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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处,Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,而NaClO被还原成NaCl,反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1:16,则x值是A.5 B.4 C.3 D.22、下图是分离混合物时常用的仪器,可以进行的混合物分离操作分别是(
)A.蒸馏、过滤、萃取、蒸发 B.蒸馏、蒸发、萃取、过滤C.萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D.过滤、蒸发、萃取、蒸馏3、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A.1molNa2O2参与氧化还原反应,电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B.浓HCl和MnO2制氯气的反应中,参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半C.VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子,主要原因是VC具有较强的还原性D.NO2与水反应,氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:14、设NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列叙述正确的是A.将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中NH4+的数目为NAB.1.7gH2O2中含有的电子数为0.7NAC.标准状况下,2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD.1molNa与足量O2反应,生成Na2O和Na2O2的混合物,钠失去2NA个电子5、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图:则下列叙述错误的是()则下列叙述错误的是A.A气体是NH3,B气体是CO2B.把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制泡腾片C.第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D.第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶6、在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用,下图是其能量关系图下列分析正确的是A.曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B.反应物的总键能高于生成物的总键能C.反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2+2H2O(g)△H=-115.6kJD.若反应生成2mol液态水,放出的热量高于115.6kJ7、常温下,NC13是一种油状液体,其分子空间构型为三角锥形,下列对NC13的有关叙述错误的是()A.NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短B.NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C.NCl3分子是极性分子D.NBr3的沸点比NCl3的沸点低8、向1.00L浓度均为0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略SO2气体的逸出);已知Ka1代表H2SO3在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是A.Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)B.从X点到Y点发生的主要反应为SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-C.当V(HCl)≥672mL时,c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD.若将HCl改为NO2,Y点对应位置不变9、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃时,各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图,其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH,Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是A.R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性B.N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C.单质与H2化合由易到难的顺序是:R、N、MD.金属单质与冷水反应由易到难的顺序是:Y、X、Z10、常温下,向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液,pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=-lgx,x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是A.常温下,H2C2O4的Ka1=100.8B.pH=3时,溶液中C.pH由0.8增大到5.3的过程中,水的电离程度逐渐增大D.常温下,随着pH的增大,的值先增大后减小11、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示,该电池用空气中的氧气作为氧化剂,KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是A.b极发生氧化反应B.a极的反应式:N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2OC.放电时,电流从a极经过负载流向b极D.其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜12、全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统(工作原理如图,电解液含硫酸)。该电池负载工作时,左罐颜色由黄色变为蓝色。4下列说法错误的是A.该电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2OB.a和b接用电器时,左罐电动势小于右罐,电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动C.电池储能时,电池负极溶液颜色变为紫色D.电池无论是负载还是储能,每转移1mol电子,均消耗1mol氧化剂13、下列物质中,由极性键构成的非极性分子是A.氯仿 B.干冰 C.石炭酸 D.白磷14、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol的中,含有个中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有个C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g),增加个P-Cl键15、以下说法正确的是()A.共价化合物内部可能有极性键和非极性键B.原子或离子间相互的吸引力叫化学键C.非金属元素间只能形成共价键D.金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键16、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A.卤化银沉淀转化B.