高考化学试题分类汇编化学计算doc高中化学

2022高考化学试题分类汇编：化学计算1．（2022全国卷1）．以下表达正确的选项是A．在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，那么B．在滴有酚酞溶液的氨水里，参加至溶液恰好无色，那么此时溶液的C．盐酸的，盐酸的D．假设1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的那么溶液的【解析】A假设是稀醋酸溶液稀释那么C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH=8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,那么有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11【答案】D【命题意图】考察弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等根本概念【点评】此题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的根本问题考察就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比较，而考这些，很简单，大家都喜欢！26/26\n2．（2022全国卷1）12．一定条件下磷与枯燥氯气反响，假设0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），那么产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【解析】设n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Ymol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002应选C【命题意图】考察学生的根本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等【点评】此题是个原题，用百度一搜就知道！做过多遍，用的方法很多，上面是最常见的据元素守恒来解方程法，还有十字穿插法，平均值法、得失电子守恒等多种方法，此题不好！（2022重庆卷）12．已知蒸发1molBr2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：那么表中a为A．404B．260C．230D．20012.答案D【解析】此题考察盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)=Br2(g)DH=+30KJ/mol，那么H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)；DH=－102KJ/mol。436+a-2×369=－102；a=―200KJ，D项正确。26/26\n（2022福建卷）12．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反响，反响物尝试随反响时间变化如右图所示，计算反响4~8min间的平均反响速率和推测反响16min反响物的浓度，结果应是A2.5和2.0B2.5和2.5C3.0和3.0D3.0和3.0解析：此题考察化学反响速率的计算第8秒与第4秒时反响物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反响速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开场到8反响物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反响物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B答案：B（2022上海卷）21．甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各参加10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。以下判断正确的选项是A．甲中沉淀一定比乙中的多B．甲中沉淀可能比乙中的多C．甲中沉淀一定比乙中的少D．甲中和乙中的沉淀可能一样多26/26\n答案：BD解析：此题考察了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此参加时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均缺乏量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠缺乏量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件缺乏，据此求解时需要在分析推理的根底上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。（2022上海卷）22．由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO组成的混合物，参加纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反响。假设纯铁完全反响，那么反响后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是A．4:3B．3:2C．3:1D．2:l答案：BC解析：此题考察了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反响，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反响后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，那么FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反响：Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时，反响后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，那么FeO与Fe2O3的物质的量之比为：1:2；当两反响均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两着之间，故BC可能。26/26\n知识归纳：极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十清楚显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比方此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。（2022江苏卷）5．设为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2B．1mol羟基中电子数为10C．在反响中，每生成3mol转移的电子数为6D．常温常压下WWWKS5U.COM，22.4L乙烯中键数为4【答案】A【解析】此题主要考察的是以阿伏伽德罗常数为载体考察如下知识点①考察22.4L/mol的正确使用；②考察在氧化复原反响中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反响中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，此题选A项。【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。（2022四川理综卷）12.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为pg/ml,质量分数为ω，物质浓度为cmol/L，那么以下关系中不正确的选项是A.B.C.D.C=1000Vρ/(17V+22400)26/26\n答案：A解析：此题考察根本概念。考生只要对根本概念熟悉，严格按照根本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。（2022全国卷1）27.（15分）在溶液中，反响A+2BC分别在三种不同实验条件下进展，它们的起始浓度均为、及。反响物A的浓度随时间的变化如以以下图所示。请答复以下问题：（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反响条件。所改变的条件和判断的理由是：②_______________；③_______________；（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；（3）该反响的_________0，判断其理由是__________________________________；（4）该反响进展到4.0min时的平均反响速度率：实验②：=__________________________________；实验③：=__________________________________。