2019-2020年高三下学期周练（八）化学试题 含解析.doc

2019-2020年高三下学期周练（八）化学试题 含解析一、单选题：共16题 每题3分 共48分1由于碳碳双键（ ）中的键不能自由旋转,因此 和 是两种不同的化合物,互为顺反异构体。则分子式为C3H2Cl4的化合物的链状异构体有 A4种 B5种 C6种 D7种 2磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是（ ）A磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体 B磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电 C磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键 D磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同3原子结构、元素周期律和元素周期表对于我们化学学习具有理论指导意义，下列有关说法正确的是（ ）A同周期的主族元素从左到右原子半径逐渐减小，它们形成简单的离子半径逐渐增大B可以根据主族元素原子的电子层数和最外层电子数确定其在周期表中的位置C由氟、氯两元素在周期表中位置关系推知，氟元素非金属性强于氯元素，所以氢氟酸的酸性应强于盐酸D在实际生产中，多在元素周期表的过渡元素区寻找新型半导体材料4下图所示的实验，能达到实验目的的是( )5下列说法符合事实的是A物质的量浓度相同的硫酸氢铵溶液和醋酸铵溶液中，硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较小B在10mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入6mL等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀产生，再加入6 mL等浓度的Na2S溶液，溶液中又有黑色沉淀生成，说明Ksp（Ag2S）HCO3向 NaHCO3溶液中加入新制氯水，观察溶液中是否有气泡冒出C相同条件下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响D向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴84消毒液，观察红色褪色的快慢证明随溶液pH的减少，84消毒液的氧化能力增强13用下列装置进行有关实验不能达到预期目的的是A用甲装置可制得Fe(OH)3胶体B用乙装置可制得金属锰C用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D用丁装置能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀14下列有关说法中正确的是 A某温度时的混合溶液中c(H+)=molL-1，说明该溶液呈中性(Kw为该温度时水的离子积常数)B由水电离出的c(H+)=10-12molL-1的溶液中:Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-可以大量共存C已知Ksp(AgCl)=1.5610-10， Ksp(Ag2CrO4) =9.010-12。向含有Cl-、CrO42-且浓度均为0.010 molL-1溶液中逐滴加入0.010 molL-1的AgNO3溶液时，CrO42-先产生沉淀D常温下pH=7的CH3COOH和NaOH混合溶液中，c(Na+)c(CH3COO-) 15下列有关说法正确的是( )A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀 H2SO4 中滴加少量 Cu(NO3)2 溶液 BN2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H0，仅升高温度，达平衡时氢气转化率增大C吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+O2(g)”一定条件下可自发进行，则该反应S0D在稀AgNO3溶液中加入过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，则加入Na2S溶液后 c(Ag+) 更小了16下列实验方案能达到实验目的的是( )实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5 mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C取a g铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为V L(已转化为标准状况下)测定铝箔中氧化铝的含量D比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小二、计算题：共6题 共52分17将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰aMnCO3bMn(OH)2cH2O。（1）用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是 ，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是 。（2）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390 g样品溶于硫酸，生成CO2 224.0 mL(标准状况)，并配成500 mL溶液。准确量取10.00 mL该溶液，用0.0500 molL-1 EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2+(原理为Mn2+ +H2Y2=MnY2+2H+)，至终点时消耗EDTA标准溶液28.00 mL。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)18现有铁和铜组成的合金共a mol，其中铜的物质的量分数为x。将此合金研成粉末状后全部投入含b mol硝酸的稀溶液中，微热使其充分反应，硝酸的还原产物只有NO。（1）用粒子符号填写下列空白（列举出全部可能出现的情况）： （2）当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，则b的取值范围为 （用a、x表示）（3）当x=05时，溶液中Fe3+和 Fe2+的物质的量相等，在标准状况下共生成672毫升NO气体，求a= ，b= 。1925时，向100mL含氯化氢14.6g的盐酸里放入5.6g纯铁粉（不考虑反应前后溶液体积的变化），反映开始至2min末收集到氢气1.12L（标准状况），在此之后，又经过4min铁粉全部溶解。