2023-2023年高中化學(xué)貴州高考沖刺模擬試卷【7】含答案考點(diǎn)及解析班級:___________姓名：___________分?jǐn)?shù)：___________題號一二三四五六總分得分考前須知：

1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2．請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得

分

一、選擇題1.以下有關(guān)物質(zhì)分類或歸類正確的選項(xiàng)是

①混合物：石炭酸、福爾馬林、水玻璃、水銀②化合物：CaCl2、燒堿、聚苯乙烯、HD③電解質(zhì)：明礬、膽礬、冰醋酸、硫酸鋇④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2⑤有機(jī)物：酒精、

油脂、蔗糖、蛋白質(zhì)A．①③④B．②④C．②③④D．③⑤【答案】D【解析】試題分析：①水銀是Hg單質(zhì)，不是混合物。錯誤；②HD是單質(zhì)不是化合物。錯誤；③物質(zhì)分類無誤，正確；④物質(zhì)的分子式符合通式CnH2nO2可能是羧酸，也可能是飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，因此不一定是同系物，錯誤；⑤這幾種物質(zhì)都是含有C元素的化合物，屬于有機(jī)物。正確。因此分類正確的選項(xiàng)是③⑤，選項(xiàng)為D?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)的分類的知識。2.增加汽油中支鏈烷烴、芳香烴和環(huán)烷烴的比例是從根本上提高汽油質(zhì)量的措施，常用催化重整。關(guān)于以下兩個在催化重整時(shí)發(fā)生的反響以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A．石油分餾后得到的汽油等輕質(zhì)油遠(yuǎn)不能滿足需求，故常用裂解等方法生產(chǎn)更多的輕質(zhì)油B．使用含鉛抗爆劑，會導(dǎo)致鉛污染，故目前已禁止使用C．①②均為消去反響D．①②反響過程中有機(jī)物碳原子數(shù)均沒有發(fā)生變化【答案】C【解析】反響①應(yīng)理解為脫氫反響，②為分子重排反響，均不屬于消去反響。3.以下裝置或操作能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?

)A．實(shí)驗(yàn)室制取并收集NH3B．用乙醇提取溴水中的溴C．檢查裝置氣密性D．利用排空氣法收集CO2

【答案】C【解析】A項(xiàng)圖中收集裝置密閉，不能使用，A項(xiàng)錯誤。乙醇與水互溶不能做萃取劑，B項(xiàng)錯誤。關(guān)閉止水夾向長頸漏斗加水后形成密閉系統(tǒng)，可以檢查裝置氣密性，C項(xiàng)正確。用排空氣法收集CO2應(yīng)長管進(jìn)，D項(xiàng)錯誤。4.以下實(shí)驗(yàn)方案不合理的是

