2023-2023年高中化学贵州高考冲刺模拟试卷【7】含答案考点及解析

2023-2023年高中化学贵州高考冲刺模拟试卷【7】含答案考点及解析班级:___________姓名：___________分数：___________题号一二三四五六总分得分考前须知：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.以下有关物质分类或归类正确的选项是

①混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银②化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HD③电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2⑤有机物：酒精、

油脂、蔗糖、蛋白质A．①③④B．②④C．②③④D．③⑤【答案】D【解析】试题分析：①水银是Hg单质，不是混合物。错误；②HD是单质不是化合物。错误；③物质分类无误，正确；④物质的分子式符合通式CnH2nO2可能是羧酸，也可能是饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，因此不一定是同系物，错误；⑤这几种物质都是含有C元素的化合物，属于有机物。正确。因此分类正确的选项是③⑤，选项为D。考点：考查物质的分类的知识。2.增加汽油中支链烷烃、芳香烃和环烷烃的比例是从根本上提高汽油质量的措施，常用催化重整。关于以下两个在催化重整时发生的反响以下表达正确的选项是〔

〕A．石油分馏后得到的汽油等轻质油远不能满足需求，故常用裂解等方法生产更多的轻质油B．使用含铅抗爆剂，会导致铅污染，故目前已禁止使用C．①②均为消去反响D．①②反响过程中有机物碳原子数均没有发生变化【答案】C【解析】反响①应理解为脱氢反响，②为分子重排反响，均不属于消去反响。3.以下装置或操作能到达实验目的的是(

)A．实验室制取并收集NH3B．用乙醇提取溴水中的溴C．检查装置气密性D．利用排空气法收集CO2

【答案】C【解析】A项图中收集装置密闭，不能使用，A项错误。乙醇与水互溶不能做萃取剂，B项错误。关闭止水夹向长颈漏斗加水后形成密闭系统，可以检查装置气密性，C项正确。用排空气法收集CO2应长管进，D项错误。4.以下实验方案不合理的是

()。A．鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中参加新制Cu(OH)2悬浊液B．鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法C．鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯：用碳酸钠溶液D．鉴别乙烷和乙烯：将两种气体分别通入溴的四氯化碳溶液中【答案】A【解析】新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖反响生成砖红色沉淀，此反响必须在碱性条件下发生，而蔗糖水解是用稀硫酸作催化剂，A不合理。5.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储藏电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时参加水即可放电。关于该电池的以下说法不正确的选项是()A．水既是氧化剂又是溶剂B．放电时正极上有氢气生成C．放电时OH－向正极移动D．总反响为：2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑【答案】C【解析】由于Li属于碱金属，化学性质活泼，金属性大于铁，所以，该电池的总电极反响由题意可知：2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，负极：Li，正极：钢板。负极反响为：Li－e－=Li＋，放电时，OH－向负极移动，故C选项不正确。6.：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H="-49.0"kJ/mol。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如以下图所示。以下表达中，正确的选项是A．升高温度能使平衡向正反响方向移动B．从反响开始到平衡，v(H2)=0.075mol·L-1·min-1C．3min时，V(CO2)正=V(CH3OH)逆D．反响到达平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%【答案】D【解析】试题分析：A、由题意知，正反响为放热反响，升高温度平衡逆向进行，故A错误；B、从反响开始到平衡，v(H2)=0.75mol·L-1·min-1，故B错误；C、V(CO2)正=V(CH3OH)逆时，反响到达平衡，而由图知在3min时未到达平衡，故C错误；D、平衡时CO2的平衡转化率=75%。考点：化学反响平衡7.常温下，以下各组离子能大量共存的是A．pH=12的溶液中：K+、Na+、Br-、AlO2-B．无色溶液中：H+、K+、MnO4-、C2O42-C．c(Fe3+)="0.1"mol·L－1的溶液中：K+、H+、SCN-、I-D．由水电离出的c(OH-)=1.0×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】A【解析】试题分析：A、pH=12的溶液显碱性，各离子互不反响，可以大量共存，正确；B、MnO4‾为紫色，不符合无色溶液的条件，错误；C、Fe3+能与SCN‾发生络合反响，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(OH-)=1.0×10-13mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性时HCO3‾与H+反响，碱性时OH‾与NH4+反响，不能大量共存，错误。考点：此题考查离子共存。8.以下表达正确的选项是A．泥沙和水的混合物可以直接用分液漏斗别离B．用水可以区分苯和四氯化碳C．配制稀硫酸时，可在量筒中参加一定体积的水，再慢慢参加浓硫酸D．用托盘天平称量11.72g氯化钾固体【答案】A【解析】试题分析：A、泥沙和水的混合物别离应该用过滤的方法，错误；B、水与苯和四氯化碳互不相溶，但密度苯<水<四氯化碳，正确；C、不可以在量筒中配置溶液，错误；D、用托盘天平称量，只能精确到0.1g，错误。考点：考查化学实验操作相关知识。9.对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)

