2020-2021备战高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题附答案
2020-2021备战高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题附答案
一、化学反应原理综合考查
1．丙烯腈（CH2=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（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）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（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
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，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“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
(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1理由是_______________。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。
【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC 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】
【分析】
(1)依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；
(3)根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最
佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。 【详解】
(1)两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率．高于460°C 时，丙烯腈产率降低； A ．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，A 正确； B ．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，B 错误；
C ．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，C 正确；
D ．反应活化能的大小不影响平衡，D 错误； 综上AC 符合题意；
(3)根据图象可知，当n （氨）/n （丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据反应C 3H 6(g)+NH 3(g)+
3
2
O 2(g)=C 3H 3N(g)+3H 2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：
1.5
20%
：1=1：7.5：1。
2．资源化利用2CO ，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。
(1)2CO 的捕集：
①2CO 属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于__________晶体。
②用饱和23Na CO 溶液做吸收剂可“捕集”2CO 。若所得溶液pH 10=，溶液中
()()-2-33c HCO :c CO =_______；(室温下，23H CO 的71112K 410;K 510--=?=?)若吸
收剂失效，可利用NaOH 溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_____。
③聚合离子液体是目前广泛研究的2CO 吸附剂。结合下图．．．．分析聚合离子液体吸附2CO 的有利条件是____________。
(2)生产尿素：工业上以2CO 、3NH 为原料生产尿素()22CO NH ????，该反应分为二步进行：
第一步：32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+?
ΔH=159.5kJ /mol -
第二步：()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+? ΔH 72.5kJ /mol =+ 写出上述合成尿素的热化学方程式_______。
(3)合成乙酸：中国科学家首次以3CH OH 、2CO 和2H 为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的3CH OH 可通过电解法由2CO 制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成
3CH OH 的电极反应式：____________。
②根据图示．．．．
，写出总反应的化学方程式：_______。 【答案】非极性 分子 2:1 2323HCO OH H O CO ---
+=+ 低温，低流速(或25℃，
110mL min -?) ()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-?
232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+ *
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O
【解析】 【分析】 【详解】
（1）①极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，而非极性分子是指原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，2CO 是非金属氧化物，其结构式为：O =C =O ，属于非极性分子，干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，故答案为：非极性；分子。
②根据()()
(
)
23
3
H CO 2HCO c c K c +-
-
?=
，()
(
)
(
)
3
23
HCO 1012H CO c c K 10mol L c -
+-
--=?
=?，则
(
)
(
)
3
23
10HCO 11
CO c 102:1c 510-
-
--==?；饱和Na 2CO 3溶液做吸收剂“捕集”CO 2生成NaHCO 3而失效，NaHCO 3是酸式盐，能与NaOH 反应生成Na 2CO 3和H 2O ，其离子反应方程式为：HCO 3?+OH ?=H 2O +CO 32?，故答案为：2:1；HCO 3?+OH ?=H 2O +CO 32?。
③观察图1可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO 2越彻底、效果越好，即吸附CO 2的有利条件温度为25℃或低温，气体流速为10mL ?min ?1或低流速，故答案为：低温，低流速(或25℃，10mL ?min ?1)。 （2）已知：①32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+?
ΔH=159.5kJ /mol -；
②()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+? ΔH 72.5kJ /mol =+； 根据盖斯定律，①+②可得合成尿素的热化学方程式：
()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-?，故答案为：()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-?。
（3）①电解时CO 2在阴极得到电子生成CH 3OH ，结合酸性条件写出阴极电极反应式为：
232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+，故答案为：232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+。
②根据图示可知，CH 3OH 、CO 2和H 2在LiI 、*Rh 作用下生成了乙酸，根据原子守恒写出化学反应方程式为：*
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O ，故答案为：
*
32232Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 。
3．研究大气污染物SO 2、CH 3OH 与H 2O 之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。 反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)
227.8kJ mol H -?=-?
反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)( )-63.4kJ mol H ?=?硫酸氢甲酯
（1）CH 3OSO 3H 发生水解：
332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+△H=______kJ/mol 。
（2）T ℃时，反应ii 的CH 3OH(g)、SO 3(g)的初始浓度分别为
-8-1-9-1110mol L 210mol L ????、，平衡时SO 3转化率为0.04%，则K=_____________。
（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii 在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a ”、“b ”或“c ”）。 ②水将反应ii 的最高能垒由_____________eV 降为_____________eV 。 ③d 到f 转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。 A ．CH 3OH 中的氢氧键B ．CH 3OH 中的碳氧键 C ．H 2O 中的氢氧键D ．SO 3中的硫氧键
（4）分别研究大气中H 2O 、CH 3OH 的浓度对反应i 、反应ii 产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c(CH 3OH)大于10-11mol.L -1时，c(CH 3OH)越大，c(H 2SO 4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH 3OH)小于10-11mol.L -1时，c(H 2O)越大，c(CH 3OSO 3H)越小的原因是_____________。 【答案】-164.4 4×104L·
mol -1 a 20.93 6.62 ACD 反应i 和反应ii 为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH 3OSO 3H 越小，c(CH 3OSO 3H)越小 【解析】 【分析】
(3)图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。 (4)反应i 和反应ii 为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。 【详解】
(1) 反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)
227.8kJ mol H -?=-?
反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)
-63.4kJ mol H ?=?
反应i-反应ii 有：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+，所以H ?=1H ?-
2H ?=(1227.8kJ mol --?)-(-1-63.4kJ mol ?)=-164.4-1kJ mol ?，故答案为：-164.4；
(2)SO 3转化率为0.04%，则SO 3转化值=-9-1210mol L ??×0.04%=8×10-13mol·L -1，列三段式如
下：
3333-1-8-9-1-13-13-13-1-13-13-13
CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)
/mol L 1102100
/mol L 810810810/mol L (100000-8)10(20000-8)10810???????????起始浓度变化浓度平衡浓度 ，K=-13-13-1
-1-1
-13mol L m 810(100000-8)10(20000-8)10ol L mol L
???????≈-13
-1-13-13
810L mol 100000102000010
?????=4×104L·mol -1，故答案为：4×104L·mol -1； (3)①a 处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：a ； ②无水时，反应ii 的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV ，有水时，反应ii 的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV ，即水将反应ii 的最高能垒由20.93eV 降为6.62eV ，故答案为：20.93；6.62；
③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH 3OH 中的氢氧键断了，O 和S 原子重新形成一根键；SO 3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S 和甲醇中的O 重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD 符合，故答案为：ACD ；
(4)①反应i 和反应ii 都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：反应i 和反应ii 为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；
②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH 3OSO 3H 减小，c(CH 3OSO 3H)减小，故答案为：水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH 3OSO 3H 越少，c(CH 3OSO 3H)越小。 【点睛】
(2)计算时作如下近似处理：1-13-(100000-8)1mol 0L ??≈100000×10-13-1mol L ?=10-8
-1mol L ?11
3--(20000-8)10mol L ??≈-1-1-91-320000101mol L 2mol 0L ???=?。
4．（11分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al 、LiCoO 2、Ni 、Mn 、Fe 等）回收钴、镍、锂的流程图。
已知：P204[二(2?乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2?乙基己基膦酸?2?乙基己酯）和Cyanex272[二(2，4，4)?三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。
回答下列问题：
（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体，请写出反应的化学方程式__________________________________。
（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH的关系图如下：
加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式________________________（一种即可）。
噲?MR n(Org)+n H+(aq)，且随着（3）已知P507萃取金属离子的原理为n HR(Org)+M n+(aq)垐?
