高考各地化学试题分类汇编和解析之二 33页

‎2009年高考各地化学试题分类汇编和解析之二 七、卤素………………………………1‎ 八、氧、硫及其化合物………………7‎ 九、碳、硅及其化合物………………13‎ 十、氮及其化合物……………………15‎ 十一、化学反应速率和化学平衡……20‎ 七、卤素 ‎1．（09全国卷Ⅱ13） 含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 A．x＝‎0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl- B．x＝‎0.6a，2Br－+ Cl2＝Br2+2Cl－‎ C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－ ‎ D．x=‎1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－‎ 答案:B 解析:由于Fe2＋的还原性强于Br－，故根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化Br－。2Fe2＋ + Cl2 2Fe3＋ + 2Cl－,2Br－ + Cl2 Br2 + 2Cl－，2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2 。当x/a ≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A项正确。当x/a ≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，则要分步书写方程式，然后进行叠加得总反应。如B项，当x=‎0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=‎0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，而选项中没有表示，故错。‎ ‎2．(09天津卷3)下列实验设计和结论相符的是 A.将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中 B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性 C.某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-‎ D.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2,即可得到较纯净的FeCl3溶液 答案:B 解析:w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA项，乙醇不可以作为萃取剂，错；B项，石蕊变蓝，则肯定为碱性，正确。‎ C项，若原溶液中含有SO32 －，生成BaSO3，再加入HCl，则与溶液的NO3－ 结合，相当于HNO3，则可以氧化BaSO3至BaSO4，沉淀不溶解，故错；D项，加热时，FeCl3会水解，错。‎ ‎3．（09江苏卷11） 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A．漂白粉溶液在空气中失效：‎ B．用浓盐酸与反应制取少量氯气：‎ C．向溶液中通入过量制:‎ ‎ ‎ D．在强碱溶液中次氯酸钠与反应生成：‎ ‎ ‎ 答案:C 解析:漂白粉失效的化学方程式为，那么该反应的离子方程式是，A项错；实验室制取的原理是浓盐酸和二氧化锰反应，离子方程式为，所以B项错；D项，在强碱溶液中，不可能生成，所以D错。‎ ‎4．（09江苏卷14）I2在KI溶液中存在下列平衡： ‎ 某I2、、KI混合溶液中， 的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是 A． 反应的△H>0‎ B．若温度为，反应的平衡常数分别为 C．若反应进行到状态D时，一定有 D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大 答案:BC解析:w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，也就意味着该反应是放热反应，所以，所以A项错；‎ 因为，，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即；C项，从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时的浓度在增加，所以，C项正确；‎ D项，从状态A到状态B，的浓度在减小，那么的浓度就在增加。‎ ‎5. （09广东化学9）下列浓度关系正确的是 A. 氯水中：c(Cl2)=2[c()+c()+C(HClO)]‎ B. 氯水中：c()＞c()＞c()＞c()‎ C. 等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c（）=c（）‎ D. 溶液中：c 答案：D 解析：根据氯水中所含粒子的种类可知氯水中也含有氯气分子A设置了一个貌似物料守恒的式子而忽视了氯气分子的存在，故A错；‎ 根据Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，HCl完全电离 而HClO部分电离，可知正确的顺序 c(H+)>c(Cl—)>c(ClO—)>c(OH—)，B错；‎ C项等物资的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c()＞c()，再根据溶液中电荷守恒可以判断c（）＞c（；‎ D项比较简单 ‎6．（09广东化学12） 下列离子方程式正确的是 A. 向盐酸中滴加氨水：H+ + OH-‎ = H2O B. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O C. 铜溶于稀硝酸：3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2 NO ↑+ 4H2O D. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋2Cl2＋3H2O＝2SO32－＋4Cl－＋6H＋‎ 答案：C 解析A项中的氨水应写成分子式，B项发生的是氧化还原反应；C项正确；氯气具有强氧化性将S2O32－氧化成SO42－，正确的离子方程式应为S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋8Cl－＋10H＋，故D错。‎ ‎7．（09北京卷9）已知有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入和各0.1mol ，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是 A．甲、乙提高相同温度 B 甲中加入0.1mol He，乙不改变 C．甲降低温度，乙不变 D 甲增加0.1mol ，乙增加0.1mol ‎ 答案：C ‎【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，则甲中平衡向着正反应方向移动，同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A，甲、乙提高相同温度时，平衡均向逆反应方向移动，且达平衡是二者等效，HI浓度相等。选项B，加入稀有气体时，平衡不移动，二者HI浓度相等。选项C，甲降低温度平衡向着正反应方向移动，达平衡是HI浓度增大，而乙中HI浓度不变，符合题意。选项D，甲中增加等量的H2或I2，达平衡是HI浓度相等。‎ ‎8．（09上海卷19）已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(、均为正值)：‎ 有关上述反应的叙述正确的是 ‎ A． B．生成物总能量均高于反应物总能量 ‎ C．生成1molHCl气体时放出热量 ‎ D．1mol HBr(g)具有的能量大于1mol HBr(1)具有的能量 答案：AD ‎【解析】两个反应都是放热反应，生成物的总能量低于反应物的总能量，B项错。由热化学方程式可知，生成2mol氯化氢放出的热量才是Q1‎ ‎, C项错。物质在气态时具有的能量一般高于液态和固态时，故D项正确。‎ ‎9. (09上海理综14)生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。如果发生了氯气泄漏，以下自救方法得当的是www.ks5u.com A．只要在室内放一盆水B．向地势低的地方撤离C．观察风向，顺风撤离 D．用湿毛巾或蘸有石碱水的毛巾捂住口鼻撤离 答案：Dw ‎.【解析】本题考查氯气的物理性质。‎ ‎10．(09天津卷9)（18分）海水是巨大的资源宝库，在海水淡化及综合利用方面，天津市位居全国前列。从海水中提取食盐和溴的过程如下：‎ ‎（1）请列举海水淡化的两种方法：　　　　、　　　　。‎ ‎（2）将NaCl溶液进行电解，在电解槽中可直接得到的产品有H2、　　、　　、或H2、　　。‎ ‎（3）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br，其目的为　　　　　　 　。‎ ‎（4）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95％，有关反应的离子方程式为　　　　，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是　　　　　 　　　。‎ ‎（5）某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为‎59℃‎。微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，了如下装置简图：‎ 请你参与分析讨论：‎ ‎①图中仪器B的名称：　　　　　　　　　　。‎ ‎②整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是　　　　　　　　　　。‎ ‎③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件：　　 　　。‎ ‎④C中液体产生颜色为　　　　。为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是　　　　　　　 　　。‎ 答案： ‎ 解析:本题考查海水中提取溴的实验。电解NaCl溶液的方程式为：2NaCl + 2H2O ‎ ‎2NaOH + H2↑+ Cl2↑，其中Cl2有可能与NaOH会生成NaClO。步骤I中的Br2的浓度很小，多次用SO2反复吸收，最终用Cl2处理，则可获得大量的工业溴。溴具有强氧化性可以氧化SO2，生成H2SO4，因此要注意酸对设备的腐蚀问题。溴具有腐蚀性，可以腐蚀橡胶。蒸馏的目的，就是通过沸点不同而提纯Br2，所以要通过温度计控制好Br2沸腾的温度，尽可能使Br2纯净。‎ ‎11．（09浙江卷26）（14分）各物质之间的转换关系如下图，部分生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子量外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，l有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的化学式 ， C的电子式 。‎ ‎（2）比较Y与Z的原子半径大小 > （填写元素符号）。‎ ‎（3）写出反应②的化学方程式（有机物用结构简式表示） ，举出该反应的一个应用实例 。‎ ‎（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的化学方程式 。‎ ‎（5）研究表明：气体D在一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体N，其结构中原子的排列为正四面体，请写出N及其2种同素异形体的名称 、 、 。‎ 答案：(1)Cu2(OH)2CO3 [Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3 ‎ ‎(2) C>O (3)CH2OH(CHOH)4CHO + 2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH + Cu2O↓+ 2H2O 医学上可用这个反应检验尿液中的葡萄糖。(4)3Cu2O + 14HNO3 6Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 7H2O(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。‎ 解析:从反应图中寻找突破口，E与葡葡糖生成红色沉淀F，则E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反应①为印刷电路板，L为棕黄色溶液，由此可推出：M应为Cu，L为FeCl3 。