ΔH＜0。以下结论中错误的选项是A．假设温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，那么m＋n＜p＋qB．假设平衡时，A、B的转化率相等，说明反响开始时，A、B的物质的量之比为m∶nC．假设m＋n=p＋q，那么往含有amol气体的平衡体系中再参加amol的B，到达新平衡时，气体的总物质的量等于2aD．假设温度不变压强增大到原来的2倍，到达新平衡时，总体积一定比原来的1/2要小【答案】D【解析】试题分析：由于c=n/V，假设V减半那么c增大为原来的2倍，A的浓度为原来的2.1倍，说明增大压强平衡左移，逆反响是气态物质体积减小的方向，故A正确；设起始时A、B的物质的量分别为xmol、ymol，二者的转化率都是z，那么二者的△n分别为xzmol、yzmol，根据系数比规律，二者之比等于系数比，那么(xz)/(yz)=m/n，所以x/y=m/n，故B正确；假设m＋n=p＋q，即反响过程中气体的物质的量保持不变，起始时气体总量为amol+amol=2amol，那么到达新平衡时气体总量仍为2amol，故C正确；假设为气体体积不变的反响，容器体积缩小遇到原来的一半，增大压强平衡不移动，到达新平衡时，总体积等于原来的一半，故D错误。考点：考查压强对化学平衡的影响、平衡转化率的计算、起始量和平衡量的大小比拟等内容。10.实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反响之后，所得固体中含金属单质为18g，那么该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铝粉可以提供1mol电子，那么氧化物中的金属元素每得到1mol电子对应的质量就应该是18g。各金属得到1mol电子对应的质量：：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、当铝粉缺乏时D可能。评卷人得

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二、实验题11.〔10分〕常温下，现有A、B、C、D四种电解质分别完全溶于水，所得四种溶液中含H＋、Ba2+、Al3+、Na＋、HCO3-、Cl-、OH-、SO42-八种离子〔不考虑水解〕。为了检验这四种物质，进行如下实验：①取少量A的溶液分别与另三种物质反响，依次观察到：白色沉淀和气体、气体、白色沉淀。②经测定，A和D的溶液显碱性，B和C的溶液pH<7。B与D的溶液反响产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀。③C与D的溶液反响，无明显现象。经测定，该反响的产物总能量小于反响物总能量。根据上述实验事实，请答复以下问题：〔1〕C的名称是________,D的化学式_________。〔2〕用离子方程式表示A的溶液显碱性的原因：_________________。〔3〕A与B在溶液中反响的离子方程式为________________。〔4〕等物质的量浓度、等体积的B和D的溶液混合，写出反响的离子方程式：_________________。【答案】〔10分〕〔各2分〕〔1〕氯化氢；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】试题分析：①取少量A的溶液分别与另三种物质反响，依次观察到：白色沉淀和气体、白色沉淀、气体，结合离子之间的反响现象来判断，铝离子和碳酸氢根离子反响既产生白色沉淀又产生气体；钡离子和碳酸氢根离子、氢氧根离子之间的反响产生白色沉淀；氢离子和碳酸氢根离子之间反响产生水以及二氧化碳，A是NaHCO3。②经测定，A和D的溶液显碱性，那么含有氢氧根离子或是HCO3-，B和C的溶液pH＜7，那么含有氢离子或是铝离子等；B与D的溶液反响产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀，那么一定是硫酸铝和氢氧化钡之间的反响，所以D是Ba(OH)2，B是Al2(SO4)3，③C与D的溶液反响，无明显现象，该反响的产物总能量小于反响物总能量，该反响是放热反响，所以C是HCl，综上知道A是NaHCO3，B是Al2(SO4)3，C是HCl，D是Ba(OH)2。〔1〕据上述分析可知C是盐酸，化学式是HCl，D是Ba(OH)2；〔2〕A是NaHCO3，碳酸氢根离子水解导致溶液显示碱性，盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，水解反响方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；〔3〕碳酸氢钠溶液和硫酸铝之间发生盐的双水解反响，产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反响的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；〔4〕将等物质的量浓度、等体积的B和D的溶液混合，Al2(SO4)3过量，反响产生硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，反响的离子方程式是3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。考点：考查离子的推断、盐的水解、化学方程式和离子方程式的书写的知识。评卷人得

