高考化学一轮复习 专题2-4 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧教学案

高考化学一轮复习 专题2-4 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧教学案

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习 专题2-4 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧教学案 守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。‎ ‎1.“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据，从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思想方法。‎ ‎2.运用守恒法可以避开复杂的反应和中间过程，直接寻找始态和终态中特有的守恒关系，能更快、更便捷地解决问题，提高解题的速度和准确度。‎ ‎3.中学常见的守恒问题有三种：质量守恒、电荷守恒、电子守恒。‎ 一、质量守恒：‎ 反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。在一些物理变化中也存在质量守恒，如溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出)。在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解。‎ ‎【例1】 在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均为标准状况下测定)，则反应后混合气体的密度为　　　    g·L-1。‎ ‎【答案】1.5。‎ ‎2.原子守恒：抓住初始反应物和最终生成物中某一原子(或原子团)不变，找到等量关系进行求解。‎ 26 / 26‎ ‎【变式探究】 有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L-1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体　　　    克。‎ ‎【解析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知:蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl-全部来自于盐酸中的Cl-，在整个过程中Cl-守恒。即n(KCl)=n(HCl)；故m(KCl)=0.046 L×1 mol·L-1×74.5 g·mol-1=3.427 g。‎ ‎【答案】3.427。 ‎ 二、电子守恒：‎ 氧化还原反应中，氧化剂得电子(化合价降低)总数等于还原剂失电子(化合价升高)总数，得失电子守恒(化合价升降相等)。在解题中找到最终化合价升高的和降低的物质，列等式求解。‎ ‎【例2】 1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为(　    )。‎ A.504 mL　　　　　B.168 mL C.336 mL　　 D.224 mL ‎【答案】C。‎ ‎【变式探究】硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ） 　　A．S2－ 　　　　B．S　　　　 C．SO32－　　　　 D．SO42－ 【答案】D ‎ 26 / 26‎ ‎ 【解析】根据氧化还原反应的得失电子数守恒可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有（0.224L/22.4L·mol－1）×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2),解得x＝6,故选D。 ‎ 三、电荷守恒：‎ 指阳离子所带的电荷总数(各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和)与阴离子所带的电荷总数(各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和)在数值上相等，主要在以下两个方面应用。‎ ‎1.离子方程式中，常用于离子方程式正误判断及书写。‎ ‎【例3】 在一定条件下， RO3n-与I-发生反应的离子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+ =R-+3I2+3H2O，R 中的n为　　　    。‎ ‎【解析】解法①，依据得失电子守恒，I化合价总共升高6，所以R降低6价变为-1价，所以R 中的R元素的化合价是+5，n为1；解法②依据电荷守恒，反应后电荷总数为-1，所以-n+(-1)×6+(+1)×6=-1，n为1。 ‎ ‎【答案】1。‎ ‎2.溶液呈电中性 ‎【变式探究】将NaCl和NaBr混合物mg溶于水后，向所得溶液中通入足量Cl2，反应后将溶液蒸干得固体(m-2)g，则通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物质的量之比不可能为( )‎ 26 / 26‎ A.4:3:1 B.3:3:1 C.3:2:1 D.3:1:2‎ ‎【答案】B。‎ 四、物料守恒：‎ 电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，它实质上是元素守恒。‎ ‎【例4】 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 (　    )。‎ 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(NH3·H2O)‎ C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中:c(HClO)+c(ClO-)= c(HCO3-) +c(H2CO3)‎ D.等浓度醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)‎ ‎【解析】氯气溶于水，大部分氯气以Cl2分子形式存在，少部分与水反应生成HCl和HClO，所以氯水中无法比较c(Cl2)与[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)]的大小，A错误；依据物料守恒c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)可知B错误；依据物料守恒c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，可知C错误；依据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)减去物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)可知D正确。‎ ‎【答案】D。‎ 五、能量守恒：‎ 化学反应不仅遵循质量守恒定律，还必须遵循能量守恒定律，盖斯定律就是能量守恒的具体应用。‎ ‎【例5】 饮用水中的N主要来自于NH4+。已知在微生物的作用下，‎ 26 / 26‎ ‎ NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下:‎ O ‎1 mol NH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式为     　。‎ ‎【解析】首先写出NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，然后依据图像写出：‎ ① NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH1=-273kJ·mol-1；‎ ‎②NO2- (aq)+0.5O2(g)=NO3- (aq)　ΔH2=-73 kJ·mol-1，依据盖斯定律，①+②即得。‎ ‎【答案】NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) 　ΔH=-346 kJ·mol-1‎ 六、溶质守恒：‎ 同种溶质的溶液混合或溶液稀释，这种溶质的总量恒定是解决溶液问题的根本依据。‎ ‎【例6】 有100 g浓度为18 mol·L-1的浓硫酸，其密度为d g·mL-1，加水稀释至9 mol·L-1，则加入的水的体积为(　　)。‎ A.100 mL B. mL C.大于100 mL D.小于100 mL ‎【答案】D。‎ 七、运用守恒思想进行综合计算 ‎【例7】已知:KClO3溶液呈中性；Cl-与Ag+反应生成AgCl，‎ 26 / 26‎ ‎ 每次新生成的AgCl中有10%(质量分数)见光分解成单质Ag和Cl2；Cl2可在水中歧化成HClO3(强酸)和HCl；HCl中的Cl-又与剩余的Ag+反应生成沉淀，如此循环往复，直至终了。向含1.1molNaCl的溶液中加入足量的AgNO3溶液，最终能生成多少克难溶物(Ag和AgCl)?若最后所得溶液的体积为1.2L，则溶液的pH值为多少?‎ ‎【解析】根据题意，最终体系中存在Ag，AgCl，ClO3-，NO3-，OH-，Na+，H+等微粒。设Ag的物质的量为x，则AgCl的物质的量为9x，ClO3-的物质的量为y。‎ 根据电子得失守恒：x=6y ①‎ 据氯元素守恒：9x+y=1.1 ②‎ 据电荷守恒：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 联立①，②，③三式解得：x=0.12mol 9x=1.08mol y=0.02mol n(H+)=0.12mol ‎ 所以难溶物(Ag+AgCl)质量为：‎ ‎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。‎ 高频考点一、 质量守恒法 ‎【例1】　已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 (　　)‎ A．23∶9 B．32∶9 C．46∶9 D．16∶9‎ ‎【答案】D ‎【变式探究】　有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100 g水后，变为28%的KOH溶液80 mL，且 蒸发过程中无晶体析出，该80 mL溶液的物质的量浓度为 (　　)‎ A．5 mol·L－1 B．6 mol·L－1[‎ 26 / 26‎ C．6.25 mol·L－1 D．6.75 mol·L－1‎ ‎【解析】蒸发前后溶质的质量不变，设原溶液的质量为m，则m×14%＝(m－100 g)×28%，解得m＝200 g，溶质的物质的量为＝0.5 mol，蒸发后溶液的体积为80 mL，可求出该溶液的物质的量浓度为6.25 mol·L－1。‎ ‎【答案】C 高频考点二、 原子守恒法 ‎【例2】　38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况下)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是 (　　)‎ A．1.0×10－3 mol B．1.6×10－3 mol C．