()。A．鑒定蔗糖水解產(chǎn)物中有葡萄糖：直接在水解液中參加新制Cu(OH)2懸濁液B．鑒別織物成分是真絲還是人造絲：用灼燒的方法C．鑒別乙醇、乙酸和乙酸乙酯：用碳酸鈉溶液D．鑒別乙烷和乙烯：將兩種氣體分別通入溴的四氯化碳溶液中【答案】A【解析】新制Cu(OH)2懸濁液與葡萄糖反響生成磚紅色沉淀，此反響必須在堿性條件下發(fā)生，而蔗糖水解是用稀硫酸作催化劑，A不合理。5.研究人員研制出一種鋰水電池，可作為魚雷和潛艇的儲藏電源。該電池以金屬鋰和鋼板為電極材料，以LiOH為電解質(zhì)，使用時(shí)參加水即可放電。關(guān)于該電池的以下說法不正確的選項(xiàng)是()A．水既是氧化劑又是溶劑B．放電時(shí)正極上有氫氣生成C．放電時(shí)OH－向正極移動D．總反響為：2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑【答案】C【解析】由于Li屬于堿金屬，化學(xué)性質(zhì)活潑，金屬性大于鐵，所以，該電池的總電極反響由題意可知：2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，負(fù)極：Li，正極：鋼板。負(fù)極反響為：Li－e－=Li＋，放電時(shí)，OH－向負(fù)極移動，故C選項(xiàng)不正確。6.：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H="-49.0"kJ/mol。一定條件下，向體積為1L的密閉容器中充入1molCO2和3molH2，測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時(shí)間變化曲線如以下圖所示。以下表達(dá)中，正確的選項(xiàng)是A．升高溫度能使平衡向正反響方向移動B．從反響開始到平衡，v(H2)=0.075mol·L-1·min-1C．3min時(shí)，V(CO2)正=V(CH3OH)逆D．反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%【答案】D【解析】試題分析：A、由題意知，正反響為放熱反響，升高溫度平衡逆向進(jìn)行，故A錯誤；B、從反響開始到平衡，v(H2)=0.75mol·L-1·min-1，故B錯誤；C、V(CO2)正=V(CH3OH)逆時(shí)，反響到達(dá)平衡，而由圖知在3min時(shí)未到達(dá)平衡，故C錯誤；D、平衡時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率=75%。考點(diǎn)：化學(xué)反響平衡7.常溫下，以下各組離子能大量共存的是A．pH=12的溶液中：K+、Na+、Br-、AlO2-B．無色溶液中：H+、K+、MnO4-、C2O42-C．c(Fe3+)="0.1"mol·L－1的溶液中：K+、H+、SCN-、I-D．由水電離出的c(OH-)=1.0×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】A【解析】試題分析：A、pH=12的溶液顯堿性，各離子互不反響，可以大量共存，正確；B、MnO4￣為紫色，不符合無色溶液的條件，錯誤；C、Fe3+能與SCN￣發(fā)生絡(luò)合反響，不能大量共存，錯誤；D、由水電離出的c(OH-)=1.0×10-13mol·L－1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，酸性時(shí)HCO3￣與H+反響，堿性時(shí)OH￣與NH4+反響，不能大量共存，錯誤?？键c(diǎn)：此題考查離子共存。8.以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．泥沙和水的混合物可以直接用分液漏斗別離B．用水可以區(qū)分苯和四氯化碳C．配制稀硫酸時(shí)，可在量筒中參加一定體積的水，再慢慢參加濃硫酸D．用托盤天平稱量11.72g氯化鉀固體【答案】A【解析】試題分析：A、泥沙和水的混合物別離應(yīng)該用過濾的方法，錯誤；B、水與苯和四氯化碳互不相溶，但密度苯<水<四氯化碳，正確；C、不可以在量筒中配置溶液，錯誤；D、用托盤天平稱量，只能精確到0.1g，錯誤?？键c(diǎn)：考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作相關(guān)知識。9.對于平衡體系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)

ΔH＜0。以下結(jié)論中錯誤的選項(xiàng)是A．假設(shè)溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時(shí)A的濃度為原來的2.1倍，那么m＋n＜p＋qB．假設(shè)平衡時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反響開始時(shí)，A、B的物質(zhì)的量之比為m∶nC．假設(shè)m＋n=p＋q，那么往含有amol氣體的平衡體系中再參加amol的B，到達(dá)新平衡時(shí)，氣體的總物質(zhì)的量等于2aD．假設(shè)溫度不變壓強(qiáng)增大到原來的2倍，到達(dá)新平衡時(shí)，總體積一定比原來的1/2要小【答案】D【解析】試題分析：由于c=n/V，假設(shè)V減半那么c增大為原來的2倍，A的濃度為原來的2.1倍，說明增大壓強(qiáng)平衡左移，逆反響是氣態(tài)物質(zhì)體積減小的方向，故A正確；設(shè)起始時(shí)A、B的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，二者的轉(zhuǎn)化率都是z，那么二者的△n分別為xzmol、yzmol，根據(jù)系數(shù)比規(guī)律，二者之比等于系數(shù)比，那么(xz)/(yz)=m/n，所以x/y=m/n，故B正確；假設(shè)m＋n=p＋q，即反響過程中氣體的物質(zhì)的量保持不變，起始時(shí)氣體總量為amol+amol=2amol，那么到達(dá)新平衡時(shí)氣體總量仍為2amol，故C正確；假設(shè)為氣體體積不變的反響，容器體積縮小遇到原來的一半，增大壓強(qiáng)平衡不移動，到達(dá)新平衡時(shí)，總體積等于原來的一半，故D錯誤?？键c(diǎn)：考查壓強(qiáng)對化學(xué)平衡的影響、平衡轉(zhuǎn)化率的計(jì)算、起始量和平衡量的大小比擬等內(nèi)容。10.實(shí)驗(yàn)室將9g鋁粉跟一定量的金屬氧化物粉末混合形成鋁熱劑。發(fā)生鋁熱反響之后，所得固體中含金屬單質(zhì)為18g，那么該氧化物粉末不可能是A．Fe2O3和MnO2B．Fe2O3和V2O5了C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O4和FeO【答案】C【解析】9g鋁粉可以提供1mol電子，那么氧化物中的金屬元素每得到1mol電子對應(yīng)的質(zhì)量就應(yīng)該是18g。各金屬得到1mol電子對應(yīng)的質(zhì)量：：18.7g；：13.8g；：10.2g；：17.3g；：28；：21g，由平均值原那么可知AB可能、C不可能、當(dāng)鋁粉缺乏時(shí)D可能。評卷人得

