高考化学大一轮复习 真题汇编 A单元 常用化学计量 苏教版-苏教版高三全册化学试题

化学高考题分类目录
A单元常用化学计量
A1 阿伏伽德罗常数和物质的量
8．A1、A4[2016·全国卷Ⅰ] 设N A为阿伏伽德罗常数值。

下列有关叙述正确的是( ) A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N A
B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2N A
C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N A
D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4N A
8．A [解析] 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g混合气体中含1 mol CH2，即氢原子数目为2N A，A项正确；N2与H2的反应为可逆反应，B项错误；Fe溶于过量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1 mol Fe在反应中转移3 mol电子，C项错误；标准状况下，CCl4呈液态，无法用标准状况下的气体摩尔体积来确定物质的量和共价键数目，D项错误。

A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律
7．F3 H3 A2 H1[2016·江苏卷] 下列说法正确的是( )
A．氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D．室温下，稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
7．A [解析] 氢氧燃料电池中，H2作为负极，失去电子发生氧化反应，A项正确；加热会促进CO2－3水解，溶液的碱性变强，pH增大，B项错误；常温常压下，22.4 L Cl2不是1 mol，无法确定其中的分子数，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH电离产生的CH3COO －和H＋数目增加，但CH
－和H＋的浓度减小，导电能力减弱，D项错误。

3COO
4．A2[2016·四川卷] N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A．2.4 g Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1N A
B．标准状况下，5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5N A
C ．氢原子数为0.4N A 的CH 3OH 分子中含有的σ键数为0.4N A
D ．0.1 L 0.5 mol/L CH 3COOH 溶液中含有的H ＋
数为0.05N A
4．B [解析] 镁在足量的氧气中燃烧时生成MgO ，1 mol Mg 失去2 mol e －，2.4 g Mg 的物质的量为0.1 mol ，反应中失去0.2 mol e －，A 项错误；标准状况下5.6 L CO 2的物质的量为0.25 mol ，含有的氧原子数为0.5 mol ，B 项正确；根据CH 3—OH 可知，每个甲醇分子中含有5个σ键，氢原子数为0.4N A 的甲醇的物质的量为0.1 mol ，其含有0.5 mol σ键，C 项错误；0.1 L 0.5 mol/L CH 3COOH 溶液中溶质CH 3COOH 为0.05 mol ，CH 3COOH 是弱酸，不能完全电离，产生的H ＋数小于0.05N A ，D 项错误。

27．G1、G2、G5、A4、A2[2016·全国卷Ⅱ] 丙烯腈(CH 2===CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。

主要副产物有丙烯醛(CH 2===CHCHO)和乙腈(CH 3CN)等。

回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C 3H 3N)和副产物丙烯醛(C 3H 4O)的热化学方程式如下：
①C 3H 6(g)＋NH 3(g)＋32O 2(g)===C 3H 3N(g)＋3H 2O(g) ΔH ＝－515 kJ·mol －1
②C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g) ΔH＝－353 kJ·mol－1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是______________________________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是____________________________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________________。

(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 ℃。

低于460 ℃时，丙烯腈的产率________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是______________________________________；高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选，填标号)。

A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
图0－0
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。

由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为____，理由是________________________________________。

进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________________________。

27．(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂
(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低AC
(3)1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低1∶7.5∶1
[解析] (1)由题意可知，反应①、②都是放热反应，反应①、②分别放出515 kJ·mol －1和353 kJ·mol－1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应①的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性
的关键因素是催化剂，而非温度、压强。

(2)反应①的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460 ℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。

温度高于460 ℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A 项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B 项错误；温度高于460 ℃时，副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C 项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D 项错误。

(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。

由反应①的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为1∶1.5∶1，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的
理论体积比约为1∶1.5
15
∶1＝1∶7.5∶1。

A3 物质的量浓度及溶液的配制
8．C1、C2、G1、J1、A3[2016·浙江卷] 下列叙述不正确的是( )
A ．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B ．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C ．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D ．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线
8．B [解析] K 、Na 、Mg 均能与水和二氧化碳发生反应，A 项正确；探究温度对反应速率的对比实验中，先将硫代硫酸钠与稀硫酸加热到一定温度(初温相同)，混合后与对照组比较，观察变浑浊的快慢，B 项错误；C 项正确；定容过程中向容量瓶加蒸馏水至刻度线1～2 cm 时，改用胶头滴管滴加，D 项正确。

