河北省定州中学2016届高三下学期周练（七）化学试卷

河北定州中学2015—2016学年度第二学期化学周练（七）

1．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO₂，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是

A．在pH=9.0时，c(NH₄⁺)＞c(HCO₃^﹣)＞c(NH₂COO^﹣)＞c(CO₃^2﹣)

B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH₄⁺)+c(H⁺)=2c(CO₃^2﹣)+c(HCO₃^﹣)+c(NH₂COO^﹣)+c(OH^﹣)

C．随着CO₂的通入，不断增大

D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH₂COO^﹣的中间产物生成

2．将溶液(或气体)X 逐渐加入(或通入)到一定量 Y 溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如下图，符合图中情况的一组物质是

3．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A．淀粉、纤维素都属天然高分子化合物

B．食品包装袋中可用碱石灰做干燥剂

C．煤经过液化等物理变化可转化为清洁燃料

D．制作航天服的聚醋纤维属新型无机非金属材料

4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A．Fe₂O₃溶于过量氢碘酸溶液中：Fe₂O₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+3H₂O

B．0.1mol/LNH₄Al(SO₄)₂溶液与0.2mol/LBa(OH)₂溶液等体积混合：

Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O

C．用浓盐酸酸化的KMnO₄溶液与H₂O₂反应，证明H₂O₂具有还原性：

2MnO₄^-+6H⁺+5H₂O₂═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O

D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO₂气体：ClO^-+SO₂+H₂O═HClO+HSO₃^-

5．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是( )

A．Z元素的含氧酸一定是强酸

B．原子半径：X＞Z

C．气态氢化物热稳定性：W＞X

D．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性

6．某学生在实验室制取乙酸丁酯(已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃)，其反应装置选择

A．B．C．D．

7．下列有机物分子中，在氢核磁共振谱中信号强度(个数比)是1:3的是

A．邻二甲苯 B．均三甲苯 C．异丙醇 D．丙酸乙酯

8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大。下列说法正确的是（ ）

A．四种元素中有两种元素在第二周期

B．W所在主族的元素的原子次外层电子数不可能为18

C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应

D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物

9．在体积均为1．0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO₂和0.2 mol CO₂，在不同温度下反应CO₂(g) + C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO₂的物质的量浓度c(CO₂)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是

A．反应CO₂(g) + C(s)2CO(g) △S>0、△H<0

B．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)< 2c(CO，状态Ⅲ)

C．体系的总压强P_总：P_总(状态Ⅱ)< 2P_总（状态Ⅰ）

D．逆反应速率V_逆：V_逆（状态Ⅰ）>V_逆（状态Ⅲ)

10．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如下图所示。下列说法中正确的是

A．8min时表示正反应速率等于逆反应速率

B．在0-54分钟的反应过程中该可逆反应的平衡常数始终为4

C．40min时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应

D．反应方程式中的x＝1，30min时改变的条件是降低温度

11．分子式为C₉H₁₂O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有

A．9种 B．12种 C．15种 D．16种

12．如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH₃OH＋3O₂＋4KOH===2K₂CO₃＋6H₂O，下列说法正确的是 ( )

A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置

B．甲池通入CH₃OH的电极反应式为CH₃OH－6e^－＋2H₂O===CO＋8H^＋

C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)₂固体能使CuSO₄溶液恢复到原浓度

D．甲池中消耗280 mL(标准状况下)O₂，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体

13．向含有0.2molFeI₂的溶液中加入a molBr₂。下列叙述不正确的是（ ）

A．当a=0.1时，发生的反应为2I^-+Br₂=I₂+2Br^-

B．当a=0.25时，发生的反应为2Fe²⁺+4I^-+3Br₂=2Fe³⁺+2I₂+6Br^-

C．当溶液中I^-有一半被氧化时，c(I^-):c(Br^-)=1:1

D．当0.2＜a＜0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe²⁺)+3c(Fe³⁺)+c(H⁺)=c(Br^-)+c(OH^-)

