【解析】2023年高考真題變式分類匯編：化學式及其計算

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2023年高考真題變式分類匯編：化學式及其計算

一、選擇題

1．（2023·郴州模擬）由氫氧化鈉（NaOH）和過氧化鈉（Na2O2）組成混合物中檢測出氫元素的質(zhì)量分數(shù)為1%，那么混合物中鈉元素的質(zhì)量百分數(shù)約為（）

A．46%B．57.5%C．58.4%D．無法計算

【答案】C

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】解：氫元素的質(zhì)量分數(shù)為1%，則混合物中含Na、O的質(zhì)量分數(shù)為1﹣1%=99%，由組成可知，Na與O原子個數(shù)為1：1，則質(zhì)量比為23：16，則混合物中鈉元素的質(zhì)量百分數(shù)約為99%×=58.4%，

故選C．

【分析】由組成可知，Na與O原子個數(shù)為1：1，則質(zhì)量比為23：16，以此計算．

2．（2023·上栗模擬）乙酸與2.0g某飽和一元醇A反應，生成酯3.7g，并回收到0.4gA，則A的相對分子質(zhì)量為（）

A．32B．46C．60D．74

【答案】A

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】設飽和一元醇為ROH，則：

由CH3COOH+ROH→CH3COOR+H2O可知：

R+1759+R

1.6g3.7g

所以（R+17）：（59+R）=1.6g：3.7g，

解得R=15，則A的相對分子質(zhì)量為15+17=32．

故選A．

【分析】設飽和一元醇為ROH，參加反應的A為2g﹣0.4g=1.6g，生成酯3.7g，根據(jù)方程式中質(zhì)量定比關系計算A的相對分子質(zhì)量.

3．（2022高一上·富錦期末）短周期元素A和B，其中A元素的原子最外層電子數(shù)是a，次外層電子數(shù)是b；B元素的原子M層電子數(shù)是(a-b)，L層電子數(shù)是(a+b)，則A、B兩種元素形成的化合物的化學式可能表示為（）

A．BA2B．AB2C．A3B2D．B3A2

【答案】A

【知識點】原子中的數(shù)量關系；原子核外電子排布；化學式及其計算；元素周期表的結構及其應用

【解析】【解答】短周期元素A和B，根據(jù)題干信息可知，B元素原子核外有三個電子層，其中L層電子數(shù)是(a+b)=8。A元素原子核外有2個或3個電子層，若有2個，則b=2；若有3個，則b=8，不符合，所以A元素原子核外有2個電子層，則a=8-b=6，即A元素為O，則B元素M層電子數(shù)為(a-b)=4，可推出B元素為Si，所以A、B兩種元素形成的化合物的化學式為SiO2，即BA2；

故答案為：A。

【分析】短周期元素包括第一、二、三周期，K層最多容納2個電子，L層最多容納8個電子，M層最多容納8個電子。

4．（2022高二下·寧波期末）I、II、III分別為三種烴，其結構模型如圖所示，下列說法正確的是（）

A．化合物I存在順反異構

B．化合物III中存在碳碳雙鍵

C．化合物I和II都能與溴水反應

D．等質(zhì)量的化合物I、II、III完全燃燒時，化合物II消耗O2最多

【答案】D

【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質(zhì)；化學式及其計算

【解析】【解答】A．I為CH2=CH2，連接碳碳雙鍵上的是同種原子，不存在順反異構，A不符合題意；

B．III為苯C6H6，苯不存在碳碳雙鍵，B不符合題意；

C．II為CH4，屬于飽和烴，不能與溴水反應，C不符合題意；

D．等質(zhì)量的烴的氫元素的質(zhì)量分數(shù)越大，耗氧量越大，I可簡化為CH2、，II為CH4，III為CH，CH4中H元素質(zhì)量分數(shù)最大，則化合物II即CH4消耗O2最多，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.注意順反異構中連接碳碳雙鍵上的是不種原子。

B.苯中碳碳之間的鍵是介于單鍵和雙鍵之間。

C.根據(jù)化合物的結構和性質(zhì)進行分析。

D.等質(zhì)量的烴的氫元素的質(zhì)量分數(shù)越大，耗氧量越大，據(jù)此分析。

5．（2023高一上·遼寧期末）實驗室測定氧化物X(FexO)的組成實驗如下：

下列有關說法正確的是（）

A．根據(jù)步驟I、II可判斷X的組成為Fe0.8O

B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：2

C．溶液Z中的離子只有Fe3+和Cl-

D．樣品X中氧元素的質(zhì)量分數(shù)約為27.6%

【答案】A

【知識點】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量；物質(zhì)的量濃度；化學式及其計算

【解析】【解答】A．由分析可知，可判斷X的組成為Fe0.8O，A符合題意；

B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=0.02：（2×0.01）=1：1，B不符合題意；

C．步驟I中加入足量的稀鹽酸，則溶液Z中的離子含有氫離子，C不符合題意；

D．樣品X中氧元素的質(zhì)量分數(shù)約為

，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】通入0.01molCl恰好完全反應，說明溶液Y中含有Fe2+，根據(jù)反應關系式2Fe2+~Cl，可算出n(Fe2+)=0.02mol，假設該氧化物中n(Fe3+)=a，n(O)=b，根據(jù)正負電荷的量相等，得到2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=2n(O)，即0.04＋3a=2b，又FexO中各原子的質(zhì)量之和為3.04g，即56×（0.02＋a）+16b=3.04，解二元一次方程組可得a=0.02mol，b=0.05mol。所以x=[n(Fe2+)+3n(Fe3+)]/n(O)=0.04/0.05=0.8。

A.該化合物的化學式為FeO。

B.溶液Y中兩離子的濃度之比等于物質(zhì)的量之比。

C.之前加入足量的鹽酸，所以溶液Z中還有多余的H+。

D.化合物中某元素的質(zhì)量分數(shù)=該元素原子的相對原子質(zhì)量×個數(shù)/化合物的相對分子質(zhì)量。

6．（2023高一上·天津市期末）有一鐵的氧化物樣品，用鹽酸恰好完全溶解，所得溶液還能吸收標況下氯氣，全部變成，則該氧化物可能的化學式為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】鐵的氧化物和氫氧化物；化學式及其計算

【解析】【解答】n(HCl)=5mol/L0.1L=0.5mol，反應中HCl中的H元素與氧化物中的O元素全部結合生成H2O，則氧化物中的n(O)=n(HCl)=0.25mol，n(Cl2)==0.05mol，反應后全部變成，反應后溶液成分為FeCl3，則氧化物鐵元素的物質(zhì)的量為：n(Fe)=n(Cl-)=(0.5mol+0.05mol2)=0.2mol，則氧化物n(Fe)：n(O)=0.2mol：0.25mol=4：5，該氧化物化學式為；

故答案為：C。

【分析】依據(jù)產(chǎn)物的化學式和得失電子守恒計算。

7．（2023高一上·鞍山期末）一份由LiNO3與LiNO2組成的混合物，經(jīng)測定其中N元素的質(zhì)量分數(shù)為24%，則O元素的質(zhì)量分數(shù)為（）

A．52%B．60.4%C．64%D．69.6%

【答案】C

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】兩化學式中Li、N質(zhì)量之比為7：14，則混合物中Li、N質(zhì)量之比也是7：14，其中N元素的質(zhì)量分數(shù)為24%，則Li元素質(zhì)量分數(shù)為24%×=12%，故O元素質(zhì)量分數(shù)為1-24%-12%=64%，

故答案為：C。

【分析】依據(jù)化學式的特點，尋找二者的相同點和不同點計算。

8．（2023高二下·長春期末）十二烷基苯磺酸鈉(C18H29NaO3S)主要用作陰離子型表面活性劑。沸點為315℃，下列有關說法正確的是()

A．十二烷基苯磺酸鈉的摩爾質(zhì)量是348

B．6.96g十二烷基苯磺酸鈉中碳原子數(shù)為0.36NA

C．0.5mol十二烷基苯磺酸鈉的質(zhì)量為174g·mol-1

D．1mol十二烷基苯磺酸鈉在標準狀況下的體積約為22.4L

【答案】B

【知識點】物質(zhì)的量與其濃度和氣體摩爾體積的綜合應用；化學式及其計算

【解析】【解答】A.根據(jù)十二烷基苯磺酸鈉的結構簡式可知，其摩爾質(zhì)量是348g/mol，A不符合題意；

B.6.96g十二烷基苯磺酸鈉的物質(zhì)的量為0.02mol，1個分子中含有18個碳原子數(shù)，故0.02mol分子中的碳原子數(shù)為0.36NA，B符合題意；

