《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題2.4 守恒思想在化學(xué)中的應(yīng)用——守恒法解題技巧教學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題2.4 守恒思想在化學(xué)中的應(yīng)用——守恒法解題技巧教學(xué)案.doc（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題2.4 守恒思想在化學(xué)中的應(yīng)用——守恒法解題 守恒法是中學(xué)化學(xué)計算中一種很重要的方法與技巧，也是高考試題中應(yīng)用最多的方法之一，其特點是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，忽略中間過程，利用其中某種不變量建立關(guān)系式，從而簡化思路，快速解題。 1.“守恒法”就是以化學(xué)反應(yīng)過程中存在的某些特定關(guān)系為依據(jù)，從諸多變化和繁雜數(shù)據(jù)中尋找某一不變的物理量及其對應(yīng)等式關(guān)系解題的一種思想方法。 2.運用守恒法可以避開復(fù)雜的反應(yīng)和中間過程，直接尋找始態(tài)和終態(tài)中特有的守恒關(guān)系，能更快、更便捷地解決問題，提高解題的速度和準(zhǔn)確度。 3.中學(xué)常見的守恒問題有三種：質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒。 一、質(zhì)量守恒： 反應(yīng)物減少的總質(zhì)量=生成物增加的總質(zhì)量。在一些物理變化中也存在質(zhì)量守恒，如溶液在稀釋或濃縮過程中，原溶質(zhì)質(zhì)量在稀釋或濃縮后不變(溶質(zhì)不揮發(fā)、不析出)。在化學(xué)反應(yīng)過程中找準(zhǔn)反應(yīng)前后的質(zhì)量關(guān)系，利用不變量可快速求解。 【例1】 在臭氧發(fā)生器中裝入100 mL O2，經(jīng)反應(yīng)3O22O3，最后氣體體積變?yōu)?5 mL(體積均為標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定)，則反應(yīng)后混合氣體的密度為　　　gL-1。 【答案】1.5。 2.原子守恒：抓住初始反應(yīng)物和最終生成物中某一原子(或原子團(tuán))不變，找到等量關(guān)系進(jìn)行求解。 【變式探究】 有一在空氣中暴露過的KOH固體，經(jīng)分析知其內(nèi)含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若將此樣品1 g加入到46.00 mL的1 molL-1鹽酸中，過量的酸再用1.07 molL-1KOH溶液中和，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體　　　克。 【解析】此題中發(fā)生的反應(yīng)很多，但仔細(xì)分析可知:蒸發(fā)溶液后所得固體為KCl，其Cl-全部來自于鹽酸中的Cl-，在整個過程中Cl-守恒。即n(KCl)=n(HCl)；故m(KCl)=0.046 L1 molL-174.5 gmol-1=3.427 g。 【答案】3.427。 二、電子守恒： 氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子(化合價降低)總數(shù)等于還原劑失電子(化合價升高)總數(shù)，得失電子守恒(化合價升降相等)。在解題中找到最終化合價升高的和降低的物質(zhì)，列等式求解。 【例2】 1.92 g銅投入到一定量的濃硝酸中，銅完全溶解，用試管收集生成氣體顏色越來越淺，共收集到672 mL氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，將盛有此氣體的試管倒扣在水中，通入氧氣恰好使氣體完全溶解在水中，則需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣體積為(　)。 A.504 mL　　　　　B.168 mL C.336 mL　　 D.224 mL 【答案】C。 【變式探究】硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）Cl2完全轉(zhuǎn)化為Cl－離子，則S2O32－將轉(zhuǎn)化成（ ） 　　A．S2－ 　　　　B．S　　　　 C．SO32－　　　　 D．SO42－ 【答案】D 【解析】根據(jù)氧化還原反應(yīng)的得失電子數(shù)守恒可知，反應(yīng)中氯氣所獲得的電子的物質(zhì)的量與硫代硫酸鈉中硫失去的電子的物質(zhì)的量相等。設(shè)硫的最終價態(tài)為x價。則有（0.224L/22.4Lmol－1）2＝0.025L0.1mol/L2(x－2),解得x＝6,故選D。 三、電荷守恒： 指陽離子所帶的電荷總數(shù)(各種陽離子所帶電荷數(shù)與陽離子物質(zhì)的量的乘積的代數(shù)和)與陰離子所帶的電荷總數(shù)(各種陰離子所帶電荷數(shù)與陰離子物質(zhì)的量的乘積的代數(shù)和)在數(shù)值上相等，主要在以下兩個方面應(yīng)用。 1.離子方程式中，常用于離子方程式正誤判斷及書寫。 【例3】 在一定條件下， RO3n-與I-發(fā)生反應(yīng)的離子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+?=R-+3I2+3H2O，R?中的n為　　　。 【解析】解法①，依據(jù)得失電子守恒，I化合價總共升高6，所以R降低6價變?yōu)?1價，所以R?中的R元素的化合價是+5，n為1；解法②依據(jù)電荷守恒，反應(yīng)后電荷總數(shù)為-1，所以-n+(-1)6+(+1)6=-1，n為1。 【答案】1。 2.溶液呈電中性 【變式探究】將NaCl和NaBr混合物mg溶于水后，向所得溶液中通入足量Cl2，反應(yīng)后將溶液蒸干得固體(m-2)g，則通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物質(zhì)的量之比不可能為( ) A.4:3:1 B.3:3:1 C.3:2:1 D.3:1:2 【答案】B。 