2.2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol ‎【解析】据题意浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是NO2气体，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由NO2变为NO，22.4 mL(标准状况)气体应是NO2与NO的混合物。据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中，所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。‎ n(HNO3)＝n(气体)＋2n[Cu(NO3)2]‎ ‎＝＋2×＝2.2×10－3 mol。‎ ‎【答案】C ‎【变式探究】将32.64克铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）。 　　（1）NO的体积为____________L，NO2‎ 26 / 26‎ 的体积为____________L。 　　（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____________mol/L. 　　 (3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水____________克。 【答案】（1）V(NO) ＝5.8L，V(NO2) ＝5.4L。 （2）c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14 mol/L. （3）57.8 ‎ 化还原反应，其物质的量根据最后溶液中的溶质只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，则其物质的量为aV×10－3mol；所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14 mol/L. 　　对问题（3），由于NO和NO2混合气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相当于氮元素的化合价未变，铜失去的电子被双氧水得到。即有0.51×2=m（H2O2）×30%×2/34，m（H2O2）=57.8g。 ‎ 高频考点三、电荷守恒 ‎【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；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为 (　　)‎ 26 / 26‎ A. B. C. D. ‎【解析】由于产生c mol NH3，则必定有NH c mol，使SO完全沉淀需Ba2＋ b mol，因此SO有b mol。根据电荷守恒：2c(SO)＝c(NH)＋3c(Al3＋)，则3c(Al3＋)＝ mol·L－1，c(Al3＋)＝ mol·L－1。‎ ‎【答案】C ‎ ‎【变式探究】　某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为 (　　)‎ 所含离子 NO SO H＋‎ M 浓度(mol·L－1)‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ A.Mg2＋ B．Ba2＋ C．F－ D．Na＋‎ ‎【答案】A 高频考点四、电子守恒法 ‎【例4】　将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中Cr6＋全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是多少？‎ ‎【解析】由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。‎ ‎【答案】0.100 mol·L－1‎ ‎【变式探究】将11.2g的Mg—‎ 26 / 26‎ Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体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】由质量守恒知21.4g沉淀中氢氧根质量为10.2g，故氢氧根的物质的量为0.6 mol，则电子转移也为0.6 mol，只有C符合题意。‎ ‎1. （2018年江苏卷）H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)= c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )‎ B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )‎ C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)‎ D. c(Na+ ) =2c(总)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错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+‎ 26 / 26‎ ‎ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。‎ ‎ 2. （2018年江苏卷）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 ‎（2−x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑‎ 生成物（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。‎ ‎（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。‎ ‎（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：‎ ‎①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。‎ ‎②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。‎ 计算（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。‎ ‎【答案】（12分）‎ 26 / 26‎ ‎（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率 ‎（2）减小 ‎（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 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL ‎×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol ‎25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol ‎1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中 n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol ‎ x=0.41‎ ‎1．【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 ‎ ‎（1）碱式氯化铜有多种制备方法 ‎①方法1: 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O， 该反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎②方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。‎ ‎（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验: ‎ 26 / 26‎ ‎①称取样品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，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)__________。‎ ‎【答案】 4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O Fe2+ n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol ‎ n(Cu2+)=n(EDTA)×‎ ‎=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol ‎ n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol ‎ m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g ‎ m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g ‎ m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g ‎ n(H2O)= =4.800×10-3 mol ‎ a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ‎ 化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。‎ n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol ‎ 26 / 26‎ 分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：‎ m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g ‎ m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g ‎ m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g ‎ 再求出结晶水的物质的量：‎ n(H2O)= =4.800×10-3 mol ‎ 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：‎ 因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。‎ ‎2．【2017北京卷】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：‎ ‎① 尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：____________。‎ ‎② 反应器中NH3还原CO2的化学方程式：____________。‎ ‎③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。‎ ‎④ 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 mg·L−1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_________。