34.(09北京卷28)(15分)

以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：

(1)将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整

　 4　　　 +11

(2)接触室中发生反应的化学方程式是　　　　　　 。

(3)依据工艺流程图判断下列说法正确的是(选填序号字母)　　　　 。

a. 为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎

b. 过量空气能提高的转化率

c. 使用催化剂能提高的反应速率和转化率

d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁

(4)每160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程是　　　　 。

(5)吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。

①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是　　　　　　 。

② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。

部分测定结果；

铵盐质量为10.00g和20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。

计算：该铵盐中氮元素的质量分数是　　　　　 %； 若铵盐质量为15.00g。 浓硫酸增加的质量为　　　 。 (计算结果保留两位小数)

答案：

(1)FeS₂

(2)

(3)a　 b　 d

(4)SO₃(g) + H₂O(l) = H₂SO₄(l)；ΔH=-130.3kJ/mol

(5)①SO₂ + Br₂ + 2H₂O = 4H⁺ + 2Br^- + SO₄^2-

②14.56　　　 2.31g

33.(09北京卷26)(15分)

以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)；

I 从废液中提纯并结晶。

II将溶液与稍过量的溶液混合，得到含的浊液

IV 将浊液过滤，用90°C热水洗涤沉淀，干燥后得到固体

V煅烧，得到固体

已知：在热水中分解

(1)　　　 I中，加足量的铁屑出去废液中的，该反应的离子方程式是　　　　　

(2)　　　 II中，需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用　　　　

(3)　　　 III中，生成的离子方程式是　　　　　 。若浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是　　　　 。

(4)　　　 IV中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净。检验操作是是　　　　　 。

(5)　　　 已知煅烧的化学方程式是，现煅烧464.0kg的，得到316.8kg产品，若产品中杂质只有，则该产品中的质量是　　　　　　 kg(摩尔质量/g·；)

答案：

(1)Fe + 2Fe³⁺ = 3Fe²⁺

(2)加入硫酸，H+浓度增大，使Fe²⁺ + 2H₂OFe(OH)₂ + 2H⁺的平衡向逆反应方向移动，从而抑制FeSO₄的水解

(3)Fe²⁺ + 2HCO₃^- = FeCO₃↓+ CO₂ ↑ + H₂O

4FeCO₃ + 6H₂O + O₂ = 4Fe(OH)₃ ↓+ 4CO₂

(4)取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl₂溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净

(5)288.0

32.(09广东化学19)(12分)

　 某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)制备氮化钙(Ca₃N₂)，并探究其实验式。

(1)按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是　　　　　　 。

(2)反应过程中末端导管必须插入试管A的水中，目的是 　　　　　。

(3)制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞K并通入N₂；②点燃酒精灯，进行反应；③反应结束后，　　　　 　；④拆除装置，取出产物。

(4)数据记录如下：

① 计算得到实验式Ca_xN₂,其中x=　　　　　　 .

② 若通入的N₂中混有少量O₂，请比较x与3的大小，并给出判断依据：　　　　　 。

答案：

^{(1)关闭活塞，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热。冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，说明装置气密性良好。}

^{(2)防止反应过程中空气进入反应管，便于观察N2的逆流}

^{(3)熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氮气，并关闭活塞。}

^{(4)①2.80　 ②产物中生成了CaO}

解析：

^{(1)见答案；}

^{(2)要保证整个装置不能混入其他气体；}

^{(3)一定要使玻璃管冷却后再停止通入气流；}

^{(4)要确定X值必须求出钙和氮的原子个数比根据题目给的数据可做如下计算①m(Ca)=(15.08-14.80)g=0.28g，m(}N^{)= (15.15-15.08)g=0.07g，则n(Ca)：n(N)= ：=7：5，则x=；}

^②若通入的N₂中混有少量O₂，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca₃N₂中钙的质量分数为81.08﹪，CaO中钙的质量分数为71.43﹪，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小。

31.(09福建卷25)(17分)

某研究性小组借助A-D的仪器装置完成有关实验

[实验一]收集NO气体。

(1)　　　 用装置A收集NO气体，正确的操作是　　　　 (填序号)。

a.从①口进气，用排水法集气　　　　　　　　　 b.从①口进气，用排气法集气

c.从②口进气，用排水法集气　　　　　　　　　 d..从②口进气，用排气法集气

[实验二]为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数和镀层厚度，查询得知锌易溶于碱：Zn+2NaOH=Na₂ZnO₃+H₂↑据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m₁ g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。

方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究木目标。

(2)选用B和　　　　　 (填仪器标号)两个装置进行实验。

(3)测得充分反应后生成氢气的体积为VL(标准状况)，=　　　　 。

(4)计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是　　　　　　　 。

(5)若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m₂g 。

(6)　　　　　　 。

方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为H₂的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C。

(7)从实验误差角度分析，方案丙　　　　 方案乙(填“优于”、“劣于”或“等同于”)。

答案：

(1)C　

(2)D

　(3) (或等其他合理答案：)

(4)金属锌的密度(或其他合理答案：)

(5)偏大

(6)(或其他合理答案：)