分

二、實(shí)驗(yàn)題11.〔10分〕常溫下，現(xiàn)有A、B、C、D四種電解質(zhì)分別完全溶于水，所得四種溶液中含H＋、Ba2+、Al3+、Na＋、HCO3-、Cl-、OH-、SO42-八種離子〔不考慮水解〕。為了檢驗(yàn)這四種物質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①取少量A的溶液分別與另三種物質(zhì)反響，依次觀察到：白色沉淀和氣體、氣體、白色沉淀。②經(jīng)測定，A和D的溶液顯堿性，B和C的溶液pH<7。B與D的溶液反響產(chǎn)生兩種沉淀，當(dāng)D的量增大時(shí)，其中一種沉淀不斷溶解，最終還存在一種沉淀。③C與D的溶液反響，無明顯現(xiàn)象。經(jīng)測定，該反響的產(chǎn)物總能量小于反響物總能量。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)事實(shí)，請答復(fù)以下問題：〔1〕C的名稱是________,D的化學(xué)式_________?！?〕用離子方程式表示A的溶液顯堿性的原因：_________________?！?〕A與B在溶液中反響的離子方程式為________________?！?〕等物質(zhì)的量濃度、等體積的B和D的溶液混合，寫出反響的離子方程式：_________________。【答案】〔10分〕〔各2分〕〔1〕氯化氫；Ba(OH)2；〔2〕HCO3-+H2OH2CO3+OH-；〔3〕Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；〔4〕3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。【解析】試題分析：①取少量A的溶液分別與另三種物質(zhì)反響，依次觀察到：白色沉淀和氣體、白色沉淀、氣體，結(jié)合離子之間的反響現(xiàn)象來判斷，鋁離子和碳酸氫根離子反響既產(chǎn)生白色沉淀又產(chǎn)生氣體；鋇離子和碳酸氫根離子、氫氧根離子之間的反響產(chǎn)生白色沉淀；氫離子和碳酸氫根離子之間反響產(chǎn)生水以及二氧化碳，A是NaHCO3。②經(jīng)測定，A和D的溶液顯堿性，那么含有氫氧根離子或是HCO3-，B和C的溶液pH＜7，那么含有氫離子或是鋁離子等；B與D的溶液反響產(chǎn)生兩種沉淀，當(dāng)D的量增大時(shí)，其中一種沉淀不斷溶解，最終還存在一種沉淀，那么一定是硫酸鋁和氫氧化鋇之間的反響，所以D是Ba(OH)2，B是Al2(SO4)3，③C與D的溶液反響，無明顯現(xiàn)象，該反響的產(chǎn)物總能量小于反響物總能量，該反響是放熱反響，所以C是HCl，綜上知道A是NaHCO3，B是Al2(SO4)3，C是HCl，D是Ba(OH)2。〔1〕據(jù)上述分析可知C是鹽酸，化學(xué)式是HCl，D是Ba(OH)2；〔2〕A是NaHCO3，碳酸氫根離子水解導(dǎo)致溶液顯示堿性，鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，水解反響方程式為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；〔3〕碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁之間發(fā)生鹽的雙水解反響，產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反響的離子方程式為Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；〔4〕將等物質(zhì)的量濃度、等體積的B和D的溶液混合，Al2(SO4)3過量，反響產(chǎn)生硫酸鋇沉淀和氫氧化鋁沉淀，反響的離子方程式是3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓?？键c(diǎn)：考查離子的推斷、鹽的水解、化學(xué)方程式和離子方程式的書寫的知識。評卷人得