C.0.5mol十二烷基苯磺酸鈉的質(zhì)量為174g，C不符合題意；

D.十二烷基苯磺酸鈉沸點為315℃，故在標準狀況下其為非氣體狀態(tài)，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、注意摩爾質(zhì)量的單位為g/mol；

B、根據(jù)進行計算；

C、注意質(zhì)量的單位為g；

D、標準狀況為0攝氏度、101千帕。

9．（2023高二上·本溪期末）0.5mol某不飽和烴能與1molHCl完全加成，其加成后的產(chǎn)物又能被3molCl2完全取代，則該烴是（）

A．乙炔B．丙烯C．丙炔D．1,3-丁二烯

【答案】C

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】烴0.5mol能與1molHCl加成，說明烴中含有1個C≡C鍵或2個C=C鍵，加成后產(chǎn)物分子上的氫原子又可被3molCl2完全取代，說明0.5mol氯代烴中含有3molH原子，則0.5mol烴中含有2molH原子，即1mol烴含有含有4molH，并含有1個C≡C鍵或2個C=C鍵，符合要求的只有CH≡CCH3，

故答案為：C。

【分析】氣態(tài)烴0.5mol能與1molHCl加成，說明烴中含有1個C≡C鍵或2個C=C鍵，加成后產(chǎn)物分子上的氫原子又可被3molCl2完全取代，說明0.5mol氯代烴中含有3molH原子，則0.5mol烴中含有2molH原子，即1mol烴含有含有4molH，并含有1個C≡C鍵或2個C=C鍵。

10．（2023高二上·本溪期末）下列說法正確的是（）

A．28克乙烯所含共用電子對數(shù)目為4NA

B．1mol甲基的電子數(shù)為9NA

C．石油的裂化是物理變化

D．在制備乙烯實驗中，加熱時應使溫度緩慢上升至170℃

【答案】B

【知識點】石油的裂化和裂解；探究石蠟油分解制乙烯及乙烯的化學性質(zhì)；化學式及其計算

【解析】【解答】A、28g乙烯的物質(zhì)的量為1mol，而乙烯中含6對共用電子對，故1mol乙烯中含共用電子對數(shù)目為6NA，故A不符合題意；

B、1mol甲基的電子數(shù)為(6+3)NA=9NA，故B符合題意；

C、石油的裂化生成新物質(zhì)，是化學變化，故C不符合題意；

D、在制備乙烯的實驗中，加熱時應使溫度迅速上升至170℃，不能緩慢加熱，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、求出乙烯的物質(zhì)的量，然后根據(jù)乙烯中含6對共用電子對來分析．

B、1mol甲基的電子數(shù)為(6+3)NA=9NA；

C、石油的裂化生成新物質(zhì)；

D、使溫度迅速上升至170℃，防止發(fā)生副反應生成乙醚；

11．（2023高一上·集寧期末）幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7molL―1的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（標況）氯氣時，恰好使溶液中的Fe2+完全轉化為Fe3+，則該混合物中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為（）

A．72.4%B．71.4%C．79.0%D．63.6%

【答案】B

【知識點】氧化還原反應；鐵的氧化物和氫氧化物；化學式及其計算

【解析】【解答】鐵的氧化物和鹽酸恰好反應生成氯化物，根據(jù)電荷守恒，氧化物中氧原子的物質(zhì)的量=0.1×7/2=0.35摩爾，氯氣的物質(zhì)的量為0.56/22.4=0.025摩爾，根據(jù)電子守恒，混合物中的+2價鐵的物質(zhì)的量為0.025×2/1=0.05摩爾，根據(jù)電荷守恒分析，混合物中+3價鐵的物質(zhì)的量為（0.35×2-0.05×2）/3=0.2摩爾，則混合物中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)=（0.05+0.2）×56/[（0.05+0.2）×56+0.35×16]=71.4%，

故答案為：B。

【分析】解決本題的關鍵是找到氧化還原反應中的電子得失關系以及電荷守恒關系。

12．（2023高一下·西安期末）某混合物由乙酸和乙酸乙酯按一定比例組成，其中氫元素的質(zhì)量分數(shù)為，則該混合物中氧元素的質(zhì)量分數(shù)為()

A．40%B．60%C．64%D．72%

【答案】A

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】乙酸的分子式為C2H4O2，乙酸乙酯的分子式為C4H8O2，兩種物質(zhì)中C、H原子的質(zhì)量關系相等，質(zhì)量比為6：1，氫元素的質(zhì)量分數(shù)為6/70，則碳元素的質(zhì)量分數(shù)為6×6/70=36/70，則該混合物中氧元素的質(zhì)量分數(shù)為1-6/70-36/70=28/70=40%，A符合題意；

故答案為：A

【分析】兩種物質(zhì)中，碳氫元素的質(zhì)量比相同，可根據(jù)氫元素的質(zhì)量分數(shù)確定碳元素的質(zhì)量分析，進而得出氧元素的質(zhì)量分數(shù)。

13．（2023高一下·鹽城期末）取少量某鎂鋁合金粉末，其組成可用MgxAly表示，向其中加入足量稀硫酸充分反應，收集到3.808LH2（標準狀況）同時得無色溶液，向所得溶液中加入過量NaOH溶液，充分反應得到沉淀4.64g。則x∶y為（）

A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶2

【答案】B

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】由題中信息可知發(fā)生反應為MgxAly+（x+）H2SO4=xMgSO4+Al2(SO4)3+(x+)H2↑、MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，取少量某鎂鋁合金粉末，其組成可用MgxAly表示，向其中加入足量稀硫酸充分反應，收集到3.808LH2（標準狀況）同時得無色溶液，氫氣的物質(zhì)的量為，向所得溶液中加入過量NaOH溶液，充分反應得到沉淀4.64g，則為氫氧化鎂沉淀，n(Mg)=0.08mol，n(Al)=(0.17mol-0.08mol)=0.06mol，故x:y=0.08mol:0.06mol=4:3，

故答案為：B。

【分析】根據(jù)生成氣體的體積，算出氫氣的物質(zhì)的量，進而得出x+=0.17，然后根據(jù)生成沉淀的質(zhì)量，算出氫氧化鎂的物質(zhì)的量，得出x=0.08，最后得出x與y的比值；

14．（2023高一下·黑龍江期末）元素R的最高價含氧酸化學式為HnRO2n＋2，在它的氣態(tài)氫化物中，R的化合價為()

A．3n－10B．3n－4C．3n－12D．4－3n

【答案】B

【知識點】常見元素的化合價；化學式及其計算

【解析】【解答】因化合物中H元素為價，O元素的化合價為價-2，設元素R的最高正化合價為x，由化學式為HnRO2n＋2，根據(jù)化合物中元素的正負化合價的代數(shù)和為，則(+1)×n+x+(-2)×(2n＋2)=0，則x=+(3n＋4)。根據(jù)元素的最高正價+|最低負價|=8，則有|最低負價|=8-(3n＋4)=4-3n，在其氫化物中，R的化合價為3n-4；

故答案為：B。

【分析】元素的最高價=最外層電子數(shù)=主族序數(shù)，最低負價=最高正價-8。

15．（2023高二上·黃陵期末）甲醛、乙醛、丙醛組成的混合物中，氫元素的質(zhì)量分數(shù)是9%，則氧元素的質(zhì)量分數(shù)是（）

A．16%B．37%C．48%D．無法計算

【答案】B

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】解：在甲醛（HCHO）、乙醛（CH3CHO）和丙醛（CH3CH2CHO）混合物中，碳原子與氫原子個數(shù)之比為1：2，則碳元素與氫元素的質(zhì)量之比為12：2=6：1，混合物中氫元素質(zhì)量分數(shù)為9%，則C元素的質(zhì)量分數(shù)為9%×6=54%，故混合物中氧元素的質(zhì)量分數(shù)為1﹣54%﹣9%=37%，

