于水，能与亚硫酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应，但在亚硫酸氢钠溶液中溶解度小，所以选c；二氧化硫为70%硫酸和亚硫酸钠反应制取的，所以为了使二氧化硫缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度。反应()相对较慢，所以烧瓶C的反应终点的现象为溶液变澄清(或混浊消失)；蒸发皿和试管可以直接加热，烧杯和锥形瓶加热时需要使用石棉网，所以选a、d。(4)检验溶液中的硫酸根即可，方法为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。3.【答案】.(1)在干燥的HCl气氛
121、中加热 (2)增大盐酸的量以提高甲醇的转化率 (3)CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体 (1)BAC A紫色褪去 (2)10CH3Cl+14MnO4+42H14Mn2+10CO2+5Cl2+36H2O SO32+Cl2+H2OSO42+2Cl+H (3)乙醇(或其它有机溶剂) 【解析】.(1)因为ZnCl2为强酸弱碱盐，发生水解反应生成HCl，为了防止ZnCl2的水解，所以实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是：在干燥的HCl气氛中加热。(2)增大盐酸的量，平衡向正反应方向移动，可提高甲醇的转化率。(3)CH3Cl 20时在水中的溶解度为400 mL，
122、不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体。.(1)实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH+HCl(浓) CH3Cl+H2O，则制取的CH3Cl中含有HCl，所以先通过蒸馏水，除去HCl杂质，再通入1.5%KMnO4(H+)溶液，验证CH3Cl能否被酸性高锰酸钾溶液氧化，最后用5%Na2SO3溶液吸收生成的有毒气体Cl2，所以将a装置生成的气体依次BAC；如果观察到紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，说明CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化。(2)CH3Cl通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，CH3Cl被氧化为CO2、Cl2，氧化剂MnO4被还原为Mn2+，根据电荷守恒和元素守恒，反应物还有
123、H+，生成物还有H2O，根据化合价升高的总价数等于降低的总价数配平可得离子方程式：10CH3Cl+14MnO4+42H14Mn2+ 10CO2+5Cl2+36H2O；有毒的Cl2被Na2SO3吸收，离子方程式为：SO32+Cl2+H2OSO42+2Cl+H。(3)因为CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，所以如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛乙醇(或其它有机溶剂)的洗气瓶，用来吸收CH3Cl。专家押题1.【答案】(1)铁在冷的浓硫酸中钝化 (2)b SO2+Br2+2H2O4H+2Br+SO42 50%(3)溶液颜色变浅 除去SO2并检验SO2是否除尽 (4)b 21(5
124、)H2 随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气 (6)ace【解析】(1)铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行。(2)亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应产生蓝色沉淀，答案选b。SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+2Br+SO42；生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀。SO2 BaSO41 mol 233 gn 2.33 gn0.01 molY气体的物质的量是0.448 L22.4 L/mol0.02 mol，所以二氧化硫的体积分数为：100%50%；(3)SO2会干扰CO2的检验，所以A的作用是除去二氧化硫并检
125、验二氧化硫是否除尽。(4)由于碱石灰能吸收CO2，所以在检验Q气体之前首先检验CO2，因此M应该放在AB之间，答案选b；在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓硫酸)CO2 +2SO2+2H2O，其中氧化剂是浓硫酸，还原剂是碳，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(5)若C中固体变红，说明有红色的铜单质生成；D中固体变蓝，说明有水生成，因此Q是氢气。这是由于浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气。(6)若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，由于SO2中氧元素的质量分
126、数是50%，而CO2中氧元素的质量分数大于50%，所以则该气体的组成可能为SO2或H2、CO2或SO2、CO2、H2，答案选ace。2.【答案】(1)4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2 (2)浓硫酸 吸收多余的氯气 防止空气中的水蒸气进入烧瓶中和PCl3反应 (3)排尽装置中的空气，防止白磷自燃(4)蒸馏 (5)Cl2+2OHCl+ClO+2H2O (6)79.75%【解析】实验室要用黄磷(白磷)与干燥的氯气模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用
127、二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷(白磷)自燃，PCl3沸点为75.5 ，利用E装置防止PCl3挥发(冷凝)，因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。(1)A装置制备氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2。(2)因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气；因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。(3)通入一段时间的CO2可以排尽
128、装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃。(4)由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离。(5)氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O。(6)0.1000 mol/L碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000 mol/L0.0100 L=0.00100 mol，根据反应I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100 mol0.1000 mol/L0.00084 L0.5=0.00058 mol，再由H3PO3+H2O+I2H3PO4+2HI可