四、物料守恒： 電解質(zhì)溶液中某一組分的原始濃度等于它在溶液中各種存在形式的濃度之和，它實質(zhì)上是元素守恒。 【例4】 下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是?(　)。 A.氯水中:c(Cl2)=2[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)] B.在25 ℃ 100 mL NH4Cl溶液中:c(Cl-)> c(NH4+)+c(NH3H2O) C.等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中:c(HClO)+c(ClO-)= c(HCO3-) +c(H2CO3) D.等濃度醋酸和氫氧化鈉等體積混合后的溶液:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH) 【解析】氯氣溶于水，大部分氯氣以Cl2分子形式存在，少部分與水反應(yīng)生成HCl和HClO，所以氯水中無法比較c(Cl2)與[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)]的大小，A錯誤；依據(jù)物料守恒c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3H2O)可知B錯誤；依據(jù)物料守恒c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，可知C錯誤；依據(jù)電荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)減去物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)可知D正確。 【答案】D。 五、能量守恒： 化學(xué)反應(yīng)不僅遵循質(zhì)量守恒定律，還必須遵循能量守恒定律，蓋斯定律就是能量守恒的具體應(yīng)用。 【例5】 飲用水中的N主要來自于NH4+。已知在微生物的作用下， NH4+經(jīng)過兩步反應(yīng)被氧化成NO3-。兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下: O 1 mol NH4+全部被氧化成NO3-的熱化學(xué)方程式為 　。 【解析】首先寫出NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，然后依據(jù)圖像寫出： ① NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH1=-273kJmol-1； ②NO2- (aq)+0.5O2(g)=NO3- (aq)　ΔH2=-73 kJmol-1，依據(jù)蓋斯定律，①+②即得。 【答案】NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) 　ΔH=-346 kJmol-1 六、溶質(zhì)守恒： 同種溶質(zhì)的溶液混合或溶液稀釋，這種溶質(zhì)的總量恒定是解決溶液問題的根本依據(jù)。 【例6】 有100 g濃度為18 molL-1的濃硫酸，其密度為d gmL-1，加水稀釋至9 molL-1，則加入的水的體積為(　　)。 A.100 mL B. mL C.大于100 mL D.小于100 mL 【答案】D。 七、運用守恒思想進(jìn)行綜合計算 【例7】已知:KClO3溶液呈中性；Cl-與Ag+反應(yīng)生成AgCl， 每次新生成的AgCl中有10%(質(zhì)量分?jǐn)?shù))見光分解成單質(zhì)Ag和Cl2；Cl2可在水中歧化成HClO3(強酸)和HCl；HCl中的Cl-又與剩余的Ag+反應(yīng)生成沉淀，如此循環(huán)往復(fù)，直至終了。向含1.1molNaCl的溶液中加入足量的AgNO3溶液，最終能生成多少克難溶物(Ag和AgCl)?若最后所得溶液的體積為1.2L，則溶液的pH值為多少? 【解析】根據(jù)題意，最終體系中存在Ag，AgCl，ClO3-，NO3-，OH-，Na+，H+等微粒。設(shè)Ag的物質(zhì)的量為x，則AgCl的物質(zhì)的量為9x，ClO3-的物質(zhì)的量為y。 根據(jù)電子得失守恒：x=6y ① 據(jù)氯元素守恒：9x+y=1.1 ② 據(jù)電荷守恒：y+n(NO3-)+n(OH-)=n(H+)+n(Na+)，因溶液呈酸性，故OH-可忽略，又因n(NO3-)=x+9x，n(Na+)=1.1mol，故得： y+10x=n(H+)+1.1 ③ 聯(lián)立①，②，③三式解得：x=0.12mol 9x=1.08mol y=0.02mol n(H+)=0.12mol 所以難溶物(Ag+AgCl)質(zhì)量為： 1.08molx143.5g.mol-1+0.12molx108g.mol-1=167.94g c(H+)=0.12mol/1.2L=0.1mol.L-1 pH=-lgc(H+)=1。 高頻考點一、 質(zhì)量守恒法 【例1】　已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9∶22，在反應(yīng)X＋2Y===2Q＋R中，當(dāng)1.6 g X與Y完全反應(yīng)后，生成4.4 g R，則參與反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為 (　　) A．23∶9 B．32∶9 C．46∶9 D．16∶9 【答案】D 【變式探究】　有一瓶14%的KOH溶液，加熱蒸發(fā)掉100 g水后，變?yōu)?8%的KOH溶液80 mL，且 蒸發(fā)過程中無晶體析出，該80 mL溶液的物質(zhì)的量濃度為 (　　) A．5 molL－1 B．6 molL－1[ C．6.25 molL－1 D．