分

三、填空題12.【化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)根底】12.〔15分〕有機(jī)化合物A的分子式為C4H9Br，A分子的核磁共振氫譜有3個吸收峰，其面積之比為2：1：6，利用A按照以下合成路線可以合成調(diào)味劑，注：局部物質(zhì)省略。：①B在一定條件下可以合成一種高分子化合物，C和D互為同分異構(gòu)體；試答復(fù)以下問題：〔1〕化合物B的系統(tǒng)命名是__________，B生成高分子化合物的化學(xué)方程式為______________________________________________________________________.〔2〕D的結(jié)構(gòu)簡式為________________________。〔3〕由B經(jīng)兩步反響轉(zhuǎn)化為C經(jīng)歷的反響類型為__________和___________?！?〕E轉(zhuǎn)化為F的化學(xué)方程式為_________?！?〕F的同分異構(gòu)體需符合以下條件：①分子中含有苯環(huán)，苯環(huán)上共有2個取代基，且處于對位；②能與溶液反響生成CO2。符合條件的同分異構(gòu)體共有_________種，其中一種異構(gòu)體的核磁共振氫譜只有5個吸收峰，且吸收峰面積之比為3：2:2:1:6，那么該異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為__________________.【答案】〔1〕2-甲基-1-丙烯〔2分〕

〔2分，可不標(biāo)反響條件〕〔2〕(CH3)2CHCH2OH〔2分〕〔3〕加成反響〔1分〕

取代反響〔或水解反響〕〔1分〕〔4〕〔3分〕〔5〕13〔2分〕

〔2分〕【解析】試題分析：有機(jī)化合物A的分子式為C4H9Br，A分子的核磁共振氫譜有3個吸收峰，其面積之比為2：1：6，從這些信息中可以得出A是2-甲基-1-溴丙烷，再依據(jù)題中的轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知：B是A消去以后得到的產(chǎn)物。也就是2-甲基-1-丙烯。又因?yàn)镃和D互為同分異構(gòu)體，再依據(jù)提供的第二個反響條件，可以判斷出：C是2-甲基-1-丙烯與水加成反響生成的2-甲基-2-丙醇，而D是鹵代烴A水解以后得到的2-甲基-1-丙醇，從而整個關(guān)系就可求解。考點(diǎn)：考查有機(jī)物之間的反響。13.〔12分〕現(xiàn)有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當(dāng)?shù)脑噭⑵滢D(zhuǎn)化為相應(yīng)的沉淀或固體，從而實(shí)現(xiàn)Cl-、SO42-、和NO3-的相互別離。相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)過程可用以下圖表示：請答復(fù)以下問題：⑴寫出實(shí)驗(yàn)流程中以下物質(zhì)的化學(xué)式：試劑X：

，沉淀A：

⑵上述實(shí)驗(yàn)流程中參加過量的Na2CO3的目的是

。⑶按此實(shí)驗(yàn)方案得到的溶液3中肯定含有

〔填化學(xué)式〕雜質(zhì)；為了解決這個問題，可以向溶液3中參加適量的

，之后假設(shè)要獲得固體NaNO3需進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作是

〔填操作名稱〕?！敬鸢浮俊?〕BaCl2[或Ba〔NO3〕2]；〔2分〕BaSO4；〔2分〕〔2〕使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀〔2分〕〔3〕Na2CO3〔2分〕；稀HNO3〔2分〕；蒸發(fā)(2分〕【解析】〔1〕根據(jù)過程②可知，沉淀B是氯化銀，所以A是硫酸鹽，因此X是氯化鋇或硝酸鋇，那么A是硫酸鋇沉淀?！?〕由于溶液2中含有過量的Ba2＋和Ag＋，所以參加過量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀。〔3〕由于碳酸鈉是過量的，所以溶液3中一定含有碳酸鈉，要除去碳酸鈉，那么可以參加適量的硝酸。要得到硝酸鈉固體，通過蒸發(fā)即可。14.〔10分〕以下圖中p、q為直流電源兩極，A極由金屬單質(zhì)X制成，B、C、D為鉑電極，接通電源，金屬X沉積于B極，同時(shí)C、D產(chǎn)生氣泡。試答復(fù)：〔1〕p為_____極，A極發(fā)生了______反響。〔2〕C極的電極反響方程式為：______________________；〔3〕在電解過程中，測得了C、D兩極上產(chǎn)生的氣體的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：仔細(xì)分析以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，請說出可能的原因是______