萃取过程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理，皂化萃
噲?MR n(Org)+n Na+(aq)。对萃取剂进行皂取剂萃取金属离子的反应为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
化处理的原因为________________。
（4）控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。
■—Co(Cyanex272)；●—Ni(Cyanex272)；▲—Co(P507)；▼—Ni(P507)
由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L?1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L?1。
（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%。已知K sp[Ni(OH)2]=5.25×10?16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10?11 mol·L?1时，pH=______(lg5=0.7)。
【答案】2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+（1分，少选和错选没分） Fe3+ +3OH?Fe(OH)3或Al3+ +3OH?Al(OH)3（合理即可）维持萃取过程中pH恒定增大 Cyanex272 0.25 0.4 11.7
【解析】
【分析】
【详解】
（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2，+3价Co降低为+2价的Co2+，方程式为
2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+
2CoSO4+4H2O。
（2）由图可知，加入NaOH溶液调pH=5时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3++3OH?Fe(OH)3，去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH?Al(OH)3。
噲?MR n(Org)+ n H+(aq)，会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用（3）n HR(Org)+M n+(aq)垐?
噲?MR n(Org)+n Na+(aq)，反应前NaOH进行皂化处理后离子反应变为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
后pH基本不变，根据题意可知，萃取效率不会降低。故萃取前先用NaOH对萃取剂进行
皂化处理的目的是维持萃取过程中pH恒定。
（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分离效果好。选P507为萃取剂，浓度在0.25 mol·L?1以后变化不大，所以0.25 mol·L?1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40 mol·L?1以后变化不大，所以0.4 mol·L?1最好。
（5）K sp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH?)=5.25×10?16，c2(OH?)=
16
11
5.2510
2.110
-
-
?
?
=2.5×10?5，
c(OH?)=5×10?3，pOH=3?lg5=2.3，pH=14?pOH=14?2.3=11.7。
5．I. 合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。
（1）已知：5.6L(标况下)CH4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。
（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2 mol CH4和2 mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=____________。
②在该温度下，计算该反应的平衡常数K＝________________________(保留两位小数)。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________
A．v(H2)逆＝3v (CO)正 B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变 D．C (CH4) = C (CO)
（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H22NH3。保持温度和体积不变，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是___________。
容器体积起始物质
平衡时NH3的
物质的量
平衡时N2
的
体积分数
反应开始
时的速率
平衡时容
器内压强
甲1L1molN2+3molH2 1.6molφ甲ν甲P甲
乙1L2molN2+6molH2n1 molφ乙ν乙P乙
丙2L2molN2+6molH2n2 molφ丙ν丙P丙
A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙 C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙
II.（1）常温下，在x mol·L－1氨水中加入等体积的y mol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中性。
①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。
②常温下，NH3·H2O的电离常数K=_____(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。
（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O 2浓度约为NO 浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O 2－
阴极的电极反应式为___________________________。
②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。
【答案】CH 4（g ）+H 2O （g ）=CO （g ）+3H 2（g ）H=+206 kJ/mol ? -1-10.12mol L min g g
21.87 AC BD 24
4
c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+
-
-72y 10x-2y
? 2NO+4e -=N 2+2O 2- 阴极
发生副反应O 2+4e -=2O 2- 【解析】 【分析】 【详解】
I .(1)标况下，5.6LCH 4物质的量为： 5.6L
22.4L/mol
=0.25mol ，吸收51.5kJ 的热量，则1mol
甲烷反应吸收热量=51.5kJ ×
1mol
0.25mol
=206kJ ，该反应的热化学方程式为：
CH 4(g )+H 2O (g )=CO (g )+3H 2(g )△H =+206 kJ /mol ；
(2)在150℃时2L 的密闭容器中，将2mol CH 4和2mol H 2O (g )混合，经过15min 达到平衡，此时CH 4的转化率为60%，则
4
22CH +H O CO +3H (/)1100
(/)0.60.60.6 1.8(/)0.40.40.6 1.8
mol L mol L mol L ?
起始量转化量平衡量
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v (H 2)=
1.8mol/L
15min
=0.12mol ?L -1
?min -1；
②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K =(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；
③A ．v 逆(H 2)＝3v 正(CO )，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A 正确； B ．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；
C ．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C 正确；
D ．浓度关系和消耗量、起始量有关，c (CH 4)=c (CO )不能说明反应达到平衡状态，故D 错
误；
故答案为：AC ；
(3)A ．甲和丙为等效平衡，则n 2=1.6mol ，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n 1＞3.2，故A 错误；
B ．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol 氮气和3mol 氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B 正确；
C ．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C 错误；
D ．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P 乙＞P 甲=P 丙，故D 正确； 故答案为：BD ；
II .(1)①根据电荷守恒，c (NH 4+)+c (H +)=c (OH -)+2c (SO 42-)，混合后溶液显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)，则244c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+-
；
②x mol ?L -1氨水中加入等体积的y mol ?L -1硫酸得混合溶液M 恰好显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)=2×
y
2
mol ?L -1=ymol ?L -1，混合后，根据物料守恒c (NH 3?H 2O )+c (NH 4+)=0.5x mol ?L -1，则c (NH 3?H 2O )=(0.5x -y )mol ?L -1，K =c (NH 4+)?c (OH -)/c (NH 3?H 2O )=y ×1×10-7/(0.5x -y )=2y ×10-7/(x -2y )；
(2)①阴极：NO 得到电子生成N 2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO +4e -=N 2+2O 2-