129、知，25 mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3)=n(I2)=0.00058 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058 mol250 mL/25 mL=0.0058 mol，所以1.00 g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.0058 mol，该产品中PCl3的质量分数为：。考纲要求1接受、吸收、整合化学信息的能力。2分析问题和解决(解答)化学问题的能力。3综合应用：在理解所学各部分化学知识的本质区别与内在联系的基础上，运用所掌握的知识进行必要的分析、类推或计算，解释、论证一些具体化学问题。专家解读化学工艺流程题是近几年高考的热点，
130、将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图的形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题；主要涉及物质的性质、分离提纯、反应原理、实验操作、产率计算等知识点。由于此类试题陌生度高，对学生的能力要求也大，加上有的试题文字信息量大，所以这类题的得分不是很理想。通过分析近几年的高考试题发现，该类题干以工业生产为主要背景，以文字、工艺流程图、表格相结合的形式呈现，阅读量相对较大。预测在2016年的高考试题中会继续延续这种出题方式，更贴近工业生产(例如：会出现更多的工业术语和设备名称等)，考查点会更加综合，可能会以陌生的新物质为背景，突出考查学生的能力，
131、更加关注原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等。1.工艺流程题的解题思路 工艺流程题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力 。解此类题目的基本思路： (1)先粗读，从题干中获取有用信息，理清思路。先不必把每个环节的原理都搞清楚。(2)针对问题再精读，分析细节，根据问题去研究某一步或某一种物质。 (3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的规范性。 2.工艺流程题的解题方法 (1)明确目的，提取有用信息。通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，进而明确生产目的制备什么物质，找到制备物质时所
132、需的原料及所含杂质，提取出所给的相关信息化学反应方程式、物质的稳定性、物质的溶解性等。(2)分析流程，弄清各步作用。对比分析流程图中的第一种物质(原料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，联系问题有针对性地思考：原料转化为产品的过程中依次进行了什么反应？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质是否要除去，采用什么操作方法除去？(3)看清问题，准确规范作答。这一步很关键，历年的高考评卷分析都指出考生的简述能力比较差，特别是化学用语的表述与实际要求存在很大偏差。所以答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，如分清是要求回答实验操作名称还是具体操作步骤。
133、3.解工业流程题必备知识 (1)常用思考方法。反应原理；提高原料利用率；快速反应；提高产率；提高产品纯度；绿色环保；工业成本低。 (2)控制反应条件。 调节pH值的目的：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调pH值所加试剂：一般是含被提纯物质中的金属阳离子对应的金属、金属氧化物、金属氢氧化物或金属碳酸盐(总之，这些物质要能与H+反应，又难溶于水，这样可即使过量而又不会引入新的杂质离子)，有时候也可能加NaOH或氨水来调pH值，要据题意具体分析(一般是加的Na+、NH4+不会在后续的程序中难以分离)。pH值的调节范围：据题意告知的某离子完全沉淀或开始沉淀的pH值数据来选择，不能随意更
134、改，应该是题目中原始数据的组合。 (3)物质的分离和提纯的方法。结晶(重结晶)；过滤；趁热过滤；洗涤(水洗，冰水洗涤，醇洗)；蒸馏：液、液分离(主要仪器：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管)；蒸发(实验仪器：蒸发皿、铁架台、玻璃棒、坩埚钳、酒精灯)；萃取；分液(主要仪器：分液漏斗)；升华；盐析：加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。灼烧：高温条件下固体物质的燃烧(主要仪器：坩埚)；煮沸：目的通常是除去溶解在水中的气体(通常为O2)，或是为了促进水解，聚沉后便于过滤分离。 4.常见文字叙述规范套路(重要) (1)如何进行滴定终点的判断？答： 当滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由颜色变为#颜色， 且半分钟
135、内不恢复原色。(注：只写“变色”或“褪色”不得分) (2)洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至没过沉淀物，待水自然流下后，重复以上操作23次。 (3)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次的洗涤液，滴加试剂(可与杂质的某些离子发生沉淀反应)，如果没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；否则说明沉淀未洗涤干净。(注：这种情况因为离子浓度较低，应该选用反应灵敏的特征反应。此时一般不用焰色反应实验检验)。 (4)检验沉淀是否完全的方法：静置，向上层清液中继续滴加试剂，若没有沉淀生成，说明沉淀完全；若出现沉淀则说明沉淀未完全。(5)如何进行萃取操作？答：在分液漏斗中加溶液和萃取剂，右手堵住漏斗上口塞，左手握活
136、塞，倒转用力振荡，放气，正立放铁圈上静置。1(2015新课标全国卷) 硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有(写出两条)。(2)利用的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是(写化学式)。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是。然后再调节溶液的pH约为5，目的是。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是(填名称
137、)。(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为。(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程。1.【参考答案】(1)Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4提高反应温度、减小铁硼矿粉 粒径(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(3)将Fe2+氧化成Fe3+使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(4)(七水)硫酸镁(5)(6)2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO【试题解析】本题主要考查制取硼酸的工艺流程分析，意在考查考生对化工流程图的分析能力和