14．组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体结构)( )

A．16种 B．28种 C．48种 D．60种

15．一定温度下的可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H＜0．现将1mol A和2molB加入甲容器中，将4molC和2mol D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t₁时两容器内均达到平衡状态（如图1所示，隔板K不能移动）．下列说法正确的是（ ）

A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍

B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲中B的体积分数增大，乙中B的体积分数减小

C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍

D．保持温度和乙中的压强不变，t₂时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示（t₁前的反应速率变化已省略）

16．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示：

下列说法正确的是( )

A．10min内甲容器中反应的平均速率v(A)＝0.025 mol·L^－1·min^－1

B．由图可知：T₁＜T₂，且该反应为吸热反应

C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动

D．T₁℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%

17．天津港“8.12”特别重大爆炸事故教训深刻．氰化钠（N元素显﹣3价）属于剧毒化学品，处理氰化物的方法主要有两种：

（1）碱性氯化法是在碱性条件下通入氯气，氯气将CN^﹣氧化成无污染的气体．请补充并配平该反应的离子方程式：CN^﹣+OH^﹣+Cl₂═CO₂+ + +H₂O．处理35吨NaCN，理论上需要液氯 吨．

（2）过氧化氢氧化法：NaCN+H₂O₂+H₂O═NaHCO₃+NH₃↑．检测水坑里氰化钠的浓度，取水样1ml，加入11ml1mol•L^﹣1H₂O₂溶液，充分反应后，加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，用0.2500mol•L^﹣1Na₂S₂O₃溶液8.00ml（已知：实验中涉及的部分离子方程式为：2H⁺+H₂O₂+2I^﹣═I₂+2H₂O、I₂+2S₂O₃^2﹣═2I^﹣+S₄O₆^2﹣）．请计算水坑里氰化钠的浓度．

18．实验室常用MnO₂与浓盐酸加热制备Cl₂，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，某小组同学提出的下列实验方案：向足量的二氧化锰中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mLCl₂（标准状况）；将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO₃溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。计算

（1）参加反应的二氧化锰的质量。

（2）将生成的Cl₂通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，求消毒液中有效成分的物质的量浓度。

（3）浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl₂的最低浓度（假设反应后残余液体积为12mL）。（保留至0.01）

19．将20g某铁矿石（设只含铁的氧化物和杂质SiO₂）溶于过量的稀盐酸，过滤后得5.6g不溶物和滤液；然后在滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤后将沉淀灼烧，得16g红棕色固体。

（1）红棕色固体的化学式是 ，其中的n(Fe)= mol。

（2）请计算（写出计算过程）：

①该矿石中铁氧化物的化学式。

②若加入的稀盐酸为4.0mol·L^-1200mL，反应前后体积变化忽略不计，则滤液中剩余H⁺的物质的量浓度是多少？

20．现有铜、银合金14g与足量的某浓度的硝酸100mL发生反应，将生成的气体与1.12L（标况）氧气混合，通入足量的水中恰好全部吸收，反应后溶液体积仍为100mL。试通过计算回答下列问题：

（1）原固体混合物中铜和银的质量各是多少？

（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则该反应中被还原的硝酸的物质的量是多少？

（3）合金完全溶解后，若生成的气体在标况下体积为2.24L，反应后溶液中c（H^＋）=7mol/L，则该混合气体中NO和NO₂在标准状况下的体积分别是多少？原硝酸的浓度是多少？

21．硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用。

（1）将1.25 mol的NO、NO₂、N₂O₄混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是_______________。

（2）向稀硝酸中加入18.4 mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8 g/cm³）以下时，则失去吸水能力。50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水_________ g。

（3）在65%的HNO₃（质量m₁）中加入72%的Mg(NO₃)₂（质量m₂）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO₃和60%的Mg(NO₃)₂溶液（其中不含硝酸）。若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H₂O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比＝______________。