； ②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O 2浓度约为NO 浓度的10倍，氧气易得到电子生成O 2-，电极方程式为：O 2+4e -=2O 2-。
6．工业上将石灰石和硫煤混合使用，称之为“固硫”，其反应原理为：2CaCO 3(s )+2SO 2(g )+O 2(g )2CaSO 4(s )+2CO 2(g ) △H 1=akJ ·mol -1。 已知：CaO (s )+CO 2(g )CaCO 3(s ) △H 2=bkJ ·mol -1；
2SO 2(g )+O 2(g )2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。
请回答下列问题： （1）CaSO 4(s )CaO (s )+SO 3(g )△H =___kJ ·mol -1(用a 、b 、c 表示)。 （2）T 1℃时，向某恒容密闭容器中通入一定量的CO 2和足量CaO 发生反应：
CaO (s )+CO 2(g )
CaCO 3(s )，CO 2的浓度随时间变化如图所示：
①0～8min ，v (CO 2)=___。
②t 1min 时，若保持其他条件不变，压缩容器体积至原来的
1
2
，t 2min 重新达到平衡，请在
图中画出CO 2的浓度自条件改变至新平衡的变化曲线___。 （3）T 2℃时，向某密闭容器中通入2molSO 2和1molO 2发生反应：2SO 2(g )+O 2(g )
2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。
①若该容器为恒压密闭容器，下列选项可判断反应已达平衡状态的是___。 A .混合气体的密度不再改变 B 混合气体的压强不再改变
C .相同时间内，每断裂0.1molO =O 键，同时生成0.2molSO 3
D .混合气体的平均相对分子质量不再改变
②若该容器为2L 的恒容密闭容器，达平衡时SO 3的体积分数为40%，则O 2的转化率为___，T 2℃时该反应的平衡常数K =___。
③反应达到②中的平衡状态后，保持反应温度和O 2的浓度不变，增大容器体积，则平衡将___(填“正向”、“逆向”或“不“)移动，原因为___。
【答案】
c a
-b-22
0.05mol ·L －1·min －1 AD 50% 4
不 23222(SO )
=(SO )(O )
c K c c ，保持O 2浓度不变，扩大容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减
小，则Q c =K ，平衡不移动 【解析】 【分析】 【详解】
(1)巳知反应①2CaCO 3(s )+2SO 2(g )+O 2(g )2CaSO 4(s )+2CO 2(g )△H 1=akJ ·mol -1；
②CaO (s )+CO 2(g )CaCO 3(s ) △H 2=bkJ ·mol -1； ③2SO 2(g )+O 2(g )2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。
结合盖斯定律：12×③-②-1
2
×①可得反应CaSO 4(s )CaO (s )+SO 3(g )，则
△H =
12×③-②-12×①=12×c -b -1
2×a =c a -b-22
； (2)①CO 2的浓度从0.8mol ·L
－1
降低到0.4mol ·L －1，变化了0.4mol ·L －
1，则
-1-120.4mol/L
(CO )=0.05mol L min 8min
c v t ?=
=?g g ； ②压缩体积至原来的
1
2
的瞬间CO 2的浓度增加一倍，从0.4mol ·L －1变成0.8mol ·L －1，该反应的平衡常数为21
=
(CO )
K c ，温度不变，平衡常数不变，则CO 2的浓度不变，达到新
的平衡时CO 2的浓度仍为0.4mol ·L －
1，则图像为
；
(3)①A ．该反应为气体分子数改变的反应，且该容器为恒压密闭容器，则反应过程中体积改变，气体质量不变，则气体密度会发生变化，则混合气体的密度不再改变可以说明平衡，A 正确；
B ．该容器为恒压密闭容器，体系压强恒定，则混合气体的压强不再改变不能说明平衡状态，B 错误；
C ．相同时间内，每断裂0.1molO ＝O 键，同时生成0.2molSO 3的反应方向相同，不能说明平衡状态，C 错误；
D ．该反应气体质量不变，但气体物质的量改变，则平均相对分子质量为变化值，则混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明平衡状态，D 正确； 答案为：AD ；
②利用三等式求转化率和平衡常数，设O 2转化了xmol ，有
2232SO (g)O (g)2SO (g)
210
222212x x x x x x
+--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量
平衡时，SO 3的体积分数为40%，有2100%40%2-21-2x
x x x
?=++，得x =0.5，则O 2的
转化率20.5(O )100%50%1mol
mol
α=
?=；容器的体积为2L ，则平衡常数22
322221()(SO )2==410.5(SO )(O )()()
22
c K c c =?；
③因为平衡常数23222(SO )
=(SO )(O )c K c c ，保持O 2浓度不变，且原平衡c (SO 3)=c (SO 2)，扩大
容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减小，2322(SO )
(SO )
c c 不变，则Q c =K ，平衡不移动。答
案：不
23222(SO )=(SO )(O )
c K c c ，保持O 2浓度不变，扩大容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减小，
则Q c =K ，平衡不移动。 【点睛】
(2)②需要注意，由于平衡常数只与CO 2的浓度有关，因此平衡常数不变，CO 2的浓度不变，因此达到新平衡时，CO 2的浓度与原浓度相同，作图要注意。
7．有效去除大气中的NO x （主要是NO 和NO 2）是环境保护的重要课题。
（1）用Pl-g-C 3N 4光催化氧化法脱除NO 的过程如图-1所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g-C 3N 4端的反应：O 2+2H ++2e -=H 2O 2，Pl 端的反应：___。
（2）次氯酸盐脱除NO 的主要过程如下： ①NO+HClO=NO 2+HCl ②NO+NO 2+H 2O
2HNO 2
③HClO+HNO 2=HNO 3+HCl 下列分析正确的是___。
a.烟气中含有的少量O 2能提高NO 的脱除率
b.NO 2单独存在时不能被脱除
c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH 下降
（3）NaClO 溶液能有效脱除NO 。25℃时，NO 的脱除率随pH 的变化如图-2所示；pH=4时，NO 的脱除率随温度的变化如图-3所示。
①25℃时，随着pH 降低，NO 的脱除率增大的原因：___。 ②pH=4时，60～80℃NO 的脱除率下降的原因：___。
（4）一定条件下，将一定浓度NO x （NO 2和NO 的混合气体）通入Ca(OH)2悬浊液中，改变
2n(NO )
n(NO)
，NO x 的去除率如图-4所示。
已知：NO 与Ca(OH)2不反应；
NO x 的去除率=1-
2x 2
x Ca(OH)NO Ca(OH)NO 从悬浊液中逸出的的物质的量
通入悬浊液中的物质的量
×100%
①2n(NO )n(NO)在0.3-0.5之间，NO 吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___。 ②当2n(NO )n(NO)
大于1.4时，NO 2去除率升高，但NO 去除率却降价。其可能的原因是___。
③O 3与NO 反应的方程式为：NO+O 3=NO 2+O 2，（该条件下不考虑O 2与NO 的反应）。保持NO 的初始浓度不变，改变n(O 3)/n(NO)，将反应后的混合气体通入Ca(OH)2悬浊液中吸
收。为节省O 3的用量，又能保持NO x 总去除效果好，则3n(O )
n(NO)
合适的值范围为___。（保
留两位小数）
【答案】NO?2e -+H 2O=2H ++NO 2 ac pH 降低，ClO -+H +=HClO ，溶液中c(HClO)增大 HClO 受热分解，溶液中c(HClO)减小 NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O NO 2量太多，剩余的NO 2和水反应生成NO 逸出，导致NO 去除率降低 0.55~0.58 【解析】 【分析】
（1）g-C 3N 4端得电子，那么Pl 端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；
（2）次氯酸盐脱除NO 的主要过程可看出，脱NO 的本质是转换成HNO 3；
（3）NaClO 脱NO 的过程可看出，实际上是HClO 与NO 反应，所以pH 变化HClO 跟着变化，脱NO 效果也会跟着变化；
（4）NO 和Ca(OH)2不反应，NO 、NO 和Ca(OH)2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。 【详解】
（1）g-C 3N 4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO 失电子变成NO 2，这样左边
就出现了正电荷，右边加H +，结合原子守恒，左边应加H 2O,所以P1端的离子方程式为：NO?2e -+H 2O=2H ++NO 2，故答案为：NO?2e -+H 2O=2H ++NO 2；
（2）a ．从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO 是先将一部分NO 氧化成NO 2才脱出的，O 2和NO 反应生成NO 2，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量O 2能提高NO 的脱除率，a 正确；
b ．从原理上看，氮氧化物转换为HNO 3就被脱出了，NO 2单独存在时能和水反应生成HNO 3和NO ，有一定的脱出率，b 错误；
c ．次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl ，pH 下降，c 正确； 故答案为：ac ；
（3）①pH 降低，c(H +
)增大，产生更多的HClO ，所以NO 的脱除率增大，故答案为：pH
降低，ClO -+H +=HClO ，溶液中c(HClO)增大；
②HClO 会分解，温度太高，HClO 分解得太多，溶液中HClO 浓度减小了，故答案为：HClO 受热分解，溶液中c(HClO)减小；
（4）①NO 和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO 、NO 2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO 2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O ，故答案为：NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O ； ②当
