2022届高三化学上学期摸底考试

第第#页共13页n(N0)=1.25某0.6=0.75mol,n(N02+N204)=1.25-0.75=0.5mol,因为在空气充足的条件下完全反响，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，假设全为四氧化二氮生成硝酸最多为：0.75+0.5某2=1.85mol。据信息，18.4mol/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，那么有：=87%,,计算得m=232.6g，所以50mL18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水232.6某0.05=11.63g。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，那么有：65%ml=97.5%a,a=65%ml/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%，那么：95%(ml+m2)=a+b，即：(ml+m2)某95%=m1某65%/97.5%+m2某72%/60%，ml/m2=0.88。据氮原子守恒得，ol,生成NaN02、NaNO3和中N—共也是0.5mol,n(NaN02)=0.35mol，所以n(NaN03)=0.5-0.35=0.15mol,即n(NaNO2):n(NaNO3)=7:3，据以上信息可写出反响方程式：10NO某+10Na0H=7NaN02+3NaN03+5H20，据氧原子守恒得某=1.8。考点：考查与硝酸有关的计算(1)2:1;(2)4.8;(3)N0、NO2之比为4:3;【解析】试题分析：(1)n(CuO)==0.1mol，氧元素的物质的量二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二=0.075mol，所以Cu2O中氧元素的物质的量=0.1mol-0.075mol=0.025mol,所以n(Cu2O)=O.O25mol,根据铜元素守恒得n(Cu)=0.1mol-2某0.025mol=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;n(Cu)=0.1mol-2某0.025mol=0.05mol，所以m(Cu)=0.05mol某64g/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响，铜和稀硫酸不反响，设氧化亚铜和稀硫酸反响生成铜的质量为某.氧化亚铜和稀硫酸反响的方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g64g3.6g某某=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；①通过②分析知，6.8克的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反响相当于4.8克的铜与硝酸反响.设铜与硝酸反响全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：Cu+4HN03二Cu(N03)2+2N02f+2H2064g44.8L4.8g3.36L设铜与硝酸反响全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：3Cu+8HN03=3Cu(N03)2+2N0f+4H20192g44.8L4.8g1.12L1.12L<1.568l<3.36L，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zmol.3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NOf+4H2O192g2mol96ygymolCu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2f+2H2O64g2mol32zgzmol解得：所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为4：3，故答案为：NO、NO2;4：3考点：考查了铜金属及其重要化合物的主要性质;化学方程式的有关计算的相关知识。(10分)铁外表被钝化;①Fe+2H+二Fe2++H2仁Fe+2Fe3+=3Fe2+;②S02+Cl2+2H20=2HCl+H2S04;66.7%;13.44;100或900;1.87mol・L—1;【解析】试题分析：(1)铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反响进一步进行，故答案为：铁外表被钝化;①在加热条件下，浓硫酸与Fe反响生成Fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成Fe2+，反响的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2f，如硫酸完全消耗，且铁过量时，还会发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2t;Fe+2Fe3+=3Fe2+;②SO2具有复原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，n(混合气体)二=0.015mol，S02-BaS041mol233gn2.33gn=0.01mol，那么SO2的体积分数：某100%=66.7%,故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4;66.7%.Al和水不反响，所以剩余金属应该是Al,反响方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2f2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f，可以得出关系式Na〜NaOH〜Al，那么参与反响的Na和Al的质量之比为23：27，Na和Al的质量和为15g，所以n(Na)二=0.3mol，n(Al)==0.3mol，根据Na、Al和氢气之间的关系式得氢气体积=(0.3mol某0.5+0.3mol某1.5)某22.4L/mol=13.44L，故答案为：13.44;n(Al(0H)3)==0.1mol<0.3mol,—种情况是：铝元素存在于偏铝酸钠和氢氧化铝中，此时盐酸少量，只能沉淀一局部AlO2-根据NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3l+NaCl得，n(HCl)=n(Al(0H)3)=0.1mol，那么盐酸体积==100mL;另一种情况是铝元素存在于氯化铝和氢氧化铝中，此时盐酸较多，先把A1O2-全部沉淀，后又将局部沉淀溶解，生成氢氧化铝需要n(HCl)=n(NaAl02)=n(Al(0H)3)=0.3mol，溶解Al(OH)3生成氯化铝需要盐酸的n(HCl)=3n(AlCl3)=3某(0.3-0.1)mol=0.6mol,所以需要盐酸体积二=900mL，故答案为：100或900;固体混合物和稀硫酸反响后有固体剩余，说明溶液中不存在铁离子，向滤液中参加参加2mol/L的NaOH溶液，加至40mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，铁先和铜离子后和氢离子发生置换反响，所以滤液中的溶质是硫酸、硫酸亚铁，n(H2SO4)=2.2mol/L某0.12L=0.264mol，与氢氧化钠反响的硫酸的物质的量=n(NaOH)=某2mol/L某0.04L=0.04mol，