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2018届高三化学毕业班质量检测试题 本卷共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1在标准状况下CH4、HCl、H2S、NH3均为气体在标准状况下分别有13.44L CH4 1molHCl分子 27.2gH2S 2.4081023个NH3分子，下列说法正确的是（ ）A体积： B密度：C质量： DH原子个数：2设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是（ ）A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 molN2与4 molH2反应生成的NH3分子数为2NAC1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA，D标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA3NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A1.0 L 1.0 mo1L-1的NaAlO2 水溶液中含有的氧原子数为2NAB常温常压下，3.6g H2O中含有电子数为2NA C2.24LCO2中含有的原子数为0.3 NAD25时pH13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.1NA4Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（ ）A都呈透明的红褐色 B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光线透过时，都能产生丁达尔效应5下列关于物质性质或检验的叙述不正确的是( )A在溶液中加KSCN，溶液显红色，不能证明原溶液中一定有Fe3+，无Fe2+B气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，证明原气体中一定含有氨气C用铂丝灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中一定有Na+，可能有K+D向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32 或SO326设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有( )。0.2 mol H2O2完全分解转移的电子数为0.4NA25 、101 kPa下，16 g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA将含0.1 mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA1 molFe溶于过量稀硝酸，电子转移数为3NA标准状况下，22.4 L CHCl3中含有的氯原子的数目为3NA A B C D7化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（ ） A二氧化碳的结构式：OCOB过氧化钠的电子式： C丙烷分子的球棍模型： DCl的结构示意图：8某小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（ ）A反应：H0，p2p1 B反应：H0，T1T2C反应：H0，T2T1；或H0，T2T1 D反应：H0，T2T19一定温度下，在一容积不变的密闭容器中，充入一定量HI气体，发生如下可逆反应：2HI（g）H2（g）I2（g）H0。下列说法正确的是（ ）A若每消耗2n mol HI的同时生成n mol H2，表明该反应已达平衡B容器内的压强不发生变化，表明该反应已达平衡C平衡时，若其他条件不变，再充入一定量HI，重新达平衡后，I2的百分含量增大D平衡时，若其他条件不变，升高温度，混合气体的颜色加深10有一种锂电池，用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯（SOCl2）中而形成的，电池总反应方程式为：8Li3SOCl2=6LiClLi2SO32S，下列叙述中正确的是（ ）A电解质溶液中混入水，对电池反应无影响B金属锂作电池的正极，石墨作电池的负极C电池工作过程中，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为Li2SO3D电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出的硫的物质的量之比为4111柠檬烯是一种食用香料，结构简式如图，有关柠檬烯的分析正确的是A柠檬烯的一氯代物有8种B柠檬烯和互为同分异构体C柠檬烯的分子中所有的碳原子可能在同一个平面上D定条件下，柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、加聚、酯化等反应12夏日的夜晚，常看见儿童手持发光的“魔棒”在广场上嬉戏。“魔棒”发光原理是利用过氧化氢氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图。已知：苯环上卤素不水解，下列有关说法不正确的是（ ）A草酸二酯的分子式为C26H24Cl6O8B该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应C1 mol草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应，最多消耗4 mol NaOHD1 mol草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气6 mol13加热条件下，将24.0gCuO和Fe2O3的混合物与足量的CO完全反应，并将反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀40.0g。下列有关叙述中不正确的是 A原混合物中CuO和Fe2O3的物质的量的比为1:1 B参加反应的CO的质量为11.2gC原混合物中Fe元素的质量为5.6g D原混合物中CuO的质量分数约为33.3%14三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极区反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成15在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示则下列结论正确的是（ ）A该反应的热化学方程式H0B达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动C达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小D达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动16下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变D图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0第卷 非选择题（共6小题，50分）17现有一套电化学装置，如下图所示，E 为沾有 Na2SO4溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。