。時(shí)間〔min〕12345678910陰極氣體體積〔cm3〕6122029324252627282陽極氣體的體積〔cm3〕24711162l263l3641〔4〕電解一段時(shí)間后，假設(shè)將硫酸溶液濃度恢復(fù)到電解前，應(yīng)參加的物質(zhì)是_____

〔5〕當(dāng)電路中通過0．004mol電子時(shí)，B電極上沉積金屬

X的質(zhì)量為0．128g，那么此金屬的摩爾質(zhì)量為_______。假設(shè)A電極改用石墨電極電解400mLXSO4溶液，那么此時(shí)溶液pH為

?！敬鸢浮俊?〕正；〔1分〕氧化〔2〕4OH-－4e-＝O2↑＋2H2O〔3〕開始反響的1～4min內(nèi)，由于產(chǎn)生的氧氣和氫氣在水中的溶解度沒有到達(dá)飽和，而氧氣在水中的溶解度大于氫氣，故氫氣和氧氣的體積比大于2:1，隨反響的進(jìn)行，由于生成的氧氣和氫氣在水中的溶解均到達(dá)飽和故4min后氫氣和氧氣的體積比等于2:1〔4〕水〔5〕64g·mol–1，pH=2【解析】〔1〕由“接通電源，金屬X沉積于B極〞說明金屬陽離子在B極得電子，即B為陰極〔復(fù)原反響〕，A為陽極〔氧化反響〕；q為電源負(fù)極，p為電源正極；〔2〕C為電解硫酸溶液的陽極：4OH-－4e-＝O2↑＋2H2O〔3〕D極為電解硫酸溶液的陰極：2H＋＋2e－=H2↑：開始反響的1～4min內(nèi)，由于產(chǎn)生的氧氣和氫氣在水中的溶解度沒有到達(dá)飽和，而氧氣在水中的溶解度大于氫氣，故氫氣和氧氣的體積比大于2:1，隨反響的進(jìn)行，由于生成的氧氣和氫氣在水中的溶解均到達(dá)飽和故4min后氫氣和氧氣的體積比等于2:1〔4〕由電極反響可知，電解硫酸溶液相當(dāng)于電解水，故假設(shè)將硫酸溶液濃度恢復(fù)到電解前，應(yīng)參加的物質(zhì)是水〔5〕B電極上的電極反響為：Xn++ne－=X，設(shè)X元素的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，那么可得到：，當(dāng)n=2時(shí)，M=64g/mol符合實(shí)際由電極反響：2X2＋＋2H2O=2X＋O2↑＋4H＋〔有4個電子轉(zhuǎn)移〕可知，當(dāng)電路中通過0．004mol電子時(shí)，生成的H＋的物質(zhì)的量為0．004mol，其濃度為0.01mol/L，pH=215.〔10分〕某無色溶液，由、、、、、、、中的假設(shè)干離子組成，將溶液平均分為兩份置于兩支試管：①取其中一支試管，參加過量。有氣體生成，并得到溶液；②在①所得溶液中參加酸化的，出現(xiàn)白色沉淀；③取另一支試管，先參加過量的HCl酸化，再參加過量的溶液，有氣體生成同時(shí)析出白色沉淀甲，甲的質(zhì)量為；④在③所得溶液中參加過量的溶液，有白色沉淀乙析出。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)完成以下問題：〔1〕溶液中一定不存在的離子是____________。〔2〕一定存在的離子是________________________?！?〕判斷沉淀乙成分的方法是____________________________________?！?〕寫出有關(guān)反響的離子方程式實(shí)驗(yàn)①：________________________________；____________________________；〔5〕通過實(shí)驗(yàn)③可知溶液中存在的離子為________________________，原溶液中該離子的物質(zhì)的量為____________。【答案】〔1〕