则：（1）在前2min内用FeCl2表示的平均反应速率是多少？（2）在后4min内用HCl表示的平均反应速率是多少？（3）前2min与后4min相比，反应速率哪个较快？为什么？20化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因 、 。汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)2C(s)O2(g) H0，该设想能否实现？ （选填“能”或“不能”），依据是 。（2）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为 ，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl浓度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）一定条件下，Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向 （选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案 。（4）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O已知：此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。:写出此条件下，反应A的热化学方程式 。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为 kJ。 21甲醇是结构最为简单的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域。已知甲醇制备的有关化学反应如下：反应：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H190.77kJ/mol反应：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g) H2反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H349.58kJ/mol（1）反应的H2_（2）若500时三个反应的平衡常数依次为K1、K2与K3，则K3_(用K1、K2表示)。已知500时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时V正_V逆(填“”、“”或“”)（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，c(CO)随反应时间t变化如图中曲线I所示。若在t0时刻分别改变一个条件，曲线I变为曲线II和曲线III。当曲线I变为曲线II时，改变的条件是 。当通过改变压强使曲线I变为曲线III时，曲线III达到平衡时容器的体积为_。（4）甲醇燃料电池可能成为未来便携电子产品应用的主流。某种甲醇燃料电池工作原理如图所示，则通入a气体的电极电极反应式为 （5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，反应平衡时，2c(Ba2)c(CH3COO)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为_220.1mol某烃在氧气中完全燃烧，将生成物全部通入浓硫酸中，浓硫酸增重9g，继续通入足量的澄清石灰水中，得到沉淀50g。求：（1）该有机化合物的分子式（2）若分子中只有两个甲基且属于不饱和烃，写出其结构简式。参考答案1D【解析】试题分析：C3H4Cl2的同分异构体存在5种，即：CHCl=CCl-CH3、CHCl=CH-CH2Cl、CH2=CCl-CH2Cl、CCl2=CH-CH3、CH2=CH-CHCl2，其中CHCl=CCl-CH3和CHCl=CH-CH2Cl均存在顺反异构体，即2+2=4种，共3+4=7种，故选D考点：考查同分异构体的书写2C【解析】试题分析：A磷化硼晶体的化学式为BP，属于原子晶体，A错误；B磷化硼是原子晶体，晶体的熔点高，且熔融状态下不能导电 ，B错误；C其中的每个原子均满足8电子稳定结构，那么晶体中每个原子均形成4条共价键，C正确；D磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同，D错误，答案选C。考点：考查晶体结构分析3B【解析】试题分析：A同周期的主族元素从左向右核电荷数增大，则原子半径减小，阴离子比阳离子对1个电子层，简单离子半径阴离子大于阳离子，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，故A错误；B对于主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数，故B正确；CHF属于弱酸，而HCl属于强酸，氟元素非金属性强于氯元素，但氢氟酸的酸性应弱于盐酸，故C错误；D在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温材料的元素，故D错误考点：元素周期律和元素周期表的综合应用4D【解析】试题分析：A、没有形成闭合路，不能构成原电池，故错误；B、盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，不能因此比较非金属性，故错误；C、实验室制取氨气使用氯化铵和氢氧化钙加热，直接加热氯化铵不能得到氨气，故错误；D、氯化铁对过氧化氢分解有催化剂的作用，故正确。考点： 实验方案的设计和评价5C【解析】试题分析：A、硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子抑制铵根水解，醋酸铵溶液中醋酸根促进铵根水解，则硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较大，A错误；B、由于反应中硝酸银过量，所以再加入硫化钠溶液中一定产生硫化银沉淀，所以不能说明二者的溶度积常数大小关系，B错误；C、根据物料守恒可知物质的量浓度均为0.02 mol/L的弱酸HX及其盐NaX等体积混合后：c(X)+ c(HX)= 0.02 mol/L，C正确；D、在含C1-、CrO42-浓度相同的溶液中滴加AgNO3溶液时，根据二者的溶度积常数可知沉淀时需要银离子的浓度分别是，所以首先生成AgCl沉淀，D错误，答案选C。考点：本题主要是考查盐类水解、物料守恒应用以及溶度积常数应用等【名师点晴】沉淀的生成、溶解和转化的判断：通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积浓度积Qc与Ksp的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成、溶解或转化。