2n(NO )
n(NO)
太大，NO 2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO ，
这样就导致NO2去除率升高，但NO 去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO 逸出，导致NO 去除率降低； ③从图上看NO x 总去除效果最好时，
2n(NO )
n(NO)
介于1.2到1.4之间，设NO 的物质量为1，
那么则NO 2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O 3=NO 2+O 2可知，此时消耗O 3和NO 的量均为1.2到1.4之间，所以O 3的量为1.2-1.4，NO 的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，
即3n(O )n(NO)在 1.21.2+1到 1.41.4+1
，即0.55到0.58之间，故答案为：0.55~0.58。 【点睛】
本题的（4）③采用设“1”法可将计算简单化。
8．亚硝酰硫酸（NOSO 4H ）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO 2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。
（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。
②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。
③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。
准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。
根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___
【答案】HNO3+SO2NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解 90.00%
【解析】
【分析】
（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；
（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。
【详解】
（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素
的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2浓硫酸
NOSO4H，故答案为：
HNO3+SO2浓硫酸
NOSO4H；
②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；
③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；
（2）一部分KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电
子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以
4224
-31
2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L
~
??，
解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-
3
mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol 5127g 3.410m
NOSO H -~??，解得NOSO 4H 的质量
m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度
=1.0795g
100%1.2g
?≈90.00%，故答案为：90.00%。 【点睛】
和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。
9．研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因______________________。已知春季海水pH ＝8.1，预测冬季海水碱性将会_______(填“增强”或“减弱”)，理由是_________________。
(2)工业上以CO 和H 2为原料合成甲醇的反应：
CO(g)＋2H 2(g)===CH 3OH(g) ΔH ＜0，在容积为1L 的恒容容器中，分别在T 1、T 2、T 3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H 2和CO 的起始组成比(起始时CO 的物质的量均为1mol)与CO 平衡转化率的关系。下列说法正确的是________(填字母)。
A．a、b、c三点H2转化率：c＞a＞b
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_________________。
②已知：O3(g)＋O(g)===2O2(g) ΔH＝－143kJ·mol－1
反应1：O3(g)＋NO(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝－200.2kJ·mol－1。
反应2：热化学方程式为____________________________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8kJ·mol -1，反应达到平衡时，N的体积分数随n(CO)n(NO)的变化曲线如下图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________。
③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。【答案】HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；减弱；水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；D；催化剂； NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol； 1：1； c
【解析】
【分析】
（1）本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
（2）根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；根据图中关系，当n(H2)/n(CO)一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出Q c，比较Q c与K即可推断出平衡是否移动。
（3）通过图示，不难得到NO起着催化剂的作用，根据盖斯定律，可以得到反应2的热化学方程式；
（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N 2的体积分数最大，所以b 点的平衡体系中C 、N 原子个数比接近1：1；根据反应是放热反应，当n(CO)/n(NO)一定时，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数变小，CO 的转化率变小；列出三段式即可求出NO 的转化率。 【详解】
(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+OH -；春季海水pH ＝8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
(2) A.根据图中n(H 2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO 转化率c>b ，所以氢气转化率b>c ；a 、b 两点的n(H 2)/n(CO)相同，CO 转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b 。综上氢气的转化率为a>b>c ；A 项错误；
B.根据图中关系，当n(H 2)/n(CO)一定时，温度升高，CO 转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T 1 C.c 点状态下再通入1molCO 和4molH 2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H 2的体积分数减小，C 项错误； D.T 1温度下，a 点n(H 2)/n(CO)=1.5，列出三段式： ()()()23 CO g 2H g ===CH OH g ? 1 1.5 0 0.5 1 0.5 0.5 0.5 0.5 ＋起始反应平衡 ，T 1温度下的平衡常数K= 2 0.5 0.50.5? =4， 再通入0.5molCO 和0.5molCH 3OH ，Qc= 2 0.50.5 (0.50.5)0.5++? =4，所以平衡不移动，D 项正确； （3）反应①是臭氧在NO 作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO 和氧气，反应过程中NO 参与反应后又生成，所以NO 作用为催化剂； 根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：NO 2(g)+O(g)=NO(g)+O 2(g) △H=+57.2kJ/mol ； （4）①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N 2的体积分数最大，所以b 点的平衡体系中C 、N 原子个数比接近1：1； ②增大n(CO)/n(NO)，CO 转化率降低，所以a 、b 、c 三点CO 的转化率从小到大的顺序为c ③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N 的体积分数为20%，令平衡时CO 转化了xmol ， 2020高考化学易错题纠错训练化学计算1、某氧化物的相对分子质量为a，其相同价态的硫酸盐的相对分子质量为b，那么该元素的化合价的数值为： A、(b-a)/20 B、(b-a)/40 C、(b-a)/80 D、(a-b)/20 2、密度为1.45g·cm-3的硫酸溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直至沉淀完全为止，沉淀物的质量与原硫酸溶液的质量相等，那么原硫酸溶液的浓度为〔〕 A、29. 