A、B分别为Pt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。M、N是用多微孔的 Ni 制成的电极材料，它在碱性溶液中可以视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央点上一滴紫色的 KMnO4溶液，断开K，接通外电源一段时间后，C、D中有气体产生。行唐县第三中学xx毕业班质量检测化学答题卡班级； 姓名 考号 （1）S为_(填“正”或“负”)极。（2）A极附近溶液的现象是_， B 极附近发生的电极反应式为_。（3）滤纸上的紫色点向_(填“A”或“B”)方移动。（4）当 C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，D中的电极为_ (填“正”或“负”)极，电极反应式为_。18实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，某小组同学提出的下列实验方案：向足量的二氧化锰中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mLCl2（标准状况）；将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。计算（1）参加反应的二氧化锰的质量。（2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，求消毒液中有效成分的物质的量浓度。（3）浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl2的最低浓度（假设反应后残余液体积为12mL）。（保留至0.01）19硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用。（1）将1.25 mol的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是_。（2）向稀硝酸中加入18.4 mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8 g/cm3）以下时，则失去吸水能力。50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水_ g。（3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg(NO3)2（质量m2）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO3和60%的Mg(NO3)2溶液（其中不含硝酸）。若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比_。（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收。已知反应后溶液含有0.35molNaNO2。若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x = 。20H2还原CuO所得的红色固体可能是Cu与Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和单质铜。现有8g CuO被H2还原后，得到红色固体6.8g。（1）6.8 g上述混合物中含Cu与Cu2O的物质的量之比是 ；（2）若将6.8 g上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体 g；（3）若将6.8 g上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下1.568 L的气体（不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化），则该气体的成分及物质的量之比是 ；21回答以下问题：（1）将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 。（2）另称取已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)60g放入150ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。写出生成Fe2+所有可能的离子方程式： 。乙同学取336ml(标准状况)气体Y通入足量氯水中，发生反应的化学方程式为： 。然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体233g。由于此推知气体Y中SO2的体积分数为 。行唐县第三中学xx毕业班质量检测化学答题卡班级； 姓名 考号 （3）向100ml水中投入Na和Al共16克，充分反应后剩余金属1g。计算放出H2的体积为 升(标准状况下)（4）向含有0.3mol NaAlO2的溶液中滴加1mol/L HCl，当生成7.8克沉淀时，加入盐酸的体积为 mL（5）向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入120 ml 2.2 mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成896 mL标准状况下的气体，得不溶物1.28 g，过滤后，向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液，加至40 mL时开始出现沉淀，则滤液中FeSO4的物质的量浓度为(设滤液体积为120 ml) mol/L22硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径。完成下列计算：（1）合成氨时，假设100L的氮气与氢气(体积比为1 : 3)的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为 。(写出计算过程，计算结果请用百分数表示)（2）标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为 。(写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数)（3）氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮(NO)。