（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO₂、NaNO₃和H₂O。现有含0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收。已知反应后溶液含有0.35molNaNO₂。若将尾气NO和NO₂的平均组成用NO_x表示，则x = 。

22．H₂还原CuO所得的红色固体可能是Cu与Cu₂O的混合物，已知Cu₂O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu²⁺和单质铜。现有8g CuO被H₂还原后，得到红色固体6.8g。

（1）6.8 g上述混合物中含Cu与Cu₂O的物质的量之比是 ；

（2）若将6.8 g上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体 g；

（3）若将6.8 g上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下1.568 L的气体（不考虑NO₂的溶解，也不考虑NO₂与N₂O₄的转化），则该气体的成分及物质的量之比是 ；

1．C

【解析】

试题分析：A.pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系为c(NH₄⁺)>c(HCO₃^-)>c(NH₂COO^﹣)＞c(CO₃^2﹣)，A项正确；B.溶液中存在电荷守恒，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为c(NH₄⁺)+c(H⁺)=2c(CO₃^2﹣)+c(HCO₃^﹣)+c(NH₂COO^﹣)+c(OH^﹣)，B项正确；C.已知Kb=c(NH₄⁺)×c(OH^－)÷c(NH₃•H₂O)，温度一定时，Kb为常数，c(OH^－)/c(NH₃•H₂O)=Kb/c(NH₄⁺)随着CO₂的通入，c(NH₄⁺)逐渐增大，则c(OH^－)/c(NH₃•H₂O)不断减小，C项错误；D.由图中可知，开始没有NH₂COO^﹣，后来也不存在NH₂COO^﹣，所以NH₂COO^﹣为中间产物，D项正确；答案选C。

【考点定位】考查离子浓度的大小比较

【名师点晴】本题考查离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等知识。侧重于考查学生对图象的分析与应用能力。具体分析如下：①根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；②溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；③根据K_b=c(NH₄⁺)×c(OH^－)÷c(NH₃•H₂O)分析；④根据图象可知开始没有NH₂COO^﹣，后来也不存在NH₂COO^﹣。

2．AC

【解析】

试题分析：A．向NaOH溶液中加入AlCl₃溶液溶液，先是氢氧根离子过量与铝离子反应生成偏铝酸根，无沉淀，继续滴加，铝离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，所以一开始没有沉淀产生，后产生沉淀，但消耗AlCl₃的物质的量应为3：1，图像不满足，故A错误；B．BaCl₂溶液中加入Na₂CO₃溶液，发生复分解反应，一开始就生成碳酸钙，故B错误；C．Mg(HSO₄)₂溶液中加入KOH溶液，开始发生酸碱中和无沉淀生成，继续滴加生成Mg(OH)₂沉淀，故C正确；D．石灰水中通入二氧化碳一开始就生成碳酸钙，不符合图象，故D错误；故选C。

【考点定位】考查图象分析，涉及化合物的性质及转化；

【名师点晴】解答本题首先分析图象的意义是随着X的不断加入，反应开始没有沉淀或气体生成，然后沉淀或气体逐渐增加，并注意滴加过程中消耗的物质的量关系，其次将四个反应的化学反应原理逐一分析，沉淀或气体的生成与X试剂的关系，最后和图象对比可解答，难点为选项A易错答。

3．A

【解析】

试题分析：A．淀粉、纤维素都属天然高分子化合物，A正确；B．碱石灰具有腐蚀性，食品包装袋中百年用碱石灰做干燥剂，B错误；C．煤的液化属于化学变化，C错误；D．制作航天服的聚醋纤维属新型有机高分子材料，D错误，答案选A。

考点：考查化学与生活的判断

4．A

【解析】

试题分析：A．Fe₂O₃溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe₂O₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+3H₂O，故A正确；B.0.1mol/LNH₄Al(SO₄)₂溶液与0.2mol/LBa(OH)₂溶液等体积混合的离子反应为2Ba²⁺+NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2-+4OH^-═Al(OH)₃↓+2BaSO₄↓+NH₃．H₂O，故B错误；C．用浓盐酸酸化的KMnO₄溶液与H₂O₂反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H₂O₂具有还原性，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO₂气体的离子反应为ClO^-+SO₂+H₂O═2H⁺+Cl^-+SO₄^2-，故D错误；故选A。