6% B、42.1% C、14.8mol/L D、6.22mol/L 3、t℃时，将某硝酸钾溶液，第一次蒸发掉10g水，冷却到原温度无晶体析出；第二次蒸发掉10g水，冷却到原温度析出晶体3g，第三次蒸发掉10g水，冷却到原温度时析出晶体质量应为〔〕 A、等于3g B、大于或等于3g C、小于或等于3g D、无法确定 4、密度为0.91g/cm3的氨水，质量百分比浓度为25%〔即质量分数为25%〕，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度〔〕 A、等于12.5% B、大于12.5% C、小于12.5% D、无法确定 5、将质量分数分不为5X%和X%的硫酸等体积混合后，其质量分数为〔〕 A、大于3X% B、等于3X% C、小于3X% D、无法确定 6、由CO2、H2、CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同，那么该混合气中CO2、H2、CO的体积比是〔〕 A、29：8：13 B、21：1：14 C、13：8：29 D、26：16：17 7、120℃时，将0.2gH2和2.8gCO的混合气体与足量O2充分燃烧后，赶忙将所得混合气体通过足量Na2O2粉末，固体质量将增加〔〕 A、2.8g B、3.0g C、7.2g D、无法确定 化学反应原理综合练习题 一、选择题 1．下列说法正确的是（） A．反应热是指反应过程中放出的热量 B．1molH2SO4和1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热 C．相同条件下将两份碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多D．物质发生化学变化都伴随着能量变化 2、用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是（） A、稀NaOH溶液 B、HCl溶液 C、NaCl溶液 D、酸性AgNO 3 3、用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某中纯净物（括号内物质），可使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（） A、AgNO3 (AgNO3) B、NaOH (NaOH) C、KCl （HCl） D、CuSO4 (Cu(OH)2) 4．已知31g红磷（P，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出738.5kJ热量，31g白磷（P4，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出745.8kJ热量。下列判断正确的是（） A白磷在氧气中燃烧的热化学方程式P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=－745.8kJ·mol－1 B．红磷转化成白磷时放出热量 C．红磷比白磷稳定 D．31g红磷中蕴含的能量为738.5kJ 5．增大压强，对已达到平衡的下列反应产生的影响是（）3X(g)+Y(g) 2Z(g)+2Q(s) A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 C．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 D．正、逆反应速率都没有变化，平衡不发生移动 6．在稀氨水中存在平衡：NH3·H2O NH4++OH－，要使用NH3·H2O和NH4+的浓度都增大，应采取的措施是( ) A．加NaOH溶液B．加NH4Cl固体C．加盐酸D．加NaCl溶液7．在密闭容器中，反应SO2+NO2NO+SO3（气），达到平衡后，若往容器中通入少量O2，此时将将会发生的变化是（） A．容器内压强增大，平衡向正反应方向移动 高考化学易错题精选-氮及其化合物练习题及答案 一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C、D四种物质之间有如图所示的转化关系。已知：A是气体单质，C 是红棕色气体。回答下列问题： （1）写出C的化学式：___； （2）写出A的电子式___； （3）写出C→D转化的化学方程式___。 【答案】NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO 【解析】 【分析】 A是气体单质，C是红棕色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。 【详解】 （1）C是红棕色气体，为NO2，；故答案为：NO2； （2）N2中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；故答案为：； （3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，C→D转化的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2 +H2O═2HNO3+NO。 2．根据下列变化进行推断： 且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26．3。 （1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式： ①________________________________________________________________； ②________________________________________________________________。 【答案】NH4 HCO3 NH3 BaCO3 CO2++Ba2 + +2OH－NH3 ↑+BaCO3 ↓+2H2O BaCO3 +2H+ ══Ba2 + +CO2 ↑+H2 O 【解析】 【分析】 第四章电化学基础练习题 1．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示 意图如下，电解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O↑。下列说法正确的是: （） A．石墨电极上产生氢气B．铜电极发生还原反应 C．铜电极接直流电源的负极 D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。 2．下列叙述不正确的是（） A．铁表面镀锌，铁作阳极 B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀 C．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2 +2H2O+4e-=4OH— D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl一一2e一=C12↑ 3．控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I 2设计成如右图所示 的原电池。下列判断不正确 ．．．的是（） A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原 C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固定，乙中石墨电极为负极 4．可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为点解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是（） A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e＝Al(OH)3↓ C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变 D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极 5．钢铁生锈过程发生如下反应：①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③ 2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。下列说法正确的是（） A．反应①、②中电子转移数目相等B．反应①中氧化剂是氧气和水 C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀 D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀（） 6．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是 A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料 D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁 7.右图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。 下列有关描述错误的是（） A．生铁块中的碳是原电池的正极 B．红墨水柱两边的液面变为左低右高 C．两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－Fe2＋ D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 8.茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、 Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中①铝合金是阳极②铝合金是负极③海水是电解液 ④铝合金电极发生还原反应（） 3 4 4 4 4 4 4 高考化学考前选择题（易错题）专项练习（共 80 道） 1. 、下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是 （ C ） ①无色溶液中：K +，Cl —，Na +，H 2PO4—，PO 3—，SO 2— ②使pH=11 的溶液中：CO 2—，Na +，AlO —，NO —，S 2—，SO 2— 3 2 3 3 ③水电离的H +浓度c (H +)=10—12mol·L —1 的溶液中：Cl —，HCO —，NO —，NH +，S O 2— 3 3 ④加入Mg 能放出H 2 的溶液中：Mg 2+，NH +，Cl —，K +，SO 2— 4 2 3 ⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe 3+，MnO —，NO —，Na +，SO 2— 4 3 4 ⑥酸性溶液中：Fe 2+，Al 3+，NO —，I —，Cl —，S 2— A ①②⑤ B ①③⑥ C ②④⑤ D ①②④ 2. 、把 3.6g 铜粉放入100mL 4mol ·L —1 硝酸溶液中，反应完全后被还原的硝酸的质量是 （ D ） A 、7.2g B 、10.8g C 、6.3g D 、2.4g 3. 、最近发现了一种新的氧微粒O 4,对于这种微粒，下列说法正确的是 ( C ) A 、它是氧的一种新的同位素 B 、它的摩尔质量为64 C 、它是氧的一种新的同素异形体 D 、它的氧化性比O 3 差 4. 