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高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题03 化学计算（教师版）
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这是一份高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题03 化学计算（教师版），共14页。
【答案】D
【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。
2．（2017·上海高考真题）2克氧气含有x个氧分子，则阿伏加德罗常数为
A．16x B．32x C．x/16 D．x
【答案】A
【解析】n(O2)=2g32g/ml=116ml，含有x个分子，则NA=Nn=x116ml=16x/ml，故选A。
3．（2017·上海高考真题）将一定量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，若放出氢气的质量相等，则参加反应的镁和铝的物质的量之比为
A．1：1B．2：3C．3：2D．8：9
【答案】C
【解析】设镁和铝分别与足量的盐酸反应都生成1ml的H2，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
1 1 1
所以参加反应的镁和铝的物质的量之比=1：=3：2；
答案选C。
4．【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112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【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转移电子数为0.01ml。则有： EQ \F(1.52,56x+16) ×(3- EQ \F(2,x) )×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。
5．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mlNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1ml氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08ml，故与H+反应的氢氧化钠为0.02ml，则可知道NH4HSO4为0.02ml，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/ml×0.02ml=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为可得答案为4.94g ÷132g/ml=0.0374ml。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。
6．【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）（ ）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】C、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+5O24NO+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+2O2= 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。
7．【2013年高考上海卷第18题】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75ml，则下列判断正确的是（ ）
A．生成42.0LN2（标准状况）
B．有0.250mlKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25ml
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75ml
【答案】CD
【解析】根据反应方程式可知每当生成16 ml N2，则氧化产物比还原产物多14ml，转移电子的物质的量为10ml，被氧化的N原子的物质的量为30ml，有2mlKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1．75ml，则生成2 ml N2，转移电子的物质的量为1．25ml，被氧化的N原子的物质的量为3．75ml，因此C、D正确。
8．【2013年高考上海卷第21题】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】AC
【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（NO＋NO2＋2NaOH=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。
9．【2013年高考上海卷第22题】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（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CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）
A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15ml，根据得失电子数相等：0.15×（6+2）= EQ \f(V,2)×22.4×3+ EQ \f(V,2)×22.4×1，V=13.44L，若混合物全是Cu2S，其物质的量为=0.075ml，根据得失电子数相等：0.075×10= EQ \f(V,2)×22.4×3+ EQ \f(V,2)×22.4×1，V=8.4L，因此选A。
10．【2013年高考四川卷第7题】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1.0ml/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml/L
C．NO2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①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02ml，y=0.01 ml，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=0.01ml，b=0.04ml，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0ml·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=0.64ml，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。
11．【2013年高考上海卷第15题】NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物（ ）
A．所含共用电子对数目为（a/7+1）NA B．所含碳氢键数目为aNA/7
C．燃烧时消耗的O2一定是33．6a/14L D．所含原子总数为aNA/14
【答案】B
【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）；B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。
12．【2013年高考广东卷第9题】设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gO2含有4nA个电子
B．1L0.1ml•L－1的氨水中有nA个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子
D．1mlNa被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子
【答案】A
【解析】氧气的相对分子质量为32，其摩尔质量为32 g/ml，由m/M=n可得，n(O2)=8g÷32g/ml=1/4ml，由于1个O原子含有8个电子，1个O2含有16个电子，则电子与氧气的物质的量之比等于16，由此可得关系式O2～16 e－，其中电子与氧气的物质的量之比等于系数之比，则n(电子)=16 n(O2)=16×1/4ml=4ml，N(电子)= n(电子)•NA=4ml ×nAml－1=4nA，A项正确；假设氨水的溶质为NH3•H2O，由c•V=n可得，n(NH3•H2O)=c•V=0.1ml/L×1L=0.1ml，由于NH3•H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，其电离是可逆反应，即NH3•H2ONH4++OH－，则n(NH4+)远远小于n(NH3•H2O)，则N(NH4+)远远小于0.1nA，B项错误；盐酸是液体，不能用V÷22.4L/ml计算出其物质的量，且HCl是强酸，在水中能完全电离成氢离子和氯离子，不可能存在HCl分子，C项错误；由钠的性质可得：2Na+O2Na2O2，根据化合价升高总数等于失去电子数可得如下关系式：2Na+O2Na2O2～2 e－，其中失去电子与Na的物质的量之比等于关系式中的系数之比，则1mlNa被完全氧化生成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。
