2018版高三化学一轮复习5年真题分类：专题04化学计算 Word版含答案

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专题04 化学计算

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112ml Cl2，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
【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转移的电子数为0.01mol，
选项A正确。
【考点定位】考查化学反应方程式的有关计算。
【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏加德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：①找出氧化剂、还原剂及对应产物；②准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；③设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。
2．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则 (NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4,因共生成NH3 0.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。
【考点定位】考查有关化学反应计算的技巧和方法。
【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。 日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。
3．【2015上海化学】将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
【答案】C、D
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O===4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2===HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则发生4NH3+5O24NO+6H2O消耗的氧气的体积是V(O2)=5/4V(NO)= 5/4×44.8mL=56ml，消耗的总体积是V(总)= V(O2)+V(NH3)=9 /4×44.8mL=100.8ml，其余的气体体积是448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：NH3+2O2= HNO3+H2O，反应消耗的氧气体积是：V(O2)=2/3V(剩余)= 2/3×347.2ml= 231. 5ml，则其中的氧气的总体积是：V(O2)(总)= 56ml+ 231. 5ml =287.5mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是发生总反应NH3+2O2===HNO3+H2O消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：V(O2)= (448mL -44.8mL )×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项C、D。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
【名师点睛】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守恒确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
4．【2013年高考上海卷第18题】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A．生成42.0LN2（标准状况）
B．有0.250molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C、D
【解析】 根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2，则氧化物比还原物多14 mol。转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7 mol，则生成2mol N2，转移电子的物质的量为1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol，因此，C、D正确。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应有关知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答本题的关键，氧化还原反应是高频考点，试题注重考查学生的计算技巧。难点中等。
5．【2013年高考上海卷第21题】一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（ ）
A．可能是单一气体 B．不可能含有一氧化碳
C．可能存在原气体中的两种气体 D．成分和洗气瓶的排列顺序无关
【答案】A、C
【解析】方法一、洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO。方法二、洗气瓶的排列顺序不论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO（NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O），若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。
【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力。
【名师点睛】本题考查的知识点是常见气体的检验，主要考查了洗气瓶的洗气，掌握常见气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应的性质是解答本题的关键，该题综合性较强，有利于培养学生分析、解决问题的能力。
6．【2013年高考上海卷第22题】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）
A．9.0 B．13.5 C．15.7 D．16.8
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×(6+2)=1.2mol。两者体积相等，设NO xmol,NO2 xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.075×10=0.75mol，设NO xmol,NO2 xmol, 3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。
【名师点睛】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=m/M，计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm
计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。
7．【2013年高考四川卷第7题】1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 （ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
C．NO2和N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52 ②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0mol·L－1，C项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7-0.06=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。
【考点定位】本题考查科学计算。
【名师点睛】本题以铜镁合金与硝酸反应为载体，考查混合物的有关计算，难度中等，理解化学反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，在解题过程中要注意守恒思想的应用，该试题依托教材，体现主干知识，重点知识。注重测试学生的计算能力。
8．【2016年高考江苏卷】（节选）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)①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
②在100.00 mL水样中
I2＋2S2O===2I－＋S4O
n(I2)＝＝
＝6.750×10－5 mol
n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol
n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol＝3.375×10－5 mol
水中溶解氧＝＝10．80 mg·L－1
【解析】本题主要考查CaO2·8H2O的制备实验、水中溶解氧含量的测定实验，意在考查考生对物质制备实验和定量分析实验的理解能力。(3)①反应中Mn由＋2价升至＋4价，O由0价降至－2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH－平衡电荷。②找出反应之间的关系：n(O2)～n[MnO(OH)2]～n(I2)～¼n(S2O)，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧。
【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等。
【名师点晴】灵活应用电子得失守恒是解答的关键，电子守恒是氧化还原反应计算的核心思想：得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
9．【2016年高考新课标Ⅰ卷】（节选） （3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ mol·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。
【答案】(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】 (3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 mol·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 mol·L−1)=2.0×10-5 mol·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 mol·L−1)=5×10-3mol·L−1；
【考点定位】考查溶度积常数的应用。
【名师点睛】该题考查了学生对化学平衡移动原理溶度积常数的含义的理解与计算、应用。
10．【2016年高考新课标Ⅱ卷】（节选） 联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】(5)由于联氨具有还原性，能将AgBr中的Ag+还原为Ag，可看到固体逐渐变黑，N2H4被氧化为N2，可看到溶液中有气泡产生。1 mol联氨在反应中失去4 mol电子，而1 mol O2能得到4 mol电子，且联氨与O2的相对分子质量相等，故反应的联氨与O2的物质的量和质量均相等，故1 kg的联氨可除去水中溶解的O2的质量为1 kg。使用联氨处理水中溶解的O2，消耗联氨的质量小，且氧化产物为N2，对环境无污染，而用Na2SO3处理水中溶解的O2时，Na2SO3被氧化为Na2SO4，产生新杂质。
【考点定位】考查化合价，化学计算等知识。
【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化合价，简单化学计算等知识。
11．【2016年高考上海卷】（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
（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%
【解析】试题分析：

