2014年高考化学试题分类汇编解析-02-阿伏加德罗常数与化学计算.doc

2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编专题二 阿伏伽德罗常数与化学计算1（2014四川理综化学卷，T5）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是： A.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA B.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NA C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过和电子数目为2NA D.5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】0.2molFe与足量水蒸气反应，生成四氧化三铁和氢气，氢气的物质的量为为0.267mol，A错误；1LpH=13的NaOH溶液中由水电离的OH离子数目为10-13NA，B错误；氢氧燃料电池正极消耗22.4L氧气（标准状况）气体时，电路中通过和电子数目为4NA，C错误；5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O反应中，生成4mol氮气，转移的电子数为15NA，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确。2（2014上海单科化学卷，T16）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则A被氧化的砒霜为1.98 mg B分解产生的氢气为0.672 mLC和砒霜反应的锌为3.90 mg D转移的电子总数为610-3NA 【答案】C【解析】A、根据题目提供的信息“砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）”，可知As元素的化合价变化情况是，即在该反应中As2O3作氧化剂（被还原），A错误；B、所给的是氢气的体积，体积和外界条件有关，在没有指明具体的外界条件下，无法求出氢气的体积，B错误；C、根据元素守恒可知，在热玻璃管中生成的As单质的物质的量和参加反应As2O3中含有的As元素的物质的量相等，mol，则= mol，根据As元素的化合价变化情况是，可知mol As2O3完全反应转化为AsH3转移电子的物质的量是mol，而Zn在此反应中的化合价变化情况是，故参加反应Zn的物质的量是=mol，则=3.90 mg，C正确；D、根据上述分析，转移的电子数为D错误。3（2014上海单科化学卷，T22）已知：2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O，向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(CO2)（mol）2345n(沉淀)（mol）1233 【答案】AC【解析】含NaOH、Ba(OH)2、 NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的离子反应有：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3。 A、当通入的n(CO2) =2 mol时，发生的离子反应是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O和2OH+CO2= CO32+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3且n(沉淀)=1mol，A正确；B、当通入的n(CO2) =3 mol时，发生的离子反应是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），B错误；C、当通入的n(CO2) =4 mol时，发生的离子反应是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），C正确；D、当通入的n(CO2) =5 mol时，部分的BaCO3会发生反应，生成的沉淀要小于3mol，D错误。4（2014全国大纲版理综化学卷，T7）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是Almol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA B2 L0.5 mol L1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6 NA【答案】D【解析】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用。A、足量的氯气发生的离子反应有来源:Z*xx*k.Com2I+Cl2=I2+2Cl和2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，所以lmol FeI2（1mol Fe2+和2mol I）与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，A错误；B、2 L0.5 mol L1硫酸钾溶液中含溶质（K2SO4）的物质的量是1mol，所以阴离子SO42的物质的量是2mol，B错误；C、Na2O2是由Na+和O22构成，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数是3mol，C错误；D、丙烯和环丙烷的最简式都是CH2，则42 g混合气体含有3mol CH2，则氢原子的物质的量是6mol，D正确。5（2014江苏单科化学卷，T6）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA【答案】A【解析】根据氧原子守恒，1.6g氧气和臭氧含有氧原子的数目为0.1NA，A正确；丙烯酸中含有碳氧双键和碳碳双键，B错误；标准状况下苯为液体，C错误；过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气，转移的电子数为0.2mol，D错误。6（2014广东理综化学卷，T10）设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是x k b 1 . c o mA1mol甲苯含有6nA个CH键B18gH2O含有10nA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子 【答案】B 【解析】A项、甲苯化学式为C7H8，结构简式为CH3 ，所以1mol甲苯有8个CH键，A错误；B项、18gH2O的物质的量是1mol水，1molH2O有10mol质子，B正确；C项：22.4L氨水非气体，所以标准状况下，22.4L氨水物质的量不是1mol，不可计算，C错误；D项：铁片与浓H2SO4中钝化，只有表面反应，不可计算，D错误。7（2014安徽理综化学卷，T27）(14分)LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸点是85.0 ，HF的沸点是19.5 。（1）第步反应中无水HF的作用是 、 。反应设备不能用玻璃材质的原因是 (用化学方程式表示)。无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的 溶液冲洗。