2018-2019年高中化学贵州高考冲刺模拟试卷【7】含答案考点及解析

2018-2019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：___________
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
1.下列有关物质分类或归类正确的是
①混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银 ②化合物：CaCl 2、烧碱、聚苯乙烯、HD ③电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡 ④同系物： CH 2O 2、C 2H 4O 2、C 3H 6O 2、C 4H 8O 2 ⑤有机物：酒精、 油脂、蔗糖、蛋白质 A ．①③④ B ．②④
C ．②③④
D ．③⑤
【答案】D 【解析】
试题分析：①水银是Hg 单质，不是混合物。

错误；② HD 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CnH 2n O 2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应
下列叙述正确的是（ ）
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均为消去反应
D ．①②反应过程中有机物碳原子数均没有发生变化 【答案】C
【解析】反应①应理解为脱氢反应，②为分子重排反应，均不属于消去反应。

3.下列装置或操作能达到实验目的的是( )
A ．实验室制取并收集
B ．用乙醇提取溴水中
C ．检查装置气密性
D ．利用排空气法收集
【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CO 2应长管进，D 项错误。

4.下列实验方案不合理的是 ( )。

A ．鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制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悬浊液与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，此反应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备电源。

该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH 为电解质，使用时加入水即可放电。

关于该电池的下列说法不正确的是( )
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 ．总反应为：2 Li ＋2H 2O=2 LiOH ＋H 2↑ 【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，该电池的总电极反应由
题意可知：2Li ＋2H 2O=2LiOH ＋H 2↑，负极：Li ，正极：钢板。

负极反应为：Li －e －=Li ＋
，放电时，OH －
向负极移动，故C 选项不正确。

6.已知：CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) △H="-49.0" kJ/mol 。

一定条件下，向体积为1L 的密闭容器中充入1 mol CO 2和3mol H 2，测得CO 2和CH 3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。

下列叙述中，正确的是
A ．升高温度能使平衡向正反应方向移动
B ．从反应开始到平衡，v(H 2)=0.075mol·L -1·min -1
C ．3 min 时，V(CO 2)正 = V(CH 3OH)逆
D ．反应达到平衡状态时，CO 2的平衡转化率为75% 【答案】D 【解析】
试题分析：A 、由题意知，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，故A 错误；B 、从反应开始到平衡，v(H 2)=0.75mol·L -1·min -1，故B 错误；C 、V(CO 2)正 = V(CH 3OH)逆时，反应达到平衡，而由图知在3min 时未达到平衡，故C 错误；D 、平衡时CO 2的平衡转化率=75%。

考点：化学反应平衡
7.常温下，下列各组离子能大量共存的是 A ．pH=12的溶液中：K +、Na +、Br -
、AlO 2-
B ．无色溶液中：H +、K +
、MnO 4-、C 2O 42-
C ．c(Fe 3+
)="0.1" mol·L －1
的溶液中：K +、H +、SCN -、I -
D ．由水电离出的c(OH -) =1.0×10-13
mol·L －1
的溶液中：Na +
、NH 4+、SO 42-、HCO 3- 【答案】A 【解析】
试题分析：A 、pH=12的溶液显碱性，各离子互不反应，可以大量共存，正确；B 、MnO 4‾为紫色，不符合无色溶液的条件，错误；C 、Fe 3+能与SCN‾发生络合反应，不能大量共存，错误；
D 、由水电离出的c(OH -) =1.0×10-13 mol·L －
1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性时HCO 3‾与H +反应，碱性时OH‾与NH 4+反应，不能大量共存，错误。

考点：本题考查离子共存。

8.下列叙述正确的是
A ．泥沙和水的混合物可以直接用分液漏斗分离
B ．用水可以区分苯和四氯化碳
C．配制稀硫酸时，可在量筒中加入一定体积的水，再慢慢加入浓硫酸
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、泥沙和水的混合物分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。

下列结论中错误的是
A．若温度不变，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，则m＋n
＜p＋q
B．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
C．若m＋n=p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气
体的总物质的量等于2a
D．若温度不变压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，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，若V减半则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，逆反应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，则二者的△n分别为xzmol、yzmol，根据系数
比规律，二者之比等于系数比，则(xz)/(yz)=m/n，所以x/y=m/n，故B正确；若m＋n=p＋q，即反应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，则达到新平
衡时气体总量仍为2amol，故C正确；若为气体体积不变的反应，容器体积缩小遇到原来的
一半，增大压强平衡不移动，达到新平衡时，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较等内容。