此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应。若氨气与氧气物质的量之比为1 : 1.7时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数 。(设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数)（4）一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸。为测定某18K金样品的组成，将2.832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL(折算至标准状况，下同)，将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。( 已知金不溶于浓硝酸)填写该18K金的成分表(写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0)。18K金成分AuAgCu含量(质量分数)75 %_行唐县第三中学xx毕业班质量检测化学参考答案1D【解析】试题分析：13.44L CH4 物质的量为=0.6mol，1molHCl，27.2g H2S 的物质的量为=0.8mol，2.4081023个NH3分子的物质的量为0.4mol。A相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积，故A错误；B各物质的摩尔质量分别为：CH4 为16g/mol，HCl为36.5g/mol，H2S 为34g/molNH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度，故B错误；C各物质的质量分别为：CH4 为0.6mol16g/mol=9.6g，HCl为1mol36.5g/mol=36.5g，H2S 27.2g，NH3为0.4mol17g/mol=6.8g，所以质量，故C错误；D各物质中H原子的物质的量分别为：CH4 为0.6mol4=2.4mol，HCl为1mol，H2S 0.8mol2=1.6mol，NH3为0.4mol3=1.2mol，所以氢原子个数，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】本题考查物质的量的有关计算，内容涉及常用化学计量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，旨在考查学生对基础知识的掌握。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，其推论有：同温同压下，V1/V2=n1/n2；同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；同温同压时，M1/M2=1/2。2A【解析】试题分析：A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选A。【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等知识点的应用，掌握基础是解题关键。要掌握有关物质的量的计算公式，、。、适用于任何状态的物质，适用于气态物质，可以是纯净物，也可以是混合物，但如果掌握不准物质的存在状态，或气体的体积与气体摩尔体积不相适应，也会导致计算错误；适用于溶液中溶质的物质的量及浓度的计算，溶液的体积与溶剂的体积是不同的概念。3B【解析】试题分析：A在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B常温常压下，3.6g H2O的物质的量为0.2mol，含有电子数为2NA，故B正确；C2.24LCO2没有标明温度与压强，无法计算其物质的量，故C错误；D25时pH13的Ba（OH）2溶液没有提供溶液的体积，无法计算含有OH一的数目，故D错误；答案为B。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的有关计算【名师点晴】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键；该类试题知识面覆盖广，能较好的考查学生对知识的掌握情况。该类试题重点考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度、分子结构、原子结构等概念的了解；考查考生根据物质的量、质量、微粒数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算的能力；考查考生对溶液、电解质的电离的了解；考生考生对常见氧化还原反应及其失去电子数的了解；考查考生对化学科学特点和化学研究基本方法的了解情况。该类试题是高考题中一道中等难度题，但区分度较好，它在继承与创新方面找到了较好的平衡。4C【解析】试题分析：AFeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故B错误；C胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故C正确；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；故选C。考点：考查胶体的性质5D【解析】试题分析：A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能确定是否含Fe2+，可利用其还原性检验，故A正确；B气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，证明原气体中含有氨气，故B正确；C用铂丝灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，没有通过蓝色的钴玻璃观察，则可能有K+，故C正确；D向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明放出的气体可能是CO2或SO2，该溶液中可能含有CO32 或SO32或HCO3 或HSO3，故D错误；答案为D。考点：考查物质的鉴别和检验，涉及离子检验方法、焰色反应等。6D【解析】试题分析：0.2mol H2O2完全分解生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故错误；16O O3和O2混合气体中含有16个氧原子，含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为NA，故正确；氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的胶粒数目，故错误；1 molFe溶于过量稀硝酸，生成Fe3+，电子转移数为3NA，故正确；标准状况下，CHCl3液体，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，故错误，答案为D。