（1） NH4HCO3分解的化学方程式为NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，由方程式可知，分解产物经干燥后所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+n(CO2)=2n(NH4HCO3)=4.00 mol,则V(混合气体)=4.00 mol×22.4L/mol=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。（2）根据题意要求，2.40molCO2被完全吸收，NaOH也完全吸收，则反应产物可能是Na2CO3或者NaHCO3或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两种特殊情况：

（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[来所以有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
2n n 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+ 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 + H2O → CO + 3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为 β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + 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-350mol，所以有[§X§K]
600βmol+300αmol=900mol-350mol——②式，由①②式可得 α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
法二：在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4 + H2O → CO + 3H2
300mol 900mol
CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
100αmol 100αmol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，根据反应中氢元素的守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
【考点定位】根据化学方程式的计算；物质的量、气体体积、物质的量浓度的转化关系；极值思想、守恒思想的运用。
【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。例如第（1）题考查了物质的量与气体体积的转化关系；第（2）题考查了物质的量与物质的量浓度的转化关系，同时也考查了极值思想的应用；第（4）题可根据元素守恒思想列出关系式求解。根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
12．【2014年高考上海卷第十（52~55）题】（14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、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：
（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）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：
3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2 4FeS2＋11 O2→2Fe2O3＋8SO2
若48mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。
（4）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】（1）1.25 （2）250×98%÷98×16＝40g
（3）2934.4÷22.4＝131mol 设Fe3O4 a mol Fe2O3 b mol
3a+2b＝48 8a+11÷2b＝131 a＝4 b＝18 n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4） 设混合气为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1.26÷0.21×1.77＝10.62 体积＝0.84÷（10.62－1.26+1.84）＝0.075
【解析】试题分析：

可以吸收水的质量是45g—5g=40g。（3）设Fe3O4的物质的量是a mol，Fe2O3的物质的量是b mol，反应中消耗氧气的物质的量是2934.4L÷22.4L/mol＝131mol，则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+11÷2b＝131，解得a＝4、b＝18，则n (Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
（4） 设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O22SO2＋2H2O 可知，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。反应中空气过量77%，因此所需空气为×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝＝0.075
【考点定位】本题主要是考查硫及其化合物反应的有关化学计算。
【名师点晴】本题通过硫及其化合物的有关反应和计算为载体，旨在考查学生的化学计算能力以及学生对基础知识的理解，有利于培养学生的规范答题意识，以及灵活应用基础知识解决实际问题的能力。该题属于中等难度试题的考查，注意解题方法和规律的总结及积累。特别是化学计算中各种守恒法的应用，需要引起考生的注意。
13．【2015山东理综化学】(15分)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。
（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为__________溶液（填化学式），阳极电极反应式为__________ ，电解过程中Li+向_____电极迁移（填“A”或“B”）。