两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。只要溶液中浓度积大于溶度积常数，就一定产生沉淀，而与溶度积常数的相对大小并无直接关系。6D【解析】试题分析：A、氧气在正极通入，甲醛在负极通入，因此a是阴极，b是阳极。当a、b都是铜做电极时，相当于是铜的精炼，A错误；B、电解质溶液显酸性，则正极反应式为O2+4H+4e-2H2O，B错误；C、2.24L甲醛的物质的量不一定是0.1mol，则不能计算转移电子数，C错误；D、酸性溶液中甲醛失去电子转化为甲酸，D正确，答案选D。考点：考查电化学原理的应用7D【解析】试题分析：甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基-C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基-Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为53=15。故选D。考点：考查了同分异构体的类型及其判定的相关知识。8（1） 、 （2）加成；消去；水解或取代 （3），（4）的水解产物不能经氧化反应而得到产品（或A中的水解产物中的OH不在链端，不能氧化成CHO）（5） （或 或 ）【解析】试题分析：在光照条件下可与氯气发生取代反应生成，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为；（1）由以上分析可知A为；（2）反应为加成反应，反应为A发生消去反应生成，为发生取代反应生成；（3）异苯丙烯和氯化氢加成生成，该反应的方程式为：；D催化氧化可得产物，反应的方程式为：（4）A为，D为，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是中间产物A的结构不确定、若直接转化为D则D的纯度较低；（5）该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为 （或 或 ）。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】用正逆推结合的方法推断，答题时注意把握题给信息，为解答该题的关键；在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为，以此解答该题。9A【解析】试题分析：完全生成HNO3，说明整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）2=n（O2）4 n（Cu）2=1.68/22.4 mol4n（Cu）=0.15mol 所以 Cu（NO3）2为0.15mol根据 Cu2+ 2OH-0.15mol n（OH-）则NaOH 为 0.15mol2=0.3 mol则NaOH 体积V=0.3mol/molL-1=0.06L，即 60 ml，答案选A。考点：考查氧化还原反应的计算10D【解析】试题分析：根据有关的方程式NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl、Al(OH)33HCl=AlCl33H2O可知，故A正确；向澄清石灰水中通入SO2至过量的方程式是Ca(OH)2SO2=H2OCaSO3、CaSO3H2OSO2=Ca(HSO3)2，故B正确；同样分析可知，C中氢氧化钠首先和盐酸反应，故C正确；D中反应的方程式是Ca(OH)2CO2=H2OCaCO3、2KOHCO2=K2CO3H2O、K2CO3CO2H2O=2KHCO3、CaCO3H2OCO2=Ca(HCO3)2，但D中图像不符合消耗CO2的物质的量，故D错误，故选D。考点：考查了物质的性质、化学方程式与图像的相关知识。11D【解析】试题分析：A等体积、等物质的量浓度，则NaX和弱酸HX的物质的量相等，HX的电离大于NaX的水解，则c（X-）c（Na+），错误；BNa2CO3溶液中，物料守恒应为：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），错误；C为电离平衡常数的倒数，加HCl气体不变，错误；D正确。选D。考点：考查水溶液中的离子平衡。【名师点晴】盐类的水解是水溶液中的离子平衡模块中的重要组成部分，在历年的高考试卷中都有体现。题型是以选择题为主，有时也会在后面的实验操作题中涉及到。本部分知识是高考热点中的热点，围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：盐类对水电离程度影响的定性判断与定量计算；盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；pH大小的比较；溶液中离子浓度大小的比较等。12D【解析】试题分析：A将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不能证明其漂白性，错误；B新制氯水中含有稀盐酸，也能使NaHCO3溶液有气泡冒出，不能证明电离H+的能力HClOHCO3，错误；C要探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，应该使用的盐的阴离子相同，只有阳离子不同，才可以进行对比，错误；D向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴NaClO的84消毒液，观察到滴有醋酸的品红溶液的红色褪色的快，说明溶液pH的减少，酸性增强，84消毒液的氧化能力增强，正确。考点：考查化学实验操作正误判断的知识。13C【解析】试题分析：A将FeCl3溶液滴人沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体，可制得氢氧化铁胶体，故A正确；B铝比锰活泼，熔点较高，可用铝热法冶炼，故B正确；C套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故C错误；D装置可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故D正确。故选C。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，较为综合，涉及胶体制备、铝热反应、氢氧化亚铁有的制备以及碳酸钠与碳酸氢钠的稳定性比较，侧重于实验方案的评价，注意把握物质的性质。