G为黄绿色气体，则为Cl2，K为浅绿色，则为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，则为H，D为非可燃性气体，可推为CO2，C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物，且可以与Cl2反应，故应为H2O，生成H为HCl，I为HClO（具有漂白性），HCl与J（Fe）可生成FeCl2溶液。‎ ‎（1）A + HClCu2＋ + H2O + CO2，由元素守恒可知，A可以CuCO3或碱式碳酸铜均可。‎ ‎（2）Y为C，Z为N，两者位于同一周期，前者的半径大，即C>N。‎ ‎（3）葡萄糖含有醛基，可以与Cu(OH)2生成砖红色沉淀。‎ ‎（4）F为Cu2O，与HNO3反应，生成Cu(NO3)2，且生成无色气体，应为NO，然后根据得失电子守恒配平即可。‎ ‎（5）CO2可以还原成正四面体结构的晶体N，即化合价降低，显然生成C，应为金刚石。它的同素异形体必须为含碳的单质。‎ ‎12．(09重庆卷26)（14分）工业上电解饱和食盐能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。‎ ‎（1）题26图是离子交换膜法电解饱和食盐水示意图，电解槽阳极产生的气体是 ；NaOH溶液的出口为 （填字母）；精制饱和食盐水的进口为 （填字母）；干燥塔中应使用的液体是 。‎ ‎（2）多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用收到广泛关注。‎ ①SiCl4可制气相白炭黑（与光导纤维主要原料相同），方法为高温下SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，化学方程式为 。‎ ②SiCl4可转化为SiHCl3而循环使用。一定条件下，在‎20L恒容密闭容器中的反应：‎ ‎ 3 SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）‎ 达平衡后，H2与SiHCl3物质的量浓度分别为0.140mol/L和0.020mol/L，若H2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗纯NaCl的质量为 kg。‎ ‎（3）采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气，现制得氯酸钠‎213.0kg，则生成氢气 （标准状况）。‎ 答案：（1）①氯气；a；d；浓硫酸（2）①SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl②0.35（3）134.4‎ 解析：（1）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl—、OH—放电，Cl—的放电能力强于OH—，阳极发生的方程式为：2Cl——2e—===Cl2↑；阴极：2H++2e—===H2↑；总反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。H2、2NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为a，Cl2在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入，选d；要干燥Cl2需要用酸性干燥剂H2SO4或P2O5等，中性干燥剂无水CaCl2。‎ ‎（2）①SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO2，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可。发生的化学方程式为：SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl。‎ ‎②‎ 由3 SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）‎ 起始量（mol） n 0‎ 变化量（mol） 3x 2x x 4x 平衡量（mol） n—2x 4x ‎4x=0.020mol/L×‎20L=0.4mol，n—2x=0.140mol/L‎20L=2.8mol，n=3.0mol，由2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，（2×58.5）g：1mol=m（NaCl）g：3mol；m（NaCl）=‎351g=‎0.351kg。‎ ‎(3)由NaCl转化为NaClO3，失去电子数为6，H2O转化为H2，得到的电子数为2，设产生的H2体积为V，由得失电子守恒有：‎ ‎6×；V=‎134.4m3‎。‎ ‎13．（09海南卷13）(9分)有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。请回答下列问题：‎ ‎ (1)反应①的化学方程式为 ‎ ‎ (2)反应②的离子方程式为 ‎ ‎ (3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式 ‎ ‎(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10—9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2‎ 溶液混合，若D的浓度为1×10—2mo1/L ，则生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为 。‎ 答案：（1）（2分）‎ ‎（2） （2分）‎ ‎（3）或（其他合理答案也给分）（2分）（4）（3分 解析：本题的突破口在A+B→气体单质C和E在B的催化下生成气体单质H,可推测B为MnO2,这样A为HCl,C为Cl2,H为氧气,再根据C+D→紫黑色固体单质G,则D含有I-.最后一问考查溶度积常数Ksp=c(Pb2+)·c(I-)2.=c[Pb（NO3)2]/2 ×[(1．0 ×10—2)/2]2 =7.0 × 10—9 ，c[Pb（NO3)2]= 5.6 × 10—4。‎ 点评:框图题找突破口很重要,但绝对不可投机取巧,一切都建立在掌握大量元素化合物知识的基础上.‎ ‎14．（09宁夏卷37）［化学—选修化学与技术］（15分）请回答氯碱的如下问题：‎ ‎（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝_______（要求计算表达式和结果）;‎ ‎（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是______________（填序号）‎ ‎（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。‎ ‎①图中X、Y分别是_____、_______（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小_________;‎ ‎②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：______; 负极：_____;‎ ‎③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）____________、____________。‎ 答案：（1）k=M(Cl2)/‎2 M(NaOH)=71/80=1:1.13或0.89（2）③①② （3）①Cl2 H‎2 a％小于b％ ②O2+4e-+2H2O＝4OH- H2－2e-+2OH-＝2H2O ③燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液的浓度；降低能耗（其他合理答案也给分）‎ 电解 解析：（1）只要了解电解饱和食盐水的化学方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑即可得到，k=M(Cl2)/‎2 M(NaOH)=71/80=1:1.13或0.89；（2）只要抓住除钡离子要放在除碳酸根离子前即可得到顺序关系：③①②；（3）本题突破口在于B燃料电池这边，通空气一边为正极（还原反应），那么左边必然通H2，这样Y即为H2 ；再转到左边依据电解饱和食盐水的化学方程式可知唯一未知的就是X，必然为Cl2了；A中的NaOH进入燃料电池正极再出来，依据O2+4e-+2H2O＝4OH- 可知NaOH+浓度增大。‎ 八、氧、硫及其化合物 ‎1．（09福建卷7） 能实现下列物质间直接转化的元素是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A. 硅 B. 硫 C. 铜 D. 铁 答案：B 解析：S与O2生成SO2，再与H2O生成H2SO3，可以与NaOH生成Na2SO3，B项正确。A项，SiO2不与水反应，错；C项中CuO，D项中Fe3O4均不与H2O反应，故错。‎ ‎2．（09广东化学17） 常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+2H+下列说法正确的是 A．H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱 B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降 ‎ C．在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量保持不变 D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+‎ 答案：CD 解析：结合A、B两个方程式根据 氧化性、还原性强弱比较规律：得 H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性， H2O2的还原性>Fe2+的还原性，A错；‎ ‎2H2O2＝2H2O+O2↑，分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，B错，‎ H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变。因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要避免混入Fe2+，D正确。‎ ‎3．（09北京卷8）下列叙述正确的是 A．将通入溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入，产生沉淀 B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解 C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入溶液，沉淀消失 D．纯锌与稀硫酸反应产生氨气的速率较慢；再加入少量固体，速率不改变 答案：Cw.‎ w【解析】本题考查元素及其化合物知识。选项A，CO2、SO2均不能与BaCl2溶液反应，所以再通入SO2时也无沉淀产生。选项B，Cu不能与稀H2SO4反应，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu溶解在HNO3中。选项C，Al3＋与NH3 ·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，加入NaHSO4溶液时，NaHSO4电离出的H＋使Al(OH)3溶解。选项D，加入CuSO4溶液后形成原电池而加快了产生H2的速度。‎ ‎.4． (09全国卷Ⅰ27)（15分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是 ‎2 H2SO4 (浓) + C CO2↑+ 2 H2O + 2SO2↑‎ 请从下图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并检出反应产物的装置。现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选。（连接和固定仪器用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去）‎ 将所选的仪器按连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用。‎ 选用的仪器 ‎（填字母）‎ 加入的试剂 作用 答案：C 浓硫硫和木炭 产生反应物 B 无水硫酸铜 检验是否有水 A 品红 检验SO2 ‎ A 酸性KMnO4 除去SO2 ‎ A 澄清石灰水 检验CO2的存在。‎ 解析：m成套装置包括反应装置，检验装置和尾气处理装置。C中加入浓硫硫和木炭作为反应物的发生器，产物中必须先检验水，因为在检验其他物质时会在其它试剂中混入水，可选用装置B，放入无水硫酸铜，若变蓝则说明有水。接着检验SO2气体，用装置A，放入品红检验，若品红褪色，则说明有SO2气体产生，再用装置A，放入酸性KMnO4溶液以除去 SO2，最后再用装置A，放入澄清石灰水来检验CO2的存在，因SO2也可以使澄清石灰水变浑，故先要除去SO2。‎ ‎5．