故選：B．

【分析】在甲醛（HCHO）、乙醛（CH3CHO）和丙醛（CH3CH2CHO）組成的混合物中，C、H兩種元素的原子個數(shù)始終是1：2，故C、H兩元素的質(zhì)量之比=12：2=6：1，根據(jù)氫元素質(zhì)量計算C元素的質(zhì)量分數(shù)，根據(jù)ω（O）=1﹣ω（C）﹣ω（H）計算．

二、多選題

16．（2023高二上·欽州期末）C8H18經(jīng)多步裂化，最后完全轉化為C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五種氣體的混合物．該混合物的平均相對分子質(zhì)量可能是（）

A．28B．30C．38D．40

【答案】B,C

【知識點】化學式及其計算

【解析】【解答】按照題目所給C8H18的裂化產(chǎn)物考慮，C8H18裂化可能發(fā)生的反應共有以下幾種：

①C8H18→C4H8+C3H6+CH4

②C8H18→C4H8+C2H4+C2H6

③C8H18→2C3H6+C2H6

④C8H18→C3H6+2C2H4+CH4

⑤C8H18→3C2H4+C2H6

以上反應①、②、③是1molC8H18裂化生成3mol混合氣體；④、⑤反應是1molC8H18裂化生成4mol混合氣體．要得到題目所述的混合氣體，按①、②、③反應就可以實現(xiàn)；但是按④、⑤反應并不能得到題目所述的混合氣體，至少需要①、②中的一個反應參與或者共同參與，③也有可能同時參與．

這樣1molC8H18裂化所得的混合氣體的物質(zhì)的量為：3mol≤n＜4mol，所以混合氣體的平均摩爾質(zhì)量＜≤，

即28.5g/mol＜≤38g/mol．所以平均相對分子質(zhì)量為：28.5＜≤38．

故選B、C．

【分析】根據(jù)C原子、H原子守恒，判斷C8H18裂化可能發(fā)生的反應情況，根據(jù)反應情況判斷1molC8H18裂化所得的混合氣體的物質(zhì)的量的范圍，再根據(jù)極限法計算平均相對分子質(zhì)量的范圍，據(jù)此解答．

三、非選擇題

17．（2023·湖北）學習小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）銅與濃硝酸反應的裝置如下圖，儀器A的名稱為，裝置B的作用為。

（2）銅與過量反應的探究如下：

實驗②中Cu溶解的離子方程式為；產(chǎn)生的氣體為。比較實驗①和②，從氧化還原角度說明的作用是。

（3）用足量NaOH處理實驗②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X為銅的氧化物，提純干燥后的X在惰性氛圍下加熱，mgX完全分解為ng黑色氧化物Y，。X的化學式為。

（4）取含X粗品0.0500g(雜質(zhì)不參加反應)與過量的酸性KI完全反應后，調(diào)節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為指示劑，用標準溶液滴定，滴定終點時消耗標準溶液15.00mL。(已知：，)標志滴定終點的現(xiàn)象是，粗品中X的相對含量為。

【答案】（1）具支試管；防倒吸

（2）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；O2；既不是氧化劑，又不是還原劑

（3）CuO2

（4）溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色；72%

【知識點】氧化還原反應；氧化還原反應方程式的配平；化學方程式的有關計算；化學式及其計算

【解析】【解答】（1）由圖可知，儀器A的名稱為具支試管；銅和濃硝酸反應生成硝酸銅和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，則裝置B的作用為防倒吸；

（2）根據(jù)實驗現(xiàn)象，銅片溶解，溶液變藍，可知在酸性條件下銅和過氧化氫發(fā)生反應，生成硫酸銅，離子方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，產(chǎn)生的氣體為氧氣，從化合價升降角度分析，H+既不是氧化劑也不是還原劑；

（3）設X的化學式為：CuOx，分解后生成的黑色物質(zhì)為CuO，反應前后根據(jù)銅元素守恒，可得，解的x=2，所以X的化學式為：CuO2

（4）滴定結束的時候，單質(zhì)碘消耗完，則標志滴定終點的現(xiàn)象是：溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色；在CuO2中銅為+2價，氧為-1價，根據(jù)反應方程式，可以得到關系式：，則n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相對含量為

【分析】第（1）本實驗目的是探究銅的氧化過程及銅的氧化物的組成，銅與濃硝酸反應，銅被濃硝酸氧化，產(chǎn)生NO2氣體，該氣體極易溶于水且有毒，需要防止倒吸，并用氫氧化鈉溶液吸收；

第（2）為探究銅與過氧化氫溶液反應原理探究，銅與過氧化氫溶液不直接反映，但是加入稀硫酸后，反應生成硫酸銅和氧氣；

第（3）是探究氫氧化與硫酸銅反應生成銅氧化物探究；

第（4）為氧化還原反應滴定，找到被滴定物質(zhì)與標準溶液關系即可計算。

18．（2022·浙江6月選考）化合物X由三種元素組成，某實驗小組按如下流程進行相關實驗：

化合物X在空氣中加熱到，不發(fā)生反應。

請回答：

（1）組成X的三種元素為；X的化學式為。

（2）溶液C的溶質(zhì)組成為（用化學式表示）。

（3）①寫出由X到A的化學方程式。

②X難溶于水，但可溶于氨水中，寫出該反應的離子方程式。

（4）設計實驗，檢驗尾氣中相對活潑的2種氣體。

【答案】（1）、、O；

（2）、

（3）；

（4）將濕潤的紅色石蕊試紙置尾氣出口，若變藍，說明尾氣中有。將尾氣通入冷的集氣瓶中，若有液珠，說明有

【知識點】物質(zhì)檢驗實驗方案的設計；物質(zhì)的量的相關計算；化學式及其計算

【解析】【解答】（1）根據(jù)分析可知，組成X的三種元素為Ba、Cu、O，X的化學式為BaCu3O4。

（2）根據(jù)氯原子原子守恒以及溶液C仍然能與氯化鋇反應生成硫酸鋇可知溶液C的溶質(zhì)組成為HCl、H2SO4。

（3）①反應中Cu元素化合價降低，得到電子，則氨氣中氮元素化合價升高，被氧化生成氮氣，根據(jù)原子守恒可知由X到A的化學方程式為2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。

②X難溶于水，但可溶于氨水中，說明有Cu(NH3)生成，所以該反應的離子方程式為BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O。

（4）由上述分析可知，尾氣中含有NH3、N2和H2O，氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，所以需要檢驗的是氨氣和水蒸氣，實驗方案為：將濕潤的紅色石蕊試紙置尾氣出口，若變藍，說明尾氣中有NH3。將尾氣通入冷的集氣瓶中，若有液珠，說明有H2O。

【分析】無色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和無色溶液C，無色溶液C加入足量氯化鋇溶液得到白色沉淀，該白色沉淀為硫酸鋇，物質(zhì)的量為2.330g÷233g/mol=0.01mol”)。

③在T1和P2的條件下，向密閉容器中充入1molCO2和3molH2，該反應在第5min時達到平衡，此時容器的容積為2.4L，則該反應在此溫度下的平衡常數(shù)為，保持T1和此時容器的容積不變，再充入1molCO2和3molH2，設達到平衡時CO2的總轉化率為a，寫出一個能夠解出a的方程或式子(不必化簡，可以不帶單位)。

【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol－1

（2）CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O

（3）3：8：3

（4）CD；＜；3；

【知識點】熱化學方程式；化學平衡常數(shù)；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)依據(jù)三個能量關系圖像寫出對應的熱化學方程式：CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－mkJ·mol－1；H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH2＝－nkJ·mol－1；CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3＝－pkJ·mol－1；由蓋斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＝ΔH3－3ΔH2－ΔH1＝+(－p+3×n+m)kJ·mol－1；(2)甲醇與酸性K2Cr2O7溶液反應生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合價降低3，碳的化合價升高6，根據(jù)電荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根據(jù)1.84gM中含Cxmol，含Hymol，據(jù)題意有，解得x=0.06y=0.16；則1.84gM中含氧物質(zhì)的量z==0.06mol，1molM中含C、H、O分別為3、8、3，則M中碳、氫、氧原子個數(shù)之比為3：8：3；(4)①A．斷裂3molH—H鍵就意味著消耗了3molH2，CH3OH和H2O中均有H—O鍵，即反應生成了3molO-H鍵，均表明正反應速率的變化關系，所以不能說明v正=v逆，故A不正確；