138、解答综合问题的能力。(1)Mg2B2O5H2O与硫酸反应得到硼酸和硫酸镁：Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。结合影响反应速率的因素，提高反应速率可以适当升高温度、减小铁硼矿粉粒径或适当提高硫酸的浓度等。(2)给出的物质中只有Fe3O4有磁性，二氧化硅不溶于水，硫酸钙属于微溶物，所以“浸渣”中还有SiO2和CaSO4。(3)能与H2O2反应的是Fe2+，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+。调节溶液pH约为5时，Fe3+和Al3+都形成沉淀，过滤除去。(4)“粗硼酸”中的杂质主要是硫酸镁。(5)NaBH4的电子式为。(6)2H2BO3B2O3+3H2O，结合铝热反应知识，
139、可写出镁置换出B的化学方程式：B2O3+3Mg2B+3MgO。2(2015新课标全国卷) 酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：溶解度/(g/100 g水)化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：(1)该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为。(2)维持电流强度为0.5 A，电池工作5分钟，理论上消耗锌g。(已知F=96 500 Cmol-1)(3)废电池
140、糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、和，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为，其原理是。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为，加碱调节至pH为时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于110-5 molL-1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为时，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1 molL-1)。若上述过程不加H2O2后果是，原因是。2.【参考答案】(1)MnO2+H+e-MnOOH2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2
141、+(注：式中Zn2+可写为Zn(NH3，Zn(NH3)2Cl2等，H+可写为N)(2)0.05(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH空气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3+2.76Zn2+和Fe2+分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【试题解析】本题考查锌锰干电池中的化学成分的分离，意在考查考生运用化学知识综合处理问题的能力。(1)该电池为酸性电池，正极发生还原反应，电极反应式为：MnO2+H+e-MnOOH；电池反应为Zn与MnO2在酸性条件下的反应，生成Zn2+和MnOOH。(2)电池工作5 min，电池中的总电荷量Q=It=0.5560 C=150
142、 C，则转移电子的物质的量为150/96 500 mol，1 mol Zn失去2 mol电子，则此过程消耗锌的质量m(Zn)= 651/2150/96 500 g=0.05 g。(3)从表格数据看出，相同温度下，ZnCl2的溶解度远远大于NH4Cl的，则可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离二者。(4)在H2O2存在下，铁被氧化为Fe3+；根据表格数据，KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=10-39，则c(OH-)=10-11molL-1，c(H+)=210-3molL-1，pH=2.7；KspZn(OH)2=c(Zn2+)c2(OH-)=10-17，则c(OH-)=10-8 mo
143、lL-1，所以控制pH为6时，Zn2+开始沉淀；如果不加H2O2，Fe2+不能被氧化，根据Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH=6时，两者将同时沉淀，则无法除去Zn2+中的Fe2+。3(2013新课标全国卷) 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe-LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题：(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为。(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式。(3)“酸浸”一般在80
144、下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是。(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 。(5)充放电过程中，发生LiCoO2和 Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 。(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有(填化学式)。3.【参考答案】(1)+3 (2)2Al+2OH-+6H2O2Al(OH+3H2 (3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O、2H2O22H2O+O2 有氯气生成，污染较大(4)CoSO
145、4+2NH4HCO3CoCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C(6)Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4【试题解析】本题主要考查工艺流程分析，意在考查考生的观察能力、推理能力。 (1)因锂在化合物中通常为+1价，故LiCoO2中Co为+3价。(2)由碱浸后经一系列处理可得到Al(OH)3及正极材料中含有铝箔知，碱浸时单质铝与NaOH溶液反应，由此可写出对应的离子方程式。(3)由流程图知，钴元素最后变成+2价，故酸浸时发生的是LiCoO2氧化H2O2的反应：LiCoO2+H2SO
146、4+H2O2Li2SO4+CoSO4+H2O+O2，配平即可。另外还存在H2O2受热分解生成水与O2的反应。用盐酸代替硫酸与H2O2的混合液时，会得到有毒的氧化产物Cl2，造成环境污染。(4)由流程图知，加入NH4HCO3后硫酸钴转化为碳酸钴，在转化为CoCO3的过程中，电离出的H+会与另外一部分作用生成CO2与水，、结合为(NH4)2SO4，由此可写出对应的化学方程式。(5)由充电时阴极(题目中锂离子电池的负极)的电极反应式知，放电时LixC6是反应物、Li+是生成物，锂的价态升高，故另一反应物中钴的价态降低，由此知该反应物是Li1-xCoO2，相应的反应方程式为LixC6+Li1-xCoO
147、2LiCoO2+6C。(6)放电时，负极上的锂失去电子变成Li+，进入溶液后再向正极移动并进入正极材料中，相当于在正极上富集了锂。由流程图知，能回收的金属化合物有三种。1(2016衡阳八中月考)钡盐生产中排出大量的钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等，某主要生产BaCO3的化工厂利用钡泥制取Ba(NO3)2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：已知：i.Fe(OH)3和Fe(OH)2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7。ii.Ba(NO3)2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小。Iii.Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaCO3)=5.110-9。(1