6.75 molL－1 【解析】蒸發(fā)前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變，設(shè)原溶液的質(zhì)量為m，則m14%＝(m－100 g)28%，解得m＝200 g，溶質(zhì)的物質(zhì)的量為＝0.5 mol，蒸發(fā)后溶液的體積為80 mL，可求出該溶液的物質(zhì)的量濃度為6.25 molL－1。 【答案】C 高頻考點二、 原子守恒法 【例2】　38.4 mg銅跟適量的濃硝酸反應(yīng)，銅全部作用后，共收集到22.4 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氣體，反應(yīng)消耗的HNO3的物質(zhì)的量可能是 (　　) A．1.010－3 mol B．1.610－3 mol C．2.210－3 mol D．2.410－3 mol 【解析】據(jù)題意濃硝酸是適量的，而不是過量的，盡管開始產(chǎn)生的是NO2氣體，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硝酸濃度逐漸降低，氣體將由NO2變?yōu)镹O，22.4 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體應(yīng)是NO2與NO的混合物。據(jù)氮原子守恒，也即反應(yīng)消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中，所以硝酸的物質(zhì)的量等于氣體的物質(zhì)的量與硝酸銅物質(zhì)的量的兩倍之和。 n(HNO3)＝n(氣體)＋2n[Cu(NO3)2] ＝＋2＝2.210－3 mol。 【答案】C 【變式探究】將32.64克銅與140mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解，產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體的體積為11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。 　　（1）NO的體積為____________L，NO2的體積為____________L。 　?。?）待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則原硝酸溶液的濃度為____________mol/L. 　　 (3)使銅與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在NaOH溶液中完全轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要30%的雙氧水____________克。 【答案】（1）V(NO) ＝5.8L，V(NO2) ＝5.4L。 （2）c(HNO3)=( aV10－3+0.5)/0.14 mol/L. （3）57.8 化還原反應(yīng)，其物質(zhì)的量根據(jù)最后溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，則其物質(zhì)的量為aV10－3mol；所以原硝酸溶液的濃度為c(HNO3)=( aV10－3+0.5)/0.14 mol/L. 　　對問題（3），由于NO和NO2混合氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相當(dāng)于氮元素的化合價未變，銅失去的電子被雙氧水得到。即有0.512=m（H2O2）30%2/34，m（H2O2）=57.8g。 高頻考點三、電荷守恒 【例3】　在a L Al2(SO4)3和 (NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量強堿并加熱可得到c mol NH3，則原溶液中Al3＋的濃度(molL－1)為 (　　) A. B. C. D. 【解析】由于產(chǎn)生c mol NH3，則必定有NH c mol，使SO完全沉淀需Ba2＋ b mol，因此SO有b mol。根據(jù)電荷守恒：2c(SO)＝c(NH)＋3c(Al3＋)，則3c(Al3＋)＝ molL－1，c(Al3＋)＝ molL－1。 【答案】C 【變式探究】　某混合溶液中所含離子的濃度如下表，則M離子可能為 (　　) 所含離子 NO SO H＋ M 濃度(molL－1) 2 1 2 1 A.Mg2＋ B．Ba2＋ C．F－ D．Na＋ 【答案】A 高頻考點四、電子守恒法 【例4】　將1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 molL－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe3＋，且Cr2O中Cr6＋全部轉(zhuǎn)化為Cr3＋。則K2Cr2O7的物質(zhì)的量濃度是多少？ 【解析】由電子守恒知，F(xiàn)eO中＋2價鐵所失電子的物質(zhì)的量與Cr2O中＋6價鉻所得電子的物質(zhì)的量相等，(3－2)＝0.025 00 Lc(Cr2O)(6－3)2，得c(Cr2O)＝0.100 molL－1。 【答案】0.100 molL－1 【變式探究】將11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應(yīng)產(chǎn)生的x氣體。再向所得溶液中加入適量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀。根據(jù)題意推斷氣體x的成分可能是（ ） A．0.3mol NO2 和0.3mol NO B．0.2mol NO2和0.1mol N2O4 C．0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D．0.6mol NO 【答案】C 【解析】由質(zhì)量守恒知21.4g沉淀中氫氧根質(zhì)量為10.2g，故氫氧根的物質(zhì)的量為0.6 mol，則電子轉(zhuǎn)移也為0.6 mol，只有C符合題意。 1. （2018年江蘇卷）H2C2O4為二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.410?