配制氯化铁溶液C.淀粉在不同条件下水解D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应17、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下,11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC.常温常压下,124gP4中含σ键数目为4NAD.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,溶液中数目为NA18、实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是()A.装置甲制取H2 B.装置乙净化干燥H2C.装置丙制取CaH2 D.装置丁吸收尾气19、下列有关物质的说法错误的是()A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B.氧化铝可用于制造耐高温材料C.SO2具有漂白性,所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D.常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸20、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W形成的一种化合物结构为,该物质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法正确的是A.元素非金属性:X>Y>ZB.简单离子半径:Y<Z<WC.工业上常通过电解W与Z形成的化合物制备W单质D.简单气态氢化物的稳定性:X<Z21、下列转化过程不能一步实现的是A.Al(OH)3→Al2O3 B.Al2O3→Al(OH)3C.Al→AlCl3 D.Al→NaAlO222、已知:Mn(sS(sMn(s则下列表述正确的是()A.ΔHB.ΔHC.Mn(sD.MnO2(二、非选择题(共84分)23、(14分)2010年美、日三位科学家因钯(Pd)催化的交叉偶联反应获诺贝尔化学奖。一种钯催化的交叉偶联反应如下:(R、R’为烃基或其他基团),应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示(部分反应试剂和条件未注明):已知:①B能发生银镜反应,1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子。请回答:(1)B中含有的官能团的名称是______________________________(2)B→D的反应类型是___________(3)D→E的化学方程式是_________________________________________(4)有机物的结构简式:G_______________________;K__________________________(5)符合下列条件的X的同分异构体有(包括顺反异构)_____种,其中一种的结构简式是__________。a.相对分子质量是86b.与D互为同系物(6)分离提纯中间产物E的操作:先用碱除去D和H2SO4,再用水洗涤,弃去水层,最终通过________操作除去C8H17OH,精制得E。24、(12分)某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料,按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。己知:(1)RCOOHRCOC1RCOORˊ(2)R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR请回答:(1)写出化合物的结构简式:B_________;D_________。(2)下列说法不正确的是_________。A.转化为A为氧化反应B.RCOOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1C.化合物B能发生缩聚反应D.布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na(3)写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_________。①红外光谱表明分子中含有酯基,实验发现能与NaOH溶液1∶2反应,也能发生银镜反应;②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基,且苯环上只有一种化学环境的氢原子。(4)写出F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_________。(5)利用题给信息,设计以为原料制备()的合成路线(用流程图表示:无机试剂任选)_____________________。25、(12分)氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知:①氮化钙极易与水反应;②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2;③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I.制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用):(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右,装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式:______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca,设计实验方案:________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体,氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后,冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg,开始量气管读数为V1mL,最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况),则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线,终点时俯视刻度线,则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、(10分)扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸,实验室用如下原理制备:合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下:物质状态熔点/℃沸点/℃溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿,微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水,能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤:步骤一:向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol(约16mL)氯仿,慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液,维持温度在55~60℃,搅拌并继续反应1h,当反应液的pH接近中性时可停止反应。步骤二:将反应液用200mL水稀释,每次用20mL。乙醚萃取两次,合并醚层,待回收。步骤三:水相用50%的硫酸酸化至pH为2~3后,再每次用40mL乙醚分两次萃取,合并萃取液并加入适量无水硫酸钠,蒸出乙醚,得粗产品约11.5g。请回答下列问题:(1)图中仪器C的名称是___。(2)装置B的作用是___。(3)步骤一中合适的加热方式是___。(4)步骤二中用乙醚的目的是___。(5)步骤三中用乙醚的目的是___;加入适量无水硫酸钠的目的是___。(6)该实验的产率为___(保留三位有效数字)。