13．（2009·海南高考真题）用足量的CO还原13．7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是：
A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4D．PbO2
【答案】C
【解析】设此铅氧化物的化学式PbxOy，
PbxOy—— y[O]—— yCO—— y CO2—— yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0g
m(O)==1.28g，
所以m(Pb) =13.7g- 1.28g = 12.42g
x∶y =∶=：=0.06:0.08=3∶4，则化学式为Pb3O4，
答案选C。
14．（2012·全国高考真题）在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（ ）
A．V3＞V2＞V4＞V1 B．V3＞V4＞V2＞V1 C．V3＞V2＞V1＞V4 D．V2＞V3＞V1＞V4
【答案】A
【解析】四种物质的受热分解化学方程式为：A、2Ag2O=4Ag+O2↑ B、2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O↑ C、NH4HCO3=NH3↑+H2O↑+CO2↑ D、2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O↑ 所以，等物质的量的四种物质完全分解所放气体体积大小依次为V3＞V2＞V4＞V1
15．（2015·上海高考真题）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）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】CD
【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+5O24NO+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，44.8mLNO转化需要消耗的氧气56mL，发生反应消耗的氧气的体积是 ，则氧气的总体积是V(O2)= 。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)=403.2mL×2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项CD。
16．【2016年高考江苏卷】（12分）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：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②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 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L−1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
n(I2)=
＝
=6.750×10－5ml
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5ml
n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5ml＝3.375×10－5ml
水中溶解氧＝=10.80mg/L
【解析】
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，得到4个电子，Mn元素的化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2＋2Mn2＋＋4OH－＝MnO(OH)2↓。
②根据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子，在反应中S元素化合价从＋2价升高到＋2.5价，1ml硫代硫酸钠失去1ml电子，一分子氧气得到4个电子，所以根据电子得失守恒可知该水样中的溶解氧为＝10.80mg/L。
17．【2016年高考新课标Ⅰ卷】 (15分)
（3）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1.0×10−5 ml·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ ml·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ ml·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。
【答案】
(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】
试题分析： (3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 ml·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 ml·L−1)=2.0×10-5 ml·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 ml·L−1)=5×10-3ml·L−1；
18．【2016年高考新课标Ⅱ卷】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）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有弱氧化性，两者发生氧化还原反应，化学方程式为4AgBr+N2H4= 4Ag+N2↑+4HBr，所以向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g/ml×32g/mL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。
19．【2016年高考上海卷】（本题共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 ml 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 mlCO2，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+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（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 ml CH4完全反应后的产物中，加入100 ml CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 ml，残留氢气120 ml，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6
（2）2.4 ml/L≥c≥1.2 ml/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(ml)
（4）300 ml CH4完全反应产生H2 900ml
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00ml=4.00ml，则V(混合气体)=4.00ml×22.4L/ml=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40 mlCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40ml，则c(NaOH)==1.20ml/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80ml，则c(NaOH)==2.40ml/L；
综合①、②可知，NaOH溶液的浓度应该1.20ml/L≤c(NaOH)≤2.40ml/L。
（3）法一：
依题意，9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，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+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9ml=3ml，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3ml。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2n n 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9ml，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9ml，解得n=3ml，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3ml。
