2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编3-化学计量（物质的量、阿伏伽德罗常数、摩尔质量等含解析）.pdf

五年2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编3-化学计量（物质的量、阿伏伽德罗常数、摩尔质量等 含解析）一、单选题1.（2 0 2 2 北京高考真题）某M O F s 的多孔材料刚好可将N 2。/固定”，实现了 N C h 与N 2 O 4分离并制备H N C h,如图所示：己知：2 N O 2（g）U N 2 O 4（g）A H 4溶液的浓度：(填“是”或“否”)。四、原理综合题33.(2020全国统考高考真题)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许 离子通过，氯 气 的 逸 出 口 是(填 标 号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数c(X)即(X)=-,X 为 HC1O或 C1O-与 pH 的关系如图(b)所示。HC1O的电c(HC1O)+c(CIO)离常数乂 值为 o(3)CLO为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酊，可由新制的HgO和 CL反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备C12O 的化学方程式为(4)C1C2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaCICh、NaHSCU、NaHCCh的“二氧化氯泡腾片“，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到 C1O2溶液。上述过程中，生成CIO2的反应属于歧化反应，每生成1 molCICh消耗NaC102的量为 mol；产生“气泡”的化学方程式为。“84消毒液”的有效成分为N aC lO,不 可 与 酸 性 清 洁 剂 混 用 的 原 因 是(用 离 子 方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的 NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若 NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。34.(2019江苏高考真题)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(D C aO 可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaCzOFhO热分解可制备CaO,CaC2O4-H2O 加热升温过程中固体的质量变化见下图。146丽128H610014656146二:。岖1g及晅亚逼温度/匕写出400-600匕范围内分解反应的化学方程式:与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4 H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是。(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制 HCOOH的原理示意图如下。写出阴极CO2还原为HCOCT的电极反应式：。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是。(3)CO:催化加氢合成二甲醛是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应 I：CO2(g)+H2(g)：=CO(g)+H2O(g)/=41.2 kJ m ol1反应 II：2CO2(g)+6H2(g)=C H3OCH3(g)+3H2O(g)=-122.5 kJ-mol-1在恒压、CO?和 H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH30cH3的选择性随温度的变化如图。其中：8()60402()8送北a鳗窗好-鬲200 240 280 320 360温度代试卷第io 页，共 11页CH.QCH,的选择性=反应的8 质 物 质 的 量 I。温度高于300,CO2平 衡 转 化 率 随 温 度 升 高 而 上 升 的 原 因 是。220 C时，在催化剂作用下CO2与 比 反应一段时间后，测得CH30cH3的选择性为48%（图中A 点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH30cH3选择性的措施有参考答案:1.D【详解】A.己知：2 N O 2(g)N2O4(g)A H C H 3 c H 3 反应时，C=C 中的一个键和H-H 键都断裂，故生成1 m o l乙烷时断裂的共价键总数为2 NA，故 D 错误；故选C。1 3.A【详解】A.C2H5OH 中 C和 O均为s p 3 杂化，2 3 g 乙醇为0.5m o l,s p3杂化的原子数为1.5义，选项A 错误；B.X e R 中敬的孤电子对数为Q _三1 x尸4=2,价层电子对数为4 +2 =6,则0.5m o l X e 耳中敬的价层电子对数为3 NA，选项B正确；答案第5 页，共 1 6页C.1 个 C u（Hz O）中含有4个配位键，l m o l C u（H q）j 含配位键的个数为4 N”选项C正确；D.标准状况下。1 1.2 L C O 和 H2 的混合气体为0.5m o l,分子数为0.5N”，选项D 正确。答案选A。1 4.B【详解】A.由于溶于水中的Cb 只有部分与H 2 O 反应，故2 2.4 L C L（标准状况）与水充分反应转移电子数目小于1 m o l,A 错误；B.根据反应：SO 3+H2 O H2 s o 4,C u+C h =CuC12,故H2 s o I l C u C L 均可通过化合反应得到，B正确；C.将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；D.由于C I O 具有强氧化性，SO?具有强还原性，故SO?与K C 1 0 溶液反应：S 02+C 1 0 +H2O=2 Ht+C l +SO；-,D 错误;故答案为：B。1 5.C【详解】A.体积未知，HC 1 分子的数目不能计算，故 A 错误；B.