1、高考资源网（ ），您身边的高考专家(时间：40分钟满分：60分)选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl212Cl2HNO26H=N23SnCl4H2O。关于该反应的说法正确的是()。氧化剂是HNO2还原性：ClN2每生成2.8 g N2，还原剂失去的电子为0.6 molx为4，y为2SnCl是氧化产物A BC D只有解析反应中，HNO2得到电子为氧化剂，SnCl2失去电子为还原剂，其对应产物SnCl是氧化产物。Cl在反应中没有得失电子。每生成1 mol N2转移6 mol电子，故生成2.8 g N2(0.1 mol)，SnCl2
2、失去0.6 mol电子。根据电荷守恒有：1263y，y2，根据原子守恒有：6123x，x6。综合上述，正确。答案A2质量相等的某2价金属A、B两块，将A放入足量CuSO4溶液中，B放入足量Hg(NO3)2溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，A减轻3.6%，B增重6.6%，已知溶解的金属A、B质量相同，则该金属的相对原子质量为()。A56 B65 C112 D118解析设该2价金属的元素符号为M，其相对原子质量为R，溶解的质量为m，原金属A、B的质量为x。MCuSO4=MSO4Cum1R 64 R64M MHg(NO3)2=HgM(NO3)2m2R 201 201RM )3.6%6.6%解
3、/得R112，故选C。答案C3在一密闭气缸中，用一不漏气可滑动的活塞隔开，左边充有N2，右边充有H2和O2的混合气体，在20 时，将右边混合气体点燃，反应后冷却到原来温度，若活塞原来离气缸左端的距离为总长的，反应后静止于气缸的正中(忽略水蒸气)，则原来H2和O2的体积之比为()。A一定是45 B一定是54C一定是72 D可能是45或72解析反应前：活塞两边的气体均处于20 ，压强也相同，根据阿伏加德罗定律，右边混合气体的物质的量是N2的3倍。反应后：活塞两边气体仍处于20 ，压强也相同，根据阿伏加德罗定律，右边剩余气体的物质的量与N2的相等。由于反应前后N2的体积虽然发生变化，但其物质的量没有
4、改变，所以我们若假定N2的物质的量为1 mol时，H2和O2混合气体的物质的量共3 mol，反应后剩余气体即为1 mol，那么混合气体从3 mol变为1 mol是由以下反应引起的：2H2O22H2O(液)，这是一个气体物质的量减少的反应。现假定参加反应的氢气和氧气的物质的量分别为x mol和y mol，根据差量法可以确定x和y：2H2O22H2O气体物质的量的减少量2 1 3x mol y mol 3 mol1 mol2 mol则x，y。xy23，说明有气体剩余，那么剩余的1 mol气体是什么呢？氢气或氧气都有可能。讨论如下：若氢气有剩余，则氧气的物质的量为： mol，氢气的物质的量为： mo
5、l1 mol mol，即体积之比等于物质的量之比为72。若氧气有剩余，则氢气的物质的量为 mol，氧气的物质的量为： mol1 mol mol，即体积之比等于物质的量之比为45。答案D4Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()。A2 B3 C4 D5解析本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒进行相关的计算。 得关系式1xe162e，x5。答案D5检验某病人血液中的含钙量，取10 mL血液，稀释后用(NH4)2C2O4(草酸铵)溶液处理生成CaC2O4沉淀，过滤此沉淀并将其溶于强酸中
6、，然后用0.5 molL1的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液1.60 mL，有关反应式为Ca2C2O=CaC2O4，CaC2O4H2SO4=CaSO4H2C2O4,3H2SO45H2C2O42KMnO4=K2SO42MnSO410CO28H2O。则血液中的含钙量为()。A2.4 gL1 B8 gL1C6 gL1 D12 gL1解析设血液中c(Ca2)为x，5Ca25CaC2O45H2C2O42KMnO45 mol 2 mol10103 Lx 1.6103 L0.5 molL152(10103 Lx)(1.6103 L0.5 molL1)，解得x0.2 molL1即血液中含钙量为40 gm