36．O1、O4、O5、A3[2016·全国卷Ⅱ] [化学——选修2：化学与技术]
双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。

生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：
A．氢化釜B．过滤器C．氧化塔D．萃取塔
E．净化塔F．工作液再生装置G．工作液配制装置
图0－0
生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。

回答下列问题：
(1)蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是__________，循环使用的原料是________，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是__________________________________________________________________________。

(2)氢化釜A中反应的化学方程式为________________________________________________。

进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为____________。

(3)萃取塔D中的萃取剂是________，选择其作萃取剂的原因是____________________________________。

(4)工作液再生装置F 中要除净残留的H 2O 2，原因是______________________________________________。

(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO 4溶液测定，该反应的离子方程式为____________________________。

一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g·cm －3
)，其浓度为________mol·L －1。

36．(1)氢气和氧气 乙基蒽醌 乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂 (2)
＋H 2――→催化剂
乙基氢蒽醌 (3)水 H 2O 2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水
(4)H 2O 2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸
(5)2MnO －4＋6H ＋＋5H 2O 2===2Mn 2＋＋8H 2O ＋5O 2↑ 8.9
[解析] (1)蒽醌法生产双氧水的反应原理为乙基蒽醌＋H 2――→催化剂乙基氢蒽醌，乙基氢蒽
醌＋O 2―→乙基蒽醌＋H 2O 2，由上述两步反应相加可得总反应方程式为H 2＋O 2――→催化剂H 2O 2，乙
基蒽醌是制备双氧水的催化剂，蒽醌法制备H 2O 2理论上消耗的原料是H 2、O 2；循环使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂。

(2)A 中反应物是乙基
蒽醌和氢气，反应的化学方程式为＋H 2――→催化剂；A 中反应产生乙基氢蒽醌，它是进入C 中的反应混合液中的主要溶质。

(3)D 中的萃取剂是水，H 2O 2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，因此选择水作萃取剂。

(4)F 中残留H 2O 2，其分解产生的O 2可能通过G 进入A 中，氧气与氢气组成的混合气体易发生爆炸，从而引发安全事故，因此F 中要除尽残留的H 2O 2。

(5)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2MnO －4＋6H ＋＋5H 2O 2===2Mn 2＋＋8H 2O ＋5O 2↑。

以1 L(即1000 cm 3
)该双氧水为研
究对象，溶质的c ＝n V ＝m M ·V ＝1000 cm 3×1.10 g ·cm －3×27.5%34 g ·mol －1×1 L
≈8.9 mol ·L －1。

A4 常用化学计量综合
8．A1、A4[2016·全国卷Ⅰ] 设N A 为阿伏伽德罗常数值。

下列有关叙述正确的是( )
A ．14 g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N A
B ．1 mol N 2与4 mol H 2反应生成的NH 3分子数为2N A
C ．1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为2N A
D ．标准状况下，2.24 L CCl 4含有的共价键数为0.4N A
8．A [解析] 乙烯和丙烯的最简式均为CH 2，14 g 混合气体中含1 mol CH 2，即氢原子数目为2N A ，A 项正确；N 2与H 2的反应为可逆反应，B 项错误；Fe 溶于过量硝酸中生成Fe(NO 3)3，即1 mol Fe 在反应中转移3 mol 电子，C 项错误；标准状况下，CCl 4呈液态，无法用标准状况下的气体摩尔体积来确定物质的量和共价键数目，D 项错误。

13．B3 A4[2016·上海卷] O 2F 2可以发生反应：H 2S ＋4O 2F 2―→SF 6＋2HF ＋4O 2，下列说法正确的是( )
A ．氧气是氧化产物
B ．O 2F 2既是氧化剂又是还原剂
C ．若生成4.48 L HF ，则转移0.8 mol 电子
D ．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
13．D [解析] 分析反应可知，H 2S 中－2价的S 被氧化成＋6价的SF 6，O 2F 2中＋1价的O 被还原成0价的O 2，故O 2F 2是氧化剂，H 2S 是还原剂，SF 6为氧化产物，O 2为还原产物，且还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，D 项正确，A 、B 项错误；C 项没有指明标准状况，故4.48 L 的HF 并不一定是0.2 mol ，转移电子数也不一定是0.8 mol ，C 项错误。