〔2〕

〔3〕向沉淀中參加過量，全部溶解沉淀為；局部溶解沉淀為與的混合物?！?〕

〔5〕

【解析】試題分析：該溶液為無色那么溶液中一定沒有MnO4—，①參加過量鹽酸有氣體生成那么溶液中一定有CO32—，一定沒有Ba2+和Al3+；②在①所得溶液中參加酸化的出現(xiàn)白色沉淀并不能說明存在Cl—，因?yàn)樵冖僦幸肓薈l—；③中先參加過量的HCl酸化，再參加過量的溶液，有氣體生成同時(shí)析出白色沉淀甲，那么原溶液中存在AlO2—，沉淀甲為Al(OH)3；④在③所得溶液中參加過量的溶液，有白色沉淀乙析出，乙為BaCO3,是因?yàn)棰壑袇⒓恿诉^量的，HCO3—+OH—+Ba2+="="BaCO3↓+H2O考點(diǎn)：離子反響、離子共存問題。16.下表為元素周期表的一局部。答復(fù)以下問題：W氮Y

X

硫Z

〔1〕Z的元素符號為_____________?！?〕X位于元素周期表第_________周期__________族?！?〕W與Y形成的化合物WY中，W的化合價(jià)是________。〔4〕硫的最簡單氫化物與硫的低價(jià)氧化物通入水中時(shí)，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為__________?！敬鸢浮?/p>

Cl

三

IVA

+2

SO2+2H2S=3S↓+2H2O【解析】對應(yīng)的元素如表：W―C氮Y―O

X―Si

硫Z―Cl

〔1〕Z的元素符號為Cl；〔2〕X是硅，位于元素周期表第三周期IVA族?！?〕W與Y形成的化合物WY是CO，W的化合價(jià)是+2價(jià)；〔4〕硫的最簡單氫化物H2S與硫的低價(jià)氧化物SO2通入水中時(shí)，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H2O。評卷人得

分

四、計(jì)算題17.(6分)向27.2Cu和Cu2O的混合物中參加某濃度的稀HNO3500mL，固體完全溶解后在所得溶液中參加1mol/L的NaOH溶液1L使金屬離子恰好完全沉淀，此時(shí)溶液呈中性，所得沉淀質(zhì)量為39.2g。那么：〔1〕Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為

。

〔2〕HNO3的物質(zhì)的量濃度為

?！敬鸢浮俊?〕2:1

〔2〕2.4mol/L【解析】試題分析：〔1〕設(shè)Cu與Cu2O的物質(zhì)的量分別是x和y，那么64x＋144y＝27.2。根據(jù)銅原子守恒可知，〔x＋2y〕×98＝39.2，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol。所以Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.2：:0.1=2:1?！?〕溶液呈中性，所以溶液恰好是硝酸鈉溶液，那么根據(jù)原子守恒可知，n(NaNO3)="n(NaOH)="1mol/L×1L＝1mol而硝酸的物質(zhì)的量是發(fā)生氧化復(fù)原反響的硝酸與未發(fā)生氧化復(fù)原反響的硝酸兩局部。在氧化復(fù)原反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等。0.1mol氧化亞銅失去0.2mol電子，0.2mol銅失去0.4mol電子，所以被復(fù)原的硝酸是0.6mol÷3＝0.2mol，故n(HNO3)(總)=1mol+0.2mol=1.2mol，那么HNO3的物質(zhì)的量濃度為c(HNO3)=n(HNO3)÷V=1.2mol÷0.5L＝2.4mol/L。考點(diǎn)：考查考查根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行的有關(guān)計(jì)算的知識。18.電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟(jì)效益。實(shí)驗(yàn)室模擬電解法吸收NOx的裝置如右圖所示〔圖中電極均為石墨電極〕。〔1〕假設(shè)用NO2氣體進(jìn)行模擬電解法吸收實(shí)驗(yàn)。①寫出電解時(shí)NO2發(fā)生反響的電極反響式：

。②假設(shè)有標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO2被吸收，通過陽離子交換膜〔只允許陽離子通過〕的H+為

mol?！?〕某小組在右室裝有10L0.2mol·L-1硝酸，用含NO和NO2〔不考慮NO2轉(zhuǎn)化為N2O4〕的廢氣進(jìn)行模擬電解法吸收實(shí)驗(yàn)。①實(shí)驗(yàn)前，配制10L0.2mol·L-1硝酸溶液，需量取

mL的密度為1.4g·mL-1、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸。②電解過程中，有局部NO轉(zhuǎn)化為HNO2。實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，測得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同時(shí)左室收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下28LH2。計(jì)算原氣體中NO和NO2的體積比〔假設(shè)尾氣中不含氮氧化物，寫出計(jì)算過程〕?！敬鸢浮俊?〕①NO2－e-＋H2O=NO＋2H+