【考点定位】考查离子方程式的书写

【名师点晴】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。

5．D

【解析】

试题分析：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；

B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。故选D。

【考点定位】考查元素周期律与元素周期表

【名师点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。

6．D

【解析】

试题分析：A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A错误；B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B错误；C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C错误；D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D正确；故选D。

考点：考查乙酸丁酯的制取，掌握乙酸丁酯的制取原理是解答的关键。

7．B

【解析】

试题分析：A．邻二甲苯有3种氢原子，核磁共振氢谱有3种峰，故A错误； B．均三甲苯分子中有2种氢原子，核磁共振氢谱有2种峰，且氢原子数目之比为1：3，故B正确；C．异丙醇分子中有3种氢原子，核磁共振氢谱有3种峰，故C错误；D．丙酸乙酯有3种氢原子，核磁共振氢谱有4种峰，故D错误；故选B。

考点：考查核磁共振氢谱。

8．B

【解析】

试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大，若W是第一周期，则XYZ为第三周期，且X原子半径最大，符合题意的元素为氢，镁，铝，硅。若W的第二周期元素，则X为第二周期，YZ为第三周期，则X不是半径最大的元素，不符合题意。A、四种元素都不在第二周期，故A错误；B、W为氢元素，所在的第一主族元素的次外层都为8电子，不可能是18电子，故B正确；C、XYZ的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁，氢氧化铝和硅酸，不能两两反应，故C错误；D、工业上获得镁是用电解氯化镁，获得铝是电解氧化铝，故D错误。

考点：原子结构和元素周期律的关系

9．B

【解析】

试题分析：A.C和CO₂反应是吸热反应，△H>0，A项错误；B.状态Ⅱ可以看作先通0.1CO₂，此时两者CO的浓度相等，再通入0.1molCO₂，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO₂，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，B项正确；C.Ⅰ曲线通入的是0.1molCO₂，Ⅱ曲线是通入0.2molCO₂，状态Ⅱ可以看作先通0.1CO₂，此时的压强相等，再通入0.1molCO₂若平衡不移动，此时的压强等于2倍P总（状态Ⅰ），但要求CO₂的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ），C项错误；D.温度越高，反应速率越快，V逆（状态Ⅰ）

考点：考查熵变、焓变、勒夏特列原理、等效平衡知识。

10．C

【解析】

试题分析：A.根据图像可知，8min过后各物质的浓度仍然发生变化，说明8min时正反应速率不等于逆反应速率，A项错误；B.由图象可知，40min时，改变条件平衡向逆反应方向移动，到达平衡时平衡常数减小，B项错误；C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，增大压强平衡不移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，C项正确；D.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，D项错误；答案选C。

考点：考查影响化学反应速率、化学平衡的因素等知识。

11．C

【解析】

试题分析：确定一定含有苯环。取代基可以分为以下几种情况：①一个羟基和一个正丙基，这样的同分异构有邻、间、对三种；②一个羟基和异丙基，这样的同分异构也有邻、间、对三种；③一个羟甲基和一个乙基，同分异构有邻、间、对三种；④一个甲基和一个羟乙基，而羟乙基有两种同分异构体，然后每种羟乙基和甲基都会有邻、间、对三种同分异构体，因此总机有十五种，故C正确。

考点：本题考查同分异构体。

12．D

【解析】

试题分析：A、甲池为燃料电池，将化学能变为电能，故A错误；B、甲池中通入甲醇的电极为负极，在碱性条件下甲醇失去电子结合氢氧根离子生成碳酸根离子和水，故B错误；C、乙池为电解池，银电极为阴极，硫酸铜溶液中铜离子和氢氧根离子放电，故加入氧化铜或碳酸铜能恢复到原浓度，故C错误；D、甲池小号280mL氧气机0.28//22.4=0.0125摩尔，则转移0.0125×4=0.05摩尔电子，丙池中生成0.025摩尔氢气，同时生成0.05摩尔的氢氧根离子，与镁离子结合生成0.025摩尔氢氧化镁沉淀，其质量为0.025×58=1.45克，故D正确。