17．C3 A4[2016·上海卷] 某铁的氧化物(Fe x O)1.52 g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl 2，恰好将Fe 2＋
完全氧化。

x 值为( )
A ．0.80
B ．0.85
C ．0.90
D ．0.93
17．A [解析] 解法一：写出Fe x O 与盐酸和Cl 2反应的总离子方程式：
Fe x O ＋2H ＋＋3x －22Cl 2===xFe 3＋＋(3x －2)Cl －＋H 2O
56x ＋16
3x －22 1．52 g 0.005 mol
解得x ＝0.80
解法二：运用氧化还原反应得失电子守恒进行求算：
0．112 L ÷22.4 L ·mol －1×2 ＝ (3－2x )×x × 1.52 g 56x g ·mol －1＋16 g·mol
－1 解得x ＝0.80
故正确答案选A 。

22．D4 A4[2016·上海卷] 称取(NH 4)2SO 4和NH 4HSO 4混合物样品7.24 g ，加入含0.1 mol NaOH 的溶液，完全反应，生成NH 3 1792 mL(标准状况)，则(NH 4)2SO 4和NH 4HSO 4的物质的量比为( )
A ．1∶1
B ．1∶2
C ．1.87∶1
D ．3.65∶1
22．C [解析] 生成NH 3的物质的量为1.792 L÷22.4 L·mol －1＝ 0.08 mol 。

向(NH 4)2SO 4和NH 4HSO 4混合物样品中加入NaOH 溶液，H ＋先和NaOH 发生中和反应，H ＋消耗完后，NH ＋4再和NaOH 反应生成NH 3。

(1)若最后NaOH 有剩余，而(NH 4)2SO 4和NH 4HSO 4完全反应，假设(NH 4)2SO 4的物质的量为x mol ，NH 4HSO 4的物质的量为y mol ，列出等式：2x mol ＋y mol ＝0.08 mol ，132 g·mol －1×x mol ＋115 g·mol －1×y mol ＝7.24 g ，解得x ＝0.02，y ＝0.04，则消耗NaOH 物质的量为0.08 mol ＋0.04 mol ＝0.12 mol>0.1 mol ，与题设不符，假设不成立；(2)若最后铵盐有剩余，而NaOH 完全反应，则根据n(H ＋)＝0.10 mol －0.08 mol ＝0.02 mol ，可知NH 4HSO 4的物质的量为0.02 mol ，则求得(NH 4)2SO 4约为0.0374 mol ，C 项正确。

四、[2016·上海卷] NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
(1)NaCN 与NaClO 反应，生成NaOCN 和NaCl
(2)NaOCN 与NaClO 反应，生成Na 2CO 3、CO 2、NaCl 和N 2
已知HCN(K i ＝6.3×10
－10)有剧毒；HCN 、HOCN 中N 元素的化合价相同。

完成下列填空：
25．A4处理100 m 3含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO________g(实际用量
应为理论值的4倍)，才能使NaCN 含量低于0.5 mg/L ，达到排放标准。

25．14 900
[解析] 需要处理的NaCN 的质量为100×1000 L×(10.3 mg/L－0.5 mg/L)÷1000 mg/g ＝980 g 。

将两次氧化的方程式合并得总反应：
2NaCN ＋5NaClO===CO 2↑＋ Na 2CO 3＋5NaCl ＋ N 2↑
2×49 5×74.5
980 g x
解得x ＝3725 g
由于实际用量为理论值的4倍，则实际用量为3725 g×4＝14 900 g 。

七、[2016·上海卷] 半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H 2、CO 、CO 2、N 2和H 2O(g)。

半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

H 2、N 2、CO CO 2、H 2O ――→CO 变换H 2、N 2CO 2
――→脱除CO 2H 2、N 2 完成下列填空：
38．A4半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO ＋H 2O ――→Cu △
CO 2＋H 2 若半水煤气中V(H 2)∶V (CO)∶V(N 2)＝38∶28∶22，经CO 变换后的气体中：
V(H 2)∶V(N 2)＝________。

38．3∶1
[解析] CO 发生变换反应CO ＋H 2O ――→Cu △
CO 2＋H 2，CO 全部转化为等量的H 2，变换后，V(H 2)∶V(N 2)＝(38＋28)∶22＝3∶1。