、下列变化属于物理变化的是 ( C ) Ａ.熔融态的氯化钠导电 Ｂ.用加热的方法分离氯化钠固体和氯化铵固体 Ｃ.在氢氧化铁胶体中加入硫酸镁溶液，析出红褐色沉淀 Ｄ.将过氧化钠固体溶于水中 5. 、下列说法或表示法正确的是 ( C ) A 、等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B 、由C(石墨)→C(金刚石)：ΔH = +119 kJ · mol —1 可知，金刚石比石墨稳定 C 、在稀溶液中：H ++OH －===H 2O ；ΔH=－57.3 kJ · mol —1，若将含0.5 mol H 2SO 4 的浓硫酸与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ D 、在101 kPa 时，2 g H 2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H 2（g ）+O 2（g ） ===2H 2O （l ）；ΔH=+285.8 kJ · mol —1 6. 、镓是1871 年俄国化学家门捷列夫在编制元素周期表时曾预言的“类铝”元素。镓的原子序数为31，属IIIA 族。镓的熔点为29.78℃,沸点高达2403℃。镓有过冷现象（即冷至熔点下不凝固），它可过冷到－120℃。由此判断下列有关镓的性质及其用途的叙述不正确的是 ( C ) A 、镓是制造高温温度计的上佳材料 B 、 镓能溶于强酸和强碱中 C 、镓与锌、锡、铟等金属制成的合金，可用在自动救火的水龙头中 D 、 近年来镓成为电子工业的新宠，其主要用途是制造半导体材料，被誉为“半导体材料的新粮食”，这是利用了镓的导电性介于导体和绝缘体之间的性质 7. 、下列离子方程式正确的是 ( B ) A 、将0.1mol·L —1HCl 溶液数滴缓缓滴入1 mol·L —1 50mLNa 3PO 4 溶液中，且不断搅拌：3H + + PO 3— = H 3P O 4 B 、将1 mol·L —1 NaAlO 2 溶液和1.5 mol·L —1 的HCl 溶液等体积互相均匀混合 6AlO — + 9H + + 3H O = 5Al(OH) ↓+ Al 3+ 2 2 3 C 、向1 mol·L —1 明矾溶液50mL 中滴入数滴0.1mol·L —1Ba(OH)2 溶液 Al 3++2SO 2—+2Ba 2++3OH —=Al(OH) ↓+2BaSO ↓ 4 3 4 D 、将少量SO2 气体通入NaClO 溶液中：SO 2+H 2O+ ClO —=SO 2—+Cl —+2H + 8. 、物质的量浓度相同的NaCl 溶液和NaClO 溶液中，下列关系正确的是 ( B ) A 、NaCl 溶液中离子的总浓度和NaClO 溶液中离子的总浓度相等 B 、NaCl 溶液中离子的总浓度大于NaClO 溶液中离子的总浓度 C 、NaCl 溶液中离子的总浓度小于NaClO 溶液中离子的总浓度 D 、NaCl 溶液的pH 大于NaClO 溶液的pH 9、两个硫酸分子可以脱去一分子水生成焦硫酸（H 2S 2O 7）。已知硫酸的分子中有4 个硫氧键，则焦硫酸分子中硫氧键的数目是 ( D ) A 、 4 B 、 6 C 、 7 D 、 8 10、NO 的血管舒张作用是由于它和一种含血红素的酶中的铁离子配位而推动一系列变化造成的。已知配位的NO 是CO 的等电子体，下列物种中可与铁配位的是 ( B ) 化学易错题集锦 选择题（每小题只有1个选项符合题意。） 1．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。 下列反应在水溶液中不可能发生的是 A．3Cl2＋6FeI2＝2FeCl3＋4FeI3B．Cl2＋FeI2＝FeCl2＋I2 C．Co2O3＋6HCl＝2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D．2Fe3+＋2I-＝2Fe2+＋I2 2．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量为1∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为 A．1∶7 B．1∶9 C．1∶5 D．2∶9 3．将40g铜与200mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答： （1）NO的体积为L，NO2的体积为L。 （2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L。 （3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3， 至少需要30%的双氧水 g。 4．某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的是离子组是A．K+、Na+、HCO3－、NO3－B．Na+、SO42－、Cl-、ClO- C．H+、Mg2+、SO42－、NO3－D．Ag+、K+、NO3－、Na+ 5．下列离子方程式书写正确的是 A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH－＝SO32－+H2O B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋+2I－＝2Fe2＋+I2 C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4－+5NO2－+6H＋＝2Mn2＋+5NO3－+3H2O D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液： 2HCO3－+Ba2＋+2OH－＝BaCO3↓+2H2O+CO32－ 6．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol 的O＝O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为 A．920 kJ B．557 kJ C．436 kJ D．188 kJ 7．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是 A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3 ×6.02×1023 B．0.1L3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3 ×6.02×1023 C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3 ×6.02×1023 D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3 ×6.02×1023 8．阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol-1，下列叙述中不正确的是 A．室温下，42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3×6.02×1023 B．标准状况下，a L甲烷和乙烷混合气体中的分子数约为a/22.4×6.02×1023 C．常温常压下，18.0 g重水（D2O）所含的电子数约为10×6.02×1023 上海高考化学复习化学反应原理专项易错题 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成1．高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH Cl，则上述反应不需要外界供热就能 4 进行，其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知：NH4ClO4的相对 难题和易错题训练 一、选择题（每小题只有一个正确答案） 1．(09肇庆一模6)用铝热剂法还原下列氧化物制得金属1mol ，耗铝最少的是 A ．MnO 2 B ．WO 3 C ．Co 3O 4 D ．Cr 2O 3 2．(09肇庆一模7)下列实验操作或所记录的数据合理的是 A ．NaOH 溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中 B ．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中 C ．一学生用pH 试纸测得某氯水的pH 为2 D ．配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉 3．(09汕头一模6)下列各组离子：(1) I -、ClO -、NO 3-、Cl -； (2) K +、H +、NO 3-、Cl -； (3)SO 32-、S 2-、Cl -、OH -； (4)Mg 2+、Cu 2+、SO 42-、Cl -； (5)Fe 3+、SCN -、K +、SO 42-； (6)K +、HPO 42-、PO 43-、HSO 3- 。在溶液中能大量共存的组别共有 A ．1组 B ．2组 C ．3组 D ．不少于4组 4．(09汕头一模9)恒温25℃时，将两铂电极插入一定量硫酸钠饱和溶液中进行电解。通电一段时间后，阳极析出了a mol 气体，同时有ωg Na 2SO 4·10H 2O 晶体析出。剩余溶液中溶质的质量分数为 A ．αωω18+×100% B ．α ωω36+×100% C ．%)18(1617100αωω+ D ． %)36(1617100αωω+ 5．(09清远一调6)要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的。有四位同学作了如下回答，其中不正确．．． 的是 A ．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的 B ．乙同学：用加热的方法可除去KNO 3溶液中混有的Fe 3+，说明含有Fe 3+的盐的水解是吸热的 C ．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好 D ．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的 6．(09清远一调8)纯净的氯化钠是不潮解的，但粗盐很容易潮解，这主要是因为其中含有杂质MgCl 2的缘故。为得到纯净的氯化钠，有人设计了一个实验：把买来的粗盐放入纯氯化钠饱和溶液一段时间，过滤，洗涤，可得纯净的氯化钠晶体。则下列说法中，正确的是 A ．粗盐的晶粒大一些有利于提纯 B ．设计实验的根据是MgCl 2比NaCl 易溶于水 C ．在整个过程中NaCl 饱和溶液浓度会变大(温度不变) D ．设计实验的根据是NaCl 的溶解平衡 7．1966年，范克等人提出用H 2O 、SO 2和I 2为原料进行热化学循环制氢法： 2H 2O(l)+SO 2(g)+I 2(s) H 2SO 4(aq)+2HI(g)； H 2SO 4(aq)H 2O(l)+ SO 2(g)+O 2(g)； 2HI(g) H 2(g)+I 2(g)。