B．由于反應過程中容器的壓強一直保持不變，故“壓強不再變”的時刻也不能說明v正=v逆，故B不正確；

C．容器中反應物、生成物均為氣體，氣體總質(zhì)量m一直保持不變，但反應前后氣體物質(zhì)的量差△n≠0，即只有當反應達到平衡狀態(tài)時，體系的總物質(zhì)的量n才不再變化，故由M=知“平均摩爾質(zhì)量不變”能夠表明反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．“CH3OH的濃度不再改變”表明，單位時間內(nèi)生成和消耗的CH3OH的濃度相等，即v正=v逆，反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；

故答案為：CD；②由ΔH＝－49.58kJ·mol－1＜0，知正反應為放熱反應，在同一壓強下，溫度升高可使CO2的轉化率降低，再由圖像可知T1＜T2；

③由圖1知，在T1和p2的條件下，平衡時CO2的轉化率為60%。消耗的CO2為1mol×60%＝0.6mol，故有如下關系：

結合容器的體積(2.4L)有，平衡體系中各物質(zhì)的濃度為c(CO2)=mol·L－1，c(H2)=mol·L－1，c(CH3OH)=mol·L－1，c(H2O)=mol·L－1，則該條件下的平衡常數(shù)為；由于再充入原料氣時，反應溫度沒變，即K不變。設達到平衡時CO2的總轉化率為a，則整個過程中反應的CO2為2amol，同理有如下關系：

。

【分析】（1）根據(jù)一氧化碳和氫氣以及甲烷與氧氣的熱化學方程式利用蓋斯定律即可寫出熱化學方程式

（2）根據(jù)反應物和生成物即可寫出方程式

（3）根據(jù)給出燃燒的產(chǎn)物的量即可計算出碳氫氧原子個數(shù)之比

（4）①對于反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.58kJ/mol，可以根據(jù)容器內(nèi)的平均摩爾質(zhì)量不變以及各物質(zhì)的量濃度判斷是否平衡

②根據(jù)正反應是放熱，即可判斷出溫度與轉化率的關系

③根據(jù)給出的數(shù)據(jù)計算出平衡時的濃度即可計算出常數(shù)，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)利用平衡常數(shù)為3即可計算出轉化率

26．（2023·煙臺模擬）實驗室欲測定鐵鋁合金的組成，將鐵鋁合金溶解后，取試樣25.00mL，分離并測定Fe3+的濃度，實驗方案設計如下：

已知：乙醚易揮發(fā)，易燃燒。

回答下列問題：

（1）常溫下，將鐵鋁合金溶解的試劑是(填字母)。

a．稀鹽酸

b.稀硫酸

c.稀硝酸

d.濃硝酸

（2）已知氫氧化鐵實際上是三氧化二鐵的水合物，則通過稱量氫氧化鐵固體質(zhì)量的方法來確定c(Fe3+)時，該方案理論上的主要缺點是。

（3）操作X是，操作X后檢驗溶液中是否有Fe3+殘留的方法是。

（4）蒸餾裝置如圖所示，裝置中存在的錯誤是。

（5）將含F(xiàn)e3+的溶液定容至100mL需要的儀器是。

（6）已知滴定反應為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，當?shù)味ㄟ_到終點時，消耗0.1000mol·L-1Ce(SO4)2溶液15.00mL，則開始試樣中c(Fe3+)=。若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含F(xiàn)e2+的待測液，則該過程的離子反應方程式為。

【答案】（1）c

（2）氫氧化鐵(Fe2O3·nH2O)沒有固定的組成

（3）分液；從水溶液中取樣，滴加少量KSCN溶液顯紅色說明有殘留，否則無殘留

（4）體系密閉

（5）100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管

（6）0.1600mol·L-1；Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

【知識點】有關混合物反應的計算；化學式及其計算

【解析】【解答】（1）由圖示，合金溶液后溶液中存在的是Fe3+，所以加入的一定是氧化性酸，選項a、b一定錯誤。鐵鋁在濃硝酸中都鈍化，所以選項d錯誤。最后只能使用稀硝酸，選項c正確。

（2）已知氫氧化鐵實際上是三氧化二鐵的水合物，所以該水合物的最大問題在于其n值不確定，所以通過稱量氫氧化鐵固體質(zhì)量的方法來確定c(Fe3+)是不合理的。

（3）乙醚是不溶于水的液體，所以操作X應該是分液。檢驗Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色是否變?yōu)榧t色，所以答案為：從水溶液中取樣，滴加少量KSCN溶液顯紅色說明有殘留，否則無殘留。

（4）圖示的蒸餾裝置是完全密閉的裝置（注意：最后的牛角管接錐形瓶是用膠塞連接的），這樣進行加熱是很危險的。

（5）將含F(xiàn)e3+的溶液定容至100mL，應該將溶液轉移至100mL容量瓶，洗滌燒杯，加水定容。所以需要的儀器為：100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。

（6）Ce(SO4)2為15×0.1÷1000=0.0015mol，根據(jù)反應得到Fe2+為0.0015mol，定容為100mL，取出25mL進行滴定，所以該100mL溶液中有Fe2+為0.0015×4=0.006mol。該溶液中的Fe2+來自于如下反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以原來的Fe3=為0.004mol，這些Fe3+來自于25mL水樣，所以濃度為1000×0.004÷25=0.16mol/L。若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含F(xiàn)e2+的待測液，Cr2O72-應該被還原為Cr3+，則該過程的離子反應方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

【分析】（1）合金中鐵是以+3價離子形式存在，故溶解的是氧化性酸。但鐵鋁在濃硫酸硝酸中鈍化

因此只能是稀硝酸。

（2）題干中提示是：三氧化二鐵的水合物，不能確定水的含量，因此無法確定三氧化二鐵的量。

（3）分離兩種互不相溶的液體用的是分液

檢驗鐵離子：加入KSCN溶液。

（4）尾接管不能用膠塞堵住，否則錐形瓶內(nèi)壓強遠小于其他蒸餾裝置壓強，容易引起爆炸。

（5）注意：容量瓶一定要注明規(guī)格

（6）根據(jù)c待測=c標V標/V待測*反應計量系數(shù)比

27．（2022高二下·贛州期末）某芳香族有機化合物A能與NaOH溶液反應，相對分子質(zhì)量為136，其中含碳的質(zhì)量分數(shù)為70.6%，氫的質(zhì)量分數(shù)為5.9%，其余為氧。

（1）A的分子式是。

（2）若A含有酯基，且1molA消耗1molNaOH，則A的結構簡式可能是或。

（3）若A能與溶液發(fā)生顯色反應，也能發(fā)生銀鏡反應，其結構有種。

（4）若A分子苯環(huán)上只有一個取代基，既能發(fā)生銀鏡反應又能與NaOH溶液反應，寫出其與NaOH溶液反應的化學方程式。

【答案】（1）

（2）；

（3）13

（4）NaOH+→HCOONa+

【知識點】同分異構現(xiàn)象和同分異構體；苯的同系物及其性質(zhì)；醛的化學性質(zhì)；化學式及其計算

【解析】【解答】有機化合物A相對分子質(zhì)量為136，其中含碳的質(zhì)量分數(shù)為70.6%，氫的質(zhì)量分數(shù)為5.9%，其余為氧，則氧的質(zhì)量分數(shù)為23.5%。三種元素的原子個數(shù)為C：；H：；O：，有機物A的分子式為：，該物質(zhì)屬于芳香族有機化合物可知含有苯環(huán)，能與NaOH溶液反應說明存在羧基或者酯基，據(jù)此分析解答。

(1)由上述分析可知A的分子式為：，故答案為：；

(2)若A含有酯基，且1molA消耗1molNaOH，可知A的結構中不存在酚類酯結構，則A可能是或，故答案為：；；

(3)若A能與溶液發(fā)生顯色反應，也能發(fā)生銀鏡反應，可知其含有酚羥基和醛基，若A中存在酚羥基和，在苯環(huán)上存在鄰、間、對三種結構；若苯環(huán)上存在酚羥基、-CHO、-CH3三種基團，則酚羥基、-CHO處于鄰位時甲基有4種位置，若酚羥基、-CHO處于間位時甲基有4種位置，若酚羥基、-CHO處于對位時甲基有2種位置，共計13種結構，故答案為：13；