没有标准状态，不能计算H2 分子的数目，故 B错误；C.葡萄糖的分子式为C 6 Hl 2。6,故 1 80 g 葡萄糖的分子的物质的量为Im ol,C原子的数目为 6 NA,故 C正确；D.Im ol Nz 中 有 I m o k 键，故。键的数目为NA，故 D错误；故选C。1 6.D【分析】设 与 Im ol X 反应消耗HC 1 的物质的量为a m ol,与 1 m ol Y反应消耗H2s 0 的物质的量为b m ol,根据转移电子守恒以及H 原子守恒可知X a H C l|H?X、Y b H2S O4 b H,X2b+0【详解】A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质答案第6页，共 1 6 页的量之比一定为子，故 A 正确：V2a 2vB.X、Y 反应过程中消耗酸的物质的量之比为:，因，=竺 匕=匕，因此=黄，故 Bb 10V2-V2 b%正确；C.产物中X、Y 化合价之比为名，由 B 项 可 知 义=,故 C 正确；2b 2b V2D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=l,2,3,b=0.5,1 的多种情况，由二=才可知，当 a=l,b=0.5时，D V2v v vh=1,当 a=2,b=l时，寸=1,两种情况下X、Y 的化合价不同，因此根据才可能无法确V2V2V2定 X、Y 的化合价，故 D 错误；综上所述，错误的D 项，故答案为D。17.C【详解】A.标准状况下，的物质的量为：0.05mol,一个O 中含有中子数为：18-8=10个，所以1.121?02中含有中子数为八，A 正确；B.31g P 的物质的量为：0.25m ol,根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数目为：L5A,B 正确；C.lOOmLO.lmoLLT的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C 错误；D.18.9g三肽C6HuN3O4的物质的量为：0.1 m o l,三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9g三肽CGH笳N Q,中的肽键数目为0.2以，D 正确；答案为：C18.A【详解】A.1 个CHCI3分子中含有3 个C-C l键,微粒个数与物质的量成正比，故ImolCHCl?含有3m oic Cl键，C Cl键的数目为3 NA，A 正确；B.盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子c r,水会部分电离出阴离子OH一,水的质量及电离程度未知，故无法计算ILl.Omol/L的盐酸含有阴离子总数，B 错误；答案第7 页，共 16页C.未提到具体的温度、压 强（如标况下），故无法计算1L2LNO与11.2LO2混合后的分子数目，C 错误；D.23gN a为 Im oL 钠与足量的水反应生成氢气的关系式为：2Na 凡，故 ImolNa应对应生成0.5m olH 2,凡 分子数目应为0.5心，D 错误；故选Ao19.C【详解】A.D2O的质子数为10,18gD q的物质的量为 0.9m ol,则18g重水（D?。）2Ug/mol中所含质子数为9 NA，A 错误；B.Nt二与H?O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+N O,该反应消耗3 个 NO2分子转移的电子数为2 个，则有3moi的 NCh参与反应时，转移的电子数为2NA，B 错误;C.一个之（）分子中含有的S-S键数为8 个，32gs8的物质的量为谒高3m则含有的S-S键 数 为 卜 双 或，C 正确;D.酸性K Q 9 溶液中存在：C rq；+H q u 2 C rO：+2H+,含 C r元素微粒有5 0 手和CrO彳,则lLpH=4的O.lm oLU K C rq,溶液中5。手离子数应小于0 1 NA,D 错误；故选C。20.C【详解】A.在标准状况下22.4L氟气的物质的量为Imol,其质子数为lmolx9x2xN,=18N,A 正确；B.碘蒸气与氢气发生的反应为：“（g）+H2（g）u 2 H I（g）,反应为可逆反应，有一定的限度,所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B 正确:电解C.电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O=2NaOH+H2T+CLT，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1,若气体的总质量为7 3 g,则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为Im o L 根据关系式H22e-可知，转移的电子数为2N、，C错误;答案第8 页，共 16页D.ILl w/.LT 漠化铉水溶液存在电荷守恒，即C(N H；)+C(H+)=C(BR)+C(O H)则物质的量也满足 n(M7；)+n(H*)=n(B r)+n(0 H-),因为 n(B r)=l Lx l /L-1=mol,所以该溶液中 N H；与H+离子数之和大于N-D正确；故选C。2 1.D【详解】A.1 8g H o的物质的量为k jIjR2=o.9 m o l,1 个HJ O 含 0+(1 8-8)=1 0 个中子,贝 ij 1 8g H O 含有的中子数为9 NA，A错误；B.未给溶液体积，无法计算，B错误；C.存在2 N O+O2=2 N O2,2 N O 2 U N 2 O 4,因此2 m o l N O与 l m o l C)2 在密闭容器中充分反应后的分子数小于2 NA，C错误；D.甲烷和氯气在光照下发生取代，Im o l 氯气可取代Im o l H,同时产生Im o l H C l 分子，分子数不变，标准状况下1 L2 LC H,的物质的量为0.5 m o l,2 2.4 LC 1?的物质的量为Im o l,在光照下充分反应后的分子数为1.5 N,、，D正确；选 D。2 2.C【详解】A.N H d F结构中只有镂根中含有4个共价键，则 Im o l N F U F 晶体中含有的共价键数目为4 刈，A错误；B.。