（09北京卷28）（15分）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：‎ ‎（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整 4 +11‎ ‎（2）接触室中发生反应的化学方程式是 。‎ ‎（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母） 。‎ a. 为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎 b. 过量空气能提高的转化率 c. 使用催化剂能提高的反应速率和转化率 d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁 ‎（4）每‎160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程是 。‎ ‎（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。‎ ‎①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是 。‎ ‎② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。‎ 部分测定结果；‎ 铵盐质量为‎10.00g和‎20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为‎30.00g时，浓硫酸增加的质量为‎0.68g；铵盐质量为‎40.00g时，浓硫酸的质量不变。‎ 计算：该铵盐中氮元素的质量分数是 %； 若铵盐质量为‎15.00g。 浓硫酸增加的质量为 。 （计算结果保留两位小数）‎ 答案： （1）FeS2（2）（3）a b d（4）SO3(g) + H2O(l) = H2SO4(l)；ΔH=-130.3kJ/mol（5）①SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- + SO42-②14.56 ‎‎2.31g ‎【解析】本题主要考查硫酸工业、热化学方程式的书写、计算等。‎ ‎（1）根据原子守恒即可判断该物质为FeS2。‎ ‎（2）SO2和O2在接触室发生反应生成SO3：2SO2 + O2 2SO3。‎ ‎（3）选项a，将黄铁矿粉碎更增加反应接触面积而加快反应速率。选项b，增加空气（O2）浓度能提高SO2的转化率。选项c，催化剂对转化率无影响。选项d，矿渣中含有Fe2O3，可用于冶炼铁。‎ ‎（4）‎160g SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出260.6kJ热量，则1mol SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出130.3kJ热量，则相关热化学方程式为： SO3(g) + H2O(l)＝H2SO4(l)；△H＝－130.3kJ/mol。‎ ‎（5）‎10g时说明铵盐不足,‎20g时说明氢氧化钠不足,由‎10.00g和‎20.00g 时浓硫酸增加的质量相同说明铵盐有酸式根产生的氨气, 氢氧化钠的物质的量浓度为Cmol/L 设‎10克中有Xmol的 (NH4)2SO4 和ymol的NH4HSO4则 ‎132X + 115y=10…………………………………………………….(1)‎ ‎10g时说明铵盐不足由N守恒知 ‎ n(NH3)=2X + y ‎20g时铵盐已经过量，氢氧化钠先和酸式根反应，则(NH4)2SO4为2Xmol，2ymol的NH4HSO4‎ ‎ HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎2y 2y ‎ NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—2y ‎50C×10—3—2y 由于产生的氨气一样多 ‎ ‎ n(NH3)=2X + y=‎50C×10—3—2y………………………………….(2)‎ ‎30g时铵盐过量，则(NH4)2SO4为3Xmol，3ymol的NH4HSO4 n(NH3)=0.68/17=0.04mol HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎3y 3y NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—3y 0.04‎ 所以 ‎ ‎50C‎×10—3—3y=0.04…………………………………………………….(3)‎ 联立(1) (2) (3)解得 ‎ X=0.02mol y=0.064mol C=4.64mol/L 氮的质量百分含量= ×100％=(0.04+0.064) ×14/10×100％=14.56％‎ ‎15g时铵盐已经过量，则(NH4)2SO4为1.5Xmol，1.5 ymol的NH4HSO4‎ HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎1.5y 1.5y NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—1.5y ‎50C×10—3—1.5y ‎ n(NH3)= ‎50C×10—3—1.5y=50×4.64×10—3—1.5×0.064=0.136mol m(NH3)=0.136×17=‎‎2.31g ‎6．（09四川卷26）（16分） 过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。‎ Ⅰ.测定过氧化的含量 请填写下列空白：‎ （1） 移取‎10.00 m密度为ρ g/mL的过氧化氢溶液至250mL ___________(填仪器名称)中，加水衡释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。‎ （2） 用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。‎ MnO4－＋H2O2＋H＋=Mn2＋＋H2O＋‎ ‎（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入 （‎ ‎(3) 滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入______________________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定到达终点的现象是___________________________________________‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎（4） 复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为______________________________________。‎ ‎（5） 若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_________（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。‎ Ⅱ.探究过氧化氢的性质 ‎ 该化学举小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。（实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾演粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。）‎ 请将他们的实验方法和实验现象填入下表：‎ 实 验 内 容 实 验 方 法 实 验 现 象 验证氧化性 验证不稳定性 答案：mI．（1）容量瓶（2）2 5 6 2 8 502（3）酸式 ‎ 滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色（4）‎ ‎ （5）偏高 II．（各1分，共4分）‎ 实验内容 实验方法 实验现象 验证氧化性 取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入 过氧化氢溶液。‎ ‎（取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液。）‎ 产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊。‎ ‎（溶液变蓝色。）‎ 验证不稳定性 取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，‎ 用带火星的木条检验。‎ ‎（取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中。）‎ 产生气泡，木条复燃。‎ ‎（溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生）‎ ‎【解析】I.（1）仪器的选用根据题意应该选用容量瓶。(2)残缺方程式配平首先确定缺什么，分析可知缺的是O2，根据电子转移守恒，配平化学方程式。(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管。滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色。（4）根据配平的化学方程式计算出过氧化氢的量，最后计算出原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为17Cv/200ρ。（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高。‎ II.（1）验证氧化性，选用具有还原性的饱和硫化氢溶液，产生淡黄色沉淀硫或溶液变浑浊；或者选用有还原性的碘化钾淀粉溶液，有碘单质生成，溶液变蓝色。（2）验证不稳定性，取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验有氧气生成；或者取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中，溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生。‎ ‎【点评】本题属于化学实验综合运用问题，考查的知识点众多，涉及到氧化还原反应以及配平、化学实验操作、滴定的误差分析以及气体的制备等。‎ ‎7．（09上海卷26）根据硫化氢气体的实验室制法和性质完成下列填空。‎ ‎（1）若用启普发生器制取硫化氢气体，则制取气体的原料可选用________。‎ ‎ a．稀硫酸与硫化亚铁 b．稀硝酸与硫化亚铁 ‎ c．稀硫酸与硫化钠 d．稀盐酸与硫化亚铁 ‎（2）现要组装一套可以控制硫化氢气体产生速率的装置，请在下图中选择合适的仪器；‎ ‎ ______________（填编号）。‎ ‎（3）如右图，在一个充满氧气的集气瓶中加入少量品红稀硫溶液，点燃硫化氢气体。在火焰自动熄灭后，停止通入气体，瓶内可观察到 的现象是___________________________________________________。‎ ‎（4）在上述集气瓶中继续通入硫化氢气体，振荡，发生反应的化学方程式为：‎ ‎ ______________________________________________________________‎ ‎ 反应过程中，溶液的pH______（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（5）点燃不纯的硫化氢气体可能会发生爆炸，为了防止意外，可连接一个安全装置。下图的装置能起到此作用的是___________。‎ ‎（6）已知硫化氢气体在空气中的体积分数为4.3%～45.5%时会发生爆炸。当硫化氢气体在空气中的体积分数为30%时，其爆炸产物是______________________。‎ 答案：（1）a d （2）② ③ ④（3）品红溶液褪色：瓶壁有淡黄色粉末和无色的小液滴（4） 变大（5）b（6）S H2O ‎【解析】（1）若用启普发生器制取气体，所选试剂应为块状固体和液体，且反应不需要加热，故a、d正确，c错误。硝酸具有强氧化性，与硫化亚铁反应得不到H2S，b项错。‎ ‎（2）要控制硫化氢气体产生速率必须选用分液漏斗。‎ ‎（3）开始氧气充足，H2S燃烧生成SO2和H2O，后来氧气不足，燃烧产物为S和H2O，描述反应现象要从SO2、S和H2O三个方面考虑。‎ ‎（5）a中增加的装置起不到任何作用。b装置可将启普发生器内的H2S与点燃的H2S分隔开，能防止爆炸。c、d装置中生成的H2S无法排出，故错误。‎ ‎（6）当硫化氢在空气中的体积分数为30%时，O2在混合气体中的体积分数为70%×1、5=14%，O2不足，发生反应2H2S＋O22S＋2H2O。‎ ‎8．（09上海卷30）臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：‎ ‎（1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为______g/mol（保留一位小数）。