②0.1〔2〕①142.9②根據(jù)原子守恒：n(NO)+n(NO2)="3"mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol="1.1"mol根據(jù)電子守恒：0.1mol×1+[n(NO)-0.1mol]×3+n(NO2)×1=×2解得：n(NO)="0.8"mol

n(NO2)="0.3"molV(NO):V(NO2)=n(NO):n(NO2)="0.8"mol:0.3mol=8:3【解析】試題分析：〔1〕①分析通過裝置知該電解裝置左室為電解池的陰極，電極反響式為2H2O+2e-==H2↑+2OH-，右室為電解池的陽極，NO2氣體發(fā)生氧化反響生成硝酸，電極反響式為NO2－e-＋H2O=NO＋2H+。②根據(jù)陰、陽兩極的電極反響式知假設(shè)有標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO2被吸收，轉(zhuǎn)移電子0.1mol，陰極區(qū)生成的氫氧根為0.1mol，為維持電荷守恒通過陽離子交換膜的H+為0.1mol?！?〕①根據(jù)公式c=計(jì)算密度為1.4g·mL-1、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為1000×1.4g·mL-1×63%/63g·mol-1="14"mol·L-1。根據(jù)稀釋定律c1V1=c2V2計(jì)算所需濃硝酸的體積為10L×0.2mol·L-1/14mol·L-1=0.1429L=142.9mL；②根據(jù)題意知電解池的陰極電極反響式為2H2O+2e-==H2↑+2OH-，電解池的陽極電極反響式為NO2－e-＋H2O=NO＋2H+、NO－e-＋H2O=HNO2＋H+、NO－3e-＋2H2O=NO＋4H+。根據(jù)原子守恒和電荷守恒作答。根據(jù)原子守恒：n(NO)+n(NO2)="3"mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol="1.1"mol，根據(jù)電子守恒：0.1mol×1+[n(NO)-0.1mol]×3+n(NO2)×1=×2，解得：n(NO)="0.8"mol

n(NO2)="0.3"mol，V(NO):V(NO2)=n(NO):n(NO2)="0.8"mol:0.3mol=8:3考點(diǎn)：考查電解原理的應(yīng)用，化學(xué)計(jì)算。19.兩份質(zhì)量相等且組成完全相同的鎂－鋁合金，一份投入足量的稀硫酸中，生成氫氣的體積是7.84L；另一份投入足量的氫氧化鈉溶液，生成氫氣的體積是3.36L〔以上體積數(shù)據(jù)均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得〕。計(jì)算這種鎂－鋁合金中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！敬鸢浮?4.0%【解析】試題分析：鎂與氫氧化鈉溶液不反響，只有鋁能與氫氧化鈉溶液反響，鋁與氫氧化鈉溶液反響產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量是3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，那么根據(jù)方程式2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑可知鋁的物質(zhì)的量是0.1mol，質(zhì)量是2.7g。鋁與氫氧化鈉溶液或稀硫酸反響產(chǎn)生的氫氣一樣多，那么鎂與稀硫酸反響生成的氫氣是7.84L－3.36L＝4.48L，物質(zhì)的量是0.2mol，所以根據(jù)Mg＋H2SO4＝MgSO4＋H2↑可知鎂的物質(zhì)的量是0.2mol，質(zhì)量是4.8g，因此合金中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝64.%。【考點(diǎn)定位】考查金屬與酸堿反響的有關(guān)計(jì)算【名師點(diǎn)晴】該題主要是利用了反響的化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算，也可以借助于電子得失守恒。許多有關(guān)化學(xué)反響的計(jì)算，如果能夠巧妙地運(yùn)用守恒規(guī)律可以到達(dá)快速解題的目的，常見的守恒關(guān)系有：①反響前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；②電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；③氧化復(fù)原反響中得失電子數(shù)守恒、原電池或電解池中兩極通過的電子總數(shù)相等；④從守恒思想出發(fā)還可延伸出多步反響中的關(guān)系式，運(yùn)用關(guān)系式法等計(jì)算技巧巧妙解題。20.Cl2與NaOH溶液反響可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值與反響的溫度有關(guān)，用24gNaOH配成的250mL溶液，與Cl2恰好完全反響〔忽略Cl2與水的反響、鹽類的水解及溶液體積變化〕：〔1〕NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度_____mol·L－1；〔2〕某溫度下，反響后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，那么溶液中c(ClO-)=_____mol·L－1。【答案】