(4)若A分子苯環(huán)上只有一個取代基，既能發(fā)生銀鏡反應又能與NaOH溶液反應，可知其結構種存在HCOO-結構，符合的A的結構為，A與NaOH反應的方程式為：NaOH+→HCOONa+，故答案為：NaOH+→HCOONa+；

【分析】難點分析：（2）分子式為C8H8O2，含有酯基，且水解消耗1mol的氫氧化鈉，說明不是苯酚與酸形成的酯類，所以結構為苯甲酸甲酯和苯甲醇甲酯。

（3）A可與氯化鐵顯色，說明含有一個酚羥基，也可以發(fā)生銀鏡反應，說明含有一個醛基，可能含有一個甲基，所以一共組合有13種。

28．（2022高二下·煙臺期末）草酸鎳晶體(NiC2O4·2H2O)可用于制鎳催化劑，硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)主要用于電鍍工業(yè)。某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物、SiO2、CaO等，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)。

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+

開始沉淀pH7.23.72.27.5

完全沉淀pH8.74.73.29.0

②CaF2的溶解度小于CaC2O4

③NiSO4·7H2O易溶于水，難溶于乙醇

回答下列問題：

（1）“堿浸”中NaOH的作用除去Al和Al2O3、。

（2）由流程中的“浸出液”制備硫酸鎳晶體的正確實驗步驟是：

第1步：取“浸出液”，加入足量的H2O2調(diào)節(jié)溶液pH的范圍為，充分反應后過濾，以除去鐵元素；

第2步：向所得濾液中加入適量NH4F溶液，充分反應后過濾，得“溶液X”；

第3步：調(diào)節(jié)濾液的pH＞8.7，充分反應后過濾；

第4步：濾渣用稍過量硫酸充分溶解后，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得硫酸鎳晶體。

（3）下列說法錯誤的是____

A．快速冷卻溶液，可以得到細小的晶體顆粒

B．濾餅①中只含有Fe、Ni兩種金屬元素

C．堿浸后抽濾得到濾餅①，該操作過程中需先微開水龍頭，讓濾紙緊貼布氏漏斗上

D．將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是提高鎳的回收率

（4）步驟2若加入適量(NH4)2C2O4會得到草酸鈣晶體，某研究所利用SDTQ600熱分析儀對草酸鈣晶體(CaC2O4·xH2O)進行熱分解，獲得相關數(shù)據(jù)，繪制成固體質(zhì)量一分解溫度的關系如圖。

①800℃以上時，固體成分的化學式為。

②殘留固體為CaC2O4時的溫度范圍。

③寫出固體質(zhì)量由12.8g變?yōu)?0.0g時的化學方程式。

【答案】（1）油脂、SiO2

（2）3.2~7.2

（3）B；C

（4）CaO；200~400℃；

【知識點】制備實驗方案的設計；化學式及其計算

【解析】【解答】

（1）由分析可知，“堿浸”中NaOH的作用除去Al和Al2O3、油脂、SiO2。

（2）取“浸出液”，加入足量的H2O2后，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+完全沉淀pH=3.2，Ni2+開始沉淀pH=7.2，則要調(diào)節(jié)溶液pH的范圍為3.2~7.2，充分反應后過濾，以除去鐵元素。

（3）A．快速冷卻溶液，可以得到細小的晶體顆粒，A正確；B．濾餅①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量不溶性雜質(zhì)，B不正確；C．抽濾前，應先將濾紙放入布氏漏斗中，用蒸餾水潤濕濾紙，再微開水龍頭，使濾紙緊貼漏斗的瓷板上，C不正確；D．分離出硫酸鎳晶體后的母液含有少量的Ni2+，可將其進行收集、循環(huán)使用，提高鎳的回收率，D正確；

故答案為：BC。

（4）①800℃以上時，固體為受熱分解的最終產(chǎn)物，該物質(zhì)是CaO；②CaC2O4xH2O受熱分解首先失去結晶水生成CaC2O4，溫度升高至400℃后CaC2O4分解，故殘留固體為CaC2O4時的溫度范圍為200~400℃；③12.8gCaC2O4的物質(zhì)的量是0.1mol，0.1molCaC2O4受熱分解后固體質(zhì)量為10.0g，固體質(zhì)量減少2.8g，2.8g為分解產(chǎn)生的CO的質(zhì)量，其物質(zhì)的量為0.1mol，則CaC2O4受熱分解產(chǎn)生CaCO3、CO，此時反應的化學方程式為。

【分析】向廢鎳催化劑中加入氫氧化鈉溶液進行堿浸，可除去油脂，且Al、Al2O3和NaOH發(fā)生反應生成NaAlO2，SiO2和NaOH反應生成Na2SiO3，所以堿浸后，濾液①中含有NaAlO2、Na2SiO3；濾餅①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量不溶性雜質(zhì)，加入稀硫酸進行酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+的浸出液，F(xiàn)e2+被雙氧水氧化為Fe3+，再加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀而除去，Ca2+用NH4F除去，得到含有Ni2+的X溶液，再控制溶液pH濃縮結晶得到硫酸鎳晶體。

29．（2022高二下·如皋期末）一種以硼鎂石[主要含，還含有少量]為原料制取的工藝流程如下：

（1）與焙燒時生成、、、、和。寫出焙燒時發(fā)生反應的化學方程式：。

（2）由于部分銨鹽的分解，焙燒反應所得的氣體中除和外，還可能含有和，其中和的體積比為。

（3）易溶于水，溶于水后生成硼酸，硼酸在冷水中溶解度小，溶于水的硼酸可發(fā)生電離：。硼酸屬于元酸。

（4）用氨水調(diào)的目的是沉淀和，已知實驗條件下，部分金屬離子開始沉淀的和對應氫氧化物的如下表所示；溶液中金屬離子濃度，可以認為沉淀完全。

開始沉淀的8.63.72.2

氫氧化物的

調(diào)時需控制的范圍是。

（5）取加熱分解，所得殘留固體的質(zhì)量與溫度的關系如下圖所示。時所得固體的成分為。

【答案】（1）

（2）3：1

（3）一

（4）-8.6

（5）

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；制備實驗方案的設計；化學式及其計算

【解析】【解答】

（1）由題意可知，與硫酸銨焙燒反應生成硫酸鎂銨、氧化硼、氨氣和水，反應的化學方程式為，故答案為：；

（2）由題意可知，焙燒時，硫酸銨高溫條件下受熱分解生成氨氣、二氧化硫、氮氣和水，反應的化學方程式為4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O，反應中二氧化硫和氮氣的體積比為3：1，故答案為：3：1；

（3）由電離方程式可知，硼酸是一元弱酸，故答案為：一；

（4）用氨水調(diào)節(jié)溶液pH時，溶液pH應小于8.6，防止鎂離子沉淀，為使溶液中鐵離子、鋁離子完全沉淀，溶液中氫氧根離子濃度應大于==mol/L，溶液pH應大于，則溶液的pH范圍為—8.6，故答案為：—8.6；

（5）由圖可知，的物質(zhì)的量為=0.1mol，由鎂原子個數(shù)守恒可知，0.1mol的質(zhì)量0.1mol×394g/mol=39.4g，則250℃時所得固體為，故答案為：。

【分析】硼鎂石與硫酸銨焙燒得到含有硫酸鎂銨、硫酸鐵銨、硫酸鋁銨、氧化硼的焙燒渣，焙燒渣加入稀硫酸酸浸，硫酸鎂銨、硫酸鐵銨、硫酸鋁銨溶解得到可溶性硫酸鹽溶液，氧化硼與水反應生成硼酸沉淀，過濾得到硼酸和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向濾液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和含有銨根離子、鎂離子的濾液；向濾液中加入碳酸鈉，將溶液中鎂離子轉化為沉淀，過濾得到。