‎ ‎（2）将‎8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体‎6.5L，其中臭氧为_____________L。‎ ‎（3）实验室将氧气和臭氧的混合气体‎0.896L（标准状况）通入盛有‎20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为‎21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为__________________。‎ 答案： （1）35.6（2）3（3）0.5‎ ‎【解析】（1）假设有1mol O2，则 ‎ 3O2 2O3‎ 开始 1mol 0‎ 反应 0.3mol 0.2mol 平衡 0.7mol 0.2mol 所以平均摩尔质量为：×‎32g·mol－1＋×‎48g·mol－1=‎35.6g·mol－1‎ ‎（2）此题应根据差量法计算 ‎3O2 2O3 ‎ 开始 ‎8L 0‎ 反应 ‎4.5L ‎3L ‎‎1.5L ‎（3）n（混合气体）=‎ 设臭氧的体积分数为a，则根据氧原子守恒0.04mol·a·2＋0.04mol·(1－a)·3=‎ 解得a=0.5‎ ‎9．（09宁夏卷28）（14分）2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：‎ ‎（1）图中A、C分别表示 、 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？ 。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？ ，理由是 ；‎ ‎（2）图中△H= KJ·mol-1；‎ ‎（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式 ；‎ ‎（4）如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1,则υ（O2）= mol·L-1·min-1、υ(SO3)= mol·L-1·min-1；‎ ‎（5）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H （要求计算过程）。‎ 答案：（1）反应物能量 生成物能量 （2）无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 （3）-198 (4) SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5 (4)0.025 0.05 ‎ ‎(5) S(s)+O2(g) =2SO2(g)△H1=-296 KJ·mol-1 , SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) △H2=-99 KJ·mol-1 ‎ ‎3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)=-1185 KJ·mol-1 ‎ 解析： (1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反应，因此△H=-99×2KJ·mol-1；（3）依题意即可写出：SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比 九、碳、硅及其化合物 ‎1．（09广东理科基础22）下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 ‎ ②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 ‎ ③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 ‎ ④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料 ‎ A．①② B．②③ C．①④ D．③④‎ 答案：A ‎ 解析：光导纤维的成分是SiO2，③错；陶瓷的成分是SiO2，而不属于硅酸盐，④错。故A项正确。‎ ‎2．(09全国卷Ⅰ29）（15分）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。回答下列问题：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是 ；‎ ‎（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是 ；‎ ‎（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是 ；‎ ‎（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式） ，其原因是 ‎ ‎ ；‎ ‎②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 ‎ ‎ ；‎ ‎（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是 ‎ 。‎ 答案：（1）原子晶体。（2）NO2和N2O4（3）As2S5。（4）①NH3> AsH3 > PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形。（5）SiCl4 + 4NH3 = Si(NH2)4 + 4HCl，3Si(NH2)4 = 8NH3 + Si3N4‎ 解析：本题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。‎ ‎（1）SiO2为原子晶体。‎ ‎（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。‎ ‎（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，则只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。‎ ‎（4）显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3> AsH3 > PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，结构分别为正四面体，三角锥和V形。‎ ‎（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。‎ ‎3．（09浙江卷28）（15分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硫、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450‎-500°C），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。‎ 相关信息如下：‎ a.四氯化硅遇水极易水解；‎ b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；‎ c.有关物质的物理常数见下表：‎ 物质 SiCl4‎ BCl3‎ AlCl3‎ FeCl3‎ PCl5‎ 沸点/℃‎ ‎57.7‎ ‎12.8‎ ‎—‎ ‎315‎ ‎—‎ 熔点/℃‎ ‎－70.0‎ ‎－107.2‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎—‎ 升华温度/℃‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎180‎ ‎300‎ ‎162‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出装置A中发生反应的离子方程式 。‎ ‎（2）装置A中g管的作用是 ；装置C中的试剂是 ；装置E中的h瓶需要冷却理由是 。‎ ‎（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是 （填写元素符号）。‎ ‎（4）为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，是铁元素还原成Fe2+ ，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：‎ ‎①滴定前是否要滴加指示剂？ （填“是”或“否”），请说明理由 。‎ ‎②某同学称取‎5.000g残留物，预处理后在容量瓶中配制成100ml溶液，移取25.00ml，试样溶液，用1.000×10-2mol· L-1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00ml,则残留物中铁元素的质量分数是 。‎ 答案： (1)MnO2 + 4H＋ + 2Cl－Mn2＋ + Cl2↑ + 2H2Owww.ks5.u.com(2)平衡压强 浓硫酸 使SiCl4 冷凝(3)Al、P、Cl(4)①否；KMnO4溶液自身可作指示剂；②4.480%‎ 解析：制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置，B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl，再用C（浓H2SO4）除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应，用冷水将产生SiCl4冷凝即可。（1）制取氯气用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应。（2）g管是将分液漏斗与烧瓶相连，则它们中的压强是相待的，这样便于盐酸能顺利滴下。SiCl4的沸点很低，只有‎57.7℃‎，而反应的温度达几百度，故需要冷凝收集。（3）从物质的物理性质表可发现，AlCl3,FeCl3和PCl5均易升华，故还应还有Al、P、Cl元素。（4）由于高锰酸钾本身是紫红色的，与Fe2＋反应时，可以褪色，故而可以作为指示剂。根据方程式可以找出关系，5Fe2＋~MnO4－ ,n(Fe)= 10-2×20×10-3×5×100/25 =4×10-3mol。W (Fe)= 4×10-3×56/5 ×100% =4.48%。‎ 十、氮及其化合物 ‎1．（09全国卷Ⅱ6） 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是 A. 1：4 B.1：‎5 C. 2：3 D.2：5‎ 答案：Aw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解析：设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3－ ，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。‎ ‎2．（09江苏卷3）下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 a b c A Al AlCl3‎ Al（OH）3‎ B HNO3‎ NO NO2‎ C Si SiO2‎ H2SiO3‎ D CH2=CH2‎ CH3CH2OH CH3CHO 答案：B 解析：A项：(或者，()，（），的转化必须经过（反应方程式为：）和（）这两步，所以A项不选；‎ B项：()，（），（），（），所以B项正确；‎ C项：()，必须经过两步 ‎（、），‎ D项：（），（），（），就必须经过两步（和）‎ ‎3．（09广东理科基础29）已知汽车尾气无害化处理反应 ‎。下列说法不正确的是 ‎ A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低 ‎ B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率 ‎ C．反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定 ‎ D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡 答案：A ‎ 解析：升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；‎ 催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；‎ 达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；‎ 由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。‎ ‎4．（09广东化学15）取五等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，ΔH＜0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是 答案：BD 解析：在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。