从理论上讲，该循环中，a mol 原料水能制得氢气 A. a mol B.0.5a mol C. 0.25a mol D. 2a mol 8．(09韶关一调6)某工厂废液中含有少量硫酸，拟选用下列物质（见下表）中和后再排放，如果要求花最少的钱来中和相同量的废硫酸，则应选择 1.以下说法正确的是 A.非金属元素的原子间只形成共价键,金属元素的原子和非金属元素的原子间只形成离子键. B.原子间必须通过电子得失或形成共用电子对而形成化学键,而与原子核无关. C.原子是化学变化中的最小微粒,即化学变化不产生新元素.核反应产生了新元素不为化学变化. D.金属晶体中的金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动，所以金属能导电. 2.在一定温度下.向饱和烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠.充分反应后恢复到室温.下列说法正确的是( ) A.溶液中Na+浓度增大.有O2放出, B.溶液中OH-浓度不变.有O2放出, C.溶液中Na+数目减少.有O2放出, D.溶液中pH增大.有O2放出. 3.将总物质的量为n mol的钠和铝（其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是（） A．x＝B．0 高考化学考前选择题（易错题）专项练习（共80道） 1、下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是（ C ） ①无色溶液中：K+，Cl—，Na+，H2PO4—，PO43—，SO42— ②使pH=11的溶液中：CO32—，Na+，AlO2—，NO3—，S2—，SO32— ③水电离的H+浓度c (H+)=10—12mol·L—1的溶液中：Cl—，HCO3—，NO3—，NH4+，S2O32— ④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl—，K+，SO42— ⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4—，NO3—，Na+，SO42— ⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3—，I—，Cl—，S2— A ①②⑤ B ①③⑥ C ②④⑤ D ①②④ 2、把3.6g铜粉放入100mL 4mol·L—1硝酸溶液中，反应完全后被还原的硝酸的质量是（ D ） A、7.2g B、10.8g C、6.3g D、2.4g 3、最近发现了一种新的氧微粒O4,对于这种微粒，下列说法正确的是 ( C ) A、它是氧的一种新的同位素 B、它的摩尔质量为64 C、它是氧的一种新的同素异形体 D、它的氧化性比O3差 4、下列变化属于物理变化的是 ( C ) Ａ.熔融态的氯化钠导电 Ｂ.用加热的方法分离氯化钠固体和氯化铵固体 Ｃ.在氢氧化铁胶体中加入硫酸镁溶液，析出红褐色沉淀 Ｄ.将过氧化钠固体溶于水中 5、下列说法或表示法正确的是( C ) A、等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B、由C(石墨)→C(金刚石)：ΔH = +119 kJ·mol—1可知，金刚石比石墨稳定 C、在稀溶液中：H++OH－===H2O；ΔH=－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ D、在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）===2H2O（l）；ΔH=+285.8 kJ·mol—1 6、镓是1871年俄国化学家门捷列夫在编制元素周期表时曾预言的“类铝”元素。镓的原子序数为31，属IIIA族。镓的熔点为29.78℃,沸点高达2403℃。镓有过冷现象（即冷至熔点下不凝固），它可过冷到－120℃。由此判断下列有关镓的性质及其用途的叙述不正确的是( C ) A、镓是制造高温温度计的上佳材料 B、镓能溶于强酸和强碱中 C、镓与锌、锡、铟等金属制成的合金，可用在自动救火的水龙头中 D、近年来镓成为电子工业的新宠，其主要用途是制造半导体材料，被誉为“半导体材料的新粮食”，这是利用了镓的导电性介于导体和绝缘体之间的性质 7、下列离子方程式正确的是( B) A、将0.1mol·L—1HCl溶液数滴缓缓滴入1 mol·L—1 50mLNa3PO4溶液中，且不断搅拌：3H+ + PO43—= H3P O4 B、将1 mol·L—1 NaAlO2溶液和1.5 mol·L—1的HCl溶液等体积互相均匀混合 6AlO2— + 9H+ + 3H2O = 5Al(OH)3↓+ Al3+ C、向1 mol·L—1明矾溶液50mL中滴入数滴0.1mol·L—1Ba(OH)2溶液 Al3++2SO42—+2Ba2++3OH—=Al(OH)3↓+2BaSO4↓ D、将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ ClO—=SO42—+Cl—+2H+ 8、物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaClO溶液中，下列关系正确的是( B) A、NaCl溶液中离子的总浓度和NaClO溶液中离子的总浓度相等 B、NaCl溶液中离子的总浓度大于NaClO溶液中离子的总浓度 C、NaCl溶液中离子的总浓度小于NaClO溶液中离子的总浓度 D、NaCl溶液的pH大于NaClO溶液的pH 9、两个硫酸分子可以脱去一分子水生成焦硫酸（H2S2O7）。已知硫酸的分子中有4个硫氧键，则焦硫酸分子中硫氧键的数目是( D ) A、 4 B、 6 C 、 7 D、 8 10、NO的血管舒张作用是由于它和一种含血红素的酶中的铁离子配位而推动一系列变化造成的。已知配位的NO是CO的等电子体，下列物种中可与铁配位的是( B ) 备战高考化学易错题专题训练-物质的量练习题及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．按要求填空，已知N A为阿伏伽德罗常数的数值。 （1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为____；有__个氯原子。 （2）含0.4mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是____。 （3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。 （4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。 （5）标准状况下，3.4g NH3的体积为___；它与标准状况下____L H2S含有相同数目的氢原子。 （6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。 （7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。 （8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为____ （9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。 （10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。 【答案】7.1g 0.2N A或1.204×1023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L 0.02mol b a N A或6.02×1023 b a 2.8g 4.48L 3:13 【解析】 【分析】 （1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数； （2）由化学式计算硫酸根的物质的量； （3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比； （4）由n=m M 可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小； （5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积； （6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量； （7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变； （8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量； （9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积； 高中化学易错题集 1、X 、Y 、Z 为三种单质。已知：Y 能将Z 从其化合物的水溶液中置换出来，而Z 又能将X 从其化合物中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是（ ） ①单质的氧化性：Y>Z>X ； ②单质的还原性：Y>Z>X ； ③对应离子的氧化性：X>Z>Y ； ④对应离子的还原性：X>Z>Y A 、只有① B 、只有②③ C 、只有①④ D 、①②③④ 2、铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ） A 、硫酸 B 、氯水 C 、硝酸锌 D 、氯化钙 3、化合物A 、B 、C 都只含有两种元素，且A 、B 均含X 元素。已知一定条件下可发生反应： A+B —→X+C ，X 是一种单质，由此可知X 元素（ ） A 、一定是金属元素 B 、一定是非金属元素 C 、可能是金属元素，也可能是非金属元素 D 、无法确定 4、在氧化还原反应KClO 3+6HCl=KCl+3Cl 2+3H 2O 中，当生成0.5molCl 2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________ A 、5：1 B 、3：1 C 、1：3 D 、1：5 5、取17.4 g MnO 2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol ）共热制取氯气（假设HCl 挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ） A 、反应过程中MnO 2作催化剂 B 、盐酸未完全反应 C 、参加反应的盐酸有一半被氧化 D 、反应产生2.24L 氯气（标况） 6、往下列溶液中通入过量的CO 2，将会看到白色沉淀的是（ ） A 、CaCl 2溶液 B 、澄清石灰水 C 、饱和碳酸钠 D 、Na 2SiO 3溶液 7、高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO 4=Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑，若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是（ ） A 、BaSO 4和BaSO 3 B 、BaS C 、BaSO 4 D 、BaSO 3 8、标准状况下H 2S 与O 2混合气体100mL ，经点燃后反应至完全，所得的气体经干燥后，恢复至原来状况下体积为10mL ，该10mL 气体可能是（ ） A 、H 2S 和SO 2 B 、O 2 C 、H 2S D 、SO 3 9、中和一定量的某醋酸溶液时，消耗氢氧化钠m g 。