考点：原电池和电解池的工作原理

13．B

【解析】

试题分析：A．由于还原性：I^->Fe³⁺，所以当a=0.1时，二者的物质的量的比是2:1，发生的反应为2I^-+Br₂=I₂+2Br^-，正确；B．当a=0.25时，二者的物质的量的比是2:1，发生的反应为2Fe²⁺+8I^-+5Br₂= 2Fe³⁺+ 4I₂+8Br^-，错误；C．当溶液中I^-有一半被氧化时，只有I^-被氧化，二者的物质的量的比是2:1，发生的反应为2I^-+Br₂= I₂+2Br^-，溶液中c（I^-）：c（Br^-）=1：1，正确；D．当0.2＜a＜0.3时，溶液中I-都被氧化产生I2，所以根据电荷守恒可得溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe²⁺)+3c(Fe³⁺) +c(H⁺)=c(Br^-)+ c(OH^-)，正确。

考点：考查氧化还原反应及电荷守恒在微粒浓度的大小比较急计算的应用的知识。

14．C

【解析】

试题分析：丁烷为CH₃CH₂CH₂CH₃时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH₃CH(CH₃)CH₃时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基(-C₄H₉)共有4种；取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有3种，取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有1种，则—C₄H₈Cl共有12种，则共有4×12=48种，答案为C。

【考点定位】考查同分异构体的书写

【名师点晴】熟悉碳架异构是解题关键；组成和结构可用表示的有机物数目取决于丁基和-C₄H₈Cl的同分异构体数目；先找出丁基的同分异构体，再找出-C₄H₈Cl的同分异构体，然后计算出该有机物的种类数。

15．D

【解析】

试题分析：根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都增大，B错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小加的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D正确，答案选D。

考点：考查等效平衡及平衡影响

16．C

【解析】

试题分析：A．10min内甲容器中反应的平均速率，反应速率等于化学计量数之比，v(A)＝0.05 mol·L^－1·min^－1，A错误；B．先达到平衡，说明反应的速率越快，所以T₁＜T₂，甲和乙只有反应温度不同，T₂时生成的C少些，所以T₂相对于T₁来说化学平衡逆行移动，说明正反应为反热反应，B错误；C．对比乙和丙可以看出，乙和丙互为等效平衡，那么x=1，是一个气体体积不变的反应，温度不变，改变容器体积，相当于改变压强，压强对这个反应没有影响，C正确；D．T₁℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，和起始时加入1.5 mol A、0.5 mol B互为等效平衡，最终生成C的物质的量为1.5mol/L×0.5L=0.75mol,转化的A的物质的量为：0.75mol×1/21=0.375mol,A的转化率为0.375mol/0.5mol×100%=75%，D错误，答案选C。

考点：考查等效平衡、化学平衡计算

17．（1）2CN^﹣+8OH^﹣+5Cl₂═2CO₂+N₂↑+10Cl^﹣+4H₂O；126.8吨．

（2）水坑里氰化钠的浓度为10mol/L．

【解析】（1）氯气将CN^﹣氧化成无污染的气体，反应生成二氧化氮、氮气，氯气被还原为离子，反应离子方程式为：2CN^﹣+8OH^﹣+5Cl₂═2CO₂+N₂↑+10Cl^﹣+4H₂O，