（2）该流程需在无水条件下进行，第步反应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式： 。（3）第步分离采用的方法是 ；第步分离尾气中HF、HCl采用的方法是 。（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品wg。测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为 mol(用含有w、n的代数式表示)。 【答案】（14分） （1）反应物 溶剂 SiO2+4HF=SiF4+2H2O NaHCO3 （2）PF5+4H2O=H3PO4+5HF （3）过滤 冷凝 （4） （本题部分小题属于开放试题，合理答案均给分）【解析】（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体反应新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O；HF属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去（比如2%的NaHCO3溶液）；（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2O=H3PO4+5HF；（3）第步分离的是固体（LiPF4(s)）和液体（HF(l)），所以采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法；（4）根据守恒可以得到；设LiPF6为xmol，LiF为ymol；根据Li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=mol。8（2014北京理综化学卷，T28）（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压数值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ixa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2IIaxb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2IIIbx0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN检验出Fe3+的现象是_。（2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应：_。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_性。（4）II中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物IVaxc无明显变化有Cl2Vcxb无明显变化无Cl2NaCl的浓度是_mol/LIV中检测Cl2的实验方法_。与II对比，得出的结论（写出两点）：_。【答案】（15分）（1）溶液变红（2）2Cl -2e =Cl2 Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+（3）还原（4）0.2 取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝 通过控制电压，证实了产生Fe3的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2先于Cl放电【解析】（1）在电解池中，氯离子在阳极放电：2Cl2eCl2，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2发生氧化还原反应：Cl22Fe2=2Cl2Fe3。（2）阳极产物没有氯气，二价铁离子具有还原性，也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子，体现了其还原性。新_课_标第_一_网（3）根据对照试验，则需要Cl浓度等于原FeCl2溶液中Cl的浓度：0.1 mol/L20.2 mol/L；用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气，若试纸变蓝，说明有氯气生成；与对比，电压较大时有Cl2产生，说明电压较大时Cl放电；电压较小时没有Cl2产生，说明在电压较小的时候，Cl没有放电，即Fe2放电变为Fe3，故放电顺序：Fe2Cl。9（2014北京理综化学卷，T27）（12分）碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。若钢样中硫以FeS的形式存在，A中反应：3FeS+5O2 1_ +3_。（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mLNaOH溶液，若消耗1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数为_。（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的质量。气体a通过B和C的目的_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。【答案】（12分）（1）O2 、SO2、CO2 Fe3O4 SO2（2）H2O2+SO2=H2SO4 （3）排除SO2对CO2测定的干扰 吸收CO2前、后吸收瓶的质量【解析】(1)钢样进行灼烧，碳、硫转化为二氧化碳和二氧化硫，所以气体成分为CO2、SO2和O2；若硫元素的存在形式为FeS，根据给出的化学计量数，3后面的物质为SO2，则根据质量守恒确定1后面的物质为Fe3O4，化学方程式为3FeS5O2Fe3O43SO2。(2)H2O2与SO2反应的化学方程式为H2O2 SO2= H2SO4；根据消耗1 mL的氢氧化钠溶液相当于硫含量y g，则消耗z mL的氢氧化钠溶液相当于含硫量为zy g，则钢样中硫含量为。(3)气体中既含有二氧化硫又含有二氧化碳，测定二氧化碳前必须除去二氧化硫，避免干扰，所以B、C装置用于除去二氧化碳中的二氧化硫，测定碳的含量即测定二氧化碳的量，因此需要测定的数据是吸收二氧化碳装置(二氧化碳吸收瓶)前后的质量(质量差值为二氧化碳的质量)。10（2014福建理综化学卷，T25）(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用右图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为 。（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。来源:学.科.网Z.X.X.K实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 (填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸 w w w .x k b 1.c o md加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 gL1。