(7)劣于

解析：

本题考查实验的探究，涉及NO气体的收集，混合物中金属含量的计算等。

(1)NO遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出。

(2)方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn的质量分数。所以需要的装置有测H₂的体积的D装置。

(3)Zn与H₂之间量为1：1，则n(Zn)=V/22.4 mol,w (Zn)=m(Zn)/m₁ = 。(4)有了Zn的质量，如果有密度，则可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度(厚度)。

(5)恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的H₂多一些，则计算出的Zn的量偏大。

(6)减少的质量即为Zn的质量。

(7)丙方案根据H₂的质量差值，显然误差大，因为产生的H₂质量很小，计算偏差大。

30.(09浙江卷27)(15分)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的和转变成和，化学方程式如下：

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：

请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：

(1)在上述条件下反应能够自发进行，则反应的　　　　 0(填写“>”、“<”、“=”。

(2)前2s内的平均反应速率v(N₂)=_____________。

(3)在该温度下，反应的平衡常数K=　　　　　　　 。

(4)假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是　　　 。

A.选用更有效的催化剂　　　　　　　　　 B.升高反应体系的温度

C．降低反应体系的温度　　　　　　　　 D.缩小容器的体积

(5)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。

①请在上表格中填入剩余的实验条件数据。

②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线是实验编号。

答案:

(1)<　　　　

(2) 1.88×10^-4mol/(L·s)　　

(3)5000　

(4)C、D

(5)①II: 280、1.20×10^-3、5.80×10^-3

Ⅲ：1.2×10^-3 、5.80×10^-3

②

解析:

(1)自发反应，通常为放热反应，即H小于0。

(2)以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10^-4mol/L，V(NO)=7.5×10^-4/2 =3.75×10^-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N₂)=1/2 V(NO)=1.875×10^-4mol/(L·s)。

(3)=

=5000。

(4)催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，故降温平衡正向移动，NO转化率增大，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确。

(5)本题为实验探究题，目的是研究温度和催化剂的比表面积对速率的影响，研究时只能是一个变量在起作用，所以II中数据与I比较催化剂的比表面积增大了，故其他的数据应与I完全相同；III中数据与II比较，催化剂的比表面积数据未变，但是温度升高，故其他数据是不能改变的。实质I、II研究是催化剂的比表面积对速率的影响，II、III研究是温度对速率的影响。作图，可根据先拐先平的原则，即最里面的线先达平衡，速率快，应对应于III(因为其温度和催化剂的比表面积是三组中最高的)，II比I快，因为两组温度相同，但是II中催化剂的比表面积大。

29.(09江苏卷20)(10分)联氨(N₂H₄)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N₂H₄与N₂O₄反应能放出大量的热。

　 (1)已知：2NO₂(g)=====N₂O₄(g)　 △H=-57.20kJ·mol^-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO₂(g)N₂O₄(g)达到平衡。

　　　　 其他条件不变时，下列措施能提高NO₂转化率的是　　　　　 　　(填字幕)

　　　　 A．减小NO₂的浓度　　 B.降低温度　　 C.增加NO₂的浓度　 D.升高温度

　 (2)25℃时，1.00gN₂H₄(l)与足量N₂O₄(l)完全反应生成N₂(g)和H₂O(l)，放出19.14kJ的热量。则反应2N₂H₄(l)+N₂O₄(l)=3N₂(g)+4H₂O(l)的△H=　　　 kJ·mol^-1

　 (3)17℃、1.01×10⁵Pa，密闭容器中N₂O₄和NO₂的混合气体达到平衡时，c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1、c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1。计算反应2NO₂(g)N₂O₄(g)的平衡常数K。

　 (4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO₃反应，制得1.00L已达到平衡的N₂H₄和NO₂的混合气体(17℃、1.01×10⁵Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？

答案:

(1)BC

(2)-1224.96

(3)根据题意知平衡时：；

　 K=

　　 答：平衡常数为13.3。

(4)由(3)可知，在17℃、1.01×10⁵Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：

则

由===可得

答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.

解析:

(1)考查影响化学平衡移动的因素

(2)简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。

(3)(4)见答案

28.(山东卷28)(14分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)合成氨反应反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡　　　　 移动(填“向左”“向右”或“不”)；，使用催化剂　　　 反应的ΔH(填“增大”“减小”或“不改变”)。

(2)O₂ (g)= O⁺₂(g)+e^- 　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 H₁= 1175.7 kJ·mol^-1

PtF₆(g)+ e^-1 PtF₆^-(g)　　　　　　　　　　　　　　　　 H₂= - 771.1 kJ·mol^-1

O₂⁺PtF₆^-(s)=O₂⁺(g)+PtF₆^- 　　　　　　　　　　　　　　　 H₃=482.2 kJ·mol^-1

则反应O₂(g)+ PtF₆ (g) = O₂⁺PtF₆^- (s)的H=_____________ kJ·mol^-1。

(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L^-1的MgCL₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为____________。已知25℃时K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11,K_sP[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20。

(4)在25℃下，将a mol·L^-1的氨水与0.01 mol·L^-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH₄^*)=c(Cl^-)，则溶液显_____________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH₃·H₂O的电离常数K_b=__________。

答案:

(1)向左 不改变

(2)-77.6

(3)Cu(OH)₂ Cu²⁺+2NH₃·H₂O=Cu(OH)₂ ↓+2NH₄⁺

(4)中　 K_b=10^-9/( (a-0.01)mol·L^-1.