设处理35吨NaCN，理论上需要液氯x吨，则：

2NaCN+8NaOH+5Cl₂═2CO₂+N₂↑+10NaCl+4H₂O

98 355

35吨 x吨

所以98：355=35吨：x吨

解得x=126.8

（2）滴定生成的碘，消耗为Na₂S₂O₃为0.008L×0.25mol/L=2×10^﹣3mol，

I₂+2 S₂O₃^2﹣═2I^﹣+S₄O₆^2﹣

1×10^﹣3mol 2×10^﹣3mol

2H⁺+H₂O₂+2I^﹣═I₂+2H₂O

1×10^﹣3mol 1×10^﹣3mol

即剩余过氧化氢为1×10^﹣3mol，

参加反应过氧化氢为0.011L×1mol/L﹣1×10^﹣3mol=0.01mol，

NaCN+H₂O₂+H₂O═NaHCO₃+NH₃↑

0.01mol 0.01mol

故c（NaCN）==10mol/L，

答：水坑里氰化钠的浓度为10mol/L．

【点评】本题考查化学方程式计算、物质含量测定、氧化还原反应配平，题目体现化学与生活实际联系，注意对基础知识理解掌握．

【答案】（1）1.305g（2）0.15mol/L（3）4.17mol/L

【解析】

试题分析：（1）生成氯气的物质的量是0.336L÷22.4L/mol＝0.015mol，则根据方程式可知

MnO₂+4HCl(浓)MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O

1mol 1mol

0.015mol 0.015mol

则参加反应的二氧化锰的质量是0.015mol×87g/mol＝1.305g

（2）氯气与氢氧化钠反应的方程式为Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O，所以生成的次氯酸钠的物质的量是0.015mol，浓度是0.015mol÷0.1L＝0.15mol/L。

（3）氯化银的物质的量是11.48g÷143.5g/mol＝0.08mol，则根据氯离子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是0.08mol，其中氯化锰的物质的量是0.015mol，所以盐酸中氯离子的物质的量是0.08mol－0.015mol×2＝0.05mol，其浓度是0.05mol÷0.012L＝4.17mol/L。

考点：考查二氧化锰与浓盐酸反应的计算

19．（1）Fe₂O₃0.2mol

（2）①氧化物中氧的质量为：20g－5.6g－0.2mol×56g/mol=14.4g－11.2g=3.2g

则 n(Fe) : n(O)= 0.2mol：3.2g/16g·mol^-1=0.2mol:0.2mol=1:1

所以铁矿石中的铁的氧化物的化学式为：FeO

②由FeO+2HCl=FeCl₂+H₂O得:

剩余n(H⁺)=4.0mol·L^-1×200mL/1000mL·L^–1－0.2mol×2=0.4mol

滤液中c(H⁺)=0.4mol÷(200mL/1000mL·L^–1)=2 mol·L^–1

（其它计算方法参照给分）

【解析】

试题分析：（1）根据含铁物质的颜色推断红棕色固体为氧化铁；根据铁原子守恒确定16gFe₂O₃固体中n（Fe）=2 n（Fe₂O₃），再结合公式n=m/M代入数据进行计算，计算过程：6g固体中：n（Fe）=2 n(Fe₂O₃) =2×[m(Fe₂O₃)÷M(Fe₂O₃)] =2×(16g÷160g·mol^-1)=0.2 mol。

（2）①利用质量守恒定律计算矿石中铁的氧化物中O元素质量，进一步计算氧原子的物质的量，进而计算n（Fe）：n（O）之比确定氧化物化学式；②根据化学方程式方程式：FeO+2HCl=FeCl₂+H₂O计算消耗n（H⁺），进而计算剩余n（H⁺），再根据c=n/V计算c（H⁺），计算过程见答案。

考点：考查混合物计算。

【答案】（1）3.2g；10. 8g （2）0.2mol （3）v（NO）＝v（NO₂）＝0.12L。c（HNO₃）＝10mol/L

【解析】

试题分析：（1）14g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与1.12L的氧气（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，因此可设Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒可得：64x+108y＝14、2x+y＝，解得x＝0.05、y＝0.1，故m（Cu）＝0.05mol×64g/mol＝3.2g，m（Ag）＝0.1mol×108g/mol＝10.8g。

