通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题02化学计量与化学计算含解析 14页

专题02 化学计量与化学计算 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅲ）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子 B．1 mol重水比1 mol水多NA个质子 C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子 D．1 L 1 mol·L−1 NaCl溶液含有28NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为C。‎ ‎2.（2020·浙江卷）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A．，完全反应转移的电子数为20NA B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有转化为 C．常温下，的溶液中，水电离出的H+数为 D．1L浓度为的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA ‎【答案】A ‎【解析】Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4molMnO4-完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA 14‎ 时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于CO32-发生水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D错误；答案选A。‎ ‎3.（2020·江苏卷）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.‎ ‎（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。‎ ‎（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为 ‎ ‎ 准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。‎ ‎①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )‎ ‎②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。‎ ‎【答案】（1） ‎ ‎（2）NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 ‎（3）‎ 根据物质转换和电子得失守恒关系：‎ 得 氯元素的质量:‎ 14‎ 该样品的有效氯为：‎ 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 （4）. 偏低 ‎【解析】（1） 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；‎ ‎（2） ①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品。‎ ‎②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。‎ ‎4.（2020·浙江卷）溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。‎ 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：‎ ‎（1）反应放出的热量_____J。‎ ‎（2）反应的______(列式计算)。‎ 14‎ ‎【答案】（1）. （2）. ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J；‎ ‎（2）上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第（1）问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：（答案符合要求且合理即可）。‎ ‎【2019年】‎ ‎1．[2019新课标Ⅱ] 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 ‎ A．3 g 3He含有的中子数为1NA B．1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA ‎【答案】B ‎【解析】的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA 14‎ ‎，C项正确；正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；答案选B。‎ ‎2．[2019新课标Ⅲ] 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是 A．每升溶液中的H+数目为0.02NA B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)‎ C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 ‎【答案】B ‎【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018年全国卷Ⅰ）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA B．22.4 L（标准状况）氨气含有的质子数为18NA C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA ‎【答案】B ‎【解析】16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。‎ ‎2. （2018年全国卷II）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA 14‎ B．100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。 ‎ ‎3. （2018年全国卷Ⅲ）下列叙述正确的是 A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，A错误。设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，B正确。重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，C错误。乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，D错误。‎ ‎【2017年】‎ 14‎ ‎1．【2017新课标2卷】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，A错误；2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，B错误；标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，C错误； H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，D正确。‎ ‎2．【2017新课标3卷】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1mol的中，含有0.6NA个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个 C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键 ‎【答案】A ‎【解析】B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1mol11B含有0.6NA个中子，A正确；溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2．24L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。‎ ‎3．【2017海南】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA C．1 L 0.1 mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA D．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA ‎【答案】C 14‎ ‎【解析】乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，A正确；甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，B正确；乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，C错误；1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，D正确。‎ ‎【2016年】‎ ‎1．【2016年高考海南卷】利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）‎ A．可生成H2的质量为0.02g B．可生成氢的原子数为2.408×1023个 C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）‎ D．生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量 ‎【答案】D ‎【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。可生成H2的质量为0.04g，A错误；可生成氢的原子数为2.408×1022个，B错误；可生成标准状况下H2的体积为0.448L，C错误；0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2，D正确。‎ ‎2．【2016年高考江苏卷】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．0.1mol/LNa2CO3溶液加热后，溶液的pH减小 C．常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个 D．室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的导电能力增强 ‎【答案】A ‎【解析】氢氧燃料电池工作时，H2发生氧化反应，在负极上失去电子，A正确；升高温度，促进碳酸钠的水解，溶液的pH增大，B错误；常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCl2中的物质的量小于1mol，含有的分子数小于6.02×1023个，C错误；室温下，稀释稀醋酸，虽然电离平衡正向移动，自由移动离子的数目增加，但溶液体积的增大起主导作用，自由移动离子的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D错误。‎ ‎3．【2016年高考四川卷】 NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA 14‎ B．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA C．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的σ键数为0.4NA D．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA ‎【答案】B ‎【解析】2.4 g镁的物质的量为2.4/24=0.1 mol，反应中失去0.2 mol电子，A错误；标准状况下5.6 L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25 mol，含有的氧原子为0.5 mol，B正确；甲醇的结构为CH3OH，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1 mol，含有5molσ键，C错误；醋酸是弱酸，不能完全电离，D错误。‎ ‎4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。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2NA B．1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中含有的最简式的物质的量是n(CH2)=m÷M=14 g÷14 g/mol=1 mol，所以其中含有的氢原子数为N(H)=1 mol×2×NA＝2NA，A正确；N2与H2在一定条件下发生反应生成NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；铁是变价金属，硝酸具有强的氧化性，所以 1 mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3NA，C错误；在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，D错误。‎ ‎5．【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0.01mol。则有：×(3-)×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。‎ ‎6．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4‎ 14‎ 混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH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0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。‎ ‎7．【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 mol·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)=‎ ‎＝‎ ‎=6.750×10－5mol n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5mol 14‎ n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol 水中溶解氧＝=10.80mg/L ‎【解析】‎ ‎（1）根据反应的化学方程式可知反应时加入过量的Ca（OH）2可以提高H2O2的利用率。‎ ‎（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，答案选AD。‎ ‎（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+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根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。‎ ‎8．【2016年高考新课标Ⅰ卷】‎ ‎（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 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ mol·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】（3）当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 mol·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 mol·L−1)=2.0×10-5 mol·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 mol·L−1)=5×10-3mol·L−1； ‎ ‎9．【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 14‎ ‎【解析】（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量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/mol×32g/moL=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。‎ ‎10、【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 mol 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 molCO2，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 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol 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 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。‎ ‎【答案】（本题共14分）‎ ‎（1）89.6‎ ‎（2）2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L ‎（3） ‎ ‎ n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)‎ 14‎ ‎（4）300 mol CH4完全反应产生H2 900mol 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)=2×2.00mol=4.00mol，则V(混合气体)=4.00mol×22.4L/mol=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 molCO2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)=2.40mol，则c(NaOH)==1.20mol/L；‎ ‎②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，则c(NaOH)==2.40mol/L；‎ 综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。‎ ‎（3）法一：‎ 依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol 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)=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。‎ 法二：‎ 设反应前密封舱内H2O的物质的量为n ‎4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2‎ ‎ 2nn 1.5n ‎4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2‎ ‎ 9-2n 1.5(9-2n)‎ 14‎ 根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内 H2O的物质的量为3mol。‎ ‎（4）法一：‎ CH4+ H2OCO + 3H2‎ ‎300mol 300mol 900mol 设CO2的转化率为α，CO的转化率为β CO + 2H2CH3OH CO2 + 3H2CH3OH + H2O ‎300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol 根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式 根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol，所以有 ‎600βmol+300αmol=900mol-120 mol--------②式 由①②式可得α=0.8，即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 ‎300mol 900mol CO2 + 3H2 CH3OH + H2O ‎100αmol 100αmol 根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol，根据反应中氢元素的守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%。‎ 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