26/26\n【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反响速率加快了，故由影响反响速率和影响平衡的因素可知是参加（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反响是在溶液中进展的反响，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反响速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反响速率的（2）不妨令溶液为1L，那么②中达平衡时A转化了0.04mol，由反响计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，那么生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L(3)﹥0；理由：由③和①进展比照可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反响是吸热反响，﹥0（4）从图上读数，进展到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,那么△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进展到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,)=0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1【答案】（1）②加催化剂；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变③温度升高；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小26/26\n（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反响是吸热反响（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1【命题意图】考察根本理论中的化学反响速率化学平衡局部，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反响速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反响速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考察。【点评】此题所涉及的化学知识非常根底，但是能力要求非常高，观察和分析不到位，就不能准确的表述和计算，要想此题得总分值必须非常优秀才行！此题与2022年全国卷II理综第27题，及安微卷理综第28题都极为相似，有异曲同工之妙，所以对考生不陌生！（2022天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请答复以下问题：⑴煤的气化的主要化学反响方程式为：___________________________。⑵煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反响的化学方程式为：________________________________________。⑶利用水煤气合成二甲醚的三步反响如下：①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)；ΔH＝－90.8kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH＝－23.5kJ·mol－126/26\n③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；ΔH＝－41.3kJ·mol－1总反响：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝___________；一定条件下的密闭容器中，该总反响到达平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。a．高温高压b．参加催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．别离出二甲醚⑷已知反响②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中参加CH3OH，反响到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol·L－1）0.440.60.6①比较此时正、逆反响速率的大小：v正______v逆（填“>”、“<”或“＝”)。②假设参加CH3OH后，经10min反响到达平衡，此时c(CH3OH)＝_________；该时间内反响速率v(CH3OH)＝__________。解析：(1)煤生成水煤气的反响为C+H2OCO+H2。(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ·mol-1。26/26\n正反响是放热反响，升高温度平衡左移，CO转化率减小；参加催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、别离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；应选c、e。(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反响未到达平衡状态，向正反响方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，那么甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2mol·L-1，故0.44mol·L-1-2x=0.04mol·L-1。由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2)mol·L-1=1.64mol·L-1，其平衡浓度为0.04mol·L-1，10min变化的浓度为1.6mol·L-1，故(CH3OH)=0.16mol·L-1·min-1。答案：(1)C+H2OCO+H2。(2)Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS(3)-246.4kJ·mol-1c、e(4)①＞②0.04mol·L-10.16mol·L-1·min-1命题立意：此题是化学反响原理的综合性试题，考察了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。（2022广东理综卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。(1)请完成B2H6气体与水反响的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+________。(2)在其他条件相同时，反响H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反响时间（t）的变化见图12，由此图可得出：26/26\n①温度对应该反响的反响速率和平衡移动的影响是_______②该反响的_____0(填“<”、“=”或“>”).(3)H3BO3溶液中存在如下反响：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反响于298K到达平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反响的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保存两位有效数字）解析：(1)根据元素守恒，产物只能是H2，故方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。(2)由图像可知，温度升高，H3BO3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反响是吸热反响，△H＞O。(3)K===答案：(1)B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2(2)①升高温度，反响速率加快，平衡正向移动②△H＞O(3)或1.4326/26\n（2022山东卷）28．（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及以下反响：ⅠSO2+2H2O+I2===H2SO4+2HIⅡ2HIH2+I2Ⅲ2H2SO42===2SO2+O2+2H2O（1）分析上述反响，以下判断正确的选项是。a．反响Ⅲ易在常温下进展b．反响Ⅰ中氧化性比HI强c．循环过程中需补充H2Od．循环过程中产生1molO2的同时产生1molH2（2）一定温度下，向1L密闭容器中参加1molHI（g），发生反响Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如以下图。0~2min内的平均放映速率v（HI）=。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K=。相同温度下，假设开场参加HI（g）的物质的量是原来的2倍，那么是原来的2倍。a．平衡常数b．HI的平衡浓度c．到达平衡的时间d．平衡时H2的体积分数26/26\n（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反响时溶液中水的电离平衡移动（填“向左”“向右”或者“不”）；假设参加少量以下试剂中的，产生H2的速率将增大。a．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4d．NaHSO3（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。已知2H2（g）+O2（g）===2H2O(I)△H=-572KJ．mol-1某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为。解析：(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反响Ⅰ中SO2是复原剂，HI是复原产物，故复原性SO2＞HI，那么b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。(2)υ(H2)=0.1mol/1L/2min=0.05mol·L-1·min-1，那么υ(HI)=2υ(H2)=0.1mol·L-1·min-1；2HI(g)==H2(g)+I2(g)211起始浓度/mol·L－1100变化浓度/mol·L－1：0.20.10.1平衡浓度/mol·L－1：0.80.10.1那么H2(g)+I2(g)==2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。