（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则生成气体为NO₂，氧气的物质的量＝0.05mol，根据电子转移守恒可知二氧化氮的物质的量＝0.05mol×4＝0.2mol，反应中被还原的硝酸生成NO₂，根据N元素守恒，被还原硝酸的物质的量等于NO₂的物质的量，即被还有硝酸的物质的量为0.2mol。

（3）混合气体的物质的量＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，令NO和NO₂的物质的量分别为a mol、b mol，根据二者物质的量及电子转移守恒可得：a+b＝0.1、3a+b＝0.05×4，解得a＝b＝0.05，故V（NO）＝V（NO₂）＝0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。反应后溶液中含有为硝酸铜、硝酸银及剩余的硝酸，根据电荷守恒可知反应后溶液中n（NO₃^-）＝n（H⁺）+2n（Cu²⁺）+n（Ag⁺）＝0.1L×7mol/L+0.05mol×2+0.1mol＝0.9mol，根据氮元素守恒可知n原溶液（HNO＋）＝n（NO₃^-）+n（NO+NO₂）＝0.9mol+0.1mol＝1mol，故原硝酸的浓度是1mol÷0.1L＝10mol/L。

【考点定位】本题主要是考查混合物计算、氧化还原反应的有关计算

【名师点晴】判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是解答本题的关键和难点，注意氧化还原反应中守恒思想的运用以及原子守恒在化学计算中的应用。

【答案】（1）1.25mol＜n(HNO₃)＜1.75mol (4分)

（2）11.63 (3分)（答11.6 不扣分）

（3）0.88 (3分)

（4）1.80 (4分)

【解析】

试题分析：（1）25molNO、NO₂、N₂O₄混合物，NO的体积分数为0.60，所以n（NO）=1.25×0.6=0.75mol，n(NO₂+N₂O₄)=1.25-0.75=0.5mol,因为在空气充足的条件下完全反应，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，若全为四氧化二氮生成硝酸最多为：0.75+0.5×2=1.85mol。

（2）据已知信息，18.4 mol/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，则有： =87%,,计算得m=232.6g,所以50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水232.6×0.05=11.63g。

（3）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，则有：65%m1=97.5%a,a=65%m1/97.5%;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%，则：95%（m1+m2）=a+b，即：(m₁+m₂)×95%=m₁×65%/97.5%+m₂×72%/60%，m1/m2＝0.88。

（4）据氮原子守恒得，0.5molNO_x中N共0.5mol，生成NaNO₂、NaNO₃和中N一共也是0.5mol，n(NaNO₂)=0.35mol，所以n(NaNO₃)=0.5-0.35=0.15mol,即n(NaNO₂)：n(NaNO₃)=7:3，据以上信息可写出反应方程式：10NO_x+10NaOH=7NaNO₂+3 NaNO₃+5H₂O，据氧原子守恒得x=1.8。

考点：考查与硝酸有关的计算

22．（1）2︰1；（2）4.8；（3）NO、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=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==0.075mol，所以Cu₂O中氧元素的物质的量=0.1mol-0.075mol=0.025mol，所以n（Cu₂O）=0.025mol，根据铜元素守恒得n（Cu）=0.1mol-2×0.025mol=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；

（2）n（Cu）=0.1mol-2×0.025mol=0.05mol，所以m（Cu）=0.05mol×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应，铜和稀硫酸不反应，设氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜的质量为x．

氧化亚铜和稀硫酸反应的方程式为：

Cu₂O+H₂SO₄=CuSO₄+Cu+H₂O

144g 64g

3.6g x

x=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；

（3）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应相当于4.8克的铜与硝酸反应．

设铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：

Cu+4HNO₃=Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O

64g 44.8L

4.8g 3.36L

设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：

3Cu+8HNO₃=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O

192g 44.8L

4.8g 1.12L

1.12L＜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+2NO↑+4H₂O

192g 2mol

96yg ymol

Cu+4HNO₃=Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O

64g 2mol

32zg zmol

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。