（4）法一：
CH4 + H2O → CO + 3H2
300ml 300ml 900ml
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βml 600βml 300βml 100αml 300αml 100αml
根据题意，共生成350ml甲醇，所以有300βml+100αml=350ml-------①式
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-350ml，所以有
600βml+300αml=900ml-350ml--------②式
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4 + H2O → CO + 3H2
300ml 900ml
CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
100αml 100αml
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-350ml，根据反应中氢元素的守恒可有：900ml-120ml=350ml×2+100αml，解得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
20．【2014年高考上海卷第十（52~55）题】（本题共14分）
硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。
完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________ml/。
（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2 4FeS2＋11 O2→2Fe2O3＋8SO2
若48ml FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）。（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21）
【答案】（1）1.25 （2）250×98%÷98×16＝40g
（3）2934.4÷22.4＝131ml 设Fe3O4 aml Fe2O3 bml
3a+2b＝48 8a+11÷2b＝131 a＝4 b＝18
n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4）设混合气为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。所需空气为1.26÷0.21×1.77＝10.62
体积＝0.84÷（10.62－1.26+1.84）＝0.075
【解析】（1）445g焦硫酸的物质的量＝445g÷178g/ml＝2.5ml，其中硫酸和三氧化硫均是2.5ml，2.5ml三氧化硫又产生2.5ml硫酸，则溶液中硫酸的物质的量是5.0ml，浓度是5.0ml÷4L＝1.25ml/L。
（2）250g质量分数为98%的硫酸中硫酸的质量是250g×98%＝245g，其中溶剂水是5g，硫酸的物质的量是245g÷98g/ml＝2.5ml，可以结合水的物质的量是2.5ml，质量是2.5ml×18g/ml＝45g，因此还可以吸收水的质量是45g－5g＝40g。
（3）设Fe3O4的物质的量是aml，Fe2O3的物质的量是bml
反应中消耗氧气的物质的量是2934.4L÷22.4L/ml＝131ml
则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+11÷2b＝131
解得a＝4、b＝18
则n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4）设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O2eq \(———→,\s\up7(点燃))2SO2＋2H2O 可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因此所需空气为 EQ \f(1.26,0.21)×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝ EQ \f(0.84,1062-1.26+0.84+0.84+0.16)＝0.075
21．【2015上海化学】（本题共14分）
氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），
如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为ml。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 ml/m3，含CaCl2 3.00ml/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。
处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应： Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L；400。
（2）10388；54880L。
（3）①351kg；②1680kg。
【解析】
（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1ml CaCO3反应会产生1ml CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/ml=900ml，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900ml×22.4L/ml=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/ml=400ml。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400ml。
（2）10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 ml/m3×10 m3=68ml；n(CaCl2)= 3.00ml/m3×10 m3=30ml。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1ml MgCl2发生反应被除去时引入1ml CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68ml+30ml=98ml，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98ml×106g/ml=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98ml，则需要n(CO2)= 98ml，混合气体的物质的量是n(混合)= 98ml÷0.04=2450ml，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450ml×22.4L/ml=54880L。
（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/ml=26000ml，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/ml=20000ml，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000ml-20000ml=6000ml，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000ml×58. 5g/ml=351000g=351kg。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000ml×84g/ml=1680000g=1680kg。
22．【2014年高考江苏卷第18题】（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。
（2）MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O中a、b、c、d的代数关系式为 。
（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－): n(CO32－)（写出计算过程）。
【答案】 阻止燃烧 2a+3b=c+2d （3）
【解析】本题的解题要点为首先是化学式书写中遵循的化合价代数和为零的原则，然后根据提供信息计算化合物的组成。要注意读图，明确后一段是物质分解为氧化物和水、二氧化碳，并由此计算，否则不易得分，同时要注意每一步骤的书写，尽可能多得分少失分。