假设开场时参加HI的量是原来的2倍，那么建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I226/26\n的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开场时的浓度增大了，反响速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，应选b.（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；假设参加,溶液变成的溶液了，不再生成H2；参加的会和反响，降低，反响速率减慢；的参加对反响速率无影响；参加CuSO4后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反响速率，选b.（4）根据反响方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286kJ,故该电池的能量转化率为答案：（1）c（2）0.1mol·L-1·min-1；64mol/L；b（3）向右；b（4）80%（2022安徽卷）27.（14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进展资源回收研究，设计实验流程如下：（1）第②步反响得到的沉淀X的化学式为。（2）第③步反响的离子方程式是。（3）第④步反响后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有。26/26\n假设过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、。（4）假设废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1g第③步反响中参加20.0mL3.0mol·L-1的H2SO4溶液。定正极材料中的锂经反响③和④完全为Li2CO3,剩至少有Na2CO3参加了反响。答案：（1）Al(OH)3(2)4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O(3)漏斗玻璃棒烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等（4）5.3解析：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝，第三步是氧化复原反响，注意根据第一步反响LiMn2O4不溶于水。第（4）小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。（2022浙江卷）26.（15分）已知：①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如以以下图所示：请根据以下信息答复下旬问题：图226/26\n（1）25℃时，将20mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L-1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：反响初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是，反响完毕后所得两溶液中，c（CH3COO-）c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka，列式并说明得出该常数的理由。（3）mol·L-1HF溶液与mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。试题解析：给信息多，可以对信息进展初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。信息分析：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。F-与HF总量不变。问题引导分析（解题分析与答案）：（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反响时H+浓度不同引起反响速率的不同。反响完毕后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。（2）HF电离平衡常数Ka=【c（H+）*c（F-）】/c（HF）,其中c（H+）、c（F-）、c（HF）都是电离到达平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4，c（F-）=1.6×10-3、c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。26/26\n（3）PH=4.0，那么c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。教与学提示：此题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。要求学生会读图，要掌握平衡常数的表达式和含义：平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。要理解溶解平衡的含义：到达饱和溶液时的最大值，大于那么沉淀析出，小于那么不析出。明确平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，有触类旁通地系统地研究和学习平衡常数问题。26题再一次说明，平衡常数的题目不再只是说要考，而总是回避大题的内容。难点突破在高考复习中意义重大。也再一次说明，高考的热点往往和大学根底要求有联系。（2022上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反响在450℃并有催化剂存在下进展：1)该反响所用的催化剂是(填写化合物名称)，该反响450℃时的平衡常数500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。2)该热化学反响方程式的意义是．a．b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化26/26\nc．容器中气体的密度不随时间而变化d．容器中气体的分子总数不随时间而变化4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molSO2，半分钟后到达平衡，测得容器中含SO30.18mol，那么=mol.L-1.min-1：假设继续通入0.20molSO2和0.10molO2，那么平衡移动(填“向正反响方向”、“向逆反响方向”或“不”)，再次到达平衡后，mol<n(SO3)<mol。答案：1）五氧化二钒（V2O5）；大于；2）在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反响生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）bd；4）0.036；向正反响方向；0.36；0.40。解析：此题考察了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反响正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反响生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反响到达平衡状态；4）当到达平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，那么v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，那么v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反响方向移动，在此到达平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。假设正反响为吸热反响，温度升高K值增大；假设正反响为放热反响，温度升高K值减小。26/26\n（2022上海卷）30．Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保存2位小数）2）计算30℃时271gNa2SO3饱和溶液中水的质量。3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。答案：1）；2）135.5：100=271：x；x=200（g）；3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，。解析：此题考察了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，那么；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，那么135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。（2022上海卷）31．白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反响生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子构造（以PCl5为例）如右图所示。该构造中氯原子有两种不同位置。1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反响所消耗的氧气在标准状况下的体积为L。26/26\n上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1。2）含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反响恰好完全，生成l种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为。3）白磷和氯、溴反响，生成混合卤化磷（，且x为整数）。如果某混合卤化磷共有3种不同构造（分子中溴原子位置不完全相同的构造），该混合卤化磷的相对分子质量为。