解析:

(1)在恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅是改变化学反应速率，不会影响焓变。

(2)根据盖斯定律，将化学方程式①+②-③叠加。

(3)Cu(OH)₂ 的Ksp小于Mg(OH)₂的，所以离子的浓度商首先大于Cu(OH)₂ 的而先沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时

不能拆开。

(4)由溶液的电荷守恒可得: c(H^*)+c(NH₄^*)=c(Cl^-)+c(OH^-),已知c(NH₄^*)=c(Cl^-)，则有c(H^*)=c(OH^-)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH₃·H₂O的电离常数

K_b= [c(NH₄^*)·c(OH^-)]/c(NH₃·H₂O)= (0.01 mol·L^-1·10^-7mol·L^-1)/(amol·L^-1-0.01 mol·L^-1)= 10^-9/( (a-0.01)mol·L^-1.

27.(09安徽卷27)(12分)

某厂废水中含5.00×10^-3mol·L^-1的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料(的化合价依次为+3、+2)，设计了如下实验流程：

(1)第①步反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)第②步中用PH试纸测定溶液PH的操作是：

(3)第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)₃外，还有　　　　　　　　　　　

(4)欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要加入　 　　　　　

GFeSO₄·7H₂O。

答案：

^{(1)Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ 2Cr3+ 　+ 6Fe3+ + 7H2O}

(2)^{将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。}

^{(3)Fe(OH)3、Fe(OH)2}

(4)^13.9

解析：

(1)第①步是Cr₂O₇^2－与Fe²⁺发生氧化还原反应，方程式为：Cr₂O₇^2－+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O；

(2)测定溶液的pH的方法是：用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸的中心位置，然后对照标准比色卡，读出对应颜色的数据；

(3)从最终所得磁性材料的化学式可知，滤渣中主要有Cr(OH)₃、Fe(OH)₂、Fe(OH)₃；

(4)1L废水中的n(Cr₂O₇^2－)=5.00×10^-3mol，根据关系式：Cr₂O₇^2－-4Cr_0.5Fe_1.5FeO₄-10FeSO₄·7H₂O，所以理论上n(FeSO₄·7H₂O)=0.05mol，m(FeSO₄·7H₂O)= 0.05mol×278g·mol^-1=13.9g。

26. (09全国卷Ⅰ28)(15分)

下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和100g 10.00%的K₂SO₄溶液，电极均为石墨电极。

(1)　　　 接通电源，经过一段时间后，测得丙中K₂SO₄浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：

①电源的N端为　　 极；

②电极b上发生的电极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积：　　　　　　　　　　　　 ；

④电极c的质量变化是　　　　　　　 g；

⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：

　 甲溶液　　　　　　　 　　　　　　　；

　 乙溶液　　　　　　　　　　　　　　 ；

　 丙溶液　　　　　　　　　　　　　　 ；

(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？

答案:

(1)①正极　 ②4OH^－-4e^－=2H₂O + O₂↑。③2.8L　 ④16g　 ⑤甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH^－放电， H⁺增多。丙不变，相当于电解水。

(2)可以　 因为CuSO₄溶液已转变为H₂SO₄溶液，反应也就变为水的电解反应

解析:

(1)①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu²⁺+2e^－=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K₂SO₄，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=(100-x)×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H₂+O₂ 2H₂O可知，生成2molH₂O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②甲中为NaOH，相当于电解H₂O，阳极b处为阴离子OH^－放电，即4OH^－-4e^－=2H₂O + O₂↑。③转移0.5mol电子，则生成O₂为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu²⁺+2e^－=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m(Cu)=0.5/2 ×64 =16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu²⁺放电，阳极为OH^－放电，所以H⁺增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K₂SO₄而言，其pH几乎不变。(2)铜全部析出，可以继续电解H₂SO₄，有电解液即可电解。

25.(09全国卷Ⅱ27)(15分)

某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。

(1)根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：

(2) 体系中发生反应的化学方程式是___________________________;

(3) 列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率：_______________;

(4) 该反应达到平衡时反应物X的转化率等于___________________________;

(5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线①、②、③(如右图所示)则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：

① _________________　 ②________________　 ③__________________

答案：

解析：

本题考查^{化学反应速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。}

(1)根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。

(2)根据题意，可以利用“三步法”求解

　 aX　 　+　 bYcZ

开始　 1.00　　 1.00　　　 0

转化　 0.45　　 0.9　　　 0.9

平衡　 0.55　　 0.1　　　 0.9

根据各物质的量之比可得体系中发生反应的化学方程式是： X+2Y2Z。

(3)根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol， 其平均速率为0.083mol/L·min。

(4)X的转化率等于0.45。

(5)由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为加入催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。