10.实验室将9 g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。

发生铝热反应之后，所得
固体中含金属单质为18 g，则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】9 g铝粉可以提供1mol电子，则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，由平均值原则可知AB可能、C不可能、当铝粉不足时D可能。

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 ＋
、
Ba 2+、Al 3+、Na ＋
、HCO 3-、Cl -、OH -、SO 42-八种离子（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应，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 的溶液反应产生两种沉淀，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 的溶液反应，无明显现象。

经测定，该反应的产物总能量小于反应物总能量。

根据上述实验事实，请回答下列问题：
（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 在溶液中反应的离子方程式为________________。

（4）等物质的量浓度、等体积的B 和D 的溶液混合，写出反应的离子方程式：_________________。

【答案】（10分）（各2分）（1）氯化氢；Ba(OH)2； （2）HCO 3-+H 2O
H 2CO 3+OH -；
（3）Al 3++3HCO 3-=Al(OH)3↓+3CO 2↑；
（4）3Ba 2++6OH -+2Al 3++3SO 42-=3BaSO 4↓+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应，依次观察到：白色沉淀和气体、白色沉淀、气体，结合离子之间的反应现象来判断，铝离子和碳酸氢根离子反应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应产生白色沉淀；氢离子和碳酸氢根离子之间反应产生水以及二氧化碳，A 是NaHCO 3。

②经测定，A 和D 的溶液显碱性，则含有氢氧根离子或是HCO 3-，B 和C 的溶液pH ＜7，则含有氢离子或是铝离子等；B 与D 的溶液反应产生两种沉淀，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，则一定是硫酸铝和氢氧化钡之间的反应，所以D 是Ba(OH)2，B 是Al 2(SO 4)3，③C 与D 的溶液反应，无明显现象，该反应的产物总能量小于反应物总能量，该反应是放热反应，所以C 是HCl ，综上知道A 是NaHCO 3， B 是Al 2(SO 4)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NaHCO 3，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，水解反应方程式为：HCO 3-+H 2O H 2CO 3 +OH -；（3）碳酸氢钠溶液和硫酸铝之间发生盐的双水解反应，产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al 3++3HCO 3-=Al(OH)3↓+3CO 2↑；（4）将等物质的量浓度、等体积的B 和D 的溶液混合，Al 2(SO 4)3过量，反应产生硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式是3Ba 2++6OH -+2Al 3++3SO 42-=3BaSO 4↓+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。

12.【化学——选修5：有机化学基础】12.（15分）
有机化合物A 的分子式为C 4H 9Br ，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 按照下列合成路线可以合成调味剂
，注：部分物质省略。

已知：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；
试回答下列问题：
（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 经两步反应转化为C 经历的反应类型为__________ 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下列条件：①分子中含有苯环，苯环上共有2个取代基，且处于对位；②能与溶液反应生成CO 2。

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，则该异构体的结构简式为 __________________. 【答案】（1）2-甲基-1-丙烯（2分）
（2分，可不标反应条件）
（2）(CH 3)2CHCH 2OH （2分）
（3）加成反应（1分） 取代反应（或水解反应）（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C 4H 9Br ，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应条件，可以判断出：C 是2-甲基-1-丙烯与水加成反应生成的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应。

13.（12分）现有含NaCl 、Na 2SO 4和NaNO 3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 -、SO 42-、和NO 3-的相互分离。

相应的实验过程可用下图表示：
请回答下列问题：
⑴写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X ： ，沉淀A ： ⑵上述实验流程中加入过量的Na 2CO 3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中加入适量的 ，之后若要获得固体NaNO 3需进行的实验操作是 （填操作名称）。

【答案】（1）BaCl 2[或Ba （NO 3）2]；（2分） BaSO 4；（2分） （2）使溶液中的Ag +、Ba 2+完全沉淀（2分） （3）Na 2CO 3（2分）；稀HNO 3（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，则A 是硫酸钡沉淀。

（2）由于溶液2中含有过量的Ba 2＋和Ag ＋
，所以加入过量的Na 2CO 3的目的是使溶液中的Ag +、Ba 2+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，则可以加入适量的硝酸。