（1）物受热分解为高熔点的氧化镁和氧化铝覆盖在可燃物表面，阻止燃烧；（2）物质中各元素的合价代数和为0，2a+3b=c+2d；（3）根据分解图像和已知信息，得出第一段是失去结晶水，第二段是分解为氧化物；应根据后一段计算OH-和CO32-的关系，加热时前者生成水，后者生成二氧化碳，二者的和可以根据图中的数据换算，再根据二氧化碳的质量计算出水的质量，进而得到OH-和CO32-的物质的量。
【答案】D
【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。
2．（2017·上海高考真题）2克氧气含有x个氧分子，则阿伏加德罗常数为
A．16x B．32x C．x/16 D．x
【答案】A
【解析】n(O2)=2g32g/ml=116ml，含有x个分子，则NA=Nn=x116ml=16x/ml，故选A。
3．（2017·上海高考真题）将一定量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，若放出氢气的质量相等，则参加反应的镁和铝的物质的量之比为
A．1：1B．2：3C．3：2D．8：9
【答案】C
【解析】设镁和铝分别与足量的盐酸反应都生成1ml的H2，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
1 1 1
所以参加反应的镁和铝的物质的量之比=1：=3：2；
答案选C。
4．【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112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【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转移电子数为0.01ml。则有： EQ \F(1.52,56x+16) ×(3- EQ \F(2,x) )×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。
5．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mlNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1ml氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08ml，故与H+反应的氢氧化钠为0.02ml，则可知道NH4HSO4为0.02ml，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/ml×0.02ml=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为可得答案为4.94g ÷132g/ml=0.0374ml。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。
6．【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）（ ）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】C、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+5O24NO+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+2O2= 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。
7．【2013年高考上海卷第18题】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75ml，则下列判断正确的是（ ）
A．生成42.0LN2（标准状况）
B．有0.250mlKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25ml
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75ml
【答案】CD
【解析】根据反应方程式可知每当生成16 ml N2，则氧化产物比还原产物多14ml，转移电子的物质的量为10ml，被氧化的N原子的物质的量为30ml，有2mlKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1．75ml，则生成2 ml N2，转移电子的物质的量为1．25ml，被氧化的N原子的物质的量为3．75ml，因此C、D正确。
8．【2013年高考上海卷第21题】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】AC
【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（NO＋NO2＋2NaOH=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。
9．【2013年高考上海卷第22题】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（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CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）
A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15ml，根据得失电子数相等：0.15×（6+2）= EQ \f(V,2)×22.4×3+ EQ \f(V,2)×22.4×1，V=13.44L，若混合物全是Cu2S，其物质的量为=0.075ml，根据得失电子数相等：0.075×10= EQ \f(V,2)×22.4×3+ EQ \f(V,2)×22.4×1，V=8.4L，因此选A。
10．【2013年高考四川卷第7题】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1.0ml/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml/L
C．NO2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①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02ml，y=0.01 ml，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=0.01ml，b=0.04ml，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0ml·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=0.64ml，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。
11．【2013年高考上海卷第15题】NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物（ ）
A．所含共用电子对数目为（a/7+1）NA B．所含碳氢键数目为aNA/7
C．燃烧时消耗的O2一定是33．6a/14L D．所含原子总数为aNA/14
【答案】B
【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）；B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。
12．【2013年高考广东卷第9题】设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gO2含有4nA个电子
B．1L0.1ml•L－1的氨水中有nA个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子
D．1mlNa被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子
【答案】A
【解析】氧气的相对分子质量为32，其摩尔质量为32 g/ml，由m/M=n可得，n(O2)=8g÷32g/ml=1/4ml，由于1个O原子含有8个电子，1个O2含有16个电子，则电子与氧气的物质的量之比等于16，由此可得关系式O2～16 e－，其中电子与氧气的物质的量之比等于系数之比，则n(电子)=16 n(O2)=16×1/4ml=4ml，N(电子)= n(电子)•NA=4ml ×nAml－1=4nA，A项正确；假设氨水的溶质为NH3•H2O，由c•V=n可得，n(NH3•H2O)=c•V=0.1ml/L×1L=0.1ml，由于NH3•H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，其电离是可逆反应，即NH3•H2ONH4++OH－，则n(NH4+)远远小于n(NH3•H2O)，则N(NH4+)远远小于0.1nA，B项错误；盐酸是液体，不能用V÷22.4L/ml计算出其物质的量，且HCl是强酸，在水中能完全电离成氢离子和氯离子，不可能存在HCl分子，C项错误；由钠的性质可得：2Na+O2Na2O2，根据化合价升高总数等于失去电子数可得如下关系式：2Na+O2Na2O2～2 e－，其中失去电子与Na的物质的量之比等于关系式中的系数之比，则1mlNa被完全氧化生成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。
