同心圆梦专题卷化学专题12答案与解析

1、2012届同心圆梦专题卷化学专题十二答案与解析1【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数、电离、分子与原子结构、氧化还原等知识。【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）原子、Na2O2晶体的组成。（2）气体摩尔体积与状态的关系。（3）氯气与碱的反应中电子转移数目的计算。【答案】C【解析】盐酸溶液中不存在氯化氢分子，A选项错误；16g14CH4的物质的量为16/18=0.89mol，含有的中子数为：0.89mol×8=7.1mol，B选项错；Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，O的化合价由-1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×20.4NA，C选

2、项正确；空气是多种气体的混合物，不只是单质，D选项错。2【命题立意】本题考查阿伏加德罗定律。【思路点拨】解答本题需要掌握过量计算和差量法。【答案】A【解析】由题知混合气体压强减小，所以反应是一个体积减小的反应，由于气体R完全反应，所以有3-n=1，n=2，故选A。3【命题立意】本题考查离子反应。【思路点拨】从离子反应的角度认识该反应的实质是Cl-和Ag+的反应，而H+的物质的量没有变化。【答案】B【解析】AgNO3HCl = AgClHNO3。最终溶液pH=2，所以c(H+)=1×10-2mol/L，HNO3=H+NO3-，加入盐酸pH=1，c(H+)=1×101 mol/

3、L，反应前后n(H+)不变，所以反应前V（HCl）=10mL，所以a=90mL，AgNO3与HCl反应，物质的量比为11，则有等式a=c×10-3，解c=0.011 mol/L。故B正确。4【命题立意】本题考查NO3的氧化性及根据化学方程式的计算。【思路点拨】解决本题关键就是过量计算。【答案】D【解析】3Cu8H+2NO3-= 3Cu2+2NO4H2O，此时n(H+)=0.4mol，n(NO3-)=0.12mol，此时n(H+)不足，按n(H+)计算得n(Cu)=0.15mol，m(Cu)=9.6 g,故D选项正确。5【命题立意】本题考查氧化还原反应中的电子得失守恒。【思路点拨】解决

4、本题的关键点是：（1）MgCu合金与沉淀的组成关系。（2）Mg和Cu失去的电子数与OH-的数目的关系。【答案】C【解析】本题考查化学计算。Mg和Cu反应生成Mg(OH)2和Cu(OH)2，增加的质量就是OH-的质量，即m(OH-)=21.4g-11.2g=10.2g，则n(OH-)=0.6mol，且Mg和Cu失去的电子数等于OH-的数目，然后逐项分析电子转移数目，A中是0.9mol，B中是0.4mol，C中是0.6mol，D中是0.8mol，选C。6【命题立意】本题考查沉淀与溶解的图象题。【思路点拨】解决本题的关键就是通过图象分析出每一阶段所发生的化学反应是什么?【答案】B【解析】由题知反应的

5、先后顺序依次为：Ca(OH)2+CO2 = CaCO3+H2O；2KOH+CO2 = K2CO3+H2O；K2CO3+H2O+CO2 = 2KHCO3；CaCO3+H2O+CO2 = Ca(HCO3)2。、消耗CO2相同，、消耗CO2相同；、反应实质为中和反应，消耗n(CO2)=0.1mol/L×0.5L/2×22400mL/mol=560mL，其中反应消耗112mL，反应消耗560mL-112mL=448mL，V2时反应进行到消耗CO2共计560mL+448mL=1008mL，进而求出V3=1008mL+112mL=1120mL。7【命题立意】本题考查金属与硝酸反应的定量

6、计算。【思路点拨】解决本题的关键点有：（1）氧化还原反应中得失电子守恒。（2）摩尔质量的计算方法。（3）NO3-在酸性条件下能将Fe2+氧化。【答案】A【解析】第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的8.4g金属均被氧化到+2价：3Fe(或3Cu)+8HNO3 = 3Fe(NO3)2或3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，金属的物质为(2.24/22.4)×(3/2)mol=0.15mol，则第一次溶解的金属的摩尔质量为56g/mol，是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的9.6g金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.15mol，金

7、属摩尔质量为64g/mol，是铜。c(HNO3)=(2.24/22.4)×4/0.2mol/L=2mol/L。若金属完全溶解后再加200mL稀硝酸，反应为3Fe2+4H+NO3- = 3Fe3+NO+2H2O，经判断H+过量，生成的NO在标准状况下体积为0.15×(1/3)×22.4L=1.12L，故B、C、D错误，A正确。8【命题立意】本题考查电解计算。【思路点拨】解决本题的关键是电路中得失电子的物质的量相同。【答案】B【解析】用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应为，阴极：2Cu24e-=2Cu，阳极：4OH-4e-=O22H2O。当有1×10-3