148、)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。用离子方程式说明提纯原理： 。(2)上述流程酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为： 。(3)该厂结合本厂实际，选用的X为 (从下列选项中选择)；废渣2为 (写出化学式)。 BaCl2 Ba(NO3)2 BaCO3 Ba(OH)2(4)过滤3后的母液应循环到容器 中。(填“a”、“b”或“c”)(5)称取w g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，称量沉淀质量为m g，则该Ba(NO3)2的纯度为 。2(2016湖北
149、孝感高中模拟)工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：试回答下列问题：(1)“酸溶”过程中Fe3O4发生反应的离子反应方程式为 ；(2)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有 、玻璃棒和烧杯等；步骤中应选用 试剂调节溶液的pH(填字母编号)。 A稀硝酸 B氢氧化钠溶液 C高锰酸钾溶液 D氨水(3)检验步骤已经进行完全的试剂是；(4)步骤的反应温度一般需控制在35以下，其目的是 ；(5)步骤中发生反应的化学反应方程式为 ；(6)步骤中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(
150、Fe2+)=110-6 molL-1。试判断所得的FeCO3中是否含有Fe(OH)2 (填“是”或“否”)，请通过简单计算说明理由。(已知：KspFe(OH)2=4.910-17) ；(7)欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取a g样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体b g，测得该样品中Fe元素的质量分数为 。3(2016哈尔滨三中一模)纳米ZnO在催化、医药及橡胶等新材料方面有广阔的应用前景，下面是制备纳米ZnO的相关工艺流程，试回答有关问题： 已知：KspZn(O
151、H)2=4.510-17，且Zn(OH)2具有两性。(1)试剂A是_，试剂B是_，步骤生成BaSO4的离子方程式为_。(2)步骤中，pH应调节至_(填序号)。a.35 b.5 c.89 d.1214(3)步骤中“回流”时必须用到下列仪器中的_(填序号)。a.分液漏斗 b.温度计 c.空气冷凝管 d.球形冷凝管(4)已知，在实验室中用200 mL 0.25 mol/L ZnSO4溶液与50 mL 8 mol/L的试剂A反应，则加入固体试剂B的质量为_(计算结果保留小数点后一位)。(5)步骤在加热回流的同时，要蒸出_(填物质名称)，该物质可循环使用。(6)纳米ZnO也可以用以下流程制备(其中反应生
152、成了两种碳的化合物)。书写相关的化学方程式：_，_。1亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全。160 g/L NaOH溶液是指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1 L，其密度约为1.2g/mL。(1)160 gL-1NaOH溶液的质量分数为 (保留三位有效数字)。(2)发生器中鼓入空气的作用可能是_(选填序号)。a.将SO2氧化成SO3，增强酸性
153、b.稀释ClO2以防止爆炸c.将NaClO3氧化成ClO2(3)ClO2发生器中的主要反应方程式为 ，吸收塔内的反应的化学方程式为 。(4)吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_(选填序号)。a.Na2O2 b.Na2S c.FeCl2(5)从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是_(选填序号)。a.蒸馏 b.蒸发 c.灼烧 d.过滤 e.冷却结晶2冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题。现有一种高速公路的绿色融雪剂CMA(醋酸钙、醋酸镁固体混合物)，其生产常以白云石(主要成分MgCO3Ca
154、CO3，含SiO2等杂质)和生物质废液木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如下：(1)步骤发生的反应离子方程式为 。(2)滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为 (己知l mol NaOH发生反应时放出热量为Q kJ)。步骤所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及 。 (3)已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如图所示，步骤的目的除调节n(Ca)n(Mg) 约为_(选填：13； 12； 37； 23)外，另一目的是 。(4)步骤包含的操作有 、过滤、洗涤及干燥。(5)取a kg含MgCO3C
155、aCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3CaCO3的损失率为c%，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则结合(3)可知所得产品质量约为 kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。名校预测1.【答案】(1)BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+ (aq)(2)Ba(FeO2)2+8HNO3 Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O (3) Fe(OH)3 (4)c (5)100%【解析】(1)根据题目已知信息可知Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，BaSO4尽管难溶，也存在一定的溶解度，只要加入足量的饱和Na2CO3溶液，使c(Ba2+)c()
156、Ksp(BaCO3)，就可以发生沉淀的转化，而形成BaCO3沉淀，使BaSO4不断溶解，最后转化为BaCO3，用离子方程式表示为BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)；(2)上述流程酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成两种硝酸盐硝酸钡、硝酸铁，同时产生水，根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式为：Ba(FeO2)2+8HNO3Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；(3)BaCl2可以与发生沉淀反应，但是不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，而且会引入杂质离子Cl-，错误；Ba(NO3)2不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，错误；BaCO3能与H+发