w w w .x k b 1.c o m在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（15分）（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（2）过滤（3）d（4）a、e（5）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（6） 0.16 偏低【解析】（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（2） 要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。（5）检验变质的方法是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（6）根据反应方程式可得: SO2I22H2OH2SO42HI。碘的物质的量为0.01002510-3=2.510-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.510-4mol64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。11（2014江苏单科化学卷，T18）（12分）碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。（2）MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O中abcd的代数关系式为 。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH): n(CO32)（写出计算过程）。【答案】（12分）（1）生成物具有阻燃作用 （2）2a+3b=c+2d（3） n（CO2）=0.560L/22.4L.mol-1=2.5010-2mol m(CO2)=2.5010-2mol44g/mol=1.10g在270-600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水，m(CO2)+m(H2O)=3.390g（0.7345-0.3702）=1.225g，m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,n(OH-)=0.0075mol2=0.015mol, n(OH-):n(CO32-)=0.015:2.5010-2=3:5【解析】（1）碱式碳酸镁铝具有阻燃作用，主要是分解需要吸收大量热量和生成的产物有氧化镁和氧化铝，都具有阻燃作用。（2）根据化合价的代数和为0，abcd的代数关系为2a+3b=c+2d（4） （3）根据二氧化碳的体积求出二氧化碳的质量，根据270-600失去结晶水放出二氧化碳和水，根据质量分数变化可以求出水的质量，进一步求出水的物质的量，根据氢氧根的物质的量与水的关系，和二氧化碳与碳酸根的物质的量之间的关系即可求解。n（CO2）=0.560L/22.4L.mol-1=2.5010-2mol m(CO2)=2.5010-2mol44g/mol=1.10g在270-600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水，m(CO2)+m(H2O)=3.390g（0.7345-0.3702）=1.225g，m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,n(OH-)=0.0075mol2=0.015mol, n(OH-):n(CO32-)=0.015:2.5010-2=3:512、（2014江苏单科化学卷，T20）（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如题20图1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S22eS （n1）S+ S2 Sn2写出电解时阴极的电极反应式： 。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 。（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如题20图2所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是 。反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为 。在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 。（3）H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如题20图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。 【答案】（14分）（1）2H2O+2e=H2+2OH Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S（2）铜、氢、氯 0.5mol 提高混合气体中空气的比例（3）2H2S=2H2+S2【解析】（1）溶液呈碱性，电解时水得到电子，阴极的电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH；电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S（2） 在物质转化图中，铜元素的化合价都是+2价，氢的化合价均为+1价，氯的化合价均为-1价。反应中1mol硫化氢转变成S，且三价铁不改变，说明硫化氢均被氧气氧化，转移电子数为2mol，消耗氧气的物质的量为0.5mol。根据图表，要不生成CuS，需要提高氧气的量，即提高混合气体中空气的含量。（3）根据图像，1400C时，硫化氢由85%减少到40%，氢气由10%增加40%，另一种气体由5%增大到20%，生成物的物质的量之比为2:1，2H2S=2H2+SX根据原子个数守恒，的X=2，反应方程式为：2H2S=2H2+S2,13（2014全国理综II化学卷，T27）（15分）铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：（1） 铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第_ _周期、第_ _族，PbO2的酸性比CO2的酸性 （填“强”“弱”）。（2） PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。（3） PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为 ；PbO2也可以通过石墨为电极Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为_ _。阴极上观察到的现象是_ _；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为 _，这样做的主要缺点是_ 。（4） PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（）的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和m:n值_ _。