如果先向该醋酸溶液中加入少量的醋酸钠，然后再用氢氧化钠中和，此时可消耗氢氧化钠n g 。则m 与n 的关系为（ ） Ａ、ｍ>ｎ B 、ｍ<ｎ Ｃ、ｍ＝ｎ Ｄ、无法确定 10、例题21、已知化合物B 3N 3H 6（硼氮苯）与C 6H 6（苯）的分子结构相似，结构如右图。则硼氮苯的二氯代物（B 3N 3H 4Cl 2）的同分异构体的数目为（ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、6 11、X 、Y 为两种主族元素，其原子的最外 层电子数分别为1和6，则X 、Y 两种元素形成的化合物（ ） A 、一定是离子化合物 B 、一定是共价化合物 C 、一定形成X 2Y 型化合物 D 、以上答案均不正确 12、25℃时，重水（D 2O ）的离子积为1.6 *10-15，也可用PH 值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D +]，下列有关PD 的叙述，正确的是（ ） ①中性D 2O 的 PD=7 高考化学易错题精选-铁及其化合物练习题附答案解析 一、高中化学铁及其化合物 1．金属及其化合物在人类生活、生产中发挥着重要作用．印刷电路板由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，工业上常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，有CuCl2和FeCl2生成．如图是某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜、并重新获得FeCl3溶液所采用的工艺流程图： 请回答下列问题： （1）实验室中检验溶液中存在Fe3+的试剂是________，证明Fe3+存在的现象是 _________； （2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式：__________； （3）写出上述流程图中加入或生成的有关物质的化学式：①_________，②________，④_________； （4）含有②的滤液与⑤反应的化学方程式为__________； （5）如向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是_________。 A．有铜单质剩余但无铁单质剩余 B．有铁单质剩余但无铜单质剩余 C．铁、铜单质都有剩余 D．铁、铜单质都无剩余 【答案】KSCN溶液溶液呈红色 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ Fe FeCl2 HCl 2FeCl2+Cl2═2FeCl3 B 【解析】 【分析】 废液中含有FeCl2、CuCl2、FeCl3，向滤液中加入过量Fe，发生的离子反应方程式为 2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═2Fe2++Cu，然后过滤，滤液中含有FeCl2，滤渣中含有Cu、Fe，向滤渣中加入过量HCl，Fe溶解，Cu不溶解，然后过滤得到金属单质Cu，滤液中含有FeCl2，向 FeCl2滤液中通入过量Cl2，发生的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，从而得到溶液FeCl3溶液，以此解答。 【详解】 （1）铁离子和KSCN溶液混合生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，可以用KSCN溶液检验铁离子，可观察到的现象是：溶液由黄色转化为血红色； （2）氯化铁具有氧化性，能氧化Cu生成铜离子，自身被还原生成氯化亚铁，离子反应方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+； （3）通过以上分析知，①②④分别是Fe、FeCl2、HCl； 高考化学选择易错1 1．下列说法正确的是 A ．阴阳离子间的通过相互吸引而形成离子键 B ．含有非极性键的分子都不是极性分子 C ．化学键只存在于分子内、原子间 D ．原子晶体中一种或几种原子通过共价键形成立体网状结构 2．下列反应的离子方程式错误的是 A ．NH 4HSO 4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Ba 2++2OH — +2H ++SO 42— =BaSO 4↓+2H 2O B ．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H +=Fe 3++3H 2O C ．足量的CO 2通入饱和碳酸钠溶液中：CO 2+2Na ++CO 32—+H 2O=2NaHCO 3↓ D ．将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag ＋ ＋2NH 3·H 2O=[Ag(NH 3)2]＋ ＋2H 2O 3．某含有Na ＋ 的澄清溶液中，可能还存在NH 4＋ 、Fe 2＋ 、I － 、Br － 、CO 32－ 、SO 32－ 六种离子中的几种。将该溶液进行如下实验：①滴加足量的新制氯水，有气泡生成，溶液变黄色；②向“①”中所得溶液中加入BaCl 2溶液，无沉淀生成；③向“①”中所得溶液中加入淀粉溶液，不显蓝色。依据上述实验事实推断该溶液 A ．一定存在Fe 2＋ 、Br － 、CO 32 － B ．一定呈碱性 C ．一定不存在I － 、SO 32－ D ．可能存在NH 4＋ 4．青霉素是医学上一种常用的抗生素，在体内经酸性水解后，得到青霉氨基酸，其结构简式如右图所示 (分子中的－SH 与—OH 具有类似性质)。下列关于青霉氨基酸的推断合理的是 A ．青霉氨基酸分子中所有碳原子均在同一直线上 B ．青霉氨基酸具有两性并能发生酯化反应 C ．青霉氨基酸分子间能形成多肽 D ．1mol 青霉氨基酸与足量的金属钠反应生成0.5mol H 2 5．固体氧化物燃料电池(SOFC)以固体氧化物作为电解质。下列关于固体燃料电池的有关说法正确的是 A ．通O 2的电极为电池负极，电极反应式为O 2＋4e － ＝4O 2－ B ．固体氧化物的作用是让电子在电池内通过 C ．若H 2作为燃料气，则接触面上发生的反应为H 2＋2OH － －4e － ＝2H ＋ ＋H 2O D ．若C 2H 4作为燃料气，则接触面上发生的反应为C 2H 4＋6O 2－ －12e － ＝2CO 2＋2H 2O 6．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A ．10mL 0.5mol/L CH 3COONa 溶液与6mL 1mol/L 盐酸混合：c (Cl － )＞c (Na ＋ )＞c (H ＋ )＞c (OH － ) B ．0.1mol/L pH 为4的NaHB 溶液中：c (HB － )＞c (H 2B)＞c (B 2-) C ．在NaHA 溶液中一定有：c (Na ＋ )＋c (H ＋ )＝c (HA － )＋c (OH － )＋c (A 2-) D ．c (NH 4＋ )相等的(NH 4)2SO 4溶液、(NH 4)2CO 3溶液和NH 4Cl 溶液： c [(NH 4)2SO 4]＜c [(NH 4)2CO 3]＜c (NH 4Cl) 2青霉氨基酸 化学化学反应原理的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析 一、化学反应原理 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示： (1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置试剂X实验现象 Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72- +14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1 2013届高考化学易错题解题方法总结 --化学计算 【范例1】多硫化钠Na2Sx( )在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是（） A．5 B．4 C．3 D．2 【错解分析】错选B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。 【解题指导】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5. 【答案】A 【练习1】在酸性条件下,KClO3与H2C2O4反应,产物为ClO2和CO2,则用1molKClO3反应所需H2C2O4的物质的量为（） A. 0.25mol B. 0.5mol C. 1mol D. 2mol 【范例2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（） A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37 B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37 C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35 D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10 【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。 【解题指导】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。 【答案】B 【练习2】在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是( ) 【范例3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( ) A．2b－c2a B．2b－ca C．2b－c3a D．2b－c6a 【错解分析】错选C。忽略题中条件"溶液分成两等分"，溶质变为原来的1/2. 【解题指导】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为2b－c6a。 【答案】D 【练习3】将KCl和BaCl2的混合溶液a L均匀分成两份。向其中一份中滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀；向另一份中滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。下列有关推断正确的是 A．x＝y B．c(K＋)＝(2y－4x)/a mol·L－12020高考化学易错题纠错训练化学计算
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