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。7C【解析】试题分析：A二氧化碳的结构式为OCO，A错误；B过氧化钠的电子式为，B错误；C丙烷分子的球棍模型：，C正确；DCl的结构示意图为288+17，D错误，答案选C。考点：考查化学用语判断8C【解析】试题解析：A、由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，H0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P2P1，A错误；B、由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则H0，B错误；C、如H0，反应吸热，T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大；如H0，反应放热，T2T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，C正确；D、如H0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2T1，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是化学平衡图象分析【名师点晴】解答时注意化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量（转化率）时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 9D【解析】试题分析：A每消耗2n mol HI的同时生成n mol H2，均表示正反应速率，不能表明该反应已达平衡，A错误；B反应前体积不变，容器内的压强始终是不变，所以不表明该反应已达平衡，B错误；C平衡时，若其他条件不变，再充入一定量HI，相当于增大压强，平衡不移动，重新达平衡后，I2的百分含量不变，C错误；D正反应吸热，平衡时，若其他条件不变，升高温度，平衡显正反应方向进行，碘的浓度增大，则混合气体的颜色加深，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查外界条件对平衡状态的影响和平衡状态判断【名师点晴】该题的难点是平衡状态判断，可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。10D【解析】试题分析：A、Li属于碱金属，化学性质较活泼，若电解质溶液中混入水，则Li与水反应生成氢氧化锂和氢气，影响电池反应，A错误；B、Li元素的化合价升高到+1价，所以Li发生氧化反应，作电池的负极，B错误；C、电池工作过程中，S元素的化合价从+4价降低到0价，所以亚硫酰氯被还原为S单质，C错误；D、电池工作过程中，若8molLi参加反应，则失去电子的物质的量是8mol，生成2molS单质，所以金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为8:2=4:l，D正确，答案选D。考点：考查原电池反应原理的应用11A【解析】试题分析：A、结构不对称，含8种H，则它的一氯代物有8种，A正确；B、它和丁基苯的分子式中相差2个H，分子式不同，不是同分异构体，B错误；C、分子中含有次甲基结构，次甲基是四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，C错误；D、含双键可发生加成、加聚反应、氧化反应，甲基上的H可发生取代反应，但不能发生酯化反应，D错误；答案选A。【考点定位】本题主要是考查有机物的结构和性质【名师点晴】该题为为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质、原子共面、同分异构体等的考查。由结构简式可知，分子中含双键、结构不对称，含8种H，双键为平面结构。本题的难点是C的判断，注意联系已知甲烷、乙烯和苯环的结构特点。12C【解析】试题分析：A由结构简式可以看出，草酸二酯的分子中含有26个C、24个H、8个O、6个Cl，分子式为C26H24Cl6O8，A项正确；B该有机物中含有苯环能发生加成反应，含有酯基能发生取代反应，也能发生氧化反应，B项正确；C1mol草酸二酯含有4个酯基，水解生成4个-COOH和两个酚羟基，最多消耗6molNaOH，C项错误；D能与氢气发生加成反应的只有2个苯环，则1mol草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气6mol，D项正确；答案选C。考点：考查有机物的结构与性质。13C【解析】试题分析：反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀40g为碳酸钙质量，碳酸钙的物质的量为=0.4mol，根据碳原子守恒，所以反应后所得CO2的物质的量为为0.04mol。一个CO获得1个氧原子生成CO2，根据氧原子守恒，可知24gCuO、Fe2O3的混合物中氧原子的物质的量为0.4mol。令CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y，则x+3y0.4molx80g/mol+y160g/mol24g解得：x=0.1mol，y=0.1mol。A由上述计算可知，原混合物中CuO与Fe2O3物质的量比为0.1mol：0.1mol=1：1，故A正确；B实验过程中参加反应的CO质量为0.4mol28g/mol=11.2g，故B正确；C根据上述分析可知Fe2O3的物质的量为0.1mol，则铁元素的物质的量为0.2mol，所以原混合物中Fe元素的质量为11.2g，故C错误；D由上述计算可知，原混合物中CuO与Fe2O3物质的量比为0.1mol：0.1mol=1：1，所以原混合物中CuO与Fe2O3的质量比为80：160=1：2，即原混合物中CuO的质量分数约为33.3%，故D正确。故选C。考点：考查有关混合物反应的计算14B【解析】试题分析：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误。故选B。考点：考查电解池工作原理15C【解析】试题分析：从图a可得出该反应为，从图b中也看出T1T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；B选项中缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，B错误；C选项中，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，C正确；D选项中，若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，D错误考点：平衡移动的影响因素16D【解析】试题分析：A、醋酸中加入醋酸钠，溶液的pH变大，故错误；B、醋酸溶液中加水，溶液的导电性减弱，pH变大，故错误；C、催化剂能降低反应的活化能，不能改变焓变，故错误；D、温度升高，二氧化氮的含量增大，说明正反应为放热，故正确。