2.4

0.30【解析】(1)根據(jù)c===2.4mol/L，故答案為：2.4；(2)NaCl、NaClO和NaClO3的組成發(fā)現(xiàn)，鈉與氯的物質(zhì)的量之比為1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3mol，設(shè)n(ClO-)=xmol，那么n(Cl-)=6xmol，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)mol，得失電子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以那么溶液中c(ClO-)==0.30mol/L，故答案為：0.30。評卷人得

分

五、簡答題21.二甲醚是一種清潔能源，用水煤氣制取甲醚的原理如下：I.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)II.2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)〔1〕300℃和500℃時(shí)，反響I的平衡常數(shù)分別為K1、K2，且K1＞K2，那么其正反響為____反響〔填〞吸熱〞’或〞放熱〞〕?！?〕在恒容密閉容器中發(fā)生反響I:①以下圖能正確反映體系中甲醇體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化情況的曲線是____〔填“a〞或“b〞〕。②以下說法能說明反響已達(dá)平衡狀態(tài)的是____〔填標(biāo)號〕。A．容器中氣體的壓強(qiáng)不再變化B．混合氣體的密度不再變化C．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化D．v正(H2)=2v正(CH3OH)〔3〕500K時(shí)，在2L密閉容器中充入4molCO和8molH2，4min到達(dá)平衡，平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，那么：①0～4min，反響I的v(H2)=______，反響I的平衡常數(shù)K=______。②反響II中CH3OH的轉(zhuǎn)化率α=_______。〔4〕二甲醚燃料電池的工作原理如圖聽示，那么X電極的電極反響式為_______。用該電池對鐵制品鍍銅，當(dāng)鐵制品質(zhì)量增加64g時(shí)，理論上消耗二甲醚的質(zhì)量為_______g〔精確到0.01〕。【答案】

放熱

a

AC

0.8mol/(L·min)

1.25(mol/L)-2

80%

CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+

7.67【解析】〔1〕升高溫度平衡常數(shù)減小，所以其正反響為放熱反響；〔2〕①正反響放熱，升高溫度平衡向逆反響方向進(jìn)行，甲醇的體積分?jǐn)?shù)減小，因此以下圖能正確反映體系中甲醇體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化情況的曲線是a。②A.正反響體積減小，容器中氣體的壓強(qiáng)不再變化能說明反響已達(dá)平衡狀態(tài)，A正確；B.密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反響過程中質(zhì)量和容積始終是不變的，因此混合氣體的密度不再變化不能說明，B錯誤；C．混合氣的平均相對分子質(zhì)量是混合氣的質(zhì)量和混合氣的總的物質(zhì)的量的比值，質(zhì)量不變，但物質(zhì)的量是變化的，所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化可以說明，C正確；D．v正(H2)=2v正(CH3OH)均表示正反響方向，不能說明，D錯誤，答案選AC；〔3〕①4min到達(dá)平衡，平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為80%，那么消耗CO是3.2mol，因此消耗氫氣是6.4mol，濃度是3.2mol/L，所以0～4min，反響I的v(H2)＝3.2mol/L÷4min＝0.8mol/(L·min)。剩余CO是0.4mol/L，氫氣是0.8mol/L，最初生成甲醇是1.6mol/L，設(shè)分解的甲醇是xmol/L，那么生成二甲醚是0.5xmol/L，所以有0.5x＝2×〔1.6－x〕，解得x＝1.28，所以根據(jù)方程式可知反響I的平衡常數(shù)K＝＝1.25。②反響II中CH3OH的轉(zhuǎn)化率α＝1.28/1.6×100%＝80%?！?〕質(zhì)子向Y電極移動，所以Y電極是正極，那么X電極是負(fù)極，通入的