53．A4[2016·上海卷]甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH 4＋H 2O ――→催化剂△
CO ＋3H 2
已知：CO ＋2H 2――→催化剂△CH 3OH CO 2＋3H 2――→催化剂△
CH 3OH ＋H 2O 300 mol CH 4完全反应后的产物中，加入100 mol CO 2后合成甲醇。

若获得甲醇350 mol ，残留氢气120 mol ，计算CO 2的转化率。

53．80%
[解析] 300 mol CH 4完全反应产生H 2 900 mol 。

设CO 2转化率为α，CO 转化率为β。

300β＋100α＝350 600β＋300α＝900－120 α＝80%
或设CO 2转化率为α。

900－(350－100α)×2－300α＝120 α＝
＝80%
51．A4 B4[2016·上海卷]某H 2中含2.40 mol CO 2，该混合气体通入2.00 L NaOH 溶液中，CO 2被完全吸收。

如果NaOH 完全反应，该NaOH 溶液的浓度为______________________。

51．2.4 mol/L ≥c ≥1.2 mol/L
[解析] CO 2与NaOH 反应，根据二者量的不同，可以发生如下两个反应：(1)CO 2＋NaOH===NaHCO 3(CO 2过量)；CO 2＋2NaOH===Na 2CO 3＋H 2O(NaOH 过量)。

2.40 mol CO 2被NaOH 溶液完全吸收，则2.40 mol≤n(NaOH)≤4.80 mol ，则1.20 mol/L≤c (NaOH)≤2.40 mol/L 。

52．A4 B3 B4[2016·上海卷]CO 2和KO 2有下列反应：
4KO 2＋2CO 2===2K 2CO 3＋3O 2
4KO 2＋4CO 2＋2H 2O===4KHCO 3＋3O 2
若9 mol CO 2在密封舱内和KO 2反应后生成9 mol O 2，则反应前密封舱内H 2O 的量应该是多少？列式计算。

52．8KO 2＋6CO 2＋2H 2O===2K 2CO 3＋4KHCO 3＋6O 2
n(CO 2)∶n(H 2O)＝6∶2 n(H 2O)＝(9 mol 6
)×2＝3 mol [解析] 方法一：
写出反应中的方程式：
8KO 2＋6CO 2＋2H 2O===2K 2CO 3＋4KHCO 3＋6O 2
n(CO 2)∶n(H 2O)＝6∶2，n(H 2O)＝(9 mol 6
)×2＝3 mol
方法二：
假设反应前密封舱内H 2O 的物质的量为x mol ，根据反应：
4KO 2＋4CO 2＋2H 2O===4KHCO 3＋3O 2
4 2 3
2x x 1.5x
剩余CO 2的物质的量为(9－2x) mol ，根据反应：4KO 2＋2CO 2===2K 2CO 3＋3O 2，生成氧气的物质的量为1.5×(9－2x)mol 。

根据题意列出等式：1.5x mol ＋1.5×(9－2x) mol ＝9 mol ，x ＝3。

18．J5 A4[2016·江苏卷] 过氧化钙(CaO 2·8H 2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。

(1)Ca(OH)2悬浊液与H 2O 2溶液反应可制备CaO 2·8H 2O 。

Ca(OH)2＋H 2O 2＋6H 2O===CaO 2·8H 2O
反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是______________________________。

(2)向池塘水中加入一定量CaO 2·8H 2O 后，池塘水中浓度增加的离子有________(填序号)。

A ．Ca 2＋
B ．H ＋
C ．CO 2－3
D ．OH －
(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO 4和碱性KI 溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H 2SO 4，待MnO(OH)2与I －完全反应生成Mn 2＋和I 2后，以淀粉作指示剂，用Na 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
O 2――→Mn 2＋MnO(OH)2――→I －I 2――→S 2O 2－3S 4O 2－6
①写出O 2将Mn 2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：______________________________________________。

②取加过一定量CaO 2·8H 2O 的池塘水样100.00 mL ，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L －1 Na 2S 2O 3标准溶液13.50 mL 。