27、(12分)Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域,其制备步骤及装置如下:在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4,再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃,搅拌一段时间后,加入NaOH溶液,充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境,增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响,设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______;n=______。②若c>87.8>a,则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中,若降低水浴温度,Fe(OH)3的产率下降,其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________;(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。28、(14分)二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇,其原理是:CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)△H=-53.7kJ/mol(1)308K时,向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2,测得其压强(p)随时间(t)变化如图1中曲线I所示。①反应开始至达平衡时,υ(H2)=________;该温度下反应的平衡常数为______mol-2·L2。②若只改变某一条件,其他条件相同时,曲线变化为II,则改变的条件是____。(2)还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化:反应I:CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H<0反应Ⅱ:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H<0反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。①根据图中数据分析可知,T1____T2(填“>”、“<”或“=”);T2时CO2转化为CH3OH的平衡常数K=_______;②目前,许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH,其优点是_________。(3)用电解法可将CO2转化为多种燃料,原理如图3。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_________。29、(10分)锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2,含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。(1)溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有__(填序号)A.不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触B.增大通入SO2的流速C.减少软锰矿浆的进入量D.减小通入SO2的流速(2)已知:室温下,Ksp[A1(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×l0-6mol/L),需调节溶液pH范围为__。(3)由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周,慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出发生反应的离子方程式__。(4)将MnO2和Li2CO3按4:1的物质的量比配料,混合搅拌,然后升温至600℃〜750℃,制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式__。(5)锰酸锂可充电电池的总反应为:Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0<x<1)①充电时,电池的阳极反应式为__,若此时转移lmole-,则石墨电极将增重__g。②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂,拆解不当易爆炸、着火,为了安全,对拆解环境的要求是__。
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、A【解析】
Na2Sx中Na元素的化合价为+1价,则S元素的平均化合价为-,Na2SO4中S元素的化合价为+6价;NaClO中Cl元素的化合价为+1价,NaCl中Cl元素的化合价为-1价;反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1:16,根据得失电子守恒,1×x×[(+6)-(-)]=16×2,解得x=5,答案选A。2、A【解析】
蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离;普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体;分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物;蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离,以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离,即蒸馏;普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体,即过滤;分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物,即分液或萃取;蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离,即蒸发,所以从左至右,可以进行的混合物分离操作分别是:蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。3、C【解析】
A.Na2O2中的O为-1价,既具有氧化性又具有还原性,发生反应时,若只作为氧化剂,如与SO2反应,则1molNa2O2反应后得2mol电子;若只作为还原剂,则1molNa2O2反应后失去2mol电子;若既做氧化剂又做还原剂,如与CO2或水反应,则1molNa2O2反应后转移1mol电子,综上所述,1molNa2O2参与氧化还原反应,转移电子数不一定是1NA,A项错误;B.浓HCl与MnO2制氯气时,MnO2表现氧化性,HCl一部分表现酸性,一部分表现还原性;此外,随着反应进行,盐酸浓度下降到一定程度时,就无法再反应生成氯气,B项错误;C.维生素C具有较强的还原性,因此可以防止亚铁离子被氧化,C项正确;D.NO2与水反应的方程式:,NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO,一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2,D项错误;答案选C。【点睛】处于中间价态的元素,参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性,又可作为还原剂表现还原性;氧化还原反应的有关计算,以三个守恒即电子得失守恒,电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。4、A【解析】
A.根据溶液的电中性原理,n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-),溶液呈中性,即n(H+)=n(OH-),即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol,即铵根离子为NA个,故A正确;