8、mol的OH-放电时，生成标准状况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.0×10-3mol，根据得失电子守恒则在阴极上析出32mgCu。9【命题立意】本题考查有机物燃烧规律的计算。【思路点拨】有机物耗氧规律的应用。【答案】C【解析】A项中C2H2和C2H4O2分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为2.5mol、2mol。B项中C2H4、C3H6O分别完全燃烧时，每1mol耗O2分别为3mol、4mol。而C2H4和C2H6O分别完全燃烧时，每1mol都耗O2 3mol，故选C。D项中每1molC6H12O6、C2H4O2耗O2分别为7.5mol、2mol，故不合题意。或者将分子式

9、改写：A项为：C2H2、C2(H2O)2；B项为：C2H4、C3H4(H2O)；C项为：C2H4、C2H4(H2O)。可观察出C选项中的二者等物质的量时耗氧量相同。10【命题立意】本题考查一定体积的物质的量浓度溶液的配制。【思路点拨】解决本题的关键点是：（1）配制的步骤与所需的仪器。（2）误差的来源与分析。（3）浓度与体积的关系。【答案】C【解析】配制过程需要的仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，A错误；将烧杯中的溶液转移到容量瓶中后还要继续加水定容，所以容量瓶内有少量蒸馏水不会带来误差，B错误；NaClO会与空气中的CO2反应生成次氯酸，C正确；需要480mL的溶液需配制50

10、0mL，所需NaClO固体的质量为500mL×1.19g/cm3×25%=148.75g，D错误。11【命题立意】本题考查守恒计算。【思路点拨】解决本题的关键就是原混合物与最后固体质量的差。【答案】A【解析】Fe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O；CuO+2H+ = Cu2+H2O。金属氧化物的混合物可看成两部分：金属元素+氧元素。氧化物被H+溶解，氧元素与H+结合成H2O，H+的物质的量是0.2mol，结合的O原子共有0.1mol，即原来的混合物中共有1.6g氧元素与一氧化碳结合成CO2，剩余的质量就是金属的质量。12【命题立意】本题考查溶液的组成及有关计算。【思路点拨】

11、解决本题的关键是把握物质的量浓度、质量分数、溶解度的含义，结合物质的性质尤其是特性，综合分析。【答案】B【解析】因为HCl比水更容易挥发，所以加热蒸发，浓度更低，A项错误；，B项正确；钠与水反应，溶质变为了4.0NaOH，由于生成了氢气，使总质量小于100g，则溶液的质量分数应大于4.0%，C项错误；根据KNO3的溶解度，50g水最多溶解15.8gKNO3，所以20gKNO3没有溶解完全，得到的是饱和溶液，D项错误。13【命题立意】本题考查化学平衡的计算。【思路点拨】熟练运用“三段法”进行计算。【答案】C【解析】设NO2的物质的量为2mol，则SO2的物质的量为3mol，参加反应的NO2的物质

12、的量为xmol。 NO2SO2 = SO3NO起始： 2 3 0 0转化： x x x x平衡： 2-x 3-x x x依题得：(2-x)(3-x)=14，计算得出：x=5/3，则平衡时SO2(g)的转化率是5/9。14【命题立意】本题考查对Mg2+和Al3+沉淀的图象分析题。【思路点拨】解决本题的关键是分析图象中每一段所发生的反应，尤其是曲线下降阶段的反应。【答案】D【解析】根据图象分析，中和过量的酸，消耗NaOH溶液20mL；沉淀Mg2+和Al3+，消耗NaOH为200mL-20mL=180mL；Al(OH)3溶解消耗NaOH为240mL-200mL=40mL；nMg(OH)2)=0.15

13、mol，nAl(OH3=0.35mol-0.15mol=0.2mol。根据以上数据可计算：Mg、Al的总质量为：0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g/mol=9g，A选项正确；根据氢氧化铝的溶解方程式Al(OH)3+NaOH = NaAlO2+2H2O可计算NaOH的物质的量浓度为：0.2mol/0.04L=5mol/L，C选项正确；沉淀最大量时，溶液中的溶质为Na2SO4，根据物料守恒可计算，n(H2SO4)=2n(NaOH)=2×0.2L×5mol/L=2mol，c(H2SO4)=2mol/0.5L=4mol/L，B选项正确；根据电荷