30．（2023高二上·慈溪期末）可利用滴定法來測定燃煤尾氣中SO2的含量，實驗室按以下步驟進行(假定無其它還原性物質(zhì))：

①取標況下1000mL尾氣樣品，通入適量NaOH溶液中；

②配制成250mL溶液；

③準確量取25.00mL；

④將25.00mL溶液置于錐形瓶中；

⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定，消耗酸性KMnO4溶液VmL。

（1）步驟⑤中，滴定達到終點的現(xiàn)象是。

（2）下列說法正確的是____。

A．滴定前，錐形瓶和滴定管均須用標準溶液潤洗

B．圖中應將凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套內(nèi)的c端

C．將標準溶液裝入滴定管時，應借助燒杯或漏斗等玻璃儀器轉移

D．滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡，會造成測定結果偏低

E．達到滴定終點讀取數(shù)據(jù)時，俯視滴定管液面，會造成測定結果偏低

（3）該尾氣中SO2的含量為g/L(用含V的最簡式表示)。

【答案】（1）滴加最后一滴KMnO4標準溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色

（2）B；E

（3）或0.016V

【知識點】常用儀器及其使用；酸（堿）式滴定管的使用；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)高錳酸鉀溶液濃度低時為淺紅色，所以滴定達到終點的現(xiàn)象是：滴加最后一滴KMnO4標準溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。

(2)A．滴定前錐形瓶不能用標準液潤洗，會使測量結果不準確，A不正確；

B．為防止滴定管漏液，應將凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套內(nèi)的c端，B正確；

C．將標準溶液裝入滴定管時，應借助燒杯轉移，不使用漏斗轉移，C不正確；

D．滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡，會造成標準液體積偏大，測定結果偏高，D不正確；

E．達到滴定終點讀取數(shù)據(jù)時，俯視滴定管液面，會造成標準液體積偏小，測定結果偏低，E正確；

故答案為：BE。

(3)二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可得關系式：5SO2~5

~2

，消耗高錳酸根離子的物質(zhì)的量為：0.0100mol/L

V

10-3L=10-5Vmol，則二氧化硫的物質(zhì)的量為5/2

10-5Vmol

250mL/25mL=2.5

10-4Vmol，二氧化硫質(zhì)量為：2.5

10-4Vmol

64g/mol=0.016Vg，則該尾氣中SO2的含量為0.016Vg/1000mL=0.016Vg/L。

【分析】（1）高錳酸鉀焰色變化即可判定終點

（2）A.錐形瓶不需要潤洗

B.根據(jù)酸式滴定管結構判斷

C.燒杯轉移液體

D.滴定管有氣泡導致液體增大，結果偏大

E.俯視液面讀數(shù)，導致數(shù)據(jù)偏大，實際體積減小，結果偏低

（3）根據(jù)數(shù)據(jù)結合方程式計算

31．（2023高一上·遼寧期末）為探索工業(yè)廢料的再利用，某化學興趣小組設計了如圖所示實驗流程，用含有鋁、鐵和銅的合金廢料制取氯化鋁。綠礬晶體(FeSO4·7H2O)和膽礬晶體。(已知固體C為氫氧化鋁)

請回答下列問題：

（1）寫出步驟I反應的化學方程式：。

（2）試劑X是。步驟I、II、III中均需進行的實驗操作是。

（3）綠礬可做還原劑、著色劑、制藥等，將其溶于水，用酸性高錳酸鉀檢驗其還原性，寫出有關反應的離子方程式。

（4）進行步驟II時，該小組用如圖所示裝置及試劑制取CO2并將制得的氣體通入溶液A中。寫出步驟II中生成固體C的離子方程式：。一段時間后，觀察到燒杯中產(chǎn)生的白色沉淀會逐漸減少，為了避免固體C減少，可采取的改進措施是。

（5）取2.5g的膽礬樣品，還漸升溫加熱分解，分解過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示。

b點時固體物質(zhì)的化學式是。

【答案】（1）

（2）稀硫酸；過濾

（3）5Fe2＋+MnO2+8H＋=5Fe3＋+Mn2++4H2O

（4）；將生成二氧化碳氣體通過飽和碳酸氫鈉溶液

（5）CuSO4H2O

【知識點】鋁的化學性質(zhì)；制備實驗方案的設計；離子方程式的書寫；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)步驟I反應為鋁和氫氧化鈉生成偏鋁酸鈉和氫氣，

(2)由分析可知，試劑X是稀硫酸。步驟I、II、III中均為分離固液的操作，操作是過濾。

(3)用酸性高錳酸鉀檢驗其還原性，反應為高錳酸根離子和亞鐵離子生成鐵離子和錳離子，5Fe2＋+MnO2+8H＋=5Fe3＋+Mn2++4H2O。

(4)溶液A中含有過量的氫氧化鈉和生成的偏鋁酸鈉，制取二氧化碳使用濃鹽酸，導致生成二氧化碳氣體中含有揮發(fā)出的氯化氫氣體；過量CO2氣體通入溶液A中，生成固體C氫氧化鋁沉淀的反應為二氧化碳和偏鋁酸根離子生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫根離子，

；一段時間后，觀察到燒杯中產(chǎn)生的白色沉淀會逐漸減少，是因為氯化氫和氫氧化鋁沉淀生成氯化鋁和水，為了避免固體C減少，可采取的改進措施是將生成二氧化碳氣體通過飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體。

(5)膽礬為CuSO45H2O，2.5g的膽礬樣品的物質(zhì)的量為

，結晶水的物質(zhì)的量為0.05mol，加熱首先失去結晶水，b點時減少質(zhì)量為2.50-1.78=0.72g，失去結晶H2O的物質(zhì)的量為

，則b點時固體物質(zhì)的化學式是CuSO4H2O。

【分析】（1）只有Al能與強堿溶液反應。

（2）步驟Ⅰ中，鐵、銅不反應，鋁與過量的NaOH反應生成NaAlO，所以固體B是鐵和銅的混合物，溶液A中含有NaOH、NaAlO。步驟Ⅱ中，NaAlO與過量的CO反應生成Al(OH)沉淀和NaHCO，所以固體C是Al(OH)，溶液D中含有NaHCO。根據(jù)流程圖中的綠礬和硫酸銅溶液可推出溶液E中含有FeSO，固體F是銅，說明試劑X是稀硫酸。過濾可用于固液分離。

（3）綠礬中的二價鐵具有還原性，酸性高錳酸鉀具有氧化性。注意要求寫離子方程式，電荷數(shù)、原子個數(shù)要守恒。

（4）注意要求寫離子方程式，產(chǎn)物中的HCO-別錯寫成CO。由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，生成的CO中混有HCl，而HCl極易溶于水，形成的鹽酸能與Al(OH)反應，所以為避免Al(OH)減少，可在裝置a和b之間加一個裝有飽和碳酸氫鈉溶液的裝置，除去CO中的HCl。

（5）膽礬的化學式是CuSO·5HO，加熱過程中首先失去結晶水，先算出膽礬中結晶水的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，再算出到b點時，失去結晶水的物質(zhì)的量為0.04mol，說明還有結晶水剩余，且為0.01mol，進一步可求出此時固體物質(zhì)的成分。

32．（2023高二上·麗水期末）草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O，摩爾質(zhì)量：180g·mol1)是一種淺黃色固體，難溶于水，受熱易分解，是生產(chǎn)鋰電池的原材料，也常用作分析試劑及顯影劑等。

（1）草酸亞鐵晶體含結晶水的質(zhì)量分數(shù)為。

（2）稱取3.60g草酸亞鐵晶體用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。經(jīng)分析，300℃時剩余固體只有一種且是鐵的氧化物。試通過計算確定該氧化物的化學式。(寫出計算過程)

【答案】（1）0.2

（2）Fe2O3

【知識點】物質(zhì)的量的相關計算；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)含結晶水的質(zhì)量分數(shù)為：=0.2。

(2)從圖示分析，起始3.60g草酸亞鐵晶體經(jīng)熱分解后剩余鐵的氧化物質(zhì)量是1.60g，根據(jù)鐵原子守恒，剩余氧化物中鐵的物質(zhì)的量為，其質(zhì)量為，則該氧化物中氧的質(zhì)量是1.60g-1.12g=0.48g，物質(zhì)的量為；該鐵的氧化物n(Fe)：n(O)=2：3，故其化學式Fe2O3。

【分析】（1）根據(jù)化學式計算；

（2）根據(jù)鐵元素守恒，計算氧化物中Fe的物質(zhì)的量，再根據(jù)氧化物質(zhì)量計算氧原子物質(zhì)的量，進而確定鐵的氧化物化學式。

33．（2023高一上·齊齊哈爾期末）純堿和小蘇打在工業(yè)、生活中有著廣泛的應用?，F(xiàn)有和的混合物，為了測定x的值，某同學采用如圖所示的裝置進行實驗(無水、堿石灰均足量)。