1 行1叫 2 1 4 4 混合气体2.2 4 1(标准状况)的物质的量是0.1 010 1,由 于 l m o l C H 4 和 C 2 H 4 分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2 m o l、3 m o l,则 O.l m o l 混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2 M和 0.3 M之间，B错误：C.1 0。1 11口).1 0 0 1 0 1/1 6。3 溶液中铁离子的物质的量是。0 1 0 1 0 1,加入足量C u 粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.0 1 M，C正确；D.乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则 0.1 m o l C H 3 C O O H 与足量C H 3 c H 2 0 H 充分反应生成的C H 3 c o OC H 2 c H 3 分子数目小于Q INA，D错误；答案选C。2 3.C 详解 A.HO CH中含有3 个G键和2 个兀键，所 以 1 m o l H C 三 CH分子中所含c 键数为3 M,答案第9页，共 1 6 页所以A错。B.因为C O：会发生水解反应，所 以 1 L0.1 m o 卜 L的 N a 2 c C h 溶液含C O：的数目小于0.1 ,所以B错。C.N a2O2和水反应生成Im o l C h，转移电子数为2 m o i,78 g N a2O2是1 m o l,只能产生0.5 m o l C 2,所以电子转移数为M，所以C对。VD.标准状况下，C 2 H 5 0 H 是液体，不是气体，所以不能用”=来计算，所以D错。III2 4.C【详解】A.同温同压下，C h 和 C 0 2 的体积相同时，其质量之比为3 2：4 4,则密度之比为3 2：4 4,不相同，A说法错误；B.质量相同的H z O 和 D 2 O(重水)的物质的量之比为2 0：1 8,分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为2 0：1 8,不相同，B说法错误；C.每个C H 3 c H 2 0 H 和 C H 3 0 c H 3 中含共价键数均为8 条，则物质的量相同的C H 3 c H 2 0 H 和C H 3 0 c H 3 所含共价键数相同，C说法正确；D.室温下，p H 相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故 p H 相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D说法错误；答案为C。2 5.A【详解】A.M n元素的化合价由+7 价降至+2 价，则 4 m o i M n O 完全反应转移电子物质的量为 4 m o i x (+7)-(+2)=2 0 m o 1,即转移电子数为2 0 M,A正确；B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及C u 失电子的氧化反应：C u-2 e=C u2+,当电路中通过的电子数为M时，即电路中通过Im o l 电子，C u 失去的电子应小于I m o L 阳极反应的C u 的物质的量小于0.5 m o L则阳极反应的C u 的质量小于0.5 m o l x 6 4 g/m o l=3 2 g,B错误；C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；D.n (N a 2 c o 3)=0.1 O O m o l/L x 1 L=0.1 O O m o l,由于C O；发生水解：C O；+H 2 O W H C O,+0 出、H C O 3+H 2 0 4 H 2 c o 3+O H,故阴离子物质的量大于O.l O O m o l,阴离子数大于0.1 0 0 M,D错误；答案选A。答案第1 0 页，共 1 6页26.C【详解】A.标准状况下22.4L氮气的物质的量为Im ol,若该氮气分子中的氮原子全部为l4N,则每个N2分子含有(14-7)x2=14个中子，Im ol该氮气含有14刈 个中子，不是7M，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B.重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C.石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即原子，所含碳原子数目为M个，故C正确：12g/molD.ImolNaCl中含有28M个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为C。27.C【详解】A项、由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1 mol lH2(g)+i02(g)生 成1 mol H2O放热286 k J,故A正确；B项、由铝元素化合价变化可知，生成2 mol C产转移6mol电子，则生成I mol C B转移电子数为3 NA,故B正确；C项、氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1 molAl(OH)3电离出H+数小于NA，故C错误；D项、由碳原子个数守恒可知，1 molCCh与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO3)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=l m o l,故 D 正确；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子是解答关键，也是易错点。28.B【详解】A、忽视了 NaAlCh溶液中的水，错；B、每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数=lx；x 6=2个，12g石墨烯含六元环的物质的量=12/24=0.5 m o l,正确；C、没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D、OFT是10电子微粒，所含电子数为lONo，错。答案第I I页，共16页29.B3g【详解】A.3比 的中子数为3-2=1,则 3g3He的 中 子 数 为#r S=N A,A 项正确；3g/molB.磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则 ILO.lmol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于lLx0.1mol/LxNA mol=0.1 NA，B 项错误；C.重锯酸钾被还原为铭离子时，铭元素从+6降低到+3,1 mol重铝酸钾转移的电子数为3moiX2XNA mol=6NA，C 项正确；D.正丁烷与异丁烷的分子式相同，I 个分子内所含共价键数目均为13个，则 48g正丁烷与48g+1OR10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为三T x l3 x N A m o lT =13NA,D 项正确；58g/mol答案选B。30.D【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4 个碳氢键合为4 个共价键，总计6 个共价键，因 而 lmolCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA，A 项正确；B.n(Na+)=n(Cl)=O.5LxO.5moiL=0.25mol,n(Na+)+n(CT)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和 0 H,因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B 项正确；C.HCHO与 CH3co0H的最简式为C E O,原混合物相当于30gCH2。，n(CH2O)=lm ol,因而 C 原子数为NA，C 项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠,钠元素的化合价由0 变为+1，因而2.3gNa(2.3gNa为 O.lm ol)转移电子数为O.IOIOIXIXNAR.INA,D 项错误。故答案选D。31.(1)9(2)0.0100【详解】(1)Al(NO3)3-xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/moL根据固体产物氧化铝的质量为1.02g,可知样品中n(A l)=焉篝/2=0.0 2 m l,则方/篙嬴=0.02ml,解得x=9o(2)气体产物中 n(H2O)=3.06g78g/mol=0.17m ol,则 n(HN03)=0.02x9x2-0.17x2=0.02mol,根据氮元素守恒，n(N02)=样品中N 的物侦的量-HN03中 N 的物质的量=0.02x3-0.02=0.04mol,根据氧元素守恒，答案第12页，共 16页n(O2)=(0.0 2 x 1 8-0.1 7-0.0 2 x 3-0.0 4 x 2-0.0 3)4-2=0.0 1 O O m o l。3 2.向上层清液中继续滴加B a C b 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 A g N C h 溶4 0 a b d x l O-5液均烟黑偏 低 检 查 装 置 气 密 性 b 液 一一1 偏 高 否2 3 32 5 x l()3【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸由贝，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据c=?得到硫酸铜的浓度，据此分析。【详解】I .(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化馍溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断S O；沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加B a C L 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(2)步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为A g N C h 溶液,硫酸钢沉淀中可能附着有氯化钢,为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；(3)步骤灼烧时盛装样品的仪器为用烟；(4)固体质量为w g,为硫酸钢的质量，硫酸钢的物质的量为行否 关 荷，根据硫酸根守恒n .4 0 w可知，C u S O 4 B a S O 4,则 c(C u S C)4)=2 3 3 g/m o l m o l-L1；V 0.0 2 5 L 2 3 3(5)若步骤从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据=向可知，则测得c(C u S 0 4)偏低；H.(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤为检查装置气密性；(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤需保证体系恢复到室温与反应速率无关；(8)Z n 粉质量为a g,若测得H 2 体积为b m L,已知实验条件下p(H 2)=d g x L 氢气的质量答案第1 3 页，共 1 6 页=p(H,)V=d bx l(T 3 g ,利用氢气的质量得到氢气的物质的量=呼 3=虫 立 誓:m o l,根据Z n+H/S O L Z n S O j H j,与 酸 反 应 的 锌 的 物 质 的 量 为 小/二 m o l,锌的总物质的量为人-与硫酸铜反应的锌的物质的量为公产 一d x b：0：m o i,根据65g /m o l 65g /m o l 2a g d b x l O-Z n+Cu S O4=Z n S O4+Cu ,贝 ij c(Cu S CU)=65g /m o l-2 1T l e 1.2 5 x 10(9)若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(Cu S O 4)偏高；(10)不能用同样的装置和方法测定M g S 04 溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。