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三、填空题12.【化学——选修5：有机化学根底】12.〔15分〕有机化合物A的分子式为C4H9Br，A分子的核磁共振氢谱有3个吸收峰，其面积之比为2：1：6，利用A按照以下合成路线可以合成调味剂，注：局部物质省略。：①B在一定条件下可以合成一种高分子化合物，C和D互为同分异构体；试答复以下问题：〔1〕化合物B的系统命名是__________，B生成高分子化合物的化学方程式为______________________________________________________________________.〔2〕D的结构简式为________________________。〔3〕由B经两步反响转化为C经历的反响类型为__________和___________。〔4〕E转化为F的化学方程式为_________。〔5〕F的同分异构体需符合以下条件：①分子中含有苯环，苯环上共有2个取代基，且处于对位；②能与溶液反响生成CO2。符合条件的同分异构体共有_________种，其中一种异构体的核磁共振氢谱只有5个吸收峰，且吸收峰面积之比为3：2:2:1:6，那么该异构体的结构简式为__________________.【答案】〔1〕2-甲基-1-丙烯〔2分〕

〔2分，可不标反响条件〕〔2〕(CH3)2CHCH2OH〔2分〕〔3〕加成反响〔1分〕

取代反响〔或水解反响〕〔1分〕〔4〕〔3分〕〔5〕13〔2分〕

〔2分〕【解析】试题分析：有机化合物A的分子式为C4H9Br，A分子的核磁共振氢谱有3个吸收峰，其面积之比为2：1：6，从这些信息中可以得出A是2-甲基-1-溴丙烷，再依据题中的转化关系，可知：B是A消去以后得到的产物。也就是2-甲基-1-丙烯。又因为C和D互为同分异构体，再依据提供的第二个反响条件，可以判断出：C是2-甲基-1-丙烯与水加成反响生成的2-甲基-2-丙醇，而D是卤代烃A水解以后得到的2-甲基-1-丙醇，从而整个关系就可求解。考点：考查有机物之间的反响。13.〔12分〕现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互别离。相应的实验过程可用以下图表示：请答复以下问题：⑴写出实验流程中以下物质的化学式：试剂X：

，沉淀A：

⑵上述实验流程中参加过量的Na2CO3的目的是

。⑶按此实验方案得到的溶液3中肯定含有

〔填化学式〕杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中参加适量的

，之后假设要获得固体NaNO3需进行的实验操作是

〔填操作名称〕。【答案】〔1〕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〕；蒸发(2分〕【解析】〔1〕根据过程②可知，沉淀B是氯化银，所以A是硫酸盐，因此X是氯化钡或硝酸钡，那么A是硫酸钡沉淀。〔2〕由于溶液2中含有过量的Ba2＋和Ag＋，所以参加过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀。〔3〕由于碳酸钠是过量的，所以溶液3中一定含有碳酸钠，要除去碳酸钠，那么可以参加适量的硝酸。要得到硝酸钠固体，通过蒸发即可。14.〔10分〕以下图中p、q为直流电源两极，A极由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡。试答复：〔1〕p为_____极，A极发生了______反响。〔2〕C极的电极反响方程式为：______________________；〔3〕在电解过程中，测得了C、D两极上产生的气体的实验数据如下：仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是______