13．（2009·海南高考真题）用足量的CO还原13．7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是：
A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4D．PbO2
【答案】C
【解析】设此铅氧化物的化学式PbxOy，
PbxOy—— y[O]—— yCO—— y CO2—— yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0g
m(O)==1.28g，
所以m(Pb) =13.7g- 1.28g = 12.42g
x∶y =∶=：=0.06:0.08=3∶4，则化学式为Pb3O4，
答案选C。
14．（2012·全国高考真题）在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（ ）
A．V3＞V2＞V4＞V1 B．V3＞V4＞V2＞V1 C．V3＞V2＞V1＞V4 D．V2＞V3＞V1＞V4
【答案】A
【解析】四种物质的受热分解化学方程式为：A、2Ag2O=4Ag+O2↑ B、2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O↑ C、NH4HCO3=NH3↑+H2O↑+CO2↑ D、2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O↑ 所以，等物质的量的四种物质完全分解所放气体体积大小依次为V3＞V2＞V4＞V1
15．（2015·上海高考真题）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）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】CD
【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+5O24NO+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，44.8mLNO转化需要消耗的氧气56mL，发生反应消耗的氧气的体积是 ，则氧气的总体积是V(O2)= 。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)=403.2mL×2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项CD。
16．【2016年高考江苏卷】（12分）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：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②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 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L−1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
n(I2)=
＝
=6.750×10－5ml
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5ml
n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5ml＝3.375×10－5ml
水中溶解氧＝=10.80mg/L
【解析】
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，得到4个电子，Mn元素的化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2＋2Mn2＋＋4OH－＝MnO(OH)2↓。
②根据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子，在反应中S元素化合价从＋2价升高到＋2.5价，1ml硫代硫酸钠失去1ml电子，一分子氧气得到4个电子，所以根据电子得失守恒可知该水样中的溶解氧为＝10.80mg/L。
17．【2016年高考新课标Ⅰ卷】 (15分)
（3）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1.0×10−5 ml·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ ml·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ ml·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。
【答案】
(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】
试题分析： (3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 ml·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 ml·L−1)=2.0×10-5 ml·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 ml·L−1)=5×10-3ml·L−1；
18．【2016年高考新课标Ⅱ卷】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）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有弱氧化性，两者发生氧化还原反应，化学方程式为4AgBr+N2H4= 4Ag+N2↑+4HBr，所以向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g/ml×32g/mL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。
19．【2016年高考上海卷】（本题共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 ml 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 mlCO2，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+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（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 ml CH4完全反应后的产物中，加入100 ml CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 ml，残留氢气120 ml，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6
（2）2.4 ml/L≥c≥1.2 ml/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(ml)
（4）300 ml CH4完全反应产生H2 900ml
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00ml=4.00ml，则V(混合气体)=4.00ml×22.4L/ml=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40 mlCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40ml，则c(NaOH)==1.20ml/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80ml，则c(NaOH)==2.40ml/L；
综合①、②可知，NaOH溶液的浓度应该1.20ml/L≤c(NaOH)≤2.40ml/L。
（3）法一：
依题意，9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，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+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9ml=3ml，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3ml。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2n n 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9ml，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9ml，解得n=3ml，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3ml。
（4）法一：
CH4 + H2O → CO + 3H2
300ml 300ml 900ml