14A【解析】试题分析： A某温度时的混合溶液中c(H+)=molL-1，则c(OH-)=molL-1=c(H+)=mol/L，溶液呈中性，故A正确；B由水电离出的c(H+)=10-12molL-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=mol/L=1.5610-8mol/L，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=mol/L=310-5，c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Cl-、CrO42-，即Cl-先产生沉淀，故C错误；D常温下pH=7的CH3COOH和NaOH混合溶液中，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子浓度大小的比较、盐类的水解【名师点晴】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及盐的水解原理、难溶物溶度积的计算、溶液酸碱性判断及离子浓度大小比较等知识，明确盐的水解原理、电荷守恒的含义为解答关键，注意掌握难溶物溶度积有关的计算。15D【解析】试题分析：A加入硝酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故B错误；C反应前后气体的总量不变S=0，故C错误D在稀AgNO3溶液中加入过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，说明硫化银的溶解度小于氯化银，溶液中的 c(Ag+) 更小，故D正确；故选D。考点：考查了化学反应速率的影响因素；反应热和焓变、难溶电解质的溶解平衡等相关知识。16C【解析】试题分析：A不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，碱不足，醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，故B错误；C铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，故C正确；D反应热与反应速率没有必要联系，故D错误。故选C。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性。17（1）防止FeSO4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污（2）n(CO2)= n(MnCO3)=0.01 moln(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(Mn2+)=0.0014mol7.390 g 该碱式碳酸锰中n(Mn2+)=0.07mol，nMn(OH)2=0.06 molm(H2O)=0.9 g ，nH2O)=0.05 molabc= 165 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O【解析】试题分析：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）n(CO2)=n(MnCO3)=0.01 mol，n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn2+)=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n(Mn2+)=0.0014mol=0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn2+)=0.07molnMn(OH)2=0.06 molm(H2O)=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 gn(H2O)=0.05 mola:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O，故答案为：n(CO2)=n(MnCO3)=0.01 mol n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn2+)=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n(Mn2+)=0.0014mol=0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn2+)=0.07molnMn(OH)2=0.06 molm(H2O)=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 gn(H2O)=0.05 mola:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O考点：考查了物质性质和组成的分析判断的相关知识。18（1）组序成 分残留固体成分Fe、CuCuCu无无无溶液中金属离子Fe2Fe2Fe2Cu2Fe2Cu2Fe2、Cu2Fe3Fe3Cu2（2）8a（1-x）/3b8a/3 （3）a=0.04；b=0.12【解析】试题分析：（1）Fe、Cu与稀HNO3反应时，由于还原性由强到弱顺序为FeCuFe2+，所以下列物质先后顺序反应为：3Fe8HNO33Fe(NO3)22NO4H2O、3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO4H2O、3Fe(NO3)24HNO33Fe(NO3)3NO2H2O，HNO3的量由小到大时，依次发生如上反应，就有6种情况见答案（1）。（2）溶液中只有Fe2+，Cu2+时，Fe2+为a(1x)mol，Cu2+为0n(Cu2+)ax，HNO3完全反应，依据电子得失相等可求出体现氧化性的硝酸：2a(1x)2n(Cu2+)1/3mol，体现出酸性的硝酸2a(1x)2n(Cu2+)(根据溶液呈电中性)，总HNO3为2a(1-x)+2n(Cu2)32a(1x)2n(Cu2+)b，因为0n(Cu2+)a x，所以，8a（1-x）/3b8a/3 。（3）x0.5时，0.5a Cu，0.5a Fe0.25a Fe3+，0.25a Fe2+，0.5a Cu2+，根据电子得失相等有：0.25a30.25a20.5a20.67222.43，解得a0.04；溶液中NO3-：0.25a30.25a20.5a22.25a2.250.040.09mol，转化成NO消耗的HNO3为0.03mol，所以b0.090.030.12mol。 考点：考查硝酸的性质，化学计算等知识。19 (1) v（FeCl2）=0.25molL-1min-1；(2) v（HCl）=0.25molL-1min-1；(3) 前2min内反应速率快 因前2min内)v（FeCl2）=0.25molL-1min-1，而后4min内) v（FeCl2）=1/2v（HCl）=0.125molL-1min-1，故前2min的反应速率快。