7、ol10.2 molL18 gL1。答案B6在隔绝空气的情况下，9.8 g铁、镁、铝混合物溶于一定浓度的稀硝酸中，当金属全部溶解后，收集到4.48 L NO气体(标准状况下)，在反应后的溶液中加入过量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量可能是()。A18 g B22 g C20 g D无法计算解析HNO3NO，N得到3e，n(NO)0.2 mol，n(e)0.6 mol，由MMnM(OH)n和电子守恒知金属失去电子的物质的量等于氮得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH的物质的量，最多生成沉淀的质量等于金属质量净增OH的质量9.8 g0.6 mol17 gmol120.0 g，由于沉淀中没
8、有氢氧化铝，所以质量应小于20 g。答案A7恒温、恒压下，在一个容积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)B(g)C(g)，若开始时通入1 mol A和1 mol B，达到平衡时，生成a mol C。则下列说法错误的是()。A若开始时通入3 mol A和3 mol B，达到平衡时，生成的C的物质的量为3a molB若开始时通入4 mol A、4 mol B和2 mol C，达到平衡时，B的物质的量一定大于4 molC若开始时通入2 mol A、2 mol B和1 mol C，达到平衡时，再通入3 mol C，则再次达到平衡后，C的物质的量分数为D若在原平衡体系中，再通入1 mol A和1 mo
9、l B，混合气体的平均相对分子质量不变解析选项A，开始时通入3 mol A和3 mol B，由于容器体积膨胀，保持恒压，相当于将三个原容器叠加，各物质的含量与原平衡相同，C的物质的量为3a mol；选项B，无法确定平衡移动的方向，不能确定B的物质的量一定大于4 mol；选项C，根据题给数据可算出达到平衡时C的物质的量分数为；选项D，这种条件下混合气体的相对分子质量应不变。答案B8电解普通水和重水(D2O)的混合物，通电一段时间后，两极共生成气体18.5 g，其体积为33.6 L(标准状况)，在所生成的气体中，重氢(D)和普通氢(H)的原子个数之比是()。A12 B23 C13 D25解析n(气
10、)n(H2)n(D2)n(O2)1.5 mol。由2H2O2H2O2可知：每摩尔水被分解可生成1.5 mol气体，由题意知有1 mol这种“混合水”分解，其平均相对分子质量为18.5。故n(D2)n(H2)n(D)n(H)n(D2O)n(H2O)13。答案C9一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4H2C2O42H2O。若用0.100 0 molL1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4H2C2O42H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(molL1)为()。(提示：H2C2O4是二元弱酸10KHC2O4H2C2O48KMnO417H
11、2SO4=8MnSO49K2SO440CO232H2O)A0.008 889 B0.080 0C0.120 0 D0.240 0解析可设NaOH溶液体积为1 L，则KMnO4溶液为 L，n(NaOH)0.1 molL11 L0.1 moln(KHC2O4H2C2O42H2O)n(NaOH)0.1 mol moln(KMnO4)n(KHC2O4H2C2O42H2O) mol molc(KMnO4)0.080 0 molL1答案B10常温下，向20 L的真空容器中通入a mol H2S和b mol SO2(a和b都是正整数，且a5，b5)。反应完全后，容器内气体可能达到的最大密度是()。A24.5 gL1 B14.4 gL1C8 gL1 D5.19 gL1解析若容器内充入的全是H2S，则气体的最大密度是8.5 gL1。若容器内充入的全是SO2，则气体的最大密度是16 gL1。因为2H2S(g)SO2(g)=2H2O(l)3S(s)，则只有H2S与SO2反应后SO2有剩余时，气体才可能达到最大密度。取a的最小值a1，取b的最大值b5，反应后剩余的气体是SO2，且n(SO2)剩余最多，即4.5 mol，(SO2)14.4 gL1。答案B欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