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.410?5，設(shè)H2C2O4溶液中c(總)= c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL?1H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是 A. 0.1000 molL?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 molL?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B. c(Na+ ) =c(總)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 molL?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D. c(Na+ ) =2c(總)的溶液：c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD 0.1000mol/L，c（Na+）＜0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C錯誤； c（Na+）=2c（總）時溶液中溶質(zhì)為Na2C2O4，溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒為c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，兩式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正確；答案選AD。 2. （2018年江蘇卷）堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，反應(yīng)方程式為 （2?x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1?x）Al2(SO4)3xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑ 生成物（1?x）Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。 （1）制備堿式硫酸鋁溶液時，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時間不變，提高x值的方法有___________________。 （2）堿式硫酸鋁溶液吸收SO2過程中，溶液的pH___________（填“增大”、“減小”、“不變”）。 （3）通過測定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值，測定方法如下： ①取堿式硫酸鋁溶液25.00 mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300 g。 ②取堿式硫酸鋁溶液2.50 mL，稀釋至25 mL，加入0.1000 molL?1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00 mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2，煮沸，冷卻后用0.08000 molL?1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計量比均為1∶1）。 計算（1?x）Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值（寫出計算過程）。 【答案】（12分） （1）適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率 （2）減小 （3）25mL溶液中：n(SO42?)= n(BaSO4) ==0.0100 mol 2.5 mL溶液中： n(Al3+) = n(EDTA)?n(Cu2+)=0.1000 molL?125.00 mL10?3LmL?1?0.08000 molL?120.00 mL 10?3 LmL?1=9.00010?4 mol 25 mL溶液中：n(Al3+)=9.00010?3 mol 1 mol (1?x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中 n(Al3+)=(2?x)mol；n(SO42?)=3(1?x)mol x=0.41 1．【2017江蘇卷】堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑。 （1）堿式氯化銅有多種制備方法 ①方法1: 45 ~ 50℃時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2 (OH)2 Cl23H2O， 該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________。 ②方法2: 先制得CuCl2，再與石灰乳反應(yīng)生成堿式氯化銅。Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)e3+對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示。 M的化學(xué)式為______。 （2）堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua(OH)bClcxH2O。 為測定某堿式氯化銅的組成， 進(jìn)行下列實驗: ①稱取樣品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A； ②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g；③另取25. 00 mL溶液A，調(diào)節(jié)pH 4 ~ 5，用濃度為0.08000 molL-1的EDTA(Na2H2Y2H2O)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2+ (離子方程式為Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00 mL。