。时间〔min〕12345678910阴极气体体积〔cm3〕6122029324252627282阳极气体的体积〔cm3〕24711162l263l3641〔4〕电解一段时间后，假设将硫酸溶液浓度恢复到电解前，应参加的物质是_____

〔5〕当电路中通过0．004mol电子时，B电极上沉积金属

X的质量为0．128g，那么此金属的摩尔质量为_______。假设A电极改用石墨电极电解400mLXSO4溶液，那么此时溶液pH为

。【答案】〔1〕正；〔1分〕氧化〔2〕4OH-－4e-＝O2↑＋2H2O〔3〕开始反响的1～4min内，由于产生的氧气和氢气在水中的溶解度没有到达饱和，而氧气在水中的溶解度大于氢气，故氢气和氧气的体积比大于2:1，随反响的进行，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解均到达饱和故4min后氢气和氧气的体积比等于2:1〔4〕水〔5〕64g·mol–1，pH=2【解析】〔1〕由“接通电源，金属X沉积于B极〞说明金属阳离子在B极得电子，即B为阴极〔复原反响〕，A为阳极〔氧化反响〕；q为电源负极，p为电源正极；〔2〕C为电解硫酸溶液的阳极：4OH-－4e-＝O2↑＋2H2O〔3〕D极为电解硫酸溶液的阴极：2H＋＋2e－=H2↑：开始反响的1～4min内，由于产生的氧气和氢气在水中的溶解度没有到达饱和，而氧气在水中的溶解度大于氢气，故氢气和氧气的体积比大于2:1，随反响的进行，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解均到达饱和故4min后氢气和氧气的体积比等于2:1〔4〕由电极反响可知，电解硫酸溶液相当于电解水，故假设将硫酸溶液浓度恢复到电解前，应参加的物质是水〔5〕B电极上的电极反响为：Xn++ne－=X，设X元素的摩尔质量为Mg/mol，那么可得到：，当n=2时，M=64g/mol符合实际由电极反响：2X2＋＋2H2O=2X＋O2↑＋4H＋〔有4个电子转移〕可知，当电路中通过0．004mol电子时，生成的H＋的物质的量为0．004mol，其浓度为0.01mol/L，pH=215.〔10分〕某无色溶液，由、、、、、、、中的假设干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：①取其中一支试管，参加过量。有气体生成，并得到溶液；②在①所得溶液中参加酸化的，出现白色沉淀；③取另一支试管，先参加过量的HCl酸化，再参加过量的溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为；④在③所得溶液中参加过量的溶液，有白色沉淀乙析出。根据上述实验完成以下问题：〔1〕溶液中一定不存在的离子是____________。〔2〕一定存在的离子是________________________。〔3〕判断沉淀乙成分的方法是____________________________________。〔4〕写出有关反响的离子方程式实验①：________________________________；____________________________；〔5〕通过实验③可知溶液中存在的离子为________________________，原溶液中该离子的物质的量为____________。【答案】〔1〕

〔2〕

〔3〕向沉淀中参加过量，全部溶解沉淀为；局部溶解沉淀为与的混合物。〔4〕

〔5〕

【解析】试题分析：该溶液为无色那么溶液中一定没有MnO4—，①参加过量盐酸有气体生成那么溶液中一定有CO32—，一定没有Ba2+和Al3+；②在①所得溶液中参加酸化的出现白色沉淀并不能说明存在Cl—，因为在①中引入了Cl—；③中先参加过量的HCl酸化，再参加过量的溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，那么原溶液中存在AlO2—，沉淀甲为Al(OH)3；④在③所得溶液中参加过量的溶液，有白色沉淀乙析出，乙为BaCO3,是因为③中参加了过量的，HCO3—+OH—+Ba2+="="BaCO3↓+H2O考点：离子反响、离子共存问题。16.下表为元素周期表的一局部。答复以下问题：W氮Y