B.1.7g双氧水的物质的量为0.05mol,而双氧水分子中含18个电子,故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个,故B错误;
C.标况下戊烷为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故C错误;
D.由于钠反应后变为+1价,故1mol钠反应后转移电子为NA个,与产物无关,故D错误。
故选:A。5、D【解析】
A.氨气易溶于水,二氧化碳能溶于水,依据侯德榜制碱的原理:向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠,加热反应制备纯碱,所以气体A为氨气,B为二氧化碳,故A正确;B.第Ⅲ步操作是过滤操作,通过过滤得到碳酸氢钠晶体,把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制得泡腾片,故B正确;C.第Ⅲ步操作是过滤操作,通过过滤得到碳酸氢钠晶体,所以需要的仪器有:烧杯、漏斗、玻璃棒,故C正确;D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体,故D错误;故选D。6、D【解析】
A.曲线b的活化能比a的低,所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线,选项A错误;B.由图像可知反应物能量高,所以键能低,选项B错误;C.反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2+2H2O(g)△H=﹣115.6kJ/mol,选项C错误;D.气态水变成液态要放出能量,所以若反应生成2mol液态水,放出的热量高于115.6kJ,选项D正确;答案选D。7、D【解析】
A.N的半径小于C的半径,NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短,A正确;B.由电子式可知,B正确;C.NC13的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构,NCl3分子空间构型不对称,所以NCl3分子是极性分子,C正确;D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关,相对分子质量越大其熔沸点越高,所以NBr3比NCl3的熔沸点高,D错误;故答案为:D。8、A【解析】
A.在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-),由,则有,则pH=-lgc(H+)=-lgKa1,A正确;B.根据图示,从X点到Y点,SO32-的浓度减少,而HSO3-的浓度在增加,则加入盐酸发生的主要反应为SO3-+H+=HSO3,B错误;C.当V(HCl)=672mL时,n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol-1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01mol·L-1=0.01mol,通入0.03molHCl,NaOH完全反应,Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸,可经第一二步电离产生HSO3-和SO32-,其关系是c(HSO3-)>c(SO32-)>0,C错误;D.若将HCl换为NO2,NO2会与水反应,3NO2+H2O=2HNO3+NO,生成的HNO3有强氧化性,可以氧化Na2SO3,溶液中将没有SO32-、HSO3-、H2SO3等粒子,Y点位置会消失,D错误。答案选A。9、C【解析】
X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素,25℃时,各元素最高价氧化物对应水化物的
pH与原子半径的关系如图,其中
X、N、W、R测定的是浓度均为0.01
mol/L溶液的pH,Y、Z测定的是其饱和溶液的pH,X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性,结合碱性强弱可知,X为Na,Y为Mg,Z为Al;R的pH=2,则R为Cl;N的pH<2,则N为S;M的pH<4,应该为P元素,据此解答。【详解】根据分析可知,X为Na,Y为Mg,Z为Al,M为P,N为S,R为Cl元素。
A.NaCl溶液呈中性,故A错误;
B.Na的氧化物为氧化钠,S的最高价氧化物为三氧化硫,三氧化硫和水反应生成硫酸,氧化钠与水反应生成氢氧化钠,故B错误;
C.非金属性:Cl>S>P,非金属性越强,单质与氢气化合越容易,则单质与
H2化合由易到难的顺序是:R、N、M,故C正确;
D.金属性:Na>Mg>Al,则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是:X、Y、Z,故D错误;
故选:C。10、C【解析】
A.曲线II为PC(H2C2O4),曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-),当pH=0.8时,PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-),即c(H2C2O4)=c(HC2O4-),则Ka1==c(H+)=10-0.8,故A错误;B.曲线II为PC(H2C2O4),曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-),pH=3时,PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)>PC(HC2O4-),pC越小则该微粒浓度越大,所以c(HC2O3-)>c(C2O42-)=c(H2C2O4),故B错误;C.酸抑制水电离,酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大,所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小,则水的电离程度增大,故C正确;D.,电离平衡常数只与温度有关,温度不变则不变,故D错误;故答案为C。【点睛】考查弱电解质的电离,侧重考查学生图象分析判断能力,正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键,注意纵坐标大小与微粒浓度关系,为易错点,pC越小则该微粒浓度越大,c(H2C2O4)越大,pC越小。11、B【解析】
A、该燃料电池中,通入氧化剂空气的电极b为正极,正极上氧气得电子发生还原反应,A项错误;B、通入燃料的电极为负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应式为:N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O,B项正确;C、放电时,电流从正极b经过负载流向a极,C项错误;D、该原电池中,正极上生成氢氧根离子,阴离子向负极移动,所以离子交换膜要选取阴离子交换膜,D项错误;答案选B。12、B【解析】
电池负载工作时,左罐顔色由黄色变为蓝色,说明ⅤO2+变为ⅤO2+,V化合价降低,则左罐所连电极a为正极;右罐发生V2+变为V3+,化合价升高的反应,所以右罐所连电极b为负极,因此电池反应为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O,所以,该储能电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O,故A正确;B、a和b接用电器时,该装置为原电池,左罐所连电极为正极,所以电动势大于右罐,电解液中的H+通过离子交换膜向正极移动,即向左罐方向移动,故B错误;C、电池储能时为电解池,故电池a极接电源正极,电池b极接电源负极,电池负极所处溶液即右罐V3+变为V2+,因此溶液颜色由绿色变为紫色,故C正确;D、负载时为原电池,储能时为电解池,根据反应式VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O可知,原电池时氧化剂为VO2+,电解池时氧化剂为V3+,它们与电子转移比例为n(VO2+):n(V3+):n(e-)=1:1:1,故D正确。答案选B。13、B【解析】