计算该水样中的溶解氧(以mg·L －1表示)，
写出计算过程。

18．(1)提高H 2O 2的利用率
(2)AD
(3)①2Mn 2＋＋O 2＋4OH －
===2MnO(OH)2↓
②在100.00 mL 水样中
I 2＋2S 2O 2－3===2I －＋S 4O 2－6
n(I 2)＝c （Na 2S 2O 3）·V （Na 2S 2O 3）2
＝0.010 00 mol·L －1×13.50 mL ×10－3 L ·mL －12
＝6.750×10－5 mol
n[MnO(OH)2]＝n(I 2)＝6.750×10－5 mol
n(O 2)＝12n[MnO(OH)2]＝12
×6.750×10－5 mol ＝3.375×10－5 mol 水中溶解氧＝
3.375×10－5 mol ×32 g ·mol －1×1000 mg ·g －1100.00 mL ×10－3 L ·mL
－1＝ 10．80 mg·L －1
[解析] (1)两者反应，增大其中一种物质的用量，可以提高另外一种物质的转化率。

(2)CaO 2溶于水生成Ca(OH)2，在池塘中电离出Ca 2＋和OH －。

(3)①反应中Mn 由＋2价升至＋4价，O 由0价降至－2价，根据Mn 和O 得失电子守恒配平反应，并用OH －平衡电荷。

②找出反应之间的关系：n(O 2)～12n[MnO(OH)2]～12
n(I 2)～，根据Na 2S 2O 3的消耗量，
可计算出水样中的溶解氧。

27．C2、C3、H3、B3、E1、A4[2016·浙江卷] Ⅰ.化合物Mg 5Al 3(OH)19(H 2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg 5Al 3(OH)19(H 2O)4=====△27H 2O ↑＋10MgO ＋3Al 2O 3
(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据：____________________________________________________________。

(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理：______________________________________________。

(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理：______________________________________。

Ⅱ.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
图0－0
请回答：
(1)A的组成元素为________(用元素符号表示)，化学式为________。

(2)溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用：____________。

(3)已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 g·L－1)，该气体分子的电子式为________________。

写出该反应的离子方程式：______________________________________。

(4)写出F→G反应的化学方程式：________________________________________________。

设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H＋、K＋、I－)：_______________________________________________________________________________ ___________________。

27．Ⅰ.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O
(3)MgO＋2NH4Cl＋H2O===MgCl2＋2NH3·H2O或NH4Cl＋H2O NH3·H2O＋HCl，MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O
Ⅱ.(1)S、Fe Fe3S4
(2)制印刷电路板
(3) Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S
(4)H 2SO 3＋I 2＋H 2O===H 2SO 4＋2HI
取溶液G ，加入过量BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则有SO 2－
4；过滤后取滤液，滴加H 2O 2溶液，若再产生白色沉淀，则有H 2SO 3。

[解析] Ⅰ.(1)通过反应的方程式可以看出，该反应为吸热反应，能降低周围温度；该反应产生的MgO 、Al 2O 3会覆盖在可燃物的表面从而隔绝空气；生成的水蒸气能稀释空气而降低O 2的浓度。

(2)Al 2O 3是两性氧化物，而MgO 是碱性氧化物，所以用NaOH 溶液可以除去Al 2O 3。

(3)NH 4Cl 溶液中，由于NH ＋4水解而使溶液显酸性，溶液中的H ＋能与加入的MgO 反应而使MgO 溶解。

Ⅱ.加入KSCN 溶液显红色，说明溶液中含有Fe 3＋，故C 溶液为FeCl 3溶液，B 为Fe 2O 3固体；由F 生成G 的现象可知，在该反应中I 2被还原，则F 具有还原性，常见的还原性的酸为H 2SO 3，故F 为H 2SO 3，G 中含有H 2SO 4，E 为SO 2。

(1)根据B 、E 的成分可知，化合物A
中含有Fe 、S 两种元素；根据Fe 2O 3的质量为2.400 g 可知，A 中含有n(Fe)＝ 2.400 g 160 g·mol
－1×2＝0.03 mol ，则A 中含有n(S)＝2.960 g －0.03 mol×56 g·mol －132 g ·mol
－1＝0.04 mol ，所以A 的化学式为Fe 3S 4。

(2)FeCl 3常用于制印刷电路板。

(3)根据气体在标况下的密度可知M(气体)＝22.4 L·mol －1×1.518 g ·L －1＝34 g·mol －1，故该气体为H 2S ，其结构与水分子相似；在该反应中生成的淡黄色不溶物为单质硫，反应中的铁元素全部转变为Fe 2＋。