4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反响，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M>300）。答案：1）5.6；4.00；2）Ca5(PO4)3(OH)；3）297.5或342；4）348或464。解析：此题考察了元素化合物、化学计算知识。1）白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，那么其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反响生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，那么磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2）根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr426/26\n四种，要是有三种不同构造的话，结合PCl5的构造，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，那么其相对分子质量可能为：297.5或342；4）根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，那么生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；那么磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，那么该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，那么知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为：P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为：P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。（2022江苏卷）18.（12分）正极材料为的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步开展。（1）橄榄石型是一种潜在的锂离子电池正极材料，它可以通过、与溶液发生共沉淀反响，所得沉淀经80℃真空枯燥、高温成型而制得。①共沉淀反响投料时，不将和溶液直接混合的原因是。②共沉淀反响的化学方程式为。③高温成型前，常向中参加少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的的导电性能外，还能。26/26\n（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有及少量AI、Fe等）可通过以下实验方法回收钴、锂。①在上述溶解过程中，被氧化成，在溶解过程中反响的化学方程式为。②在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如右图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，那么1000℃时，剩余固体的成分为。（填化学式）；在350~400℃范围内，剩余固体的成分为。（填化学式）。【答案】(1)①Fe2+在碱性条件下更易被氧化（凡合理答案均可）②（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③与空气中O2反响，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化（2）①②、【解析】此题考察的知识比较散，涉及到能源利用，物质性质、化工流程分析，图表分析，覆盖面比较广。（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在碱性条件下更容易被氧化；②根据题给的信息，发生的反响为（NH4）2Fe（SO4）226/26\n+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③消耗空气中的O2,保护Fe2+,防止Fe2+被氧化；（2）①通过题给信息可知LiCoO2与Na2S2O3发生了氧化复原反响，反响为8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4LiSO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O②根据质量的变化，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在10000C是Co(OH)2完全分解，那么产物CoO，在350-4000C时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进展分析，在2920C,n(Cr)n(O)=100/93：（89.25-100*59/93)/16=2:3,其化学式为Co2O3在5000Cn(Cr)n(O)=100/93：（86.38-100*59/93)/16=3:4其化学式为Co3O4，所以可以确定在350-4000C时的化学式为Co2O3和Co3O4（2022江苏卷）20．（10分）以水氯镁石(主要成分为)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：水氯镁石溶解过滤热水解沉淀镁预氨化碱式碳酸镁、滤液(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的，假设溶液中，那么溶液中=。(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为。(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到。取碱式碳酸镁4.66g26/26\n，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。(4)假设热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有，那么产品中镁的质量分数▲（填“升高”、“降低”或“不变”）。【答案】（1）2.0mol.L-1（2）NH4Cl（3）Mg(OH)24MgCO34H2O（4）升高【解析】此题主要考察的是有关Ksp的计算和无机化工流程和化学计算。（1）依据Ksp计算的公式可知c(Mg2+)=Ksp/c2(OH-)=2.0mol/L；（2）通过流程分析，最后综上分析可知，滤液中的主要成分为NH4Cl，浓缩以后得到的固体物质为NH4Cl；（3）根据题给相关物质的数据可有以下计算所以，，从而得到其化学组成为；Mg(OH)24MgCO34H2O（4）因为MgCO3中Mg的含量比碱式碳酸镁的含量高，因此，混有MgCO3后，Mg的含量升高。（2022四川理综卷）29.（16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下26/26\n请答复以下问题：硫酸与二氧化钛反响的化学方程式是____________________________________。（1）向滤液I中参加铁粉，发生反响的离子方程式为：_________________________、_______________________。（2）在实际生产过程中，向沸水中参加滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开场水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________________________。过滤别离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556akgA（摩尔质量为278g26/26\n/mol）溶于水中，参加适量氢氧化钠溶液恰好完全反响，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中参加3336bkgA和112ckg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反响完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。假设所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，那么理论上可生产红色颜料_______________________kg。答案：(1)或(2)(3)加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低浓度促进钛盐水解(4)解析：此题属于化工生产流程题。（1）考察酸的通性，可以与金属氧化物反响，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式。（2）参加浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再参加铁粉，铁粉可以复原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反响、（3）考察了影响盐类水解的因素。（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开场参加A为2a×103mol参加适量氢氧化钠溶液恰好完全反响.,说明参加氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又参加12b×103mol的A，和2c×103mol的铁。根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，。而溶液中参加的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol,这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol,根据铁元素守恒。nFe=(2a+4b+2c)×103mol,nFe2O3=(a+2b+c)×103mol,计算得mFe2O3=kg.26/26