【答案】（15分）（1） 六 A 弱（2）PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2+2H2O（3）PbO+ClO= PbO2+Cl Pb2+2H2O - 2e = PbO2+ 4H+ 石墨上包上铜镀层 Pb2+2e =Pb 不能有效利用Pb2+（4）根据PbO2 PbO+O2，有32=，=1.4 ，根据mPbO2nPbO，=【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由图中所给的信息“铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层（相当于比C的周期数大4）”，所以铅在元素周期表的位置为第六周期，IVA族；由于同主族元素随着核电荷数的逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，则该黄色色气体是Cl2，（则意味着该反应为氧化还原反应），所以反应的方程式为PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2+2H2O；来源:学。科。网Z。X。X。K（3）由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反应属于氧化还原反应，Pb化合价升高，Cl元素化合价降低，故离子方程式为PbO+ClO= PbO2+Cl；（4）电解池的阳极发生失电子反应（氧化反应），因为Pb2+PbO2属于氧化反应，所以发生的电极反应为Pb2+2H2O - 2e = PbO2+ 4H+；由于Cu2+的放电能力强于Pb2+，故阴极上的电极反应为Cu2+2e=Cu，则阴极产生的现象是石墨上包上铜镀层；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为Pb2+2e =Pb，这样一来就不能有效利用Pb2+。 （5）样品失重的原因是生成了氧气，根据PbO2 PbO+O2，有32=，=1.4 ，根据mPbO2nPbO，=。14、（2014上海单科化学卷，T七）（本题共12分）氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在107 t左右。氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法。完成下列填空：38实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸。还需要_、_（填写试剂或溶液名称）。39实验室用2.00 mol/L盐酸和漂粉精成分为Ca(ClO)2、CaCl2反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24 L（标准状况）氯气，发生反应的盐酸_mL40实验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气。_41工业上用电石乙炔法生产氯乙烯的反应如下：CaO3C CaC2COCaC22H2OHCCHCa(OH)2 HCCH HClCH2CHCl 电石乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源。 电石乙炔法的缺点是：_、_。x_k_b_142乙烷和氯气反应可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。 设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件） 要求：反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备；不产生其他度废液。 【答案】（本题共12分） 38饱和氯化钠溶液、氢氧化钠溶液 39100 40用试管收集氯气，收集满后将试管倒立在氢氧化钠溶液中，观察试管内有无残留气体。 41高耗能 会污染环境 42CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl ClCH2CH2ClCH2=CHCl+HCl CHCH+ HClCH2=CHCl【解析】38实验室用盐酸制备氯气，氯气中混有氯化氢，得到纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去HCl，再用浓硫酸干燥，最后用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；39反应的方程式为ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，n（Cl2）=0.1mol，则需要n（HCl）=0.2mol，发生反应的盐酸的体积为V=0.1L=100mL；40 氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体；41工业在高温下生产电石，用电石生产乙炔，耗能大，由于乙炔与HCl的反应在氯化汞的作用下进行，污染环境；42以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，生成的氯化氢电解生成氢气和氯气，氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成1，2-二氯乙烷，涉及反应有CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl 、ClCH2CH2ClCH2=CHCl+HCl 以及CHCH+ HClCH2=CHCl15、（2014上海单科化学卷，T十）（本题共14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。完成下列计算：52焦硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中SO3都转化为硫酸。若将445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为_mol/L。53若以浓硫酸吸水后生成H2SO4H2O计算，250 g质量分数为98的硫酸能吸收多少g水？54硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS28O2Fe3O46SO2 =4FeS211 O2 2Fe2O38SO2，若48 mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4 L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。55用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77， 计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）。已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21。 【答案】（本题共14分） 521.25 5325098%9816=40g 542934.422.4=131mol，设Fe3O4 amol Fe2O3 bmol 3a+2b=48 8a+112b=131 a=4 b=18 n(Fe3O4): n(Fe2O3)=2:9新课 标第 一 网55设混合气体为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。 所需空气为1.260.211.77=10.26体积 (SO2)=0.84(10.621.26+1.84)=0.075【解析】52445g焦硫酸的物质的量n=2.5mol，其中硫酸和三氧化硫的物质的量均为2.5mol，2.5molSO3和水反应又会产生2.5nolH2SO4，所以溶液中H2SO4的物质的量是5.0mol，则=1.25 mol/L；53250 g质量分数为98的硫酸溶液中含H2