A、氯仿是极性键形成的极性分子,选项A错误;B、干冰是直线型,分子对称,是极性键形成的非极性分子,选项B正确;C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子,选项C错误;D、白磷是下正四面体结构,非极键形成的非极性分子,选项D错误;答案选B。14、A【解析】
A.11B中含有6个中子,0.1mol11B含有6NA个中子,A正确;B.溶液体积未定,不能计算氢离子个数,B错误;C.标准状况下苯不是气体,不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量,则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目,C错误;D.PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应,反应物不可能完全转化为生成物,则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl键的数目小于2NA个,D错误;答案选A。15、A【解析】
A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物,则共价化合物内部可能有极性键和非极性键,例如乙酸、乙醇中,A正确;B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键,包括引力和斥力,B不正确;C、非金属元素间既能形成共价键,也能形成离子键,例如氯化铵中含有离子键,C不正确;D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键,但也可以形成共价键,例如氯化铝中含有共价键,D不正确;答案选A。16、C【解析】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应,AgCl在溶液中存在溶解平衡,加入少量KI溶液后生成黄色沉淀,该沉淀为AgI,Ag+浓度减小促进AgCl溶解,说明实现了沉淀的转化,能够用勒夏特列原理解释;B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子,该反应为可逆反应,加入稀盐酸可抑制铁离子水解,能够用勒夏特列原理解释;C、淀粉水解反应中,稀硫酸和唾液起催化作用,催化剂不影响化学平衡,不能用勒夏特列原理解释;D、二氧化碳在水中存在溶解平衡,塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大,促进CO2与H2O的反应,不再有气泡产生,打开瓶塞后压强减小,向生成气泡的方向移动,可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用,催化剂能加快反应速率,与化学平衡移无关。17、D【解析】
A.标准状况下,CHC13是液体,不能用22.4L/mol计算物质的量,不能确定氯原子数目,故A错误;B.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g,物质的量为=0.1mol,根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑,0.1mol乙醇生成0.05mol氢气,乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气,故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA,故B错误;C.一个P4分子中含有6个磷磷单键,即6个σ键,124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol,含σ键数目为6NA,故C错误;D.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L-1=1mol,则数目为NA,故D正确;答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型,分子中含有6个磷磷单键,知道物质的结构很关键。18、D【解析】
A.装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2,实验装置和原理能达到实验目,选项A不选;B.装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气,起到净化干燥H2的作用,实验装置和原理能达到实验目,选项B不选;C.装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2,实验装置和原理能达到实验目,选项C不选;D.装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应,实验原理与吸收尾气不符合,过量氢气应收集或点燃,选项D选。答案选D。19、C【解析】
A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢,氯化氢极易溶于水,可以制得盐酸,故A正确;B.氧化铝的熔点很高,故可用于制造耐高温材料,故B正确;C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色,是因为发生氧化还原反应:SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,SO2体现的是还原性,而非漂白性,故C错误;D.浓硫酸具有强氧化性,常温下铁和浓硫酸反应,在铁表面生成一层致密的氧化膜,也就是发生了钝化反应,可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应,因此可用铁质容器贮运浓硫酸,故D正确;答案选C。20、D【解析】
由化合物结构式可知X可以形成四个共价键,所以X为碳或硅,Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等,所以Z为氧,X为碳,Y介于碳与氧之间,只能为氮,W显正二价,则W只能为镁。【详解】A.同周期元素随原子序数递增,非金属性逐渐增强,所以元素非金属性:O>N>C,即Z>Y>X,故A项错误;B.核外电子层数越多,半径越大,核外电子层数相同,核电荷数越小,半径越大,所以简单离子半径N3->O2->Mg2+,故B项错误;C.MgO熔点高,工业上常通过电解氯化镁制得单质镁,故C错误;D.非金属性越强,简单气态氢化物越稳定,所以CH4<H2O,故D正确;故答案为D。21、B【解析】
A、Al(OH)3加热分解Al2O3,可一步实现转化,A错误;B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3,B正确;C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3,可一步转化,C错误;D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2,可一步实现转化,D错误;答案选B。22、D【解析】
A.硫与氧气反应属于放热反应,放热反应焓变小于0,△H2<0,故A错误;B.反应放出热量多少未知,无法判断△H3和△H1大小,故B错误;C.Mn(s)+O2(g)=MnO2(s);ΔH1①,S(s)+O2(D.Mn(s)S(s)Mn(s)根据盖斯定律③-①-②得:MnO2(s)+SO故选D。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、醛基氧化反应CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH(或CH2=C(CH3)-COOH、、)蒸馏【解析】