要得到硝酸钠固体，通过蒸发即可。

14.（10分）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。

试回答：
（1）p 为_____极，A 极发生了______反应。

（2）C 极的电极反应方程式为：______________________；
（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______ 。

（4）电解一段时间后，若将硫酸溶液浓度恢复到电解前，应加入的物质是_____
（5）当电路中通过0．004 mol 电子时，B 电极上沉积金属 X 的质量为0．128g ，则此金属的摩尔质量为_______。

若A 电极改用石墨电极电解400mLXSO 4溶液，则此时溶液pH 为 。

【答案】（1）正；（1分）氧化 （2）4OH -－4e-＝O 2↑＋2H 2O
（3）开始反应的1～4min 内，由于产生的氧气和氢气在水中的溶解度没有达到饱和，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，随反应的进行，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解均达到饱和故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（还原反应），A 为阳极（氧化反应）；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-＝O 2↑＋2H 2O
（3）D 极为电解硫酸溶液的阴极：2H ＋
＋2e －
=H 2↑：开始反应的1～4min 内，由于产生的氧气和氢气在水中的溶解度没有达到饱和，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，随反应的进行，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解均达到饱和故4min 后氢气和氧气的体积比等于2:1
（4）由电极反应可知，电解硫酸溶液相当于电解水，故若将硫酸溶液浓度恢复到电解前，应加入的物质是水
（5）B 电极上的电极反应为：X n++ne －=X ，设X 元素的摩尔质量为Mg/mol ，则可得到：
，当n=2时，M=64g/mol 符合实际
由电极反应：2X 2＋＋2H 2O=2X ＋O 2↑＋4H ＋
（有4个电子转移）可知，当电路中通过0．004 mol 电子时，生成的H ＋
的物质的量为0．004 mol ，其浓度为0.01mol/L ，pH=2 15.（10分）某无色溶液，由、、、、
、
、
、
中的若干离
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，加入过量。

有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中加入
酸化的
，出现白色沉淀；
③取另一支试管，先加入过量的HCl 酸化，再加入过量的溶液，有气体生成同时析
出白色沉淀甲，甲的质量为； ④在③所得溶液中加入过量的溶液，有白色沉淀乙析出。

根据上述实验完成下列问题：
（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）写出有关反应的离子方程式
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）向沉淀中加入过量，全部溶解沉淀为
；部分溶解沉淀为
与
的混合
物。

（4）
（5）
【解析】
试题分析：该溶液为无色则溶液中一定没有MnO 4—，①加入过量盐酸有气体生成则溶液中一定有CO 32—，一定没有Ba 2+和Al 3+；②在①所得溶液中加入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中先加入过量的HCl 酸化，再加入过量的溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，则原溶液中存在AlO 2—，沉淀甲为Al(OH)3；④在③所得溶液中加入过量的溶液，有白色沉淀乙析出，乙为BaCO 3,是因为③中加入了过量的，HCO 3—+OH —+Ba 2+="=" BaCO 3↓+H 2O 考点：离子反应、离子共存问题。

16.下表为元素周期表的一部分。

回答下列问题：
（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，发生反应的化学方程式为__________。

【答案】 Cl 三 IVA +2 SO 2+2H 2S=3S↓+2H 2O 【解析】对应的元素如表：
（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H 2S 与硫的低价氧化物SO 2通入水中时，发生反应的化学方程式为SO 2+2H 2S=3S↓+2H 2O 。

17.(6分) 向27.2Cu 和Cu 2O 的混合物中加入某浓度的稀HNO 3500mL ，固体完全溶解后在所得溶液中加入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 。

则：
（1）Cu 与Cu 2O 的物质的量之比为 。

（2）HNO 3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Cu 2O 的物质的量分别是x 和y ，则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Cu 2O 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，则根据原子守恒可知，n(NaNO 3)="n(NaOH)=" 1mol/L×1L ＝1mol 而硝酸的物质的量是发生氧化还原反应的硝酸与未发生氧化还原反应的硝酸两部分。

在氧化还原反应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，所以被还原的硝酸是0.6mol÷3＝0.2mol ，故n(HNO 3)(总)=1mol+0.2mol=1.2mol ，则HNO 3的物质的量浓度为c(HNO 3)= n(HNO 3)÷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NO x 的装置如右图所示（图中电极均为石墨电极）。