157、生反应，因此能调节溶液的pH，也不引入新的杂质离子，符合题意，正确；Ba(OH)2能与H+发生反应，能调节溶液的pH，但是该物质是强碱，制取物质成本高，造价大，不经济，错误；故正确选项是；(4)过滤3后的母液是析出Ba(NO3)2晶体后的Ba(NO3)2的饱和溶液，为使物质循环利用，根据各个容器中物质的成分可知应循环到容器c中；(5) Ba(NO3)2晶体溶于水与加入的硫酸溶液发生反应：Ba2+BaSO4，n(BaSO4)=m g233 g/mol=m/233mol；由于Ba(NO3)2的式量是261，因此w g晶体中含有Ba(NO3)2的质量是mBa(NO3)2=m/233 mol261 g
158、/mol=261m/233 g，所以该晶体中硝酸钡的质量分数是261m/233 gw100=261m/233w100。2.【答案】(1) Fe3O4+8H2Fe3+Fe2+4H2O (2)漏斗 D(3)KSCN溶液(或其他合理答案)(4)防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解(5)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(6) 否 溶液中c(Fe2+)c(OH)2=1106(1105.5) 2=11017KspFe(OH)2=4.910-17，故无Fe(OH)2沉淀生成(7)7b/10a100%【解析】(1)“酸溶”过程中Fe3O4与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、FeSO4、H2O，所
159、以离子方程式为：Fe3O4+8H2Fe3+Fe2+4H2O。(2)通过“步骤”可得到滤液X，则步骤为过滤，过滤用到的玻璃仪器除了玻璃棒和烧杯外，还需要漏斗；步骤调高pH值至56.5，需要加入碱，氢氧化钠会和Fe2+离子发生反应生成沉淀，所以应选用弱碱氨水，故答案为D。(3)步骤加入了铁粉，Fe还原溶液的Fe3+转化为Fe2+，所以检验步骤已经进行完全的试剂是KSCN溶液。(4)因为NH4HCO3受热易分解，而且水解反应为吸热反应，温度升高，水解程度增大，所以步骤的反应温度一般需控制在35以下，其目的是：防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解。(5)煅烧FeCO3生成Fe2O3，FeCO3是
160、还原剂，则氧化剂是空气中的O2，根据元素守恒和氧化还原反应原理，另一生成物为CO2，所以化学方程式为：4FeCO3+ O22Fe2O3+ 4CO2。(6)溶液的pH为8.5，则c(H+)=10-8.5 molL1，c(OH)=Kw/ c(H+)=10-14/10-8.5 molL1=105.5 molL1，所以溶液中c(Fe2+)c(OH)2=1106(1105.5) 2 =11017KspFe(OH)2=4.910-17，故无Fe(OH)2沉淀生成。(7)最后所得残留固体为Fe2O3，根据Fe元素守恒，样品中的Fe元素质量为：b g112/160=7b/10，则该样品中Fe元素的质量分数为7
161、b/10a100%。3.【答案】(1)氨水 Ba(OH)2 Ba2+BaSO4 (2)c(3)d (4)8.6 g (5)氨气(6)H2C2O4+ZnCl2+2H2OZnC2O42H2O+2HCl ZnC2O42H2OZnO+CO+CO2+2H2O【解析】(1)由流程图可知ZnSO4溶液滴加氨水后生成了Zn(NH3)4SO4溶液，则试剂A为氨水；继续滴加试剂B后得到BaSO4沉淀且溶液碱性增强，可知试剂B为Ba(OH)2溶液，生成BaSO4沉淀的离子方程式为Ba2+BaSO4。(2)步骤的目的是调节溶液pH，使溶液里Zn2+转化为Zn(OH)2，考虑到Zn(OH)2的两性，溶液不易显强碱性或强
162、酸性，故应控制溶液pH在89，即选项c可选。(3)步骤中冷凝回流时考虑到接触面积，应选用球形冷凝管，答案为d。(4)加入固体Ba(OH)2的目的是将溶液中的SO42-转化为BaSO4沉淀，则Ba(OH)2的物质的量为溶液里SO42-的物质的量，即0.2 L0.25 mol/L=0.05 mol，则Ba(OH)2的质量为0.05 mol171 g/mol=8.55 g8.6 g。(5)步骤在加热过程中有氨气放出，此气体可循环使用。专家押题 1.【答案】(1)13.3(2)b(3)2NaClO3+SO22ClO2+Na2SO4 2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2(4)a
163、(5)b、e、d【解析】(1)浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，160 g/LNaOH溶液表示1 L氢氧化钠溶液含有160 g NaOH。令溶液体积为1 L，则1 L NaOH溶液的质量为1 L1000 mL/L1.2 g/mL=1200 g，所以该溶液氢氧化钠的质量分数为：=13.3%；(2)由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选：b；(3)根据流程信息可知，发生器内SO2还原NaClO3得ClO2，发生反应的化学方程式为2NaClO3+SO22ClO2+Na2SO4，吸收塔内生成NaClO
164、2，所以一定有ClO2NaClO2，氯元素化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2；(4)还原性要适中。还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产。Na2O2溶于水相当于H2O2。Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选a；(5)从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体。所以操作顺序为b、e、d。2.【答案】(1)MgCO3CaCO3+4CH3COOHCa2+Mg2+4C
165、H3COO-+2CO2+2H2O(2)SiO2(s)+2NaOH(aq) Na2SiO3(aq)+H2O(l) H=2Q kJ/mol 苯酚(3)3：7 除去过量的乙酸(4)蒸发结晶(5)+ (1d%)【解析】本题考查化学与工业生产，涉及离子方程式及热化学方程式的书写、物质的分离与提纯、有关方程式的计算等。(1)步骤是MgCO3CaCO3与乙酸的反应，离子方程式为MgCO3CaCO3+4CH3COOHCa2+Mg2+4CH3COO-+2CO2+2H2O；SiO2与乙酸不反应，则滤渣1的主要成分是SiO2，与NaOH溶液反应的热化学方程式为：SiO2(s)+2NaOH(aq) Na2SiO3(a
166、q)+H2O(l) H=2Q kJ/mol；步骤所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；(3)由图可知当n(Ca)：n(Mg)在0.40.5之间时，CMA的出水率最大，所以应调节调节n(Ca)：n(Mg) 约为3：7；另外加MgO还可除去过量的乙酸；(4)步骤使CMA结晶析出，包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；(5)由n(Ca)：n(Mg)=3：7，设CMA的组成为(CH3COO)2Ca(CH3COO)2Mg，则产品的质量为(CH3COO)2Ca与(CH3COO)2Mg的质量之和，即+ (1d%)。地壳中排位前
167、10的元素：口诀：养闺女贴锅盖，哪家没青菜？（氧硅铝铁钙，钠钾镁氢钛）考纲要求1.热化学方程式的书写或运用盖斯定律进行反应热的简单计算。2.电解池或原电池方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写。3.化学反应速率的影响因素的实验探究。4.化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素。5.化学平衡常数及平衡转化率的计算。6.Ksp的计算和应用。7.综合计算(混合物计算、化学式的确定、关系式法、守恒法在计算中的应用)。8.以上知识的综合应用。专家解读该类试题往往以某个信息为主，围绕某种元素的化合物展开，结合图表信息，综合考查化学原理的知识，一般会同时涉及化学反应中的能量变化