已知：堿石灰是氫氧化鈉和氧化鈣的固體混合物。請回答下列問題：

（1）C裝置中裝有堿石灰的儀器名稱是。

（2）加熱A裝置，混合物分別發(fā)生反應的化學方程式為、。

（3）無水氯化鈣的作用是。

（4）若在裝置A的試管中裝入和的混合物，用酒精燈加熱至反應完全，此時B裝置增重，C裝置增重，則ⅹ的值為。

（5）該裝置還不是很完善，可能使測定結果偏小，應如何改進？。

【答案】（1）球形干燥管

（2）；

（3）吸收混合物受熱產(chǎn)生的水蒸氣

（4）7

（5）在C裝置后再加一個裝有堿石灰的球形干燥管

【知識點】常用儀器及其使用；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質(zhì)；性質(zhì)實驗方案的設計；有關混合物反應的計算；化學式及其計算

【解析】【解答】

（1）C裝置中裝有堿石灰的儀器名稱是球形干燥管；

（2）加熱A裝置，加熱下分解生成CO2，反應的化學方程式為，受熱結晶水變?yōu)樗魵?，反應的化學方程式為；

（3）無水氯化鈣具有吸水性，其作用吸收混合物受熱產(chǎn)生的水蒸氣；

（4）B裝置增重為水的質(zhì)量，則，C裝置增重為二氧化碳的質(zhì)量，即，由可知n()=2n(CO2)=0.01mol，反應中生成的水是0.005mol．則碳酸鈉在反應中失去的水的物質(zhì)的量=0.075mol-0.005mol=0.07mol．碳酸氫鈉的質(zhì)量=0.01mol×84g/mol=0.84g，則樣品中碳酸鈉晶體的質(zhì)量=3.16g-0.84g=2.32g．則由H原子守恒可得，解得x=7；

（5）由于空氣中的水蒸氣和二氧化碳會從裝置C中進入，可能使測定結果偏小，應在C裝置后再加一個裝有堿石灰的球形干燥管。

【分析】A中NaHCO3加熱下分解生成CO2，在C中被堿石灰吸收，Na2CO3·xH2O受熱結晶水變?yōu)樗魵?，被B中無水吸氯化鈣吸收。

34．（2023高一上·成都期末）用硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3和少量SiO2)為原料制取綠礬(FeSO4·7H2O)，同時對綠礬在高溫下的分解產(chǎn)物進行實驗探究。

（1）Ⅰ．綠礬制備流程如下：

濾渣的主要化學成分是(填化學式)。

（2）操作①、②、③是同一分離操作，該操作名稱為。

（3）向溶液X中加入過量的鐵粉，發(fā)生的主要反應的離子方程式為。

（4）若用含90%氧化鐵的硫鐵礦燒渣100t，制得278t綠礬，該工藝生產(chǎn)綠礬的產(chǎn)率為(保留三位有效數(shù)字，產(chǎn)率)。

（5）Ⅱ．綠礬在高溫下的分解產(chǎn)物實驗探究

綠礬在加熱至高溫時會分解，為確定分解產(chǎn)物(已知產(chǎn)物中有SO3氣體生成)，設計如下實驗裝置進行了探究：

儀器G的名稱為。

（6）加熱前，先通入一段時間氮氣的目的是。

（7）觀察到的現(xiàn)象：玻璃直管中有紅棕色的固體生成，B中白色固體變藍，C中溶液褪色，請根據(jù)實驗現(xiàn)象寫出綠礬高溫分解的化學方程式。

【答案】（1）SiO2

（2）過濾

（3）2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑

（4）59.3%

（5）干燥管

（6）排出裝置中的空氣，避免裝置內(nèi)空氣對物質(zhì)成分檢驗的干擾

（7）2[FeSO4·7H2O]Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O

【知識點】硅和二氧化硅；鐵的化學性質(zhì)；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；物質(zhì)的分離與提純；制備實驗方案的設計；化學式及其計算

【解析】【解答】

（1）根據(jù)上述分析可知濾渣的主要成分是SiO2；

（2）操作①、②、③是同一分離操作，該操作是分離難溶性固體與可溶性液體混合物的操作，名稱為過濾；

（3）溶液X中含F(xiàn)e2(SO4)3、H2SO4，向其中加入過量Fe，F(xiàn)e2(SO4)3與Fe反應產(chǎn)生FeSO4，F(xiàn)e與H2SO4反應產(chǎn)生FeSO4和H2，反應的離子方程式為：2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（4）根據(jù)反應過程中Fe元素守恒可得關系式：Fe2O3～Fe2(SO4)3～3[FeSO4·7H2O]，根據(jù)上述關系式可知：160份Fe2O3理論上可以制取得到834份FeSO4·7H2O，則用含90%氧化鐵的硫鐵礦燒渣100t，理論上可制取得到綠礬質(zhì)量為m(綠礬)=，實際制得278t綠礬，則該工藝生產(chǎn)綠礬的產(chǎn)率為；

（5）根據(jù)裝置圖儀器G結構，可知其名稱為干燥管；

（6）加熱前，先通入一段時間氮氣的目的是排出裝置中的空氣，避免裝置內(nèi)空氣對物質(zhì)成分檢驗的干擾；

（7）觀察到的現(xiàn)象：玻璃直管中有紅棕色的固體生成，說明生成了Fe2O3；B中白色固體變藍，分解產(chǎn)生了H2O；C中溶液褪色，說明反應產(chǎn)生了具有還原性的SO2氣體，根據(jù)原子守恒、電子守恒，可知綠礬高溫分解生成氧化鐵，二氧化硫，三氧化硫和水，該反應的化學方程式為：2[FeSO4·7H2O]Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。

【分析】I．用稀硫酸溶解硫鐵礦燒渣，其中的Fe2O3和硫酸反應產(chǎn)生Fe2(SO4)3進入溶液，而SiO2不能反應，仍然以固體形式存在，然后過濾，SiO2進入濾渣中，溶液X中含F(xiàn)e2(SO4)3、H2SO4，向其中加入過量Fe，F(xiàn)e2(SO4)3、H2SO4與Fe反應變?yōu)镕eSO4，再過濾除去過量的鐵，溶液Y為FeSO4溶液，將該溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶然后過濾就得到綠礬(FeSO4·7H2O)；

Ⅱ．為避免空氣成分對綠礬分解產(chǎn)物的影響，在加熱前要先通入N2，排出裝置中的空氣，加熱后看到固體呈紅棕色，說明生成了氧化鐵；無水硫酸銅白色粉末遇水變藍，說明產(chǎn)生了水；酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明反應產(chǎn)生了二氧化硫，據(jù)此可知：綠礬高溫分解生成氧化鐵，二氧化硫，三氧化硫和水，結合原子守恒和電子守恒配平書寫反應方程式。

35．（2023高一下·余杭期末）化合物X是一種常見的脫葉劑，某興趣小組對X開展探究實驗。

其中：X是一種鹽，由3種常見元素組成；混合氣體B無色，只含有兩種成分，遇空氣變紅棕色。請回答：

（1）組成X的3種元素是(填元素符號)，X的化學式是。

（2）步驟Ⅰ發(fā)生反應的離子方程式是。

（3）向強酸性溶液D中加入一定量鐵粉，充分反應，甲同學認為反應后只生成Fe3+，乙同學認為只生成Fe2+，丙同學認為，請設計實驗方案證明丙同學的觀點。

【答案】（1）Ca、C、N；CaCN2

（2）

（3）Fe3+、Fe2+兩種離子均有；取反應后溶液適量分別置于①②兩支試管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液變?yōu)檠t色，②中KMnO4溶液褪色，則Fe3+、Fe2+兩種離子均有

【知識點】物質(zhì)檢驗實驗方案的設計；離子方程式的書寫；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)根據(jù)上述分析可知，X中含有Ca、C、N三種元素；因為，所以X的化學式為：CaCN2，答案為：Ca、C、N；CaCN2；