（1）若用NO 2气体进行模拟电解法吸收实验。

①写出电解时NO 2发生反应的电极反应式： 。

②若有标准状况下2.24 LNO 2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10 L 0.2 mol·L -1硝酸，用含NO 和NO 2（不考虑NO 2转化为N 2O 4）的废气进行模拟电解法吸收实验。

①实验前，配制10 L 0.2 mol·L -1硝酸溶液，需量取 mL 的密度为1.4 g·mL -1、质量分数为63%的浓硝酸。

②电解过程中，有部分NO 转化为HNO 2。

实验结束时，测得右室溶液中含3 molHNO 3、0.1 molHNO 2，同时左室收集到标准状况下28 L H 2。

计算原气体中NO 和NO 2的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）。

【答案】（1）①NO 2－e -＋H 2O = NO ＋2H + ②0.1（2）①142.9②根据原子守恒： n (NO)+ n (NO 2)="3" mol- 0.2 mol·L -1×10 L+0.1 mol ="1.1" mol 根据电子守恒：
0.1 mol×1+ [ n (NO)- 0.1 mol]×3+ n (NO 2)×1= ×2
解得：n (NO)=" 0.8" mol n (NO 2)=" 0.3" mol V (NO):V (NO 2)= n (NO): n (NO 2)=" 0.8" mol : 0.3 mol=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，电极反应式为2H 2O + 2e -== H 2↑ + 2OH -，右室为电解池的阳极，NO 2气体发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为NO 2－e -＋H 2O = NO ＋2H +。

②根据阴、阳两极的电极反应式知若有标准状况下2.24 LNO 2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1.4 g·mL -1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为1000×1.4 g·mL -1×63%/63 g·mol -1="14" mol·L -1。

根据稀释定律c 1V 1=c 2V 2计算所需浓硝酸的体积为10 L×0.2 mol·L -1/14 mol·L -1=0.1429L=142.9mL ；②根据题意知电解池的阴极电极反应式为2H 2O + 2e -== H 2↑ + 2OH -，电解池的阳极电极反应式为NO 2－e -＋H 2O = NO ＋2H +、NO －e -＋H 2O = HNO 2＋H +、NO －3e -＋2H 2O = NO ＋4H +。

根据原子守恒和电荷守恒作答。

根据原子守恒：n (NO)+ n (NO 2)="3" mol- 0.2 mol·L -1×10 L+0.1 mol ="1.1" mol ，根据电子守恒：0.1 mol×1+
[ n (NO)- 0.1 mol]×3+ n (NO 2)×1= ×2，解得：n (NO)=" 0.8" mol n (NO 2)=" 0.3" mol ，
V (NO):V (NO 2)= n (NO): n (NO 2)=" 0.8" mol : 0.3 mol=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应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气的物质的量是3.36L÷22.4L/mol ＝0.15mol ，则根据方程式2Al ＋2NaOH ＋2H 2O ＝2NaAlO 2＋3H 2↑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应产生的氢气一样多，则镁与稀硫酸反应生成的氢气是7.84L －3.36L ＝4.48L ，物质的量是
0.2mol ，所以根据Mg ＋H 2SO 4＝MgSO 4＋H 2↑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】考查金属与酸碱反应的有关计算
【名师点晴】该题主要是利用了反应的化学方程式进行计算，也可以借助于电子得失守恒。

许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应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氧化还原反应中得失电子数守恒、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应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

20.Cl 2与NaOH 溶液反应可生成NaCl 、NaClO 和NaClO 3(Cl -和ClO -)的比值与反应的温度有关，用24gNaOH 配成的250mL 溶液，与Cl 2恰好完全反应（忽略Cl 2与水的反应、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，反应后溶液中c (Cl -)=6c (ClO -)，则溶液中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NaClO 3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl 2)，所以n(Cl 2)=0.3mol ，设n(ClO -)=xmol ，则n(Cl -)=6xmol ，所以n(ClO 3-)=(0.6-7x)mol ，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO -)==0.30mol/L ，故答案为：
0.30。

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)+2H 2(g)CH 3OH(g)
II.2CH 3OH(g)===CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)
（1）300℃和500℃时，反应I 的平衡常数分别为K 1、K 2，且K 1＞K 2，则其正反应为____反应（填”吸热”’或”放热”）。