168、、化学反应速率和平衡、溶液中的离子平衡、电化学、化学计算等知识点，信息量大，难度大；充分考查学生的接受信息能力、知识迁移运用能力、解决实际问题的能力及计算能力。分析近几年的全国卷高考试题，该类题干特征是图象和表格交替出现，以图象为主；题给信息由原来比较常见的变为较新颖的工业合成；涉及元素的种类主要是非金属元素，基本上都是含有C、H、O的气态物质。题目设问一般为45个小题，79个空。预测2016年的高考试题仍然会延续以往的出题风格，一般以物质合成，特别是有机物的合成为主要背景，以新信息方式、图象和表格的形式呈现。1.虽然题目在背景材料上呈现新(或陌生)内容，但内在要求或者核心知识考查不变。如运用
169、化学反应原理、化学平衡和水解理论、物质制备和分离的知识等观点分析实际生产中的各种问题，我们千万不能被新包装所迷惑、所吓倒，注意联系生产实际中的各类反应原理，融会贯通，就能解决所有问题。2.要熟练掌握相关的思想、知识细节、生产原理、工艺设计原理，还有新时期对化学工业原理的新要求，如循环经济、原子经济、节能环保等方面的要求在工业中的运用。3.尽管化学反应原理综合题设问较多，考查内容较多，但都是考试大纲要求的内容，不会出现偏、怪、难的问题，因此要充满信心，分析时要冷静，不能急于求成。要总结思维的技巧和方法，答题时注意规范细致。再者是该类题的问题设计一般没有递进性，故答题时可跳跃式解答，千万不能放弃。
170、1. (2015新课标全国卷) 碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为。(2)上述浓缩液中主要含有I、Cl等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为。已知Ksp(AgCl)=1.81010，Ksp(AgI)=8.51017。(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的H=+11 kJmol1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol
171、 HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为。上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min1，在t=40
172、 min时，v正=min1。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为(填字母)。1.【参考答案】(1)MnSO4(或Mn2+)(2)4.7107(3)299(4) k正/K1.95103A、E【试题解析】本题以碘及其化合物为背景考查氧化还原反应、溶度积、反应热、化学平衡等知识，意在考查考生综合运用所学知识解决问题的能力。(1)浓缩液中的碘元素为1价，碘单质中的碘元素为0价，说明加入了氧化剂，MnO2作氧化剂，化合价降低，所以还原产物为MnSO4。(2)当AgCl开始沉淀时，AgI已沉淀，由Ksp(AgCl)=c
173、(Ag+)c(Cl)、Ksp(AgI)=c(Ag+)c(I)得，则=4.7107。(3)设1 mol HI(g)分子中化学键断裂需吸收能量x kJ，则2x436151=11，解得x=299。(4)设开始加入的HI为x mol，达平衡时转化的HI为a mol，则2HI(g) H2(g) + I2(g)开始/mol x 0 0转化/mol a 平衡/mol xa 所以=0.784，得a=0.216x，K=；达平衡时，v正=v逆，k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，k逆=k正/K。v正=k正x2(HI)，在40 min时，x(HI)=0.85，所以v正=0.002 7 min10.850.8
174、5=1.95103 min1。升高温度，正、逆反应速率都增大，但平衡正向移动，HI的物质的量分数减小，H2的物质的量分数增大，分析题图，反应重新达到平衡时，相应的点分别是A、E。【解题技巧】第(4)问为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中并没有明确。解答化学平衡计算试题，离不开三段式，即开始量、转化量和平衡量。只有找准这三个量，才能正确解答。有时题目没有直接给出，需要设未知数，根据题给条件列出比例式或方程求解。2. (2015新课标全国卷) 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲
175、醇，发生的主要反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3回答下列问题：(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol1)4363431 076465413由此计算H1=kJmol1；已知H2=58 kJmol1，则H3=kJmol1。 (2)反应的化学平衡常数K表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母)，其判断理由是 。(3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时，体系中的CO平衡转化率
176、()与温度和压强的关系如图2所示。(CO)值随温度升高而 (填“增大”或“减小”)，其原因是 ；图2中的压强由大到小为 ，其判断理由是 。2.【参考答案】(1) 99+41(2)K=(或Kp=)a反应为放热反应，平衡常数数值应随温度升高变小(3)减小升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低 p3p2p1 相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高【试题解析】本
177、题考查焓变的计算、平衡常数的应用以及化学平衡移动，意在考查考生图象的分析能力以及运用平衡移动知识分析处理问题的能力。(1)反应中，生成1 mol CH3OH时需要形成3 mol CH键、1 mol CO键和1 mol OH键，则放出的热量为：(4133+343+465) kJ=2 047 kJ，需要断开1 mol CO键和2 mol HH键，吸收的热量为：(1 076+4362) kJ=1 948 kJ，则该反应为放热反应，H1=(1 9482 047) kJmol1=99 kJmol1；根据盖斯定律，H3=H2H1=(58+99) kJmol1=+41 kJmol1。(2)反应为放热反应，则
178、升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a正确。1(2016成都七中期中检测)T1温度下，体积为 2 L的恒容密闭容器，加入4.00 mol X，2.00 mol Y，发生化学反应 2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s) H”、“=”或“” “=” 或 “”)。.已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283 kJmol1、286 kJmol1、726 kJmol1。(3)利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为 。(4)依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响 。.为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图所示：
