有关范围讨论题的计算_章节学习

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题型：单选题

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单选题 · 6 分

3．下列说法中正确的是（）

A能使石蕊溶液呈红色的溶液：Fe2+、Na＋、Ba2+、Cr2O72-可以大量共存

B氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合，离子方程式为：

C50℃，pH=1的硫酸溶液中：c（H+）=0.1mol/L

D25℃，pH相同的NaOH、CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度：c (NaOH)＜c(CH3COONa)＜c (NaHCO3)＜c (Na2CO3)

正确答案

C

解析

A．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、Cr2O72﹣发生氧化还原反应，故A错误；

B．应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B错误；

C．pH=﹣lgc（H+）=1，则c（H+）=0.1mol/L，故C正确；

D．NaHCO3水解程度最小，CH3COONa浓度应最大，故D错误．

考查方向

本题主要考查了离子共存问题；离子方程式的书写。

解题思路

A．酸性溶液使石蕊溶液呈红色；

B．OH－＋H＋数比为2:2；

C．根据pH=﹣lgc（H+）计算；

D．CH3COONa水解程度最小，浓度应最大．

易错点

离子共存，离子方程式的书写以及pH的计算。

知识点

有关范围讨论题的计算

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题型：简答题

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简答题 · 15 分

Ⅰ．

13.在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应：aA(g)＋bB(g)cC(s)＋dD(g)，

平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L。下列有关判断一定正确的是（）

A.平衡向正反应方向移动

B．A的转化率增大

C．D的体积分数增大

D．a+b<c+d

14.①25℃，两种酸的电离平衡常数如表。

HSO3－的电离平衡常数表达式K= 。

②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为。

③根据H2SO3的电离常数数据，判断NaHSO3溶液显酸性还是显碱性？

15.Ⅱ．0.98gCu(OH)2样品受热分解的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。

请回答下列问题：

试确定1100℃时所得固体B的化学式（要求写出推理或计算过程）。

16.固体A在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体反应，得到红色固体单质和气体单质，则该反应的化学方程式为；若反应中转移0.015mol电子，则消耗还原剂的物质的量为。

17.取少量固体B于试管中，加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液，同时观察到试管中还有红色固体存在，该反应的离子方程式为。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

A. 保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.3mol/L，实际A的浓度变为0.2mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动；

B. 平衡向消耗A的方向移动，即A的转化率增大；

C. 平衡向正反应移动，减小压强平衡向气体物质的量减小的方向移动，气体的物质的量减小；

D．平衡向正反应移动，压强平衡向气体物质的量减小的方向移动，a+b

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算；化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.3mol/L，实际A的浓度变为0.2mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动， HSO3-既能电离也能水解，

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

H2SO3+HCO3-=CO2+H2O+HSO3-

HSO3-既能电离也能水解，但其电离大于水解，显酸性.

解析

HSO3-既能电离也能水解，Ka2=6.3*10-8。Kh= =7.7*10-13< Ka2但其电离大于水解，显酸性.

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算；化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.3mol/L，实际A的浓度变为0.2mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动， HSO3-既能电离也能水解

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.98gCu(OH)2即0.01mol，加热至1100时失重0.26g ，则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g，加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子，则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子，Cu与O原子个数比为2：1，故剩余固体化学式为Cu2O。

解析

产物A：CuO产物B：Cu2O有关反应：

Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑ 2.4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑ Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3.3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑,红色物质是Cu,无污染气体是N2;0.98gCu(OH)2即0.01mol，加热至1100时失重0.26g ，则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g，加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子，则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子，Cu与O原子个数比为2：1，故剩余固体化学式为Cu2O。

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算；化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

产物A：CuO产物B：Cu2O有关反应：

Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑ Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑, 0.98gCu(OH)2即0.01mol，加热至1100时失重0.26g ，则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g，加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子，则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子，Cu与O原子个数比为2：1，故剩余固体化学式为Cu2O。

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 0.005mol

解析

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 0.005mol

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算；化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O Cu2O+2Ｈ＋Cu+Cu2++H2O

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

Cu2O+2Ｈ＋Cu+Cu2++H2O

解析

Cu2O+2Ｈ＋Cu+Cu2++H2O

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算；化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O Cu2O+2Ｈ＋Cu+Cu2++H2O

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

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题型：简答题

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简答题 · 14 分

硫化钠是用于皮革鞣制的重要化学试剂，可用无水芒硝（Na2SO4）与炭粉在高温下反应而制得，反应方程式如下：Na2SO4+4C → Na2S+ 4CO Na2SO4+4CO → Na2S+ 4CO2

50.现有无水芒硝17.75 g，若生成过程中无水芒硝的利用率为80%，则理论上可得到 Na2S___________g，最多生成标况下的CO _________L。

51.若在反应过程中生成的Na2S 3mol，则消耗的碳单质的物质的量 n的范围是______mol≤n≤_____mol，若生成等物质的量CO和CO2，则消耗的碳的物质的量为________mol。

52.Na2S放置在空气中，会被缓慢氧化成Na2SO4 及 Na2SO3 ，现称取已经部分氧化的硫化

钠样品78.40g 溶于水中，加入足量盐酸，充分反应后过滤得沉淀19.20g，放出H2S气体2.24L （标准状况）。请计算：78.40g样品中各氧化产物的物质的量(写出必要的计算过程)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

7.8g 8.96L

解析

无水芒硝17.75g的物质的量=，若生成过程中无水芒硝的利用率为80%，根据硫元素守恒可知，则理论上可得到 Na2S的质量是0.125mol×80%×78g/mol=7.8g，根据反应方程式：Na2SO4+4C=Na2S+4CO，最多生成一氧化碳物质的量是0.125mol×80%×4=0.4mol，体积是8.96L