(2)步驟Ⅰ中一氧化氮被過氧化氫氧化生成硝酸，離子方程式為：，答案為：；

(3)溶液D溶質(zhì)為：HNO3，當鐵粉過量時只生成Fe2+，當鐵粉少量時只生成Fe3+，當鐵粉的量不足以將Fe3+全部還原，則溶液中Fe3+、Fe2+兩種離子均有；Fe3+可以用KSCN溶液進行檢驗，F(xiàn)e2+可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以實驗方案為：取反應后溶液適量分別置于①②兩支試管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液變?yōu)檠t色，②中KMnO4溶液褪色，則Fe3+、Fe2+兩種離子均有，答案為：Fe3+、Fe2+兩種離子均有；取反應后溶液適量分別置于①②兩支試管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液變?yōu)檠t色，②中KMnO4溶液褪色，則Fe3+、Fe2+兩種離子均有。

【分析】根據(jù)流程圖，固體A的焰色反應為磚紅色，說明A中含有鈣元素，而A是X與氧氣反應得到的，則A是氧化鈣，且n(CaO)=0.01mol。氣體C能使澄清石灰水變渾濁，則C中含有CO2；混合氣體B由兩種無色氣體組成，且遇空氣能變紅棕色，結合氣體C，說明B是由NO、CO2組成的；NO被H2O2溶液氧化得到HNO3。根據(jù)前面分析可推出X中含有鈣元素、氮元素、碳元素，假設B中NO、CO2的物質(zhì)的量分別為x、y，則x+y=0.03mol，根據(jù)n(CaO)=0.01mol=n(Ca)，可求出X中鈣元素的質(zhì)量為0.4g，進一步求出X中氮元素和碳元素的質(zhì)量之和為0.4g，即14x+12y=0.4，求解二元一次方程組可得到x=0.02mol，y=0.01mol，所以X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，則X為CaCN2。據(jù)此分析。

36．（2023高一下·慈溪期末）X是由前20號元素中的兩種組成的無機鹽。為探究X的組成和性質(zhì)，某小組設計實驗如圖(氣體體積已折算成標準狀況)：

（1）氣體甲的電子式為，X的化學式為。

（2）寫出化合物X與足量鹽酸反應的化學方程式：。

（3）向澄清的石灰水中通入過量的氣體乙，離子方程式為。

【答案】（1）；CaS4

（2）CaS4+2HCl=CaCl2+H2S↑+3S↓

（3）OH-+SO2=HSO

【知識點】復雜化學式的確定；化學式及其計算

【解析】【解答】(1)由分析可知，氣體甲為H2S，為共價化合物，其電子式為，X的化學式為CaS4，故答案為：；CaS4；

(2)CaS4與足量鹽酸反應生成CaCl2、S和H2S，且S和H2S物質(zhì)的量之比為3：1，反應的化學方程式為：CaS4+2HCl=CaCl2+H2S↑+3S↓，故答案為：CaS4+2HCl=CaCl2+H2S↑+3S↓；

(3)氣體乙為SO2，向澄清的石灰水中通入過量的SO2反應生成亞硫酸氫鈣，反應的離子方程式為：OH-+SO2=HSO，故答案為：OH-+SO2=HSO3-。

【分析】由圖可知氣體乙是SO2，氣體甲是H2S，液體乙是水，單質(zhì)甲是S，溶液甲是氯化鈣溶液，根據(jù)所給各物質(zhì)的質(zhì)量，推知化合物X是CaS4.

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2023年高考真題變式分類匯編：化學式及其計算

一、選擇題

1．（2023·郴州模擬）由氫氧化鈉（NaOH）和過氧化鈉（Na2O2）組成混合物中檢測出氫元素的質(zhì)量分數(shù)為1%，那么混合物中鈉元素的質(zhì)量百分數(shù)約為（）

A．46%B．57.5%C．58.4%D．無法計算

2．（2023·上栗模擬）乙酸與2.0g某飽和一元醇A反應，生成酯3.7g，并回收到0.4gA，則A的相對分子質(zhì)量為（）

A．32B．46C．60D．74

3．（2022高一上·富錦期末）短周期元素A和B，其中A元素的原子最外層電子數(shù)是a，次外層電子數(shù)是b；B元素的原子M層電子數(shù)是(a-b)，L層電子數(shù)是(a+b)，則A、B兩種元素形成的化合物的化學式可能表示為（）

A．BA2B．AB2C．A3B2D．B3A2

4．（2022高二下·寧波期末）I、II、III分別為三種烴，其結構模型如圖所示，下列說法正確的是（）

A．化合物I存在順反異構

B．化合物III中存在碳碳雙鍵

C．化合物I和II都能與溴水反應

D．等質(zhì)量的化合物I、II、III完全燃燒時，化合物II消耗O2最多

5．（2023高一上·遼寧期末）實驗室測定氧化物X(FexO)的組成實驗如下：

下列有關說法正確的是（）

A．根據(jù)步驟I、II可判斷X的組成為Fe0.8O

B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：2

C．溶液Z中的離子只有Fe3+和Cl-

D．樣品X中氧元素的質(zhì)量分數(shù)約為27.6%

6．（2023高一上·天津市期末）有一鐵的氧化物樣品，用鹽酸恰好完全溶解，所得溶液還能吸收標況下氯氣，全部變成，則該氧化物可能的化學式為（）

A．B．C．D．

7．（2023高一上·鞍山期末）一份由LiNO3與LiNO2組成的混合物，經(jīng)測定其中N元素的質(zhì)量分數(shù)為24%，則O元素的質(zhì)量分數(shù)為（）

A．52%B．60.4%C．64%D．69.6%

8．（2023高二下·長春期末）十二烷基苯磺酸鈉(C18H29NaO3S)主要用作陰離子型表面活性劑。沸點為315℃，下列有關說法正確的是()

A．十二烷基苯磺酸鈉的摩爾質(zhì)量是348

B．6.96g十二烷基苯磺酸鈉中碳原子數(shù)為0.36NA

C．0.5mol十二烷基苯磺酸鈉的質(zhì)量為174g·mol-1

D．1mol十二烷基苯磺酸鈉在標準狀況下的體積約為22.4L

9．（2023高二上·本溪期末）0.5mol某不飽和烴能與1molHCl完全加成，其加成后的產(chǎn)物又能被3molCl2完全取代，則該烴是（）

A．乙炔B．丙烯C．丙炔D．1,3-丁二烯

10．（2023高二上·本溪期末）下列說法正確的是（）

A．28克乙烯所含共用電子對數(shù)目為4NA

B．1mol甲基的電子數(shù)為9NA

C．石油的裂化是物理變化

D．在制備乙烯實驗中，加熱時應使溫度緩慢上升至170℃

11．（2023高一上·集寧期末）幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7molL―1的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（標況）氯氣時，恰好使溶液中的Fe2+完全轉化為Fe3+，則該混合物中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為（）

A．72.4%B．71.4%C．79.0%D．63.6%

12．（2023高一下·西安期末）某混合物由乙酸和乙酸乙酯按一定比例組成，其中氫元素的質(zhì)量分數(shù)為，則該混合物中氧元素的質(zhì)量分數(shù)為()

A．40%B．60%C．64%D．72%

13．（2023高一下·鹽城期末）取少量某鎂鋁合金粉末，其組成可用MgxAly表示，向其中加入足量稀硫酸充分反應，收集到3.808LH2（標準狀況）同時得無色溶液，向所得溶液中加入過量NaOH溶液，充分反應得到沉淀4.64g。則x∶y為（）

A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶2

14．（2023高一下·黑龍江期末）元素R的最高價含氧酸化學式為HnRO2n＋2，在它的氣態(tài)氫化物中，R的化合價為()

A．3n－10B．3n－4C．3n－12D．4－3n

15．（2023高二上·黃陵期末）甲醛、乙醛、丙醛組成的混合物中，氫元素的質(zhì)量分數(shù)是9%，則氧元素的質(zhì)量分數(shù)是（）

A．16%B．37%C．48%D．無法計算

二、多選題

16．（2023高二上·欽州期末）C8H18經(jīng)多步裂化，最后完全轉化為C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五種氣體的混合物．該混合物的平均相對分子質(zhì)量可能是（）

A．28B．30C．38D．40

三、非選擇題

17．（2023·湖北）學習小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）銅與濃硝酸反應的裝置如下圖，儀器A的名稱為，裝置B的作用為。

（2）銅與過量反應的探究如下：

實驗②中Cu溶解的離子方程式為；產(chǎn)生的氣體為。比較實驗①和②，從氧化還原