179、一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2。(5)以辛烷(C8H18)代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式 。(6)已知一个电子的电量是1.6021019C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105 C的电量时，生成NaOH g。.煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一。(7)将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环。如：a.6CO2+6H2OC6H12O6+6O2 b.2CO2+6H2C2H5OH +3H2Oc.CO2+CH4CH3COOH d.2CO2+6H2 CH2CH2+4H2O 以上反应中，最节能的是 ，
180、反应b中理论上原子利用率为 。3(2016湖北华师大一附中模拟)氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用。(1)请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式。(2)一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。0 T1 T 甲K20 t1t2 t3 t/min 乙n/molCOCO2该反应的逆反应是(填“吸热”或“放热”)反应。T 、p pa压强下，在体积为V L的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态是 。 A.混合气体的平均相对分子质量不再变化；B.容器内压强不再变化；C.v
181、正(CO2)=v逆(FeO)T1温度下，向体积为V L的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示。则CO2的平衡转化率为，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为。(3)在恒温条件下，起始时容积均为5 L的甲、乙两密闭容器中(甲为恒容容器、乙为恒压容器)，均进行反应：N2+3H22NH3，有关数据及平衡状态特定见下表。容器起始投入达平衡时甲2 mol N23 mol H20 mol NH31.5 mol NH3同种物质的体积分数相同乙a mol N2b mol H20 mol NH31.2 mol NH3起始时乙容器中的压强是甲容器的
182、倍。(4)一定条件下，2.24 L(折算为标准状况)N2O和CO的混合气体在点燃条件恰好完全反应，放出b kJ热量。生成的3种产物均为大气组成气体，并测得反应后气体的密度是反应前气体密度的 倍。请写出该反应的热化学方程式。1. 工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇。(1)已知：2CH4(g)+O2(g)2CO2(g)+4H2(g) H=a kJ/molCO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=b kJ/mol试写出由CH4和O2制取甲烷的热化学方程式：_。(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图甲是反应时CO(g)和CH3OH(g)的浓
183、度随时间t的变化情况。从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v(CO)=_，该反应的平衡常数表达式为_。(3)在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如乙图所示。下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是_。(填字母)A.H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B.H2的体积分数不再改变C.体系中H2的转化率和CO的转化率相等D.体系中气体的平均摩尔质量不再改变比较A、B两点压强大小pA_pB(填“、=”)。若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20 L。如果反应开始时仍充入10 mol CO和20 mol H2，则在平
184、衡状态B时容器的体积V(B)=_L。(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)。若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为_。若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_。2燃煤能排放大量的CO、CO2、SO2，PM2.5(可入肺颗粒物)污染也跟冬季燃煤密切相关。SO2、CO、CO2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。(1)如图所示，利用电化学原理将SO2 转化为重要化工原料C。若为SO2，B为O2，则负极的电
185、极反应式为：_。(2)有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2CH3OH+H2O。 已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H =a kJmol1； 2H2(g)O2(g)2H2O(g) H=b kJmol1； H2O(g)H2O(l) H=c kJmol1； CH3OH(g)CH3OH(l) H=d kJmol1， 则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_。(3)光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)制备。下面左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究
186、过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题： 06 min内，反应的平均速率v(Cl2) ；若保持温度不变，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)；若将初始投料浓度变为c(Cl2)=0.7 mol/L、c(CO)=0.5 mol/L、c(COCl2)= mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ；(填“增大”、“减小”或“不变”)比较第8 min反应温度T(8)与第15 min反应温度T(15)的高低：
187、T(8)_T(15) (填“”或“=”)。名校预测1.【答案】(1)1.8103 mol/(Ls) 6.75 (2)bd (3)b (4)CE(5) 反应放热，容器内温度升高，相当于化学平衡逆移，c(M)减小【解析】(1)前500 s内消耗X的物质的量是4 mol2.8 mol=1.2 mol，则生成M是1.8 mol，浓度是0.9 mol/L，则反应速率v(M)=0.9 mol/L500 s=1.8103 mol/(Ls)。平衡时X是2 mol，消耗的X是2mol，同时消耗的Y是1 mol，则剩余的Y是1 mol，生成的M是3 mol，反应前后体积不变，可以用物质的量表示浓度计算平衡常数，则
