1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（下）第三次月考化学试卷一、选择题1用石墨电极电解1molL1的下列溶液，溶液的pH不变的是（）AHClBNaOHCNa2SO4DNaCl2将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（）ABCD3常温下，A、B组成的混合气体（MAMB）经分析发现无论怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，若混合气体中C、O质量比为1：8，则A、B两气体的体积比可能为（）3：42：14：14：31：2A只有BCD4已知某无色
2、溶液中含有H+、Mg2+、Al3+几种阳离子，逐滴加入氢氧化钠溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系，正确的是（）ABCD5有温度和容积均相同的两容器、，向中加入1mol NO2，中加入2mol NO2，都将发生反应2NO2（g）N2O4（g），反应达到平衡时，测得中NO2的转化率为a%，中NO2的转化率为b%，则a、b的关系为（）AabBabCa=bD无法确定6若丙醇中的氧原子为18O，它和乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（）A102B104C120D1227下列各组离子中能大量共存的是（）AK+、SiO32、OH、Na+BNa+、H+、CO32、SO42CK
3、+、H+、SiO32、ClDOH、Na+、HCO3、Cl8下图所示的实验操作与方法正确的是（）A检验装置气密性B过滤C点燃酒精灯D称量氯化钠9某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有（）取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和ABCD10在一定容积密闭容器中加入2mol A和3mol B，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）C（g）+D（g），下列可作判断反应是否达到平衡的依据的是（）A气体的密度是否变化B容器内的压强是否变化C容器中A的浓度是否变化D容器中C、D的物质的量之比是否变化11某有机物分子中有 n 个CH2，m 个，a个CH3，其余为OH，则该物质分子中OH的个数可能
4、为（）AmaBn+m+aCm+1aDm+2a12图是有关电化学的图示，完全正确的是（）A稀H2SO4CuZn原电池BCuSO4粗铜的精炼CZnCl2溶液铁片镀锌D饱和氯化钠溶液验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物13C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物该混合物的平均相对分子质量可能是（）A28B30C38D4014未来人类最理想的燃料是（）A无烟煤B液化石油气C天然气D氢气15在冷的浓硝酸中，下列金属最难溶解的是（）A银B镁C铝D铜16把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（）A2
5、 molB3 molC4 molD5 mol17在氯化铁、氯化铜和盐酸混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（）ACu2+BFe3+CFe2+DH+19某溶液A加入KSCN溶液后显红色如果溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，则物质B可能是（）A硫酸B氢硫酸C硝酸D碘化钾20一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断不合理的是（）Ac1：c2=1：3B平衡时
6、，Y与Z的生成速率之比为3：2CX、Y的转化率不相等Dc1的取值范围0c10.14 molL1二、实验题21试样X由氧化亚铁和氧化铜组成取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1）请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为（用m表示）三、计算题（注释）22把铝、铁混合物1.1g溶于200mL 5molL1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6molL1（溶液体积变化忽略不计）求：（1）反应中消耗HCl的物质的量（2）该混合物中铝、铁的物质的量23如图是100mg CaC2O4H2O受热分解时，所得固
7、体产物的质量随温度变化的曲线试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是，B是（2）由CaC2O4H2O得到A的化学方程式为（3）由A得到B的化学方程式为（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（下）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1用石墨电极电解1molL1的下列溶液，溶液的pH不变的是（）AHClBNaOHCNa2SO4DNaCl【考点】电解原理【分析】A电解盐酸，发生反应：2HClH2+Cl2，溶液中HCl浓度降低；B电解NaOH溶液，发生反应：2H2O2H2
8、+O2，溶液中NaOH浓度增大；C电解Na2SO4溶液，发生反应：2H2O2H2+O2，Na2SO4浓度增大，但Na2SO4溶液为中性；D电解NaCl溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，有NaOH生成【解答】解：A电解盐酸，发生反应：2HClH2+Cl2，溶液中HCl浓度降低，酸性减弱，溶液pH增大，故A错误；B电解NaOH溶液，发生反应：2H2O2H2+O2，溶液中NaOH浓度增大，碱性增强，溶液pH增大，故B错误；C电解Na2SO4溶液，发生反应：2H2O2H2+O2，Na2SO4浓度增大，但Na2SO4溶液为中性，溶液pH不变，故C正确；D电解NaCl溶液，发生
9、反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，有NaOH生成，碱性增强，溶液pH增大，故D错误，故选：C2将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（）ABCD【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质【分析】铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，当硝酸反应完毕后，铁若有剩余，再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁先判断铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，铁是否有剩余，若铁有剩余根据硝酸计算生成NO的物质的量，若硝酸有剩余根据铁计算生成NO的物质的量【解答