考点：弱电解质的电离平衡的移动，催化剂和焓变的关系，百分含量与温度或压强的变化曲线17（1）正 （2）溶液由无色逐渐变红色， 4OH4e=2H2OO2（3）B （4）正， O2 +4e2H2O=4OH【解析】试题分析：（1）闭合K，通直流电，电极C、D及氢氧化钾溶液构成电解池，根据离子的放电顺序，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2：1，通过图象知，C极上气体体积是D极上气体体积的2倍，所以C极上得氢气，D极上得到氧气，故R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极；（2）A极是阴极，电解高锰酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增强，酚酞显红色，B极是阳极，该极附近发生的电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；（3）浸有高锰酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池，因为R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高锰酸跟离子向阳极移动，所以B极呈紫色，故答案为B；（4）当C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，构成氢氧燃料电池，在燃料电池中，C中氢气为负极，D中氧气作正极，电极反应式为为O2+2H2O+4e-=4OH-。考点：考查原电池、电解池工作原理。【答案】（1）1.305g（2）0.15mol/L（3）4.17mol/L【解析】试题分析：（1）生成氯气的物质的量是0.336L22.4L/mol0.015mol，则根据方程式可知MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O1mol 1mol0.015mol 0.015mol则参加反应的二氧化锰的质量是0.015mol87g/mol1.305g（2）氯气与氢氧化钠反应的方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，所以生成的次氯酸钠的物质的量是0.015mol，浓度是0.015mol0.1L0.15mol/L。（3）氯化银的物质的量是11.48g143.5g/mol0.08mol，则根据氯离子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是0.08mol，其中氯化锰的物质的量是0.015mol，所以盐酸中氯离子的物质的量是0.08mol0.015mol20.05mol，其浓度是0.05mol0.012L4.17mol/L。考点：考查二氧化锰与浓盐酸反应的计算【答案】（1）1.25moln(HNO3)1.75mol (4分)（2）11.63 (3分)（答11.6 不扣分）（3）0.88 (3分)（4）1.80 (4分)【解析】试题分析：（1）25molNO、NO2、N2O4混合物，NO的体积分数为0.60，所以n（NO）=1.250.6=0.75mol，n(NO2+N2O4)= 1.25-0.75=0.5mol,因为在空气充足的条件下完全反应，所有N全都转变成硝酸，据N原子守恒当0.5mol全为二氧化氮时生成硝酸最少物质的量=1.25mol，若全为四氧化二氮生成硝酸最多为：0.75+0.52=1.85mol。（2）据已知信息，18.4 mol/L的浓硫酸吸完水后变为87%，假设浓硫酸体积为1L，吸收水的质量为mg，则有： =87%,计算得m=232.6g,所以50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水232.60.05=11.63g。（3）设蒸馏后硝酸溶液质量为a，硝酸镁溶液质量为b，蒸馏前后溶质质量不变，则有：65%m1=97.5%a,a=65%m1/97.5%;72%m2=60%b,b=72%m2/60%;因为蒸馏前后水减少了5%，所以剩余质量为95%，则：95%（m1+m2）=a+b，即：(m1+m2)95%=m165%/97.5%+m272%/60%，m1/m20.88。（4）据氮原子守恒得，0.5molNOx中N共0.5mol，生成NaNO2、NaNO3和中N一共也是0.5mol，n(NaNO2)=0.35mol，所以n(NaNO3)=0.5-0.35=0.15mol,即n(NaNO2)：n(NaNO3)=7:3，据以上信息可写出反应方程式：10NOx+10NaOH=7NaNO2+3 NaNO3+5H2O，据氧原子守恒得x=1.8。考点：考查与硝酸有关的计算20（1）21；（2）4.8；（3）NO、NO2 之比为 43；【解析】试题分析：（1）n（CuO）=0.1mol，氧元素的物质的量=n（CuO）铜元素的物质的量=0.1mol；固体由CuO生成Cu和Cu2O，减少的质量为氧元素的质量，即8g-6.8g=1.2g，减少的氧元素的物质的量=0.075mol，所以Cu2O中氧元素的物质的量=0.1mol-0.075mol=0.025mol，所以n（Cu2O）=0.025mol，根据铜元素守恒得n（Cu）=0.1mol-20.025mol=0.05mol，所以单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是2：1，故答案为：2：1；（2）n（Cu）=0.1mol-20.025mol=0.05mol，所以m（Cu）=0.05mol64g/mol=3.2g，氧化亚铜的质量=6.8g-3.2g=3.6g氧化亚铜和稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，设氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜的质量为x氧化亚铜和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g 64g3.6g xx=1.6g所以可得到固体的质量=3.2g+1.6g=4.8克，故答案为：4.8克；（3）通过分析知，6.8克的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反应相当于4.8克的铜与硝酸反应设铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2 +2H2O 64g 44.8L4.8g 3.36L 设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O192g 44.8L4.8g 1.12L 1.12L1.568l3.36L，所以该气体是二氧化氮和一氧化氮的混合物设生成一氧化氮的物质的量为ymol，生成二氧化氮的物质的量为zmol3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O 192g 2mol 96yg ymolCu+4HNO