188、该反应的平衡常数K=。(2)a.X的消耗速率与M的消耗速率相等但不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，所以没有达到平衡，a错误；b.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量不变，但气体的质量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量不变可以说明达到平衡状态，b正确；c.v(Y)与v(M)的比值不变不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，所以没有达到平衡，c错误；d.固体的总质量不变时说明反应达到平衡状态，d正确，答案选bd。(3)a.升高温度反应速率增大，所以不能表示Y的逆反应速率，a错误；b.正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，M的体积分数减小，b正
189、确；c正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，气体的质量增加，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，c错误；d正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，X的质量分数增大，d错误，答案选b。 (4)反应达到平衡后，若再加入3.00 mol M，3.00 mol N，则瞬间M变为6mol，则2X(g)+Y(g) 3M(g)+N(s)起始量(mol) 2 1 6转化量(mol) 2x x 3x平衡量(mol) 2+2x 1+x 63x则根据平衡常数可知解得x=0.5A.根据以上分析可知平衡向逆反应方向移动，A错误；B.重新达平衡后，M的体积分数=，B错误；C.重新达平衡后，M的物质的量浓度
190、是原平衡的1.5倍，C正确；D.重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡相等，D错误；E.重新达平衡后，X的浓度增大，用X表示的v(正)比原平衡大，E正确，答案选CE。 (5)由于反应放热，容器内温度升高，相当于化学平衡逆移，c(M)减小，即达平衡后M的物质的量浓度小于1.5 mol/L。2.【答案】(1)1.2 (2) (3)CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H=129 kJmol1 (4)增加压强使反应速率加快，同时平衡右移，CH3OH产率增大。(5)C8H1850e+25O28CO2+9H2O (6)80(7)a 46% 【解析】.(1)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+
191、H2(g)在3 min时达到平衡时，由于V=1 L，所以c(H2O)=0.35 mol/L，c(CO)=0.15mol/L，c(H2)=c(CO2)=0.60 mol/L0.35 mol/L=0.25 mol/L，则化学平衡常数K=；(2)相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O(g)、2 mol CO2、2 mo1 H2，此时各种物质的浓度分别是c(CO)=c(H2O)=0.5 mol/L，c(H2)=c(CO2)=1 mol/L，物质的浓度商是，所以反应逆向进行，v (正)c() c()c(OH)c(H+)【解析】(1)已知2CH4(g)+O2(g)2CO
192、(g)+4H2(g) H=a kJ/mol，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=b kJ/mol，则根据盖斯定律可知+2可得到2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)H=(a+2b)kJ/mol；(2)用甲醇表示的反应速率v=0.75 mol/L10 min=0.075 mol/(Lmin)，CO表示的反应速率等于用甲醇表示的反应速率，即0.075 mol/(Lmin)；化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知平衡常数表达式为K=。(3)A.氢气的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应
193、速率相等，不一定平衡，A错误；B.氢气的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，B正确；C.体系中氢气的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，C错误；D.体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，D正确，答案选AC。正反应方向为气体体积减小的方向，T1 时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大，图象中pB转化率大于pA，可知pApB；利用A点可得平衡常数K=，温度不变，平衡常数不变。A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8，则 CO(g)+2H
194、2(g)CH3OH(g)起始(mol)：10 20 0转化(mol)：8 16 8平衡(mol)：2 4 8设体积为V L，则有K=4解得V=4 L(4)燃料电池得负极甲醇失去电子，碱过量，则负极方程式为CH3OH6e+8OH+6H2O。当有0.75mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.75 mol，和1 mol氢氧化钾反应，根据元素守恒可以计算n(K2CO3)=0.25 mol，n(KHCO3)=0.5 mol，二者的水溶液均为碱性，所以溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)c()c()c(OH)c(H+)。2.【答案】(1)SO22e+2H2O4H+ (2)CH3OH(l)+3/2O2(g
195、) CO2(g)+2H2O(l) H=(3/2b+2cad)kJmol1(3)0.15 molL1min1 向正反应方向 0.5 减小 【解析】(1)若A为SO2，B为O2，则SO2在负极上失去电子，因为电解质溶液中含有H+，则电极方程式为：SO22e+2H2O4H+。(2)首先写出表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式并注明状态，CH3OH(l)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)，该反应为总反应，已知H的4个反应为分步反应，根据盖斯定律可得总反应的H=H1+3/2H2+2H3H4=(3/2b+2cad)kJmol1，进而得出热化学方程式。(3)06 min内，反应的平均速率v(
196、Cl2)=(1.2 molL10.3 molL1)6 min=0.15 mol L1min1。若保持温度不变，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol后，浓度商Q平衡常数K，则化学平衡向正反应方向移动。最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同，则两次平衡等效，说明通过化学方程式换算到同一侧物质浓度相等，原平衡Cl2的起始浓度为1.2 molL1、CO的起始浓度为1.0 molL1、COCl2的起始浓度为0，则c(COCl2)=0.5 molL1时，根据化学方程式换算相当于0.5 molL1的Cl2、CO，则Cl2的起始浓度相当于起始浓度为1.2 molL1、CO的起始浓度相当于1.0 molL1，两平衡等效，Cl2的体积分数相同。根据反应速率随温度变化的曲线可知，温度升高，逆反应速率增加的程度更大，则逆反应方向为吸热反应，所以温度升高，平衡向正反应方向移动，平衡常数减小。第15 min时反应物Cl2与CO的浓度增大，生成物COCl2的浓度减小，则平衡向逆反应方向移动，所以15 min时温度升高，所以T(8) T(15)。