33.N a+a IO-7-5 2C12+H g O=H g C12+Cl2O 1.25 N a H CO3+N a H S O 4=CO2t+N a2S O 4+H 2O C10+Cr+2H+=Cl2T+H2O 203【分析】(1)电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；(2)由图 p H=7.5 时，c(H C10)=c(C10),H C1O 的)=c(H+)；c(H Cl O)(3)c b 歧化为CLO和 e r；(4)根据 5CK)2-+4 H+=4 C1O 2+CC+2H 2O,计算每生成 Im o l CICh，消耗的 N a CICh;碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；(5)“84”中的N a Cl O s N a Cl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据N a O H 质量守恒计算；【详解】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2N a Cl+2H 2。-2.N a O H+C12t+H2T,阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生O H-与通过离子膜的N a+在阴极室形成N a O H,故答案为：N a+；a；(2)由图 p H=7.5 时，c(H C10)=c(C10),H C1O 的 Ka=g/黑)=c(H+)=l(?7.5；故答案为：c(H O O)10-75；(3)CI2歧化为C L O 和 e r,H g O 和氯气反应的方程式为：2C12+H g O=H g C12+CL O,故答案为：2Cl2+H g O=H g C12+Cl2O；(4)5C1O2-+4 H+=4 C1O 2+Cr+2H 2O,每生成 Im o l CICh,消耗 N a CICh 为 必 x 54-1.25m o l；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：N a H CO3+N a H S O 4=N a2S O 4+H 2 O+C O 2?,故答案为:1.25m o l；N a H CO3+N a H S O4=N a2S O4+H2O+答案第14 页，共 16页C02t；(5)，84”中的N a Cl O、N a Cl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：C K T+C广o nr+2H+=C12f+H2O;设氯气为x k g,则消耗的N a O H为 篝k g,原氢氧化钠质量为Q Q y Q Q y+IO O O K g x O.O l,由 N a O H 质量守恒:原溶液为 l O O O K g-x,则一j-K g+1000K g x 0.01=(1000K g-x)x 0.3,解得 x=203K g；故答案为:CIO-+Cl-+2H+=Cl2f+H2O；20334.Ca C2O 4 4 00-60Ci CCa CO 3+CO T Ca Cz CU H O热分解放出更多的气体,制得的Ca O更加疏松多孔 CO 2+H+2e-=：H CO O-g c CO2+H CO；+2 t =H CO O +CO 阳极产生p H减小，H CO；浓度降低；K+部分迁移至阴极区 反 应I的，(),反应II的A H 0,温度升高使CCh转化为C O的平衡转化率上升，使CO 2转化为CH 30c H 3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应II催化活性更高的催化剂【分析】本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少C O 2排放，充分利用碳资源为背景，考 查 化学反应原理模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识；【详解】(1)令C aC z O rH z O的物质的量为I m o L即质量为1 4 6 g,根据图象，第一阶段剩余固体质量为1 2 8,原固体质量为1 4 6 g,相 差1 8 g,说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了 2 8 g,相 差1个C O,因此4(x rc 6 o(rc范围内，分解反应方程式为C aC z C U 4 0 0-6 0宽C aC C h+C O f；C aC z O rH z O热分解放出更多的气体，制得的C aO更加疏松多孔，增加与C O2的接触面积，更好捕捉C O2；(2)根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，C O 2+H C O 3 +2 e=H C O O +C O32，或 C C h+H+2 e=H C O O ；阳极反应式为2 H 2 O-4 e-=O 2 T+4 H+,阳极附近p H减小，H 与H C C h-反应，同时部分K+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的K H C C h溶液浓度降低；(3)根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C C h的转化率增大，反应H为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，C O 2的转化率降低，根据图象，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过3 0 0 时，C C h转化率上升；图中A点C H 3 0 cH 3的选择性没有达到此温度下平衡时C H 3 0 cH 3的选择性，依据C H 3 0 cH 3选择性公式，提高C H 3 O C H 3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应H,可以增大压答案第1 5页，共1 6页强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。【点睛】本题的难点(1)是文字叙述，应根据图象和所学知识，结合所问问题进行分析解答；(2)电极反应式的书写，阴极反应是将C02还原成H C O O-,先写出CO2+2e-HCOO一，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出C O 2+H+2e-=H C O O,或者为CCh+HCCV+Ze-=HCOO+CO32-O答案第16页，共16页