10、】解：22.4g铁的物质的量为=0.4mol，令铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则： Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+H20 1 40.4mol n所以n=1.6mol，由于1.6mol0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则： Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+H20 1mol 4 mol 0.1mol0.2mol 0.8mol 0.2mol根据生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系如图：故选：C3常温下，A、B组成的混合
11、气体（MAMB）经分析发现无论怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，若混合气体中C、O质量比为1：8，则A、B两气体的体积比可能为（）3：42：14：14：31：2A只有BCD【考点】元素质量分数的计算【分析】CO分子中C、O元素的质量比=12：16=3：4，CO2分子中C、O质量之比=12：32=3：8，无论气体怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，只能为CO2和O2混合气体，由于MAMB，则A为CO2、B为O2，再结合混合气体中C、O质量比为1：8计算【解答】解：CO分子中C、O元素的质量比=12：16=3：4，CO2分子中C、O质量之比=12：32
12、=3：8，无论气体怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，只能为CO2和O2混合气体，由于MAMB，则A为CO2、B为O2，若混合气体中C、O质量比为1：8，设CO2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，则：12x：16（2x+2y）=1：8整理可得x：y=1：2即相同条件下CO2、O2的体积之比为1：2故选：A4已知某无色溶液中含有H+、Mg2+、Al3+几种阳离子，逐滴加入氢氧化钠溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系，正确的是（）ABCD【考点】离子方程式的有关计算【分析】开始发生反应：H+OH=H2O，没有沉淀生成，氢离子反应完毕，
13、再发生反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3，沉淀达最大值时，再加入NaOH溶液，又发生反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，最终得到沉淀为Mg（OH）2【解答】解：开始发生反应：H+OH=H2O，没有沉淀生成，氢离子反应完毕，再发生反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3，沉淀达最大值时，再加入NaOH溶液，又发生反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，最终得到沉淀为Mg（OH）2，故消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系为：，故选：B5有温度和容积均相同的两容器、，向中加入1mol NO2
14、，中加入2mol NO2，都将发生反应2NO2（g）N2O4（g），反应达到平衡时，测得中NO2的转化率为a%，中NO2的转化率为b%，则a、b的关系为（）AabBabCa=bD无法确定【考点】化学平衡的影响因素【分析】在温度和容积均相同的两容器，相当于两个达平衡时压缩到一个容器中，即增大压强，平衡正向移动，由此分析解答【解答】解：在温度和容积均相同的两容器，相当于两个达平衡时压缩到一个容器中，即增大压强，平衡正向移动，所以中NO2的转化率大于中NO2的转化率，即ab，故选A6若丙醇中的氧原子为18O，它和乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（）A102B104C120D122【考点】相对分子质量
15、及其计算【分析】根据酸与醇反应的实质进行分析得出正确结论酯化反应的反应机理是酸脱羟基，醇脱氢，据此分析【解答】解：酸与醇反应的原理为酸脱羟基，醇脱氢，故丙醇与乙酸反应的原理为：CH3COOH+CH3CH2CH218OH CH3CO18OCH2CH2CH3+H2O，故CH3CO18OCH2CH2CH3的相对分子质量为512+16+18+101=104，故选B7下列各组离子中能大量共存的是（）AK+、SiO32、OH、Na+BNa+、H+、CO32、SO42CK+、H+、SiO32、ClDOH、Na+、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质或发
16、生氧化还原反应、互促水解反应等，则可大量共存，反之不能，以此解答【解答】解：A离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BH+与CO32反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故B错误；CH+与SiO32反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DHCO3与OH反应生成CO32和水而不能大量共存，故D错误故选A8下图所示的实验操作与方法正确的是（）A检验装置气密性B过滤C点燃酒精灯D称量氯化钠【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A在检查装置的气密性时，先将导管放入水槽中，然后用手握住试管外壁；B过滤实验中要用玻璃棒引流；C点燃酒精灯时，不能用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯；D托盘天平的
17、使用要注意“左物右码”的原则【解答】解：A在检验装置的气密性时，利用的是装置内气体的压强改变，有气泡冒出时，说明装置气密性良好，否则气密性不好，故A正确；B过滤实验中要用玻璃棒引流，图中没有，故B错误；C点燃酒精灯时，用火柴点燃，如果用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，会引起酒精失火，造成危险图中操作错误，故C错误；D托盘天平的使用要注意“左物右码”的原则，图中正好相反，故D错误故选A9某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有（）取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和ABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、OH、COOH，结合烯烃、酯、