‎ ‎5．（09上海卷4）用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是 ‎ ①幕布的着火点升高 ②幕布的质量增加 ‎ ③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气 A．①② B．③④ C．③④ D．②④‎ 答案：B ‎【解析】氯化铵分解吸收热量，能降低火焰温度，并且分解产物氯化氢和氨气能隔绝空气，均破坏了可燃物的燃烧条件，故能使幕布不宜着火。‎ ‎6．（09上海卷7）在下列变化①大气固氮②硝酸银分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是 A．①②③ B．②①③ C．③②① D．③①②‎ 答案：A ‎【解析】大气固氮是指在放电条件下将游离态的氮气转化为一氧化氮的过程，氮元素被氧化。硝酸银分解过程中氮元素化合价降低，被还原。实验室制氨气的反应不属于氧化还原反应，故A项正确。‎ ‎7．（09上海卷20）对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是 ‎ A．该溶液lmL稀释至100mL后，pH等于3‎ ‎ B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和 ‎ C．该溶液中硝酸电离出的与水电离出的之比值为。‎ ‎ D．该溶液中水电离出的是pH为3的硝酸中水电离出的的100倍 答案：AB ‎【解析】硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A项正确。硝酸电离出的c(H+)为0.1 mol/l，与水电离出的c(H+)为10－13 mol/l，二者之比应为1012，C项错。pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)为10-11mol/l，故D项的比值应为1：100，D项错。‎ ‎8．（09宁夏卷7） 将‎22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积‎11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A．NO2 B.N2O‎2 C.N2O D.N2O4‎ 答案：A解析：根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2,以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。‎ ‎9. (09全国卷Ⅰ29）（15分）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。回答下列问题：‎ ‎（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是 ；‎ ‎（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是 ；‎ ‎（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是 ；‎ ‎（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式） ，其原因是 ‎ ‎ ；‎ ‎②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 ‎ ‎ ；‎ ‎（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4‎ 在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是 ‎ 。‎ 答案：（1）原子晶体。（2）NO2和N2O4（3）As2S5。（4）①NH3> AsH3 > PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形。（5）SiCl4 + 4NH3 = Si(NH2)4 + 4HCl，3Si(NH2)4 = 8NH3 + Si3N4‎ 解析：本题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。（1）SiO2为原子晶体。（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，则只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。（4）显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3> AsH3 > PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，结构分别为正四面体，三角锥和V形。（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。‎ ‎10．（09北京卷27）（14分）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。‎ 可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳 已知：氢氧化钠溶液不与反应，能与反应 ‎ ‎ （1） 实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中乘放的药品依次是 ‎ （2） 滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后 ‎ （3） 装置①中发生反应的化学方程式是 ‎ （4） 装置②的作用是 ，发生反应的化学方程式是 ‎ （5） 该小组得出的结论依据的试验现象是 ‎ （6） 试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）‎ a. 加热该绿色溶液，观察颜色变化 b. 加水稀释绿色溶液，观察颜色变化 c. 向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化 答案：（1）3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 ‎（2）通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 ‎（3）Cu + 4HNO3（浓）= Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O ‎（4）将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO ‎（5）装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 ‎（6）a c d ‎【解析】本题主要考查HNO3的性质、化学基本实验设计和评价能力。（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸。‎ ‎（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3‎ 之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。‎ ‎（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2 + 2NO2↑ +2 H2O。‎ ‎（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2 + H2O＝2HNO3 + NO。‎ ‎（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体。‎ ‎（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化。‎ ‎11．（09四川卷27）（15分）已知A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）组成B单质的元素位于周期表第______________周期，第_______________族。化合物C的电子式为_________________________。‎ ‎（2）J的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是_________________。‎ ‎（3）写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：________________。‎ ‎（4）写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：_____________________。‎ ‎（5）上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有_______个。‎ 答案：（1）三（1分）II A （1分）（2分）‎ ‎（2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强（2分）‎ ‎（3）4NH3＋3O22N2＋6H2O（3分）‎ ‎（4）Mg3N2＋8HNO3=Mg(NO3)2＋2NH4NO3（3分）‎ ‎（5）2（3分）‎ ‎【解析】框图推断题抓住题眼如根据B是由短周期元素组成的单质，B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气，可判断B为金属镁。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，就可以判断D为氮化镁，所以A为氮气。 C为淡黄色固体化合物， 判断为过氧化钠。O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化铜生成。通过分析可得：A:氮气B：镁C：过氧化钠D：二氮化三镁E：硝酸镁F：硝酸铵G：氢氧化钠H：氧气I：氨气J：水K：硝酸钠L：一氧化氮M：二氧化氮N：硝酸O：硝酸铜 ‎【点评】本题是典型的无机框图题，主要考查元素及其化合物的性质、化学方程式书写、氧化还原反应。‎ ‎12．（09上海卷31）烟气中是NO和的混合物（不含）。‎ ‎（1）根据废气排放标准，烟气最高允许含400mg。若中NO质量分数为0.85，则烟气中最高允许含NO__________L（标准状况，保留2位小数）。‎ ‎（2）工业上通常用溶质质量分数为0.150的水溶液（密度‎1.16g/mL）作为 吸收剂，该碳酸钠溶液物质的量浓度为____________mol/L（保留2位小数）。‎ ‎（3）已知： ①‎ ‎ ②‎ 含2000mg的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。若吸收率为80%，‎ 吸收后的烟气__‎ ‎_____排放标准（填“符合”或“不符合”），理由：____________________。‎ ‎（4）加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为：‎ ‎ NO+2HNO3→3NO2+H2O ‎ 当烟气中时，吸收率最高。‎ ‎ 烟气含2000mg，其中。‎ 计算：（i）为了达到最高吸收率，烟气需用硝酸的物质的量（保留3位小数）。‎ ‎ （ii）烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量（假设上述吸收反应中，反应①比反应②迅速。计算结果保留1位小数）。‎ 答案：（1）0.25（2）1.64（3）不符合 因吸收后烟气总体积减小，含量仍超过 ‎（4）（i） ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（ii）‎ ‎ ‎ 解析：（1）‎1L烟气中最高允许含NO质量为400×10－‎3g×0.85=‎‎0.34g 其体积为 ‎（2）此题考查物质的量浓度与质量分数的换算，可直接利用公式求解。‎ ‎（3）若烟气中的其他成分不被吸收，刚好达到排放标准，但烟气中的CO2等酸性气体也能被吸收，所以吸收后烟气中NOx的含量仍超标。‎ ‎13．（09海南卷20）(20分)‎ ‎20-1．下列有关肥皂的叙述中错误的是：‎ ‎ A．肥皂与纯碱的去污原理相同 ‎ B．肥皂可以加速油污在水中的分散 ‎ C．肥皂是油脂在碱性条件下水解生成的 ‎ D．肥皂主要成分的分子中含有亲油基团和亲水基团 ‎20-1答案:A 解析：纯碱的去污原理是利用水解呈碱性，使油脂水解，而肥皂则是利用含有的亲油基团和亲水基团.‎ ‎20-2．下列使用化肥、农药的描述中正确的是：‎ ‎ A．高温多雨时比较适合施用钾肥 ‎ B．长期施用硫铵会造成土壤板结 ‎ C．石硫合剂必须与硫酸混合后才能施用 ‎ D．过磷酸钙必须经硫酸处理后才能施用 ‎20-2答案:B 解析：A容易在成钾流失,C石硫合剂呈碱性,D过磷酸钙可直接使用,不需加入硫酸.‎ ‎20-3．下列有关硬水及其软化的说法中错误的是：‎ ‎ A．离子交换法可以软化硬水 ‎ B．硬水中含有较多Ca2+、Mg2+‎ ‎ C．