(4)F 生成G 的反应中，H 2SO 3被I 2氧化为H 2SO 4，而I 2被还原为HI ，反应的化学方程式为H 2SO 3＋I 2＋H 2O===H 2SO 4＋2HI ；根据要求可知主要检验SO 2－4和H 2SO 3的存在，SO 2－4可用BaCl 2溶液检验，而H 2SO 3可用H 2O 2氧化后再用BaCl 2检验。

29．J1、J2、J4、A4[2016·浙江卷] 无水MgBr 2可用作催化剂。

实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr 2，装置如图，主要步骤如下：
图0－0
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。

步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。

步骤3 反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0 ℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。

步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0 ℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 ℃分解得无水MgBr2产品。

已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。

②MgBr2＋3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
(1)仪器A的名称是____________。

实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是____________________________。

(2)如将装置B改为装置C(图0－0)，可能会导致的后果是____________________________________________。

图0－0
(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是____________。

(4)有关步骤4的说法，正确的是__________________。

A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B．洗涤晶体可选用0 ℃的苯
C．加热至160 ℃的主要目的是除去苯
D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2＋＋Y4－===MgY2－
①滴定前润洗滴定管的操作方法是________________________________________________________________。

②测定前，先称取0.250 0 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050 0 mol·L－1的EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是______________________(以质量分数表示)。

29．(1)干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应
(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
(3)镁屑(4)BD
(5)①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次
②97.5%
[解析] (1)仪器A为球形干燥管；金属镁为活泼金属，很容易与空气中的O2反应，所以不能用干燥空气代替干燥的N2。

(2)因为液溴极易挥发，装置B是通过N2带着溴蒸气进入三颈瓶，而装置C是利用N2将液溴直接压入三颈瓶中，因加入大量液溴而使得反应过快。

(3)镁屑与液溴反应时，镁屑过量，第一次过滤除去的是没有反应的镁屑。

(4)因为MgBr2具有强吸水性，故不能用95%的乙醇洗涤产品，A项错误；用苯溶解晶体后再冷却至0 ℃，故可以用0 ℃苯洗涤晶体，B项正确；加热到160 ℃时，除去苯的同时也除去了乙醚，C项错误；D项正确。

(5)②结合关系式MgBr2～Mg2＋～Y4－，产品的纯度＝97.5%。

26．A4、B3、D4、H1[2016·全国卷Ⅱ] 联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

回答下列问题：
(1)联氨分子的电子式为______________，其中氮的化合价为________。

(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为________________________________。

(3)①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝____________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为______________________________________________________。

(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。

联氨第一步电离反应的平衡常数值为__________________(已知：N2H4＋H＋N2H＋5的K＝8.7×107；K W＝1.0×10－14)。

联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为____________________________________________。

(5)联氨是一种常用的还原剂。

向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是______________________________________________。

联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。

理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是________________________________________________________________。

26．(1) －2
(2)2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O
(3)2ΔH3－2ΔH2－ΔH1反应放热量大、产生大量气体
(4)8.7×10－7N2H6(HSO4)2
(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] (1)N、H均为非金属元素，根据各原子核最外层电子数分析可知，联氨分子含
有1个N—N键、4个N—H键，其电子式为；N2H4是共价化合物，根据电子式可知氮元素的化合价为－2价，氢元素的化合价为＋1价。

(2)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由－3价升高到－2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到－1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。

(3)观察可知，四个热化学方程式关系式为③×2－②×2－①＝④，由盖斯定律可知2ΔH3－2ΔH2－ΔH1＝ΔH4；由反应④可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反应生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)时，放出1 048.9 kJ热量，且产生7 mol气体，由此推断，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。

(4)由题
给信息可知，N2H4＋H＋N2H＋5的K＝
c（N2H＋5）
c（N2H4）·c（H＋）
＝8.7×107，K W＝c(H＋)·c(OH－)
＝1.0×10－14，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4＋H2O N2H＋5＋OH－，其电离常数
K b1＝c （N 2H ＋5） ·c （OH －）c （N 2H 4）＝c （N 2H ＋5）·c （OH －）·c （H ＋）c （N 2H 4）·c （H ＋）＝c （N 2H ＋5）c （N 2H 4）·c （H ＋）
×c(OH －)·c(H ＋)＝K ×K W ＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7
；由题意可知，二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N 2H 6SO 4，该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N 2H 6(HSO 4)2。