（2）在恒容密闭容器中发生反应I:
①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下列说法能表明反应已达平衡状态的是____（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(H 2)=2v 正(CH 3OH)
（3）500K 时，在2L 密闭容器中充入4molCO 和8molH 2，4min 达到平衡，平衡时CO 的转化率为80%，且2c(CH 3OH)=c(CH 3OCH 3) ，则：
① 0～4min ，反应I 的v(H 2)=______，反应I 的平衡常数K=______。

② 反应II 中CH 3OH 的转化率α=_______。

（4）二甲醚燃料电池的工作原理如图听示，则X 电极的电极反应式为_______。

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% CH 3OCH 3-12e -+3H 2O=2CO 2↑+12H + 7.67 【解析】（1）升高温度平衡常数减小，所以其正反应为放热反应；（2）①正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，甲醇的体积分数减小，因此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.正反应体积减小，容器中气体的压强不再变化能表明反应已达平衡状态，A 正确；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应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(H 2)=2v 正(CH 3OH)均表示正反应方向，不能说明，D 错误，答案选AC ；（3）①4min 达到平衡，平衡时CO 的转化率为80%，则消耗CO 是3.2mol ，因此消耗氢气是6.4mol ，浓度是3.2mol/L ，所以0～4min ，反应I 的v(H 2)＝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 ，则生成二甲醚是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应I 的平衡常数K ＝
＝1.25。

②反应II 中CH 3OH 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，则X 电极是负极，通入的是二甲醚，电极反应式为CH 3OCH 3-12e -+3H 2O=2CO 2↑+12H +。

用该电池对铁制品镀铜，当铁制品质量增加64g 时析出铜是1mol ，转移2mol 电子，则理论上消耗二甲醚的质量为7.67g 。

（精确到0.01）。

22.已知烃B 分子内C 、H 原子个数比为1 ：2，相对分子质量为28，核磁共振氢谱显示分子中只有一种化学环境的氢原子，且有如下的转化关系：
请填写下列空白。

（1）A 可能属于的物质类别为________________。

a ．醇b ．卤代烃c ．酚d ．羧酸 （2）反应①是D 与HCl 按物质的量之比1 ：1的加成反应，则D 的分子式为_______________________________________。

反应②可表示为：G ＋NH 3→F ＋HCl （未配平），该反应配平后的化学方程式为（有机化合物均用结构简式表示）_________________。

化合物E （HOCH 2CH 2Cl ）和F[HN （CH 2CH 3）2]是药品普鲁卡因合成的重要中间体，普鲁卡因的合成路线如下：
已知：
（3）由甲苯生成甲的反应类型为______________________________。

（4）乙中有两种含氧官能团，反应③的化学方程式为_____________________
（5）丙中官能团的名称为___________________________。

（6）普鲁卡因有两种水解产物丁和戊。

①戊与甲互为同分异构体，戊的结构简式为________________________。

②D 的红外光谱表明分子内除C —H 键、C —C 键外还含有两个C —O 单键。

则D 与F 在一定条件下反应生成丁的化学方程式为__________________。

【答案】（15分）（1）ab （2分）
（2）C 2H 4O （2分）；2CH 3CH 2Cl+NH 3→NH （CH 2CH 3）2+2HCl （2分） （3）取代反应或消去反应（1分）
（4）（2分）
（5）酯基、氯原子、氨基（3分）
（6）①（2分）
②（2分）
【解析】
试题分析：烃B 分子内C 、H 原子个数比为1：2，相对分子质量为28，核磁共振氢谱显示分子中只有一种化学环境的氢原子，则B 为CH 2=CH 2，A 可能为卤代烃或醇，发生消去反应生成乙烯。

B→D 发生氧化反应，D 能与HCl 反应，所以D 为环氧乙烷。

B 与HCl 发生加成反应生成G ，G 为CH 3CH 2Cl 。

G 与氨气发生取代反应生成F ；由普鲁卡因的合成路线可知，甲苯发生硝化反应生成甲（
），甲氧化生成乙（
）。

乙与E 发生酯化反应，其生成物与
氢气反应硝基变为氨基，丙为，丙与F 发生取代反应生成普鲁卡因。

（1）A 可能为卤代烃或醇，发生消去反应生成乙烯，故答案为：ab 。

（2）反应①是D 与HCl 按物质的量之比1：1的加成反应，则D 的分子式为C 2H 4O 。

反应②为2CH 3CH 2Cl+NH 3→NH （CH 2CH 3）2+2HCl 。

（3）由甲苯生成甲的反应类型为取代反应或消去反应。