生产、生活使用的天然水必须经软化 ‎ D．加热可使暂时硬水中的Ca2+生成CaCO3沉淀 ‎20-3答案:C 解析：本题可采用排除法,ABD肯定正确,C中是用天然水视具体情况不一定都要软化.‎ ‎20-4(11分)‎ ‎ 工业上常用氨氧化法生产硝酸，其过程包括氨的催化氧化(催化剂为铂铑合金丝网)、一氧化氮的氧化和水吸收二氧化氮生成硝酸。请回答下列问题：‎ ‎ (1)氨催化氧化的化学方程式为 ：‎ ‎ (2)原料气中空气必须过量，其主要原因是 ；‎ ‎ (3)将铂铑合金做成薄丝网的主要原因是 ；‎ ‎ (4)水吸收二氧化氮生成硝酸为放热反应，其化学方程式为 ，为了提高水对二氧化氮的吸收率，可采取的措施为 (答2项)‎ 答案：20-4（11 分） （3分）（2）提高氨的转化率和一氧化氮的转化率（2分）（3）增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积（2分）‎ ‎（4） 加压 降温 ‎ 解析：本题较为基础，主要考查硝酸的工业制法。‎ 十一、化学反应速率和化学平衡 ‎1．（09安徽卷11）汽车尾气净化中的一个反应如下：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎ 在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是：‎ 答案：C 解析：该反应为气体计量数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，A选项错误；‎ 同理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，B选项错误；‎ 平衡常数只与热效应有关，与物质的量无关，C选项正确；‎ 增加氮气的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D选项错误。 ‎ ‎2．(09全国卷Ⅰ13)下图表示反应，，在某温度时的浓度随时间变化的曲线：‎ 下列有关该反应的描述正确的是 A.第6后，反应就终止了 B.的平衡转化率为85%‎ C.若升高温度，的平衡转化率将大于85%‎ D.若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减少 答案：Bw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解析：A项，6min时反应达平衡，但未停止，故错；‎ B项，X的变化量为1-0.15=0.85mol，转化率为0.85/1=85%，正确。D H<0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，C项错；D项，降温，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正>V逆，即逆反应减小的倍数大，错误。‎ ‎3．(09天津卷5)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO ，‎37 ℃‎时，该反应的平衡常数K=220 。‎ HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是 A.CO与HbO2反应的平衡常数K=‎ B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少 C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损 D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动 答案：C 解析：由反应方程式知，K的表达式正确，A对；CO与HbO2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，正确。K=，由题意知，K=220， 时，人受损，则C(CO)/C(O2)=9×10-5,C项错。D项，当O2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。‎ ‎4．（09江苏卷14）I2在KI溶液中存在下列平衡：‎ ‎ ‎ 某I2、、KI混合溶液中， 的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是 A. 反应 的△H>0w.w.w.k.s.5.u.c.o.m B．若温度为，反应的平衡常数分别为 C．若反应进行到状态D时，一定有 D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大 答案：BC 解析：‎ 随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，也就意味着该反应是放热反应，所以，所以A项错；‎ 因为，，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即；C项，‎ 从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时的浓度在增加，所以，C项正确；D项，从状态A到状态B，的浓度在减小，那么的浓度就在增加。‎ ‎5．（09广东理科基础29）已知汽车尾气无害化处理反应为 ‎ ‎ ‎ 下列说法不正确的是 ‎ A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低 ‎ B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率 ‎ C．反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定 ‎ D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡 答案：A ‎ 解析：升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。‎ ‎6．（09福建卷10） 在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：‎ ‎。下列说法正确的是 A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入CO2，平衡朝正反应方向移动 ‎ C. 升高温度，减小 D. 加入NaOH固体，溶液PH减小 答案：B 解析：平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错；CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C项错；D项，加入NaOH,碱性肯定增强，pH增大，故错。‎ ‎7．（09福建卷12）某探究小组利用丙酮的溴代反应：（）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：‎ 分析实验数据所得出的结论不正确的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ A. 增大增大 B. 实验②和③的相等 ‎ C. 增大增大 D. 增大，增大 答案：D 解析：从表中数据看，①④中CH3COCH3,HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以结果，时间变长，即速率变慢了，D项错。其他选项依次找出表中两组相同的数据，看一变量对另一变量的影响即可。‎ ‎8. （09广东化学7）难挥发性二硫化钽（TaS2 ）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2 粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：‎ TaS2 （s）+2I2 (g)TaI4 (g)+S2 (g) ‎ 下列说法正确的是 A．在不同温度区域，TaI4 的量保持不变 B. 在提纯过程中，I2 的量不断减少 C．在提纯过程中，I2 的作用是将TaS2 从高温区转移到低温区 D. 该反应的平衡常数与TaI4 和S2 的浓度乘积成反比 答案：C 解析：根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同所以A错误。‎ 因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误。‎ 根据平衡常数表达式可知K与Tal4 和S2 的浓度乘积成正比，D错误。‎ ‎9．（09广东化学15）取五等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，ΔH＜0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T ‎）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是 答案：BD 解析：在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。‎ ‎10．（09北京卷9）已知有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入和各0.1mol ，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是 A．甲、乙提高相同温度 B 甲中加入0.1mol He，乙不改变 C．甲降低温度，乙不变 D 甲增加0.1mol ，乙增加0.1mol ‎ 答案：C ‎【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，则甲中平衡向着正反应方向移动，同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A，甲、乙提高相同温度时，平衡均向逆反应方向移动，且达平衡是二者等效，HI浓度相等。选项B，加入稀有气体时，平衡不移动，二者HI浓度相等。选项C，甲降低温度平衡向着正反应方向移动，达平衡是HI浓度增大，而乙中HI浓度不变，符合题意。选项D，甲中增加等量的H2或I2，达平衡是HI浓度相等。‎ ‎11. （09四川卷13）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应 kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：‎ ‎ 气体体积 C(Y)/mol·L-1‎ 温度℃‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.53‎ ‎200‎ ‎1.20‎ ‎0.09‎ ‎0.63‎ ‎300‎ ‎1.30‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ 下列说法正确的是 A.m＞n B.Q＜0‎ C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动 答案：C ‎【解析】 根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，因此A错误，C项正确。当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为放热反应，B、D错误。‎ ‎【点评】本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高。‎ ‎12. (09重庆卷13)各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是 答案：D 解析：A项CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，CH3COOH溶液中CH3COO—浓度增加，电离平衡逆向移动，c(H+)减小，pH逐渐增大，A错误；B项加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，B错误；C项恒温恒压，加入Ar，各反应物的物质的量不变，体积变大，各物质的量浓度成倍减小（等效于减压），化学平衡朝体积增大方向移动，H2的改变量减小，起始量不变，转化率减小，C错误；大暗暗选D。‎ ‎13．（09海南卷4）在‎25℃‎时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：‎ 下列说法错误的是：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A．反应达到平衡时，X的转化率为50％‎ B．反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600‎ C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大 D．