X

硫Z

〔1〕Z的元素符号为_____________。〔2〕X位于元素周期表第_________周期__________族。〔3〕W与Y形成的化合物WY中，W的化合价是________。〔4〕硫的最简单氢化物与硫的低价氧化物通入水中时，发生反响的化学方程式为__________。【答案】

Cl

三

IVA

+2

SO2+2H2S=3S↓+2H2O【解析】对应的元素如表：W―C氮Y―O

X―Si

硫Z―Cl

〔1〕Z的元素符号为Cl；〔2〕X是硅，位于元素周期表第三周期IVA族。〔3〕W与Y形成的化合物WY是CO，W的化合价是+2价；〔4〕硫的最简单氢化物H2S与硫的低价氧化物SO2通入水中时，发生反响的化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O。评卷人得

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四、计算题17.(6分)向27.2Cu和Cu2O的混合物中参加某浓度的稀HNO3500mL，固体完全溶解后在所得溶液中参加1mol/L的NaOH溶液1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。那么：〔1〕Cu与Cu2O的物质的量之比为

。

〔2〕HNO3的物质的量浓度为

。【答案】〔1〕2:1

〔2〕2.4mol/L【解析】试题分析：〔1〕设Cu与Cu2O的物质的量分别是x和y，那么64x＋144y＝27.2。根据铜原子守恒可知，〔x＋2y〕×98＝39.2，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol。所以Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2：:0.1=2:1。〔2〕溶液呈中性，所以溶液恰好是硝酸钠溶液，那么根据原子守恒可知，n(NaNO3)="n(NaOH)="1mol/L×1L＝1mol而硝酸的物质的量是发生氧化复原反响的硝酸与未发生氧化复原反响的硝酸两局部。在氧化复原反响中电子转移数目相等。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mol铜失去0.4mol电子，所以被复原的硝酸是0.6mol÷3＝0.2mol，故n(HNO3)(总)=1mol+0.2mol=1.2mol，那么HNO3的物质的量浓度为c(HNO3)=n(HNO3)÷V=1.2mol÷0.5L＝2.4mol/L。考点：考查考查根据化学方程式进行的有关计算的知识。18.电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如右图所示〔图中电极均为石墨电极〕。〔1〕假设用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。①写出电解时NO2发生反响的电极反响式：

。②假设有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜〔只允许阳离子通过〕的H+为

mol。〔2〕某小组在右室装有10L0.2mol·L-1硝酸，用含NO和NO2〔不考虑NO2转化为N2O4〕的废气进行模拟电解法吸收实验。①实验前，配制10L0.2mol·L-1硝酸溶液，需量取

mL的密度为1.4g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸。②电解过程中，有局部NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2。计算原气体中NO和NO2的体积比〔假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程〕。【答案】〔1〕①NO2－e-＋H2O=NO＋2H+