【解析】试题分析：（1）反应前氯化亚铁的物质的量为0；Fe+2HCl=FeCl2 +H256g 1mol 22.4L 2.8g 0.05mol 1.12Lv(FeCl2)=nVt0.05mol0.1L2min=0.25 mol/（Lmin）；(2)反应前氯化氢的物质的量为n(HCl)=14.6g36.5g/mol=0.4mol，铁的物质的量为n(Fe)=5.6g56g/mol0.1mol 结合方程式知，氯化氢过量，通过(1)知，前两分钟，铁反应2.8g，还剩2.8g；2min-4min时，铁反应2.8g， Fe+2HCl=FeCl2 +H2 56g 2 mol 2.8g 0.1mol所以氯化氢的物质的量的变化量为0.1mol，所以 4min内c(HCl)= nVt0.1mol0.1L4min=0.25 mol/（Lmin）；(3)根据同一反应、同一时间段内中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以前两分钟内，氯化氢的平均反应速率为0.5mol/（Lmin）；2min-4min时，氯化氢的平均反应速率为0.25 mol/（Lmin），所以前两分钟内反应速率快，原因是：随着反应的进行，氢离子的浓度不断减小，所以反应速率降低。考点：考查反应速率的计算与比较及影响速率的因素的分析、判断的知识。20（1）温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2）Cl2+H2OHCl + HClO；增大 （3）正反应；加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）（4）4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 31.9【解析】试题分析：（1）气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0，温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行；该反应是焓增、熵减的反应，根据H - TS0可知，任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，化学方程式为：Cl2+H2OHCl + HClO，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体,消耗H+，平衡正向移动，溶液中Cl浓度增大；（3）Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，碘溶解在CCl4中，水溶液中，碘单质的浓度降低，平衡正向移动，要想使该反应的化学平衡逆向移动，降低I或Fe3+的浓度或增大I2或Fe2+浓度即可，所以加入少许铁粉或加入少许碘。（4）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1；焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量，4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1，4E（H-Cl）+498-2432+4E（H-O）=-115.6，得到4E（H-O）-4E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，E（H-O）-E（H-Cl）=31.931.9，这说明断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为31.9kJ。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向以及热化学方程式书写和反应热计算等21（1）+41.19 kJmol1 （2）K1K2 （3）加入催化剂 2L（4） CH3OH6e+H2O=CO2+6H+（5） 【解析】试题分析：（1）已知反应：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H190.77kJ/mol，反应：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g) H2，反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H349.58kJ/mol，根据盖斯定律：=-得反应的H2+41.19 kJmol1。（2）根据已知反应确定K1=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)、K2=c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)、K3= c(CH3OH) c(H2O)/ c(CO2)c3(H2)，则K3K1K2。500时K1、K2的值分别为2.5、1.0，则K3= K1K2=2.5，该温度下反应在某时刻，Q= c(CH3OH) c(H2O)/ c(CO2)c3(H2)=（0.30.15）/（0.830.1）=0.9K3，反应正向进行，则此时V正V逆。（3）分析图像知t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线II，一氧化碳的平衡浓度没有变化而达平衡的时间缩短，改变的条件是加入催化剂；反应为反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不移动，曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L。 （4）根据题给装置知本题考查酸性甲醇燃料电池，根据外电路电子流向判断左侧电极为电池的负极，发生氧化反应，即甲醇被氧化为二氧化碳，结合碳元素的化合价变化确定失电子数目，根据原子守恒和电荷守恒配平，电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+。（5）常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，根据电荷守恒知2c(Ba2)+c(H+)c(CH3COO)+c(OH)，又2c(Ba2)c(CH3COO)= b mol/L，则c(H+)=c(OH)=110-7mol/L，根据醋酸与氢氧化钡溶液反应的化学方程式确定混合液中c(CH3COOH)=（a-2b）/2mol/L，该混合溶液中醋酸的电离常数为c(CH3COO) c(H+)/ c(CH3COOH)= 。考点：考查反应热的计算、盖斯定律，化学平衡分析和电离常数的计算。22（1）分子式为C5H10（2）、【解析】试题分析：0.1mol某烃在氧气中完全燃烧，将生成物全部通入浓硫酸中，浓硫酸增重9g，则生成水的质量为9g，生成水的物质的量为，继续通入足量的澄清石灰水中，得到沉淀50g，则生成碳酸钙的质量为50g，碳酸钙的物质的量为，根据碳原子守恒可知，设烃的分子式为CnHm，则：CnHm(nm/4)O2nCO2+m/2H2O1 (nm)/4 n m/20.1 0.5 0.5所以n5，m10即分子式为C5H10（2）根据分子式C5H10可知，分子结构中有一个碳碳双键，若分子中只有两个甲基，则符合条件的同分异构体有：、。考点：考查有关有机物分子式确定的计算。