改变温度可以改变此反应的平衡常数 答案：C 解析： 由 aX+ bY cZ 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0‎ 平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1‎ 转化浓度/mol·L-1 0.05 0.15 0.1 ‎ 利用转化浓度之比等于化学计量数比可得到化学方程式为X+3Y2Z，这样再利用相关数据可得到A、B正确，D因为平衡常数是温度函数而正确。‎ 点评：本题考查化学反应速率和化学平衡的相关知识。最快捷的方法是利用排除法，抓住化学平衡常数是温度函数，即可得到C错误。‎ ‎14．（09宁夏卷10）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是 ‎ 实验 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/（mol·L-1）‎ V/mL c/（mol·L-1）‎ V/mL A ‎25‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ B ‎25‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ C ‎35‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ D ‎35‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ 答案：D 解析：影响化学反应速率的因素众多，本题从浓度和和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2,只要抓住浓度越大，温度越高反应速率越大，便可以选出正确答案D。‎ ‎15．（09宁夏卷13）在一定温度下，反应1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0mol的HX(g)通入体积为‎1.0L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于 A. 5% B. 17% C. 25% D.33%‎ 答案：B 解析：‎ ‎1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g)‎ ‎ 1 0 0‎ ‎ x x x ‎ 1-x x x K3= x·x/(1-x) 2= 0.01 ,得到x=0.17,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%‎ ‎16.（09全国卷Ⅱ27）(15分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 某温度时，在‎2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。‎ ‎（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：‎ t/min X/mol Y/mol Z/mol ‎0‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎0.00‎ ‎1‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.20‎ ‎3‎ ‎0.75‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎5‎ ‎0.65‎ ‎0.30‎ ‎0.70‎ ‎9‎ ‎0.55‎ ‎0.10‎ ‎0.90‎ ‎10‎ ‎0.55‎ ‎0.10‎ ‎0.90‎ ‎14‎ ‎0.55‎ ‎0.10‎ ‎0.90‎ ‎(2) 体系中发生反应的化学方程式是______________;‎ ‎(3) 列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率：_______________;‎ ‎(4) 该反应达到平衡时反应物X的转化率等于___________________________;‎ ‎(5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如右图所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：‎ ‎① _________________ ②________________ ③__________________‎ 答案：‎ 解析：本题考查化学反应速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。‎ ‎（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。‎ ‎（2）根据题意，可以利用“三步法”求解 开始 1.00 1.00 0‎ 转化 0.45 0.9 0.9‎ 平衡 0.55 0.1 0.9‎ 根据各物质的量之比可得体系中发生反应的化学方程式是：。‎ ‎（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol， 其平均速率为0.083mol/L·min。‎ ‎（4）X的转化率等于0.45。‎ ‎（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为加入催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。‎ ‎17.（09安徽卷28）（17分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。‎ ‎[实验设计]控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。‎ ‎（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。‎ 实验 编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1‎ H2O2‎ Fe2+‎ ①‎ 为以下实验作参考 ‎298‎ ‎3‎ ‎6.0‎ ‎0.30‎ ②‎ 探究温度对降解反应速率的影响 ③‎ ‎298‎ ‎10‎ ‎6.0‎ ‎0.30‎ ‎[数据处理]实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如右上图。‎ ‎（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：‎ ‎（p-CP）= mol·L-1·s-1‎ ‎[解释与结论]‎ ‎（3）实验①、②‎ 表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因： 。‎ ‎（4）实验③得出的结论是：PH等于10时， 。‎ ‎[思考与交流]‎ ‎（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法： ‎ 答案：（1）‎ 实验编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1‎ H2O2‎ Fe2+‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎313‎ ‎3‎ ‎6.0‎ ‎0.30‎ ‎③‎ 探究实验的对PH降解反应速率的影响 ‎（2）8.0×10-6（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。‎ ‎（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）‎ ‎（5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）‎ 解析：（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H2O2)=6.0 mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30 mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；（2）在50～150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L-1，则v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；‎ ‎（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。‎ ‎18.（山东卷28）（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。‎ ‎（1）合成氨反应反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化剂 反应的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。‎ ‎（2）O2 (g)= O+2(g)+e- H1= 1175.7 kJ·mol-1‎ PtF6(g)+ e-1 PtF6-(g) H2= - 771.1 kJ·mol-1‎ O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6- H3=482.2 kJ·mol-1‎ 则反应O2（g）+ PtF6 (g) = O2+PtF6- (s)的H=_____________ kJ·mol-1。‎ ‎（3）在‎25℃‎下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCL2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____________。已知‎25℃‎时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。‎ ‎（4）在‎25℃‎下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)，则溶液显_____________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。‎ 答案: （1）向左 不改变 （2）-77.6 （3）Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+‎ ‎（4）中 Kb=10-9/(a-0.01)mol·L-1.‎ 解析:（1）在恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅是改变化学反应速率，不会影响焓变。（2）根据盖斯定律，将化学方程式①+②-③叠加。‎ ‎（3）Cu(OH)2 的Ksp小于Mg(OH)2的，所以离子的浓度商首先大于Cu(OH)2 的而先沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时 不能拆开。‎ ‎（4）由溶液的电荷守恒可得: c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-),已知c(NH4*)=c(Cl-)，则有c(H*)=c(OH-)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数 Kb= [c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)= (0.01 mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01 mol·L-1)= 10-9/(a-0.01)mol·L-1.‎ ‎19.（09江苏卷17）（8分）废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。‎ ‎（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是 （填字母）。‎ A.热裂解形成燃油 B.露天焚烧 C.作为有机复合建筑材料的原料 D.直接填埋 ‎（2）用的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：‎ ‎ ==== ‎ ‎ ==== ‎ ‎ ==== ‎ 在溶液中与反应生成和的热化学方程式为 。‎ ‎（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10℅和3.0的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）。‎ 温度（℃）‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ 铜平均溶解速率 ‎（）‎ ‎7.34‎ ‎8.01‎ ‎9.25‎ ‎7.98‎ ‎7.24‎ ‎6.73‎ ‎5.76‎ 当温度高于‎40℃‎时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是 。‎ ‎（4）在提纯后的溶液中加入一定量的和溶液，加热，生成沉淀。