14、守恒可计算2n(H2)=2n(Mg)+3n(Al)，n(H2)=n(Mg)+3n(Al)/2=0.15mol+3×0.2mol/2=0.45mol，V(H2)=0.45mol×22.4mol/L=10.08L，D选项错误。15【命题立意】本题考查一定体积的物质的量浓度溶液的配制及误差分析。【思路点拨】解决本题的关键点是：（1）配制的步骤与所需仪器的关系。（2）物质的量浓度的基本计算。（3）误差的来源与分析。【解答】（1）蔗糖 （1分） （2）2×0.50/174+0.50/158 （2分） （3）1000 mL容量瓶 （1分） 胶头滴管（1分） （4）AD （2分

15、） （5）Cl-（1分）【解析】（1）根据公式计算：c=n/V。（2）计算出硫酸钾和高锰酸钾中的K+的浓度。（3）根据实验步骤选择相应仪器。（4）A没影响；B中定容时仰视液面使溶液体积偏大，浓度偏小；C中的NaC1溶液会和硝酸银反应；D中液面低于容量瓶的刻度线说明部分液体残留于瓶口及瓶壁上，此时不用处理即可。16【命题立意】本题考查氧化还原反应中得失电子守恒的计算。【思路点拨】解决本题的关键是建立氧化剂与还原剂之间化合价升降（或电子得失守恒）的定量关系。【答案】NaNO2（5分）【解析】关系式4NOO2，O2得到4e-，则NO失去e-，化合价升高1变为+3价，所以含氧酸盐的化学式是NaNO2。

16、17【命题立意】本题考查实验室制备氯气及其探究、计算。【思路点拨】解决本题需要注意的关键点是：（1）实验原理与每个装置的作用的关系。（2）理解氯气的漂白原理。【答案】（1）500mL容量瓶 （未标明容量的为0分）（1分） 10.0g （1分）（2）干燥氯气 （1分）（3）Cl22OH- = Cl-ClO-H2O （2分）（4）湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色 （2分）（5）0.5 （2分）【解析】本题考查Cl2的实验制法与性质。（1）配制物质的量浓度的溶液体积的确定得需要一定容量的容量瓶。n(NaOH)= 500 mL×0.5 mol/L =0.25mol。（2）制得的氯气除去H

17、Cl后仍有水蒸气，影响其漂白性原理的探究。（3）装置E是尾气吸收装置，是氯气和NaOH溶液的反应。（4）见答案。（5）m(Cl)=355g×10%=35.5g，则n(Cl)=1mol，漂水是氯气和NaOH溶液反应得到的，是等物质的量的NaCl和NaClO的混合物，所以含NaClO的物质的量为0.5mol。18【命题立意】本题考查铁及其化合物的推断及计算。【思路点拨】解决本题的关键就是通过信息推得物质，利用原子守恒进行计算。【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （3分）（2）2Fe3+Fe = 3Fe2+ （3分）（3）滴入12滴硫氰化钾溶液，溶液呈现红色，则有Fe

18、3+存在 （3分）（4）（5分）【解析】本题综合考查元素化合物的性质、物质的推断和离子检验以及有关计算。B为红棕色固体，则B为Fe2O3。C无色，能形成酸雨，则C为SO2。D与硝酸酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，证明D中含有Cl元素，结合D由Fe2O3反应得来，可以推出A为FeS2，甲为HCl，D为FeCl3，E为SO3，乙为Fe，F为FeCl2，G为硫酸。（1）FeS2在空气高温下氧化可以得到SO2和Fe2O3。（2）Fe3+具有氧化性可将Fe氧化为Fe2+，本身还原为Fe2+（方程式见答案）。（3）Fe3+遇KSCN溶液呈红色是检验Fe3+的特征反应。（4）根据S元素守恒，可列出关系FeS2

19、2H2SO4，设FeS2的质量分数为x，则2×(mg×x)/120g/molnmL×g/mL×a%/98g/mol，变形得x。19【命题立意】本题是对工艺生产的定量分析。【思路点拨】解决本题的关键是分析图表数据，与问题结合起来。【答案】（1）0.31 80（共2分，每空1分） （2）94.0%（3分） （3）原料利用率高；无废液、废渣排放等。（2分）【解析】（1）分析图中数据知：在80时丙酸锌的产率最大。（2）n（丙酸）=0.5mol，理论上生成n（丙酸锌）=0.25mol，现在生成n（丙酸锌）=0.235mol，则该次实验丙酸锌的产率为0.235mol/0.25mol=94.0%。（3）从原料利用率及环境保护方面分析。20【命题立意】本题考查电子转移、根据化学方程式的计算及对定量分析实验的探究。【思路点拨】解决本题的关键有：（1）发生化合价变化的原子及其数目。（2）根据化学方程式确定好所研究物质的量的比例。（3）定量实验要求有一个变量。【答案】（1）20 （2分） （2）(aV1-0.5bV2)/1000（或其他合理答案）（2分） （3）探究该反应的速率与温度、亚硫