通過計算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計算過程)__________。 【答案】 4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe2+ n(Cl-)=n(AgCl)==4.80010-3mol n(Cu2+)=n(EDTA) =0.08000 molL-130.00 mL10-3 LmL-1=9.60010-3 mol n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol－4.80010-3 mol=1.44010-2 mol m(Cl-)=4.80010-3 mol35.5 g mol -1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.60010-3 mol64 g mol -1 =0.6144 g m(OH-)=1.44010-2 mol17 g mol -1 =0.2448 g n(H2O)= =4.80010-3 mol a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 化學(xué)式為Cu2 (OH)3ClH2O。 n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol－4.80010-3 mol=1.44010-2 mol 分別求出這3種離子的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒，求出H2O的質(zhì)量： m(Cl-)=4.80010-3 mol35.5 g mol -1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.60010-3 mol64 g mol -1 =0.6144 g m(OH-)=1.44010-2 mol17 g mol -1 =0.2448 g 再求出結(jié)晶水的物質(zhì)的量： n(H2O)= =4.80010-3 mol 最后求出各粒子的個數(shù)之比，寫出化學(xué)式： 因為a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以該樣品的化學(xué)式為Cu2 (OH)3ClH2O。 2．【2017北京卷】SCR和NSR技術(shù)可有效降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下的NOx排放。 （1）SCR（選擇性催化還原）工作原理： ① 尿素[CO(NH2)2]水溶液熱分解為NH3和CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________。 ② 反應(yīng)器中NH3還原CO2的化學(xué)方程式：____________。 ③ 當(dāng)燃油中含硫量較高時，尾氣中SO2在O2作用下會形成(NH4)2SO4，使催化劑中毒。用化學(xué)方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。 ④ 尿素溶液濃度影響NO2的轉(zhuǎn)化，測定溶液中尿素（M=60 mgL?1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，將所含氮完全轉(zhuǎn)化為NH3，所得NH3用過量的v1 mL c1 molL?1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 molL?1 NaOH溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_________。 （2）NSR（NOx儲存還原）工作原理： NOx的儲存和還原在不同時段交替進(jìn)行，如圖a所示。 ① 通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉(zhuǎn)化實現(xiàn)NOx的儲存和還原。儲存NOx的物質(zhì)是_________。 ② 用H2模擬尾氣中還原性氣體研究了Ba(NO3)2的催化還原過程，該過程分兩步進(jìn)行，圖b表示該過程相關(guān)物質(zhì)濃度隨時間的變化關(guān)系。第一步反應(yīng)消耗的H2與Ba(NO3)2的物質(zhì)的量之比是__________。 ③ 還原過程中，有時會產(chǎn)生笑氣（N2O）。用同位素示蹤法研究發(fā)現(xiàn)笑氣的產(chǎn)生與NO有關(guān)。在有氧條件下15NO與NH3以一定比例反應(yīng)時，得到的笑氣幾乎都是15NNO。將該反應(yīng)的化學(xué)方程式補充完整：_______□15NNO+□H2O 【答案】 CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ 8NH3+6NO27N2+12H2O 2SO2+O2+4NH3+2H2O＝2(NH4)2SO4 BaO 8∶1 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O 電子守恒，參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量為16mol2=8mol，則消耗的H2與Ba(NO3)2的物質(zhì)的量之比是8:1。③反應(yīng)物有15NO與NH3，結(jié)合產(chǎn)物中有水，可知還有另一反應(yīng)物O2，反應(yīng)中NH3是還原劑，15NO與O2是氧化劑，因產(chǎn)物均為15NNO，則15NO與NH3以1:1參加反應(yīng)，結(jié)合電子守恒和原子守恒可得此反應(yīng)的化學(xué)方程式415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。 1．【2016年高考上海卷】某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mlCl2，恰好將Fe2+完全氧化。