②0.1〔2〕①142.9②根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)="3"mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol="1.1"mol根据电子守恒：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】试题分析：〔1〕①分析通过装置知该电解装置左室为电解池的阴极，电极反响式为2H2O+2e-==H2↑+2OH-，右室为电解池的阳极，NO2气体发生氧化反响生成硝酸，电极反响式为NO2－e-＋H2O=NO＋2H+。②根据阴、阳两极的电极反响式知假设有标准状况下2.24LNO2被吸收，转移电子0.1mol，阴极区生成的氢氧根为0.1mol，为维持电荷守恒通过阳离子交换膜的H+为0.1mol。〔2〕①根据公式c=计算密度为1.4g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为1000×1.4g·mL-1×63%/63g·mol-1="14"mol·L-1。根据稀释定律c1V1=c2V2计算所需浓硝酸的体积为10L×0.2mol·L-1/14mol·L-1=0.1429L=142.9mL；②根据题意知电解池的阴极电极反响式为2H2O+2e-==H2↑+2OH-，电解池的阳极电极反响式为NO2－e-＋H2O=NO＋2H+、NO－e-＋H2O=HNO2＋H+、NO－3e-＋2H2O=NO＋4H+。根据原子守恒和电荷守恒作答。根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)="3"mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol="1.1"mol，根据电子守恒：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考点：考查电解原理的应用，化学计算。19.两份质量相等且组成完全相同的镁－铝合金，一份投入足量的稀硫酸中，生成氢气的体积是7.84L；另一份投入足量的氢氧化钠溶液，生成氢气的体积是3.36L〔以上体积数据均在标准状况下测得〕。计算这种镁－铝合金中镁的质量分数。【答案】64.0%【解析】试题分析：镁与氢氧化钠溶液不反响，只有铝能与氢氧化钠溶液反响，铝与氢氧化钠溶液反响产生氢气的物质的量是3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，那么根据方程式2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑可知铝的物质的量是0.1mol，质量是2.7g。铝与氢氧化钠溶液或稀硫酸反响产生的氢气一样多，那么镁与稀硫酸反响生成的氢气是7.84L－3.36L＝4.48L，物质的量是0.2mol，所以根据Mg＋H2SO4＝MgSO4＋H2↑可知镁的物质的量是0.2mol，质量是4.8g，因此合金中镁的质量分数为×100%＝64.%。【考点定位】考查金属与酸碱反响的有关计算【名师点晴】该题主要是利用了反响的化学方程式进行计算，也可以借助于电子得失守恒。许多有关化学反响的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以到达快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反响前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化复原反响中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反响中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。20.Cl2与NaOH溶液反响可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反响的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反响〔忽略Cl2与水的反响、盐类的水解及溶液体积变化〕：〔1〕NaOH溶液的物质的量浓度_____mol·L－1；〔2〕某温度下，反响后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，那么溶液中c(ClO-)=_____mol·L－1。【答案】

2.4

0.30【解析】(1)根据c===2.4mol/L，故答案为：2.4；(2)NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3mol，设n(ClO-)=xmol，那么n(Cl-)=6xmol，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)mol，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以那么溶液中c(ClO-)==0.30mol/L，故答案为：0.30。评卷人得

分

五、简答题21.二甲醚是一种清洁能源，用水煤气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℃时，反响I的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，那么其正反响为____反响〔填〞吸热〞’或〞放热〞〕。〔2〕在恒容密闭容器中发生反响I:①以下图能正确反映体系中甲醇体积分数随温度变化情况的曲线是____〔填“a〞或“b〞〕。②以下说法能说明反响已达平衡状态的是____〔填标号〕。A．容器中气体的压强不再变化B．混合气体的密度不再变化C．混合气体的平均相对分子质量不再变化D．v正(H2)=2v正(CH3OH)〔3〕500K时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min到达平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，那么：①0～4min，反响I的v(H2)=______，反响I的平衡常数K=______。②反响II中CH3OH的转化率α=_______。〔4〕二甲醚燃料电池的工作原理如图听示，那么X电极的电极反响式为_______。用该电池对铁制品镀铜，当铁制品质量增加64g时，理论上消耗二甲醚的质量为_______g〔精确到0.01〕。【答案】

放热

a

AC

0.8mol/(L·min)

1.25(mol/L)-2

80%

CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+

7.67【解析】〔1〕升高温度平衡常数减小，所以其正反响为放热反响；〔2〕①正反响放热，升高温度平衡向逆反响方向进行，甲醇的体积分数减小，因此以下图能正确反映体系中甲醇体积分数随温度变化情况的曲线是a。②A.正反响体积减小，容器中气体的压强不再变化能说明反响已达平衡状态，A正确；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反响过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度不再变化不能说明，B错误；C．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化可以说明，C正确；D．v正(H2)=2v正(CH3OH)均表示正反响方向，不能说明，D错误，答案选AC；〔3〕①4min到达平衡，平衡时CO的转化率为80%，那么消耗CO是3.2mol，因此消耗氢气是6.4mol，浓度是3.2mol/L，所以0～4min，反响I的v(H2)＝3.2mol/L÷4min＝0.8mol/(L·min)。剩余CO是0.4mol/L，氢气是0.8mol/L，最初生成甲醇是1.6mol/L，设分解的甲醇是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，所以根据方程式可知反响I的平衡常数K＝＝1.25。②反响II中CH3OH的转化率α＝1.28/1.6×100%＝80%。〔4〕质子向Y电极移动，所以Y电极是正极，那么X电极是负极，通入的