(5)由题意可知，联氨是还原剂，AgBr 是氧化剂，两者反应时，AgBr 中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由－2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N 2H 4＋4AgBr ===N 2↑＋4Ag ＋4HBr(可能还发生反应N 2H 4＋HBr===N 2H 5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。

由N 2H 4＋O 2===N 2↑ ＋2H 2O 可知，1 mol 联氨可除去1 mol O 2，又因为M(N 2H 4)＝M(O 2)，m ＝n ·M ，1 kg 联氨可除去O 2的质量为1 kg ；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na 2SO 3＋O 2===2Na 2SO 4，处理等物质的量的O 2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N 2和H 2O ，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na 2SO 4。

27．G1、G2、G5、A4、A2[2016·全国卷Ⅱ] 丙烯腈(CH 2===CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。

主要副产物有丙烯醛(CH 2===CHCHO)和乙腈(CH 3CN)等。

回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C 3H 3N)和副产物丙烯醛(C 3H 4O)的热化学方程式如下：
①C 3H 6(g)＋NH 3(g)＋32
O 2(g)===C 3H 3N(g)＋3H 2O(g) ΔH ＝－515 kJ·mol －1 ②C 3H 6(g)＋O 2(g)===C 3H 4O(g)＋H 2O(g) ΔH ＝－353 kJ ·mol －1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是______________________________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是____________________________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________________。

(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 ℃。

低于460 ℃时，丙烯腈的产率________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是______________________________________；高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选，填标号)。

A ．催化剂活性降低
B ．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
图0－0
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。

由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为____，理由是________________________________________。

进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________________________。

27．(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂
(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低AC
(3)1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低1∶7.5∶1
[解析] (1)由题意可知，反应①、②都是放热反应，反应①、②分别放出515 kJ·mol －1和353 kJ·mol－1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应①的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。

(2)反应①的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460 ℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。

温度高于460 ℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460 ℃时，副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。

(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。

由反应①的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为1∶1.5∶1，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的
理论体积比约为1∶1.5
15
∶1＝1∶7.5∶1。

1．[2016·湖南东部六校联考] 设N A 代表阿伏伽德罗常数的值，N 表示粒子数。

下列叙述正确的是( )
A ．将CO 2通过Na 2O 2使其增重a g 时，反应中转移电子数为aN A 14
B ．将1 mol Cl 2通入水中，则N(HClO)＋N(Cl －)＋N(ClO －
)＝2N A
C ．2.24 L 的CH 4中含有的C —H 键键数为0.4N A
D ．常温常压下，3.0 g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4N A
1．D [解析] 根据方程式2Na 2O 2＋2CO 2===2Na 2CO 3＋O 2可知，2 mol Na 2O 2参加反应，固
体增重56 g ，转移2 mol 电子，则增重a g 时，反应中转移电子数为aN A 28
，A 错误。

将1 mol Cl 2通入水中，根据氯元素守恒得2N(Cl 2)＋N(HClO)＋N(ClO －)＋N(Cl －)＝2N A ，B 错误。

2.24 L 的CH 4没指明标准状况，C 错误。

甲醛(HCHO)与冰醋酸的最简式都为CH 2O ，含有的原子总数为0.4N A ，D 正确。

2．[2016·淮南一模] 设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A ．常温常压下，0.1 mol C 8H 18所含有的共价键数目为2.5N A
B ．1 L 1 mol ·L －1 FeCl 3溶液完全水解产生的Fe(OH)3胶体粒子数为N A
C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L 气体时，电路中通过的电子数目为4N A
D ．28.6 g Na 2CO 3·10H 2O 溶于水配成1 L 溶液，该溶液中阴离子数目为0.1N A
2．A [解析] 0.1 mol C 8H 18所含共价键数目为2.5N A ，A 正确；胶粒是很多微粒的集合体，故1 mol FeCl 3完全水解形成的Fe(OH)3胶粒数远小于N A ，B 错误；22.4 L 没有指明是否为标准状况，C 错误；0.1 mol Na 2CO 3·10H 2O 溶于水，CO 2－3水解生成HCO －3和OH －，阴离子数目增加，所以该溶液中阴离子数目大于0.1N A ，D 错误。

3．[2016·太原期末] 设N A 为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是( )。