‎ 26 / 26‎ ‎（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ‎① 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。‎ ‎② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。‎ ‎③ 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_______□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 电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol÷2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。③反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因产物均为15NNO，则15NO与NH3以1:1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。‎ ‎1．【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 26 / 26‎ ‎【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。‎ ‎2．【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 n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol 26 / 26‎ 水中溶解氧＝=10.80mg/L ‎3、【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 26 / 26‎ ‎（3） ‎ ‎ n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)‎ ‎（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%‎ ‎（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)‎ 根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+‎ 26 / 26‎ ‎ 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%。‎ ‎4.(2015·江苏高考·18)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。‎ ‎(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化　　　　L(标准状况)SO2。‎ ‎(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH范围为　　　　。‎ 26 / 26‎ ‎(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为　　　　。‎ ‎(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。‎ ‎ 5.(2015·浙江高考·27)Ⅰ.请回答:‎ ‎(1)H2O2的电子式　　　　。‎ ‎(2)镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由　 。 ‎ 26 / 26‎ ‎(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式　 。‎ ‎(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式:‎ ‎(　　)Mn+(　　)C2+　　　 (　　)Mn2++(　　)CO2↑+　　　 ‎ Ⅱ.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。‎ 请推测并回答:‎ ‎(1)甲的化学式　　　　。‎ ‎(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式　 。‎ ‎(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式　 。‎ ‎(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式　 。‎ ‎(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。‎ 判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由 　 。‎ n(Na)==0.2 mol，根据化合价关系，可推出甲的化学式为NaH，制备它的反应方程式为2Na+H22NaH。‎ 26 / 26‎ ‎(2)根据条件NaH与AlCl3反应得到NaAlH4，NaH与NaAlH4中H都为-1价，反应中无化合价变化，为非氧化还原反应，则化学方程式为4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl。‎ ‎(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应，NaAlH4中H化合价为-1价，H2O中H化合价为+1价，根据氧化还原反应化合价归中的规律，判断产物为H2，可推出化学方程式为NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑。‎ ‎(4)NaH除铁锈，是把Fe2O3变为Fe，NaH作为还原剂，-1价的H化合价升高，生成NaOH，化学方程式为3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH。[Z&xx&k ‎6.(2015·四川高考·11)为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。‎ 活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应，请回答下列问题:‎ ‎(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是　 。‎ ‎(2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原，应选择　　　　 (填字母编号)。‎ A.KMnO4溶液　　B.K3[Fe(CN)6]溶液　　C.KSCN溶液 ‎(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是  　。‎ ‎(4)FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。‎ 已知25℃，101 kPa时:4Fe(s)+ 3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1 648 kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393 kJ·mol-1‎ 26 / 26‎ ‎2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s) ΔH=-1 480 kJ·mol-1‎ FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是  　。‎ ‎(5)FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极反应式是　 。‎ ‎(6)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将akg质量分数为b%的硫酸加入ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3‎ ‎　　 　kg。‎ 26 / 26‎ ‎ 7.(2015·天津高考·10)FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题:‎ ‎(1)FeCl3净水的原理是　 。‎ FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)  　。‎ ‎(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。‎ ‎①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1，c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，则该溶液的pH约为　　　　。‎ ‎②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:‎ 26 / 26‎ ‎　□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 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　 。‎ 通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为:xFe3++yH2OFex(OH+yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)　　 　　。‎ a.降温　　　　　　　　b.加水稀释 c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3‎ 室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 　。‎ ‎(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为　 　mg·L-1。‎ ‎(3)铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1>K2>K3;该水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动;加水稀释，则水解平衡正向移动;加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动;加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，所以答案选b、d;从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH。‎ ‎(4)由题中图象可知，聚合氯化铁的浓度在18~20 mg·‎ 26 / 26‎ L-1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。‎ 答案:(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质　2Fe3++Fe3Fe2+‎ ‎(2)①2　②1　6　6　H+　1　6　3　H2O ‎(3)K1>K2>K3　b、d　调节溶液的pH ‎(4)18 ～20‎ 26 / 26‎