（2）利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：

Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为____________________________________，铁渣中铁元素的化合价为___________，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为__________。
【答案】（1）LiOH 2Cl‾—2e‾===Cl2↑ B
（2）2Co(OH)3+4H++SO32‾===2Co2++SO42‾+5H2O +3 Co3O4
【解析】本题主要考查了电化学原理、离子方程式的书写及化学计算等,意在考查考生利用化学原理分析、解决实际问题的能力。(1)产生H2的极为阴极,同时产生OH-,Li+通过阳离子交换膜进入阴极,阴极区电解液为LiOH溶液。阳极区电解液为LiCl溶液,Cl-发生失电子的氧化反应生成Cl2。（2）在酸性条件下，Co(OH)3首先与H+反应生成Co3+，Co3+具有氧化性，把SO32‾氧化为SO42‾，配平可得离子方程式：2Co(OH)3+4H++SO32‾===2Co2++SO42‾+5H2O；铁渣中铁元素的化合价应该为高价，为+3价；CO2的物质的量为：1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，根据CoC2O4的组成可知Co元素物质的量为0.03mol，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得：59x：16y=0.03mol×59g/mol：（2.41g—0.03mol×59g/mol），解得x：y=3:4，则钴氧化物的化学式为：Co3O4。
【考点定位】本题考查了电极原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；还考查了离子方程式的书写、元素化合价的判断、根据化学计算推测物质的化学式。
【名师点睛】本题试题立意鲜明，以考查学生能力为主导，抓住学科知识的内在联系，首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，然后利用钴渣制备钴氧化物的工艺流程，考查了离子方程式的书写和化学式的推断，将化学学科知识的考查融于化工生产实践中，体现了化学学科的科学和社会价值，侧重于对考生分析问题、解决问题能力的考查。
14．【2015江苏化学】(12分)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＋SO2===MnSO4
（1）质量为17．40g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＋(使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。
（3）如图所示可以看出，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0．1710g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)=0.0500mol·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20．00mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
【答案】(1)4.48　(2)5.0 (4)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3 mol
n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝ 1.00×10－3 mol
m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol × 169 g·mol－1＝0.169 g
MnSO4·H2O样品的纯度：×100%＝98.8%
【解析】(1)n(MnO2)＝＝0.2 mol，由方程式知，可以氧化0.2 mol SO2，标准状况下为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L。(2)由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp知，使Al3＋完全沉淀时，Fe3＋肯定已沉淀。Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)，c3(OH－)＝＝10－27，c(OH－)＝ 10－9 mol·L－1，pH＝5，为了不使Mn2＋沉淀，所以pH要小于7.1。(3)由溶解度曲线图知，MnSO4·H2O结晶需要温度高于40 ℃，但此时MnSO4·H2O的溶解度大于MgSO4·6H2O，所以此时若析出MnSO4·H2O，同时可能会有MgSO4·6H2O析出，在60 ℃时两者溶解度相等，随后MnSO4·H2O的溶解度减小，易析出，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，进入溶液中，此后的温度两者更易于分离。(4)Mn2＋先转化成Mn3＋，Mn元素的量没有改变，依据反应 Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋知，消耗的Fe2＋的物质的量等于Mn3＋的物质的量，所以n(MnSO4·H2O)＝n(Mn2＋)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝0.05 mol/L×0.02 L＝0.001 mol，MnSO4·H2O的纯度为×100%＝98.8%。
【考点定位】考查化学反应计算、溶度积的计算、物质除杂等问题。
【名师点睛】本题设计化学反应的计算、溶度积的计算、物质的除杂、氧化还原反应的得失电子数目守恒，第一题的计算中主要运用化学反应方程式，进行计算，第二题中虽然考查pH的范围，实际上设计了除杂和溶度积的计算，注意题干中所给信息，1×10－6mol·L－1，第三题根据图像看，如何除杂，第四题根据氧化还原反应得失电子数目守恒的思想解决问题，培养学生计算能力和看图能力，解决知识的运用能力。
15．【2015上海化学】（12分）甲醛是深受关注的有机化合物。甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。完成下列填空：
（1）将4.00 mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100 mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00 mL。甲醛水溶液的浓度为 mol/L。
（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过 mL。
（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。
HCHO + H2O2 → HCOOH + H2O NaOH + HCOOH → HCOONa + H2O
已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水。如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 ；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 。
（4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下： HCHO+2Cu(OH)2HCOOH+Cu2O↓+2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断。
①主要仪器：试管 酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液