x值為（ ） A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 【答案】A 【解析】根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)exO被氧化為Fe3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mL Cl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.01mol。則有：(3-)x=0.01，解得x=0.8。故選項A正確。 2．【2016年高考江蘇卷】（12分）過氧化鈣（CaO28H2O）是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。 （3）水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封靜置；加入適量稀H2SO4，待MnO(OH)2與I?完全反應(yīng)生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下： ①寫出O2將Mn2+氧化成MnO(OH)2的離子方程式；_____________。 ②取加過一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00 mL，按上述方法測定水中溶解氧量，消耗0.01000 molL?1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50 mL。計算該水樣中的溶解氧（用mgL?1表示），寫出計算過程。 【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓ ②在100.00mL水樣中 I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－ n(I2)= ＝ =6.75010－5mol n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.75010－5mol n(O2)= n[MnO(OH)2]=6.75010－5mol＝3.37510－5mol 水中溶解氧＝=10.80mg/L 3、【2016年高考上海卷】（本題共14分） CO2是重要的化工原料，也是應(yīng)用廣發(fā)的化工產(chǎn)品。CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應(yīng)可產(chǎn)生氧氣。 完成下列計算： （1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解產(chǎn)物經(jīng)干燥后的體積為_________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。 （2）某H2中含有2.40 molCO2，該混合氣體通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反應(yīng)，該NaOH溶液的濃度為_______。 （3）CO2和KO2有下列反應(yīng)： 4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2 若9 mol CO2在密封艙內(nèi)和KO2反應(yīng)后生成9 mol O2，則反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的量應(yīng)該是多少？列式計算。 （4）甲烷和水蒸氣反應(yīng)的產(chǎn)物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2 已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O 300 mol CH4完全反應(yīng)后的產(chǎn)物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若獲得甲醇350 mol，殘留氫氣120 mol，計算CO2的轉(zhuǎn)化率。 【答案】（本題共14分） （1）89.6 （2）2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L （3） n(H2O)=(9/6)2=3(mol) （4）300 mol CH4完全反應(yīng)產(chǎn)生H2 900mol 設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為α，CO轉(zhuǎn)化率為β 300β+100α=350 600β+300α=900-120 α=80% 或設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為α 900?3502?100α=120 α=80/100=80% （3）法一： 依題意，9 mol CO2在密封艙內(nèi)和KO2反應(yīng)后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通過觀察題給兩個方程式可知，當(dāng)把兩個方程式相加時正好符合題目要求： 8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2 所以有n(H2O)=n(CO2)=9mol=3mol，即反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的物質(zhì)的量為3mol。 法二： 設(shè)反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的物質(zhì)的量為n 4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2 2nn 1.5n 4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2 9-2n 1.5(9-2n) 根據(jù)題意生成氧氣9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反應(yīng)前密封艙內(nèi) H2O的物質(zhì)的量為3mol。 （4）法一： CH4+ H2OCO + 3H2 300mol 300mol 900mol 設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為α，CO的轉(zhuǎn)化率為β CO + 2H2CH3OH CO2 + 3H2CH3OH + H2O 300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol 根據(jù)題意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式 根據(jù)題意，反應(yīng)后殘留氫氣120mol，則實際參加反應(yīng)的氫氣為900mol-120 mol，所以有 600βmol+300αmol=900mol-120 mol--------②式 由①②式可得α=0.8，即CO2的轉(zhuǎn)化率為80%。 4.(2015江蘇高考18)軟錳礦(主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等)的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+SO2MnSO4。 (1)質(zhì)量為17.40 g純凈MnO2最多能氧化　　　　L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)SO2。 (2)已知:Ksp[Al(OH)3]=110-33，Ksp[Fe(OH)3]=310-39，pH=7.1時Mn(OH)2開始沉淀。室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其濃度均小于110-6molL-1)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為　　　　。 (3)下圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4H2O晶體，需控制結(jié)晶溫度范圍為　　　　。 (4)準(zhǔn)確稱取0.171 0 g MnSO4H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 molL-1的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(滴定過程中Mn3+被還原為Mn2+)，消耗Fe2+溶液20.00 mL。計算MnSO4H2O樣品的純度(請給出計算過程)。 5.(2015浙江高考27)Ⅰ.請回答: (1)H2O2的電子式　　　　。 (2)鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學(xué)方程式表示其理由　 。 (3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，寫出反應(yīng)的離子方程式　 。 (4)完成以下氧化還原反應(yīng)的離子方程式: (　　)Mn+(　　)C2+　　　(　　)Mn2++(　　)CO2↑+　　　 Ⅱ.化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑。一定條件下金屬鈉和H2反應(yīng)生成甲。甲與水反應(yīng)可產(chǎn)生H2，甲與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4。將4.80 g甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和2.24 L(已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)的H2。 請推測并回答: (1)甲的化學(xué)式　　　　。 (2)甲與AlCl3反應(yīng)得到NaAlH4的化學(xué)方程式　 。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式　 。 (4)甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑(鐵銹的成分表示為Fe2O3)，脫銹過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式　 。 (5)某同學(xué)認(rèn)為:用惰性氣體趕盡反應(yīng)體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應(yīng)后的氣體經(jīng)濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應(yīng)，得到的固體物質(zhì)即為純凈的甲;取該固體物質(zhì)與水反應(yīng)，若能產(chǎn)生H2，即可證明得到的甲一定是純凈的。 判斷該同學(xué)設(shè)想的制備和驗純方法的合理性并說明理由　 。 n(Na)==0.2 mol，根據(jù)化合價關(guān)系，可推出甲的化學(xué)式為NaH，制備它的反應(yīng)方程式為2Na+H22NaH。 (2)根據(jù)條件NaH與AlCl3反應(yīng)得到NaAlH4，NaH與NaAlH4中H都為-1價，反應(yīng)中無化合價變化，為非氧化還原反應(yīng)，則化學(xué)方程式為4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaAlH4中H化合價為-1價，H2O中H化合價為+1價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價歸中的規(guī)律，判斷產(chǎn)物為H2，可推出化學(xué)方程式為NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑。 (4)NaH除鐵銹，是把Fe2O3變?yōu)镕e，NaH作為還原劑，-1價的H化合價升高，生成NaOH，化學(xué)方程式為3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH。[Z&xx&k 6.(2015四川高考11)為了保護(hù)環(huán)境，充分利用資源，某研究小組通過如下簡化流程，將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3存在)轉(zhuǎn)變成重要的化工原料FeSO4(反應(yīng)條件略)。 活化硫鐵礦還原Fe3+的主要反應(yīng)為FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考慮其他反應(yīng)，請回答下列問題: (1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應(yīng)的離子方程式是　 。 (2)檢驗第Ⅱ步中Fe3+是否完全還原，應(yīng)選擇　　　　 (填字母編號)。 A.KMnO4溶液　　B.K3[Fe(CN)6]溶液　　C.KSCN溶液 (3)第Ⅲ步加FeCO3調(diào)溶液pH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空氣使溶液pH降到5.2，此時Fe2+不沉淀，濾液中鋁、硅雜質(zhì)被除盡。通入空氣引起溶液pH降低的原因是 　。 (4)FeSO4可轉(zhuǎn)化為FeCO3，F(xiàn)eCO3在空氣中加熱反應(yīng)可制得鐵系氧化物材料。 已知25℃，101 kPa時:4Fe(s)+ 3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1 648 kJmol-1 C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393 kJmol-1 2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s) ΔH=-1 480 kJmol-1 FeCO3在空氣中加熱反應(yīng)生成Fe2O3的熱化學(xué)方程式是 　。 (5)FeSO4在一定條件下可制得FeS2(二硫化亞鐵)納米材料。該材料可用于制造高容量鋰電池，電池放電時的總反應(yīng)為4Li+FeS2Fe+2Li2S，正極反應(yīng)式是　 。 (6)假如燒渣中的鐵全部視為Fe2O3，其含量為50%。將akg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為b%的硫酸加入ckg燒渣中浸取，鐵的浸取率為96%，其他雜質(zhì)浸出消耗的硫酸以及調(diào)pH后溶液呈微酸性所殘留的硫酸忽略不計。按上述流程，第Ⅲ步應(yīng)加入FeCO3 　　 　kg。 7.(2015天津高考10)FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小。請回答下列問題: (1)FeCl3凈水的原理是　 。 FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是(用離子方程式表示) 　。 (2)為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。 ①若酸性FeCl2廢液中c(Fe2+)=2.010-2molL-1，c(Fe3+)=1.010-3molL-1，c(Cl-)=5.310-2molL-1，則該溶液的pH約為　　　　。 ②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式: 　□Cl+　□Fe2++　□　　　 □ Cl-+　□Fe3++□　　　　　。 (3)FeCl3在溶液中分三步水解: Fe3++H2OFe(OH)2++H+　K1 Fe(OH)2++H2OFe(OH+H+　K2 Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+　K3 以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是　 。 通過控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氯化鐵，離子方程式為:xFe3++yH2OFex(OH+yH+，欲使平衡正向移動可采用的方法是(填序號)　　 　　。 a.降溫　　　　　　　　b.加水稀釋 c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3 室溫下，使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是 　。 (4)天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結(jié)果如下圖所示。由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mgL-1)表示]的最佳范圍約為　 　mgL-1。 (3)鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減小，則K1>K2>K3;該水解為吸熱反應(yīng)，所以降溫，平衡逆向移動;加水稀釋，則水解平衡正向移動;加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動;加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動，所以答案選b、d;從反應(yīng)的離子方程式中可知，氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成，所以關(guān)鍵步驟是調(diào)節(jié)溶液的pH。 (4)由題中圖象可知，聚合氯化鐵的濃度在18~20 mgL-1時，去除率達(dá)到最大值，污水的渾濁度減小。 答案:(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質(zhì)　2Fe3++Fe3Fe2+ (2)①2　②1　6　6　H+　1　6　3　H2O (3)K1>K2>K3　b、d　調(diào)節(jié)溶液的pH (4)18 ～20