制备的离子方程式是 。‎ 答案: （1）BD（2）Cu(s)+H2O2 (l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l) △H=-319.68KJ.mol-1 ‎ ‎（3）H2O2 分解速率加快（4）2Cu2＋+SO32-+2Cl－+H2O2CuCl↓+SO42-+2H＋‎ 解析:（1）有关环保的比较容易。（2）主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反应热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。（3）考察影响化学反应速率的因素，结合双氧水的性质即可得出答案。（4）根据题目条件书写离子方程式常规题。‎ ‎20.（09江苏卷20）（10分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。‎ ‎ （1）已知：2NO2（g）=====N2O4（g） △H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡。‎ ‎ 其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 （填字幕）‎ ‎ A．减小NO2的浓度 B.降低温度 C.增加NO2的浓度 D.升高温度 ‎ （2）‎25℃‎时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H= kJ·mol-1‎ ‎ （3）‎17℃‎、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300 mol·L-1、c（N2O4）=0.0120 mol·L-1。计算反应2NO2（g）N2O4（g）的平衡常数K。‎ ‎ （4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得‎1.00L已达到平衡的N2H4和NO2的混合气体（‎17℃‎、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？‎ 答案:（1）BC（2）-1224.96‎ ‎（3）根据题意知平衡时：； ‎ ‎ K=‎ ‎ 答：平衡常数为13.3。‎ ‎（4）由（3）可知，在‎17℃‎、1.01×105Pa达到平衡时，‎1.00L混合气体中：‎ 则 由===可得 答：理论上至少需消耗Cu ‎1.73 g.‎ 解析:（1）考查影响化学平衡移动的因素（2）简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。（3）（4）见答案 ‎21.（09浙江卷27）（15分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的和转变成和，化学方程式如下：‎ 为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：‎ 请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：‎ ‎（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的 0（填写“>”、“<”、“=”。‎ ‎（2）前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________。‎ ‎（3）在该温度下，反应的平衡常数K= 。‎ ‎（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是 。‎ A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积 ‎（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。‎ ①请在上表格中填入剩余的实验条件数据。‎ ②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线是实验编号。‎ 答案:(1)< (2) 1.88×10-4mol/(L·s) (3)5000 (4)C、D(5)①II: 280、1.20×10-3、5.80×10-3Ⅲ：1.2×10-3 、5.80×10-3‎ ②‎ 解析:（1）自发反应，通常为放热反应，即H小于0。（2）以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10-4mol/L，V（NO）=7.5×10-4/2 =3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N2)=1/2 V(NO)=1.875×10-4mol/(L·s)。‎ ‎（3）==5000。‎ ‎（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，故降温平衡正向移动，NO转化率增大，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确。‎ ‎（5）本题为实验探究题，目的是研究温度和催化剂的比表面积对速率的影响，研究时只能是一个变量在起作用，所以II中数据与I比较催化剂的比表面积增大了，故其他的数据应与I完全相同；III中数据与II比较，催化剂的比表面积数据未变，但是温度升高，故其他数据是不能改变的。实质I、II研究是催化剂的比表面积对速率的影响，II、III研究是温度对速率的影响。作图，可根据先拐先平的原则，即最里面的线先达平衡，速率快，应对应于III（因为其温度和催化剂的比表面积是三组中最高的），II比I快，因为两组温度相同，但是II中催化剂的比表面积大。‎ ‎22.（10分）甲酸甲酯水解反应方程式为：‎ ‎ ‎ 某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：‎ 甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：‎ ‎（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：‎ 请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率 为 mol·min-1(不要求写出计算过程)。‎ ‎（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。‎ ‎（3）上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为 。‎ ‎（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。‎ 答案：（1）0.045 9.0×10-3 （2）该反应中甲酸具有催化作用 ①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。‎ ②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。（3）0.14‎ ‎（4）‎ 解析：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min==0.009mol·min-1。‎ ‎（2）参考答案。（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol 甲醇的物质的量=0.76mol所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7‎ ‎（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。 23.（09北京卷28）（15分）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：‎ ‎（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整 ‎ 4 +11‎ ‎（2）接触室中发生反应的化学方程式是 。‎ ‎（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母） 。‎ a. 为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎 b. 过量空气能提高的转化率 c. 使用催化剂能提高的反应速率和转化率 d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁 ‎（4）每‎160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程是 。‎ ‎（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。‎ ‎①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是 。‎ ‎② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。‎ 部分测定结果；‎ 铵盐质量为‎10.00g和‎20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为‎30.00g时，浓硫酸增加的质量为‎0.68g；铵盐质量为‎40.00g时，浓硫酸的质量不变。‎ 计算：该铵盐中氮元素的质量分数是 %； 若铵盐质量为‎15.00g。 浓硫酸增加的质量为 。 （计算结果保留两位小数）‎ 答案：（1）FeS2（2）（3）a b d ‎（4）SO3(g) + H2O(l) = H2SO4(l)；ΔH=-130.3kJ/mol（5）①SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- + SO42-②14.56 ‎‎2.31g ‎【解析】本题主要考查硫酸工业、热化学方程式的书写、计算等。‎ ‎（1）根据原子守恒即可判断该物质为FeS2。‎ ‎（2）SO2和O2在接触室发生反应生成SO3：2SO2 + O2 2SO3。‎ ‎（3）选项a，将黄铁矿粉碎更增加反应接触面积而加快反应速率。选项b，增加空气（O2）浓度能提高SO2的转化率。选项c，催化剂对转化率无影响。选项d，矿渣中含有Fe2O3，可用于冶炼铁。‎ ‎（4）‎160g SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出260.6kJ热量，则1mol SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出130.3kJ热量，则相关热化学方程式为： SO3(g) + H2O(l)＝H2SO4(l)；△H＝－130.3kJ/mol。‎ ‎（5）‎10g时说明铵盐不足,‎20g时说明氢氧化钠不足,由‎10.00g和‎20.00g 时浓硫酸增加的质量相同说明铵盐有酸式根产生的氨气, 氢氧化钠的物质的量浓度为Cmol/L 设‎10克中有Xmol的 (NH4)2SO4 和ymol的NH4HSO4则 ‎132X + 115y=10…………………………………………………….(1)‎ ‎10g时说明铵盐不足由N守恒知 ‎ n(NH3)=2X + y ‎20g时铵盐已经过量，氢氧化钠先和酸式根反应，则(NH4)2SO4为2Xmol，2ymol的NH4HSO4‎ ‎ HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎2y 2y ‎ NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—2y ‎50C×10—3—2y 由于产生的氨气一样多 ‎ ‎ n(NH3)=2X + y=‎50C×10—3—2y………………………………….(2)‎ ‎30g时铵盐过量，则(NH4)2SO4为3Xmol，3ymol的NH4HSO4 n(NH3)=0.68/17=0.04mol HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎3y 3y NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—3y 0.04‎ 所以 ‎ ‎50C‎×10—3—3y=0.04…………………………………………………….(3)‎ 联立(1) (2) (3)解得 ‎ X=0.02mol y=0.064mol C=4.64mol/L 氮的质量百分含量= ×100％=(0.04+0.064) ×14/10×100％=14.56％‎ ‎15g时铵盐已经过量，则(NH4)2SO4为1.5Xmol，1.5 ymol的NH4HSO4‎ HSO4— + OH— = SO42— + H2O ‎1 1‎ ‎1.5y 1.5y NH4+ + OH— = NH3 + H2O ‎ 1 1‎ ‎ ‎50C×10—3—1.5y ‎50C×10—3—1.5y ‎ n(NH3)= ‎50C×10—3—1.5y=50×4.64×10—3—1.5×0.064=0.136mol m(NH3)=0.136×17=‎‎2.31g