【答案】（1）11 （2）10 （3）偏低，未完全将甲醛氧化为甲酸，使消耗的NaOH标准溶液少；偏低，将甲醛氧化的甲酸进一步氧化为二氧化碳和水，使消耗的NaOH标准溶液少。
（4）向试管中加入2ml 10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【解析】

（3）如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。
（4）甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，只要证明在物质中不含有醛基就可以。方法是向试管中加入2ml10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【考点定位】考查甲醛物质的量浓度的计算、含量的测定的误差分析、醛基存在的检验方法的设计的知识。
【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式，物质含量的测定要进行得到，物质存在的检验方法要依据物质含有的官能团的结构及反应现象进行确定。误差分析要根据消耗标准溶液的体积的大小确定，在实验方案的设计时，要操作方便、现象明显，安全性强。
16．【2015上海化学】（14分）氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2 L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2[来源:然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 g。如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：①过滤后溶液中氯化钠的质量。②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L 400 （2）10388 54880L （3）①351kg ②1680kg。[来
【解析】（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol CaCO3反应会产生1mol CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)=29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。（2）10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
【考点定位】考查氨碱法制纯碱的有关化学计算的知识。
【名师点睛】氨碱法制纯碱是化学重要的理论，其中涉及物质CO2、NH3的制取方法、反应的先后顺序、根据反应方程式进行的有关计算。掌握物质的化学性质、方程式的书写及物质的量与物质的质量、摩尔质量、物质的量与气体的体积、气体摩尔体积的关系和反应前后的元素守恒是做本题的关键。
17．【2014年高考江苏卷第18题】（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x 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)d·x H2O中a、b、c、d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：
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L（已换算成标准状况下）。②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%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃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】(1)生成的产物具有阻燃作用　(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2mol
m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 g
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol
n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol
n(OH－)∶n(CO)＝1.50×10－2 mol∶2.50×10－2 mol＝3∶5
【解析】本题主要考查对碱式碳酸铝镁组成的确定,意在考查考生对图象、数据的分析和处理能力。(1)碱式碳酸铝镁分解后生成Al2O3、MgO、CO2，这些物质都可起到阻燃作用。 (2)根据化合物中各元素的化合价代数和为0，故2a＋3b＋(－1)c＋(－2)d＝0，即2a＋3b＝ c＋2d。(3)利用标准状况下CO2的体积计算所含CO2的物质的量，从而求出CO2的质量；再结合图像，求出分解过程中生成H2O的质量，从而求出H2O的物质的量。解题时要特别注意：①固体残留率在73.45%以前，结晶水已经全部失去，此时减少的质量为分解生成的CO2和H2O，②固体分解可看成是镁铝的氢氧化物及其碳酸盐的分解，故分解生成1 mol H2O需要2 mol OH－，分解生成1 mol CO2需要1 mol CO。
【考点定位】本题主要是考查化学计算。
【名师点晴】本题以物质的化学式计算为载体，重点考查化学式中化合价代数和为零的原则和实际工业中的测定组成的方法，考察了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。高考化学试题中对考生设计简单实验能力的考查赋予较多的关注，其中就包括对定量实验的设计的考查，它要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的定量实验中去，解决一些原理和操作较简单的定量问题。考察学生的实际应用能力和阅读能力，体现了化学科的实用性。