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βml 600βml 300βml 100αml 300αml 100αml
根据题意，共生成350ml甲醇，所以有300βml+100αml=350ml-------①式
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-350ml，所以有
600βml+300αml=900ml-350ml--------②式
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4 + H2O → CO + 3H2
300ml 900ml
CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
100αml 100αml
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-350ml，根据反应中氢元素的守恒可有：900ml-120ml=350ml×2+100αml，解得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
20．【2014年高考上海卷第十（52~55）题】（本题共14分）
硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。
完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________ml/。
（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2 4FeS2＋11 O2→2Fe2O3＋8SO2
若48ml FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）。（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21）
【答案】（1）1.25 （2）250×98%÷98×16＝40g
（3）2934.4÷22.4＝131ml 设Fe3O4 aml Fe2O3 bml
3a+2b＝48 8a+11÷2b＝131 a＝4 b＝18
n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4）设混合气为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。所需空气为1.26÷0.21×1.77＝10.62
体积＝0.84÷（10.62－1.26+1.84）＝0.075
【解析】（1）445g焦硫酸的物质的量＝445g÷178g/ml＝2.5ml，其中硫酸和三氧化硫均是2.5ml，2.5ml三氧化硫又产生2.5ml硫酸，则溶液中硫酸的物质的量是5.0ml，浓度是5.0ml÷4L＝1.25ml/L。
（2）250g质量分数为98%的硫酸中硫酸的质量是250g×98%＝245g，其中溶剂水是5g，硫酸的物质的量是245g÷98g/ml＝2.5ml，可以结合水的物质的量是2.5ml，质量是2.5ml×18g/ml＝45g，因此还可以吸收水的质量是45g－5g＝40g。
（3）设Fe3O4的物质的量是aml，Fe2O3的物质的量是bml
反应中消耗氧气的物质的量是2934.4L÷22.4L/ml＝131ml
则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+11÷2b＝131
解得a＝4、b＝18
则n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4）设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O2eq \(———→,\s\up7(点燃))2SO2＋2H2O 可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因此所需空气为 EQ \f(1.26,0.21)×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝ EQ \f(0.84,1062-1.26+0.84+0.84+0.16)＝0.075
21．【2015上海化学】（本题共14分）
氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），
如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为ml。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 ml/m3，含CaCl2 3.00ml/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。
处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应： Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L；400。
（2）10388；54880L。
（3）①351kg；②1680kg。
【解析】
（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1ml CaCO3反应会产生1ml CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/ml=900ml，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900ml×22.4L/ml=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/ml=400ml。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400ml。
（2）10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 ml/m3×10 m3=68ml；n(CaCl2)= 3.00ml/m3×10 m3=30ml。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1ml MgCl2发生反应被除去时引入1ml CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68ml+30ml=98ml，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98ml×106g/ml=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98ml，则需要n(CO2)= 98ml，混合气体的物质的量是n(混合)= 98ml÷0.04=2450ml，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450ml×22.4L/ml=54880L。
（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/ml=26000ml，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/ml=20000ml，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000ml-20000ml=6000ml，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000ml×58. 5g/ml=351000g=351kg。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000ml×84g/ml=1680000g=1680kg。
22．【2014年高考江苏卷第18题】（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。
（2）MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O中a、b、c、d的代数关系式为 。
（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－): n(CO32－)（写出计算过程）。
【答案】 阻止燃烧 2a+3b=c+2d （3）
【解析】本题的解题要点为首先是化学式书写中遵循的化合价代数和为零的原则，然后根据提供信息计算化合物的组成。要注意读图，明确后一段是物质分解为氧化物和水、二氧化碳，并由此计算，否则不易得分，同时要注意每一步骤的书写，尽可能多得分少失分。
（1）物受热分解为高熔点的氧化镁和氧化铝覆盖在可燃物表面，阻止燃烧；（2）物质中各元素的合价代数和为0，2a+3b=c+2d；（3）根据分解图像和已知信息，得出第一段是失去结晶水，第二段是分解为氧化物；应根据后一段计算OH-和CO32-的关系，加热时前者生成水，后者生成二氧化碳，二者的和可以根据图中的数据换算，再根据二氧化碳的质量计算出水的质量，进而得到OH-和CO32-的物质的量。
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