考查方向

化学计算

解题思路

根据

计算无水芒硝的物质的量，根据硫元素守恒计算得到Na2S的物质的量，再根据m=nM计算Na2S的质量

易错点

注意S元素的守恒

教师点评

本题主要考查化学计算，题目较简单

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

6mol≤n≤12mol （ 2分） 8 （2分）

解析

若生成的气体为CO，消耗的碳的物质的量最多，由Na2SO4+4CNa2S+4CO↑可知，生成3molNa2S需要碳的物质的量为3mol×4=12mol，若生成的气体为CO2，消耗的碳的物质的量最少，根据电子转移守恒可知，生成3molNa2S需要碳的物质的量为6mol，故消耗的碳单质的物质的量 n的范围是6mol≤n≤12mol；

若生成等物质的量CO和CO2，令各自物质的量为ymol，根据电子注意守恒，则2y+4y=3×[6-（-2）]，解得y=4，根据碳原子守恒可知，需要碳的物质的量为4mol+4mol=8mol

考查方向

化学计算

解题思路

若生成的气体为CO，消耗的碳的物质的量最多，若生成的气体为CO2，消耗的碳的物质的量最少；若产生的气体最终只有CO2，反应中C元素化合价由0价升高为+4价，根据电子转移守恒计算需要碳的物质的量；

若生成等物质的量CO和CO2，根据电子转移守恒计算CO和CO2的物质的量，再根据碳原子守恒计算碳的物质的量

易错点

依据电子守恒进行计算

教师点评

主要考查化学计算，题目较简单

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

Na2SO3有0.2mol， Na2SO4 0.1mol

解析

19.2g为硫的物质的量是0.6mol，由方程式：2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S↓+3H2O可知，参加该反应的Na2S为0.4mol，Na2SO3的物质的量为0.2mol，2.24LH2S气体的物质的量为0.1mol，根据反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S↑可知，参加该反应的Na2S的物质的量为0.1mol，故样品中Na2SO4的质量为78.40g-0.2mol×126g/mol-（0.4mol+0.1mol）×78g/mol=14.2g，故Na2SO4的物质的量为0.1mol，

故78.40g样品中氧化产物：Na2SO3为0.2mol，Na2SO4为0.1mol

考查方向

s元素的守恒

解题思路

Na2S与Na2SO3在酸性条件下发生反应：2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S↓+3H2O，故19.2g为硫的质量，放出H2S气体2.24L，还发生反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S↑，根据计算S的物质的量，进而计算生成S的反应中参加反应的Na2S、Na2SO3各自的物质的量，根据计算H2S的物质的量，进而计算与盐酸反应生成H2S气体需要Na2SO3的物质的量，再根据m=nM计算样品中Na2S、Na2SO3各自的质量，继而计算Na2SO4的质量，根据计算Na2SO4的物质的量

教师点评

本题考查混合物的有关计算，注意利用极限法与守恒法进行的计算，是对学生综合能力的考查，难度中等

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题型：单选题

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单选题 · 2 分

5．10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应

速率但又不影响氢气生成量的是

AK2SO4

BCH3COONa

CCuSO4

DNa2CO3

正确答案

C

解析

A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，故能减慢反应速率，故A错误；

B，加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，故能减慢反应速率，故B错误；

C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且氢离子总量不变，故能加快反应速率且又不影响氢气生成量，故C正确；

D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误，

考查方向

化学反应速率的影响因素

解题思路

过量锌与一定量的盐酸反应，为了加快反应速率，可以升高温度、增大锌固体的表面积或形成原电池反应，不影响生成氢气的总量，所加入物质不能改变氢离子的总物质的量，以此解答该题

易错点

C选项构成原电池，加快反应速率

教师点评

本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变

知识点

有关范围讨论题的计算

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题型：单选题

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单选题 · 6 分

11．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。下列说法中正确的是

A该现象说明了NaHCO3难溶于水

B滤液中的c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）

C滤液中c（Na＋）＋c（H＋）＋c（NH4+）＝c（OH－）＋c（HCO3-）＋c（CO32-）

D滤液中c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H＋）＞c（OH－）

正确答案

D

解析

A．该现象说明了NaHCO3溶解度相对与氯化铵等物质较小，NaHCO3可溶于水，A错误；

B．溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（C），则：c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），HCO3-水解程度大于电离程度，因此滤液中的c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-），B错误；

C．根据电荷守恒，滤液中c（Na＋）＋c（H＋）＋c（NH4+）＝c（OH－）＋c（HCO3-）＋2c（CO32-），C错误；

D．滤液中剩余的溶质主要是少量碳酸氢铵和氯化铵，铵根离子水解，浓度小于氯离子，但水解程度较小，仍然大于碳酸氢根离子，铵根离子水解大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，因此c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H＋）＞c（OH－），D正确；

故选D。

考查方向

离子浓度大小的比较

解题思路

A．该现象说明了NaHCO3溶解度相对与氯化铵等物质较小；

B．溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（C），则：c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），HCO3-水解程度大于电离程度；

C．根据电荷守恒，滤液中c（Na＋）＋c（H＋）＋c（NH4+）＝c（OH－）＋c（HCO3-）＋2c（CO32-）；

D．滤液中剩余的溶质主要是少量碳酸氢铵和氯化铵，铵根离子水解，浓度小于氯离子，但水解程度较小，仍然大于碳酸氢根离子，铵根离子水解大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性；

易错点

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒即盐的水解原理的含义为解答关键，注意熟练掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。

知识点

有关范围讨论题的计算

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