B的分子式为C3H4O,B能发生银镜反应,B中含—CHO,1molB最多与2molH2反应,B的结构简式为CH2=CHCHO;B发生氧化反应生成D,D能与C8H17OH发生酯化反应,则D的结构简式为CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢,C8H17OH的结构简式为,E的结构简式为;F的分子式为C6H6O,F为,F与(CH3)2SO4、NaOH/H2O反应生成G,G的分子式为C7H8O,G不能与NaOH溶液反应,G的结构简式为,G与Br2、CH3COOH反应生成J,J的分子式为C7H7OBr,核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子,J的结构简式为;根据题给反应,E与J反应生成的K的结构简式为;据此分析作答。【详解】B的分子式为C3H4O,B能发生银镜反应,B中含—CHO,1molB最多与2molH2反应,B的结构简式为CH2=CHCHO;B发生氧化反应生成D,D能与C8H17OH发生酯化反应,则D的结构简式为CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢,C8H17OH的结构简式为,E的结构简式为;F的分子式为C6H6O,F为,F与(CH3)2SO4、NaOH/H2O反应生成G,G的分子式为C7H8O,G不能与NaOH溶液反应,G的结构简式为,G与Br2、CH3COOH反应生成J,J的分子式为C7H7OBr,核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子,J的结构简式为;根据题给反应,E与J反应生成的K的结构简式为;(1)B的结构简式为CH2=CHCHO,所以B中含有的官能团的名称是碳碳双键、醛基。(2)B的结构简式为CH2=CHCHO,D的结构简式为CH2=CHCOOH,所以B→D的反应类型是氧化反应。(3)D与C8H17OH反应生成E的化学方程式为CH2=CHCOOH++H2O。(4)根据上述分析,G的结构简式为,K的结构简式为。(5)D的结构简式为CH2=CHCOOH,D的相对分子质量为72,X比D的相对分子质量多14,X与D互为同系物,所以X比D多1个“CH2”,符合题意的X的同分异构体有:CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、,共4种。(6)C8H17OH和E是互溶的液体混合物,所以用蒸馏法将C8H17OH除去,精制得E。24、D【解析】氧化得到的A为ClCH2COOH,ClCH2COOH与NH3作用得到的B为H2NCH2COOH,H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为,再与CH3OH作用得到的D为;与SOCl2作用生成的E为,E与D作用生成的F为,F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠;(1)写出化合物的结构简式:B为H2NCH2COOH;D为;(2)A.催化氧化为转化为ClCH2COOH,反应类型为氧化反应,故A正确;B.RCOOH与SOCl2发生取代反应,所得产物为RCOOCl、SO2和HC1,故B正确;C.化合物B为氨基酸,一定条件下能发生缩聚反应,故B正确;D.布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na,故D错误;答案为D。(3)①红外光谱表明分子中含有酣基,实验发现能与NaOH溶液1∶2反应,也能发生银镜反应,说明苯环上直接连接HCOO—;②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基,说明同一碳原子上连接三个甲基;苯环上只有一种化学环境的氢原子,因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基,可以保证对称位置上的氢原子环境相同,满足条件的同分异构体有;(4)F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为;(5)以为原料制备的合成路线为。点睛:本题题干给出了较多的信息,学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键,需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力,采用正推和逆推相结合的方法,逐步分析有机合成路线,可推出各有机物的结构简式,然后分析官能团推断各步反应及反应类型;难点是有机物D的结构确定,可先根据F的碱性水解,结合产物确定出F,再利用D和E生成F,可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。25、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中,将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末,若黑色粉末变成红色,则原产品中含有钙,否则不含钙上下移动水准瓶偏低【解析】
(1).钙的密度比煤油的大,钙是活泼金属能与氧气、水反应;氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物;(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙,氮化钙与水能反应,所以装置B前后都应加装干燥剂,钙能与氧气反应,所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气;(4)氮化钙与水反应放出氨气,钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑,根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线,终点时俯视刻度线,则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大,钙是活泼金属能与氧气、水反应,所以实验室将钙保存在煤油中;氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物,所以氮化钙含有离子键;(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙,氮化钙与水能反应,所以装置B前后都应加装干燥剂,钙能与氧气反应,所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气,装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气,反应化学方程式是2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O;(4)氮化钙与水反应放出氨气,钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中,将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末,若黑色粉末变成红色,则原产品中含有钙,否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平,操作方法是上下移动水准瓶;(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL-V1mL),设样品中Ca3N2的质量为xg;Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2-V1)×10-3Lx=则该样品纯度为;如果开始仰视刻度线,终点时俯视刻度线,则测得氨气的体积偏小,所以测得结果偏低。【点睛】本题考查物质的制备实验,把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意物质性质的综合应用。26、(球形)冷凝管吸收逸出的有机物(乙醚),并防止倒吸水浴加热除去反应液中未反应完的反应物萃取扁桃酸作干燥剂75.7%【解析】
苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应,生成扁桃酸等,需要加热且维持温度在55~60℃。由于有机反应物易挥发,所以需冷凝回流,并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中,既有反应生成的扁桃酸,又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物,然后分液;在分液后所得的水溶液中加硫酸,将扁桃酸钠转化为扁桃酸,再用乙醚萃取出来,蒸馏进行分离提纯。【详解】(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为:(球形)冷凝管;(2)装置B中有倒置的漏斗,且蒸馏出的有机物易溶于乙醇,所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚),并防止倒吸。答案为:吸收逸出的有机物(乙醚),并防止倒吸;(3)步骤一中,温度需控制在55~60℃之间,则合适的加热方式是水浴加热。答案为:水浴加热;(4)步骤二中,“将反应液用200mL水稀释”,则加入乙醚,是为了萃取未反应的有机反应物,所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为:除去反应液中未反应完的反应物;(5)步骤三中,“水相用50%的硫酸酸化至pH为2~3后,再每次用40mL乙醚分两次萃取”,因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸,所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸;为了去除扁桃酸中溶有的少量水,加入适量无水硫酸钠,其目的是作干燥剂。答案为:萃取扁桃酸;作干燥剂;(6)该实验中,0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸,则其产率为=75.7%。答案为:75.7%。【点睛】当反应混合物需要加热,且加热温度不超过100℃时,可使用水浴加热。水浴加热的特点:便于控制温度,且可使反应物均匀受热。27、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低,Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集,导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中,分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液,若都无白色沉淀,则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品,加热至恒重后称重,剩余固体质量大于【解析】
(1)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁,据此书写;(2)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下氧化性增强;同时反应产生的Fe3+会发生水解反应,根据盐的水解规律分析分析;(3)检验Fe2+已经完全被氧化,就要证明溶液在无Fe2+;(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响,根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响;ii、iii或i、iv是研究温度的影响;据此分析解答;(5)温度低,盐水解程度小,不能充分聚沉;(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的,只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净;(7)根据Fe元素守恒,若含有FeOOH,最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁,NaClO3被还原为NaCl,同时产生水,反应的离子方程式为:ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O;(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时,为了增强其氧化性,要加入酸,因此提供酸性环境,增强NaClO3氧化性,选项a合理;同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3,该盐是强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性,为抑制Fe3+的水解,同时又不引入杂质离子,因此要向溶液中加入硫酸,选项c合理,故答案为ac;(3)检验Fe2+已经完全被氧化,只要证明溶液中无Fe2+即可,检验方法是取反应后的溶液少许,向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若溶液无蓝色沉淀产生,就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+;(4)①根据实验目的,i、ii是在相同温度下,研究NaClO3用量的影响,ii、iii或i、iv是研究温度的影响;因此m=2,n=25;②在其它条件不变时,增大反应物的浓度,化学反应速率加快,实验b>a;ii、iii的反应物浓度相同时,升高温度,化学反应速率大大加快,实验c>b,因此三者关系为c>b>a;(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中,若降低水浴温度,Fe(OH)3的产率下降,原因是温度过低,Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集,导致产率下降;(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的,若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中,分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液,若都无白色沉淀,则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净;(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH,由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g,完全灼烧后产生0.5molFe2O3,质量是80g,若称取mgFe(OH)3,完全灼烧后固体质量是,若样品中含有FeOOH,加热至恒重后称重,剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。28、0.006mol/(L·min)104加入催化剂<8CO以煤和天然气为原料,投资较高,且生产成本受煤和天然气价格影响较大,CO2来源广泛,它还是温室气体,可以解决环境污染CO2+2e-+2H+=HCOOH【解析】
(1)①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08)mol=0.12mol,恒温恒容条件下,气体物质的量之比等于压强之比,则平衡时混合气体总物质的量=6.0×1059.0×105×0.12mol=0.08mol,根据方程式知,如果有3mol氢气完全反应,则混合气体物质的量减少2mol,则混合气体减少(0.12-0.08)mol=0.04mol,则消耗n(H2)=3mol2mol×0.04mol=0.06mol利用化学平衡常数的含义计算可逆反应CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)的化学平衡常数;②改变条件时只缩短了反应达到平衡时间,但是平衡时压强不变;(2)①I、II的正反应都是放热反应,升高温度平衡逆向移动,化学平衡常数减小;反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H<0反应Ⅱ:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H<0将方程式I+II可得相应反应的化学平衡常数K与这两个已知反应的化学平衡常数的关系;②CO需要煤和天然气制取,且生产成本受原料价格影响;二氧化碳是温室气体,还能解决温室效应;(3)根据图知,Cu作阴极,阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH。【详解】(1)①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08)mol=0.12mol,恒温恒容条件下,气体物质的量之比等于压强之比,则平衡时混合气体总物质的量=6.0×1059.0×105×0.12mol=0.08mol,根据方程式知,如果有3mo
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