18、醇、羧酸的性质来解答【解答】解：因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故选；因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故选；因与OH相连的C的邻位碳原子上有H原子，则能发生消去反应，故选；因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故选；含有酯基，则能发生水解反应，故选；含有碳碳双键、OH，能发生氧化反应，故选；因含有羧基，则能发生中和反应，选；故选D10在一定容积密闭容器中加入2mol A和3mol B，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）C（g）+D（g），下列可作判断反应是否达到平衡的依据的是（）A气体的密度是否变化B容器内的压强是否变化C容器中A的浓度是否变化D容器中C、D的物质的量之比是否变化
19、【考点】化学平衡状态的判断【分析】当正逆反应速率相等时可逆反应达到平衡状态，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答【解答】解：A根据质量守恒定律及物质状态知，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以气体密度始终不变，不能据此平衡平衡状态，故A不选；B反应前后气体计量数之和不变，所以无论是否达到平衡状态，气体压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故B不选；C随着反应减小，A的浓度逐渐减小，当A的浓度不变时，其正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故C选；DC、D的计量数相等且都是生成物，开始时容器中都不存在C、D物
20、质，所以容器中C、D的物质的量之比始终都是1：1，不能据此判断平衡状态，故D不选；故选C11某有机物分子中有 n 个CH2，m 个，a个CH3，其余为OH，则该物质分子中OH的个数可能为（）AmaBn+m+aCm+1aDm+2a【考点】有机化合物中碳的成键特征【分析】该有机物中含有a个CH3，n 个CH2，m个，其余为OH，说明该物质属于饱和醇，将OH原子换为H原子就是烷烃结构，根据烷烃通式计算出H原子个数，计算已知的H原子个数，剩余的就是OH原子个数，据此分析解答【解答】解析：设OH数为x，若烃基为烷基，则通式为：Ca+m+nH2（a+m+n）Ox，由H守恒，2 n+m+3a+x=2a+2
21、m+2 n+2，解得x=m+2a，D正确若烃基为环烷烃基，则通式为：Ca+m+nH2（a+m+n）Ox，由H守恒，2 n+m+3a+x=2a+2 m+2 n，得x=ma，A正确故选AD12图是有关电化学的图示，完全正确的是（）A稀H2SO4CuZn原电池BCuSO4粗铜的精炼CZnCl2溶液铁片镀锌D饱和氯化钠溶液验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A依据原电池原理分析，活泼金属做负极；B粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极；C依据电镀原理，镀层金属做阳极，待镀金属做阴极；D电解饱和食盐水，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生
22、成氯气【解答】解：A锌比铜活泼，应为负极，铜为正极，故A错误；B粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极，故B错误；C镀件铁做阴极，锌做阳极进行电镀，故C错误；D电解饱和食盐水，阳极电流流向，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，检验氯气用淀粉碘化钾，故D正确；故选D13C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物该混合物的平均相对分子质量可能是（）A28B30C38D40【考点】相对分子质量及其计算【分析】根据C原子、H原子守恒，判断C8H18裂化可能发生的反应情况，根据反应情况判断1molC8H18裂化所
23、得的混合气体的物质的量的范围，再根据极限法计算平均相对分子质量的范围，据此解答【解答】解：按照题目所给C8H18的裂化产物考虑，C8H18裂化可能发生的反应共有以下几种：C8H18C4H8+C3H6+CH4C8H18C4H8+C2H4+C2H6C8H182C3H6+C2H6C8H18C3H6+2C2H4+CH4C8H183C2H4+C2H6以上反应、是1molC8H18裂化生成3mol混合气体；、反应是1molC8H18裂化生成4mol混合气体要得到题目所述的混合气体，按、反应就可以实现；但是按、反应并不能得到题目所述的混合气体，至少需要、中的一个反应参与或者共同参与，也有可能同时参与这样1m
24、olC8H18裂化所得的混合气体的物质的量为：3moln4mol，所以混合气体的平均摩尔质量，即28.5g/mol38g/mol所以平均相对分子质量为：28.538故选B、C14未来人类最理想的燃料是（）A无烟煤B液化石油气C天然气D氢气【考点】清洁能源【分析】氢气燃烧时与空气中的氧结合生成水，不会造成污染A、煤燃烧会生成二氧化硫等空气污染物；B、液化石油气燃烧释放出二氧化碳；C、天然气燃烧会释放出二氧化碳；D、氢气燃烧的产物只有水【解答】解：A、煤燃烧会生成二氧化硫等空气污染物，会造成环境污染，故A错误；B、液化石油气燃烧释放出二氧化碳，引起温室效应，故B错误；C、天然气燃烧会释放出二氧化碳
25、，会造成温室效应，故C错误；D、氢气燃烧生成水，对环境没有污染，所以最理想的燃料，故D正确故选D15在冷的浓硝酸中，下列金属最难溶解的是（）A银B镁C铝D铜【考点】硝酸的化学性质【分析】浓硝酸具有强氧化性，与活泼金属及较活泼金属都能发生氧化还原反应，而使金属溶解，但极不活泼金属金、铂都不与硝酸反应，注意铁、铝遇冷的浓硝酸发生钝化【解答】解：浓硝酸具有强氧化性，铜、银、镁都能与冷的浓硝酸反应而溶解，铝与冷的浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜，阻止浓硝酸再与它们继续接触反应，所以最难溶解，故选：C16把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（）A2
26、molB3 molC4 molD5 mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】发生3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，由3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知，6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3，则H+不足，H+完全反应，设生成NO的物质的量为x，则3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO
27、+4H2O 8 2 12mol x，解得x=3mol，故选B17在氯化铁、氯化铜和盐酸混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（）ACu2+BFe3+CFe2+DH+【考点】铁的化学性质；氧化性、还原性强弱的比较【分析】氧化性Fe3+Cu2H+，在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：Fe+2Fe3+=2Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu、Fe+2H+=Fe2+H2，以此解答该题【解答】解：在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：Fe+2Fe3+=2Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2、Fe+Cu2+=Fe2+
28、Cu，待反应结束，铁粉有剩余，则溶液中存在的离子为Fe2+，故选B19某溶液A加入KSCN溶液后显红色如果溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，则物质B可能是（）A硫酸B氢硫酸C硝酸D碘化钾【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】某溶液A加入KSCN溶液后显红色，说明A中含Fe3+，而在溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，说明加入的物质B能将Fe3+还原或沉淀，据此分析【解答】解：A、加入的硫酸和Fe3+不反应，故Fe3+对无影响，故A错误；B、加入的H2S能将Fe3+还原为Fe2+，故再加入KSCN溶液，不显红色，故B正确；C、加入的硝酸和Fe3+
29、不反应，故Fe3+对无影响，故C错误；D、加入的HI能将Fe3+还原为Fe2+，故再加入KSCN溶液，不显红色，故D正确；故选BD20一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断不合理的是（）Ac1：c2=1：3B平衡时，Y与Z的生成速率之比为3：2CX、Y的转化率不相等Dc1的取值范围0c10.14 molL1【考点】化学平衡建立的过程【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始
30、，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式 X（气）+3Y（气）2Z（气），开始（mol/L）：c1 c2 c3变化（mol/L）：0.04 0.12 0.08平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08c1=0，14 c2=0.42 c3=0若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：根据方程式 X（气）+3Y（气）2Z（气），开始（mol/L）：c1 c2 c3变化（mol/L）：0.1 0.
31、3 0.2平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08c1=0 c2=0 c3=0.28由于为可逆反应，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0c（X）0.14，0c（Y）0.42，0c（Z）0.28，A、X 和Y平衡浓度为1：3，变化的量为1；3，所以起始量为1：3，c1：c2=1：3，故A正确；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：2，故B正确；C、X、Y的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，故C错误；D、依据上述计算，c1的取值范围为0c10.14molL1，故D正确；故选C二、实验题21试样X由氧化亚铁和氧化铜组成取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1）
32、请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为m（用m表示）【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）先判断粉末Z的成分，再根据溶液E不含铜离子判断该溶液成分，根据有气体生成，判断反应过量的物质，从而确定W的成分，写出相应的离子方程式；（2）根据铜的质量计算氧化铜的质量，氧化铜质量的一半为试样X中氧化铜的质量【解答】解：（1）因为CuO+COCu+CO2，FeO+COFe+CO2，所以固体粉末Z为Cu和Fe铁能和
33、铜离子发生置换反应，所以铁和铜离子发生的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；强酸性溶液E不含铜离子，且有气体F生成，所以铁与铜离子反应铁过量，铁还和酸反应，所以铁和酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；答：步骤中所发生的全部反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2；（2）不溶物W为铜，铜有两部分来源，一部分是CO还原出的铜，一部分为铁与铜离子反应置换出的铜，所以以W的一半计算试样中的氧化铜的质量； CuOCu 80 64m m所以试样中氧化铜的质量为m=m，故答案为： m三、计算题（注释）22把铝、铁混合物1.1g溶于200mL 5mo
34、lL1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6molL1（溶液体积变化忽略不计）求：（1）反应中消耗HCl的物质的量（2）该混合物中铝、铁的物质的量【考点】化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算【分析】（1）利用n=cV，根据反应前HCl的物质的量减去反应后溶液中HCl的物质的量来计算；（2）根据金属的质量之和为1.1g及反应中消耗的HCl来列式计算即可【解答】解：（1）消耗HCl的物质的量为0.2 L5molL10.2 L4.6 molL1=0.08mol，答：反应中消耗HCl的物质的量为0.08mol；（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y由2Al+6HCl2AlCl3+3H2、Fe+2
35、HClFeCl2+H2则Al3HCl Fe2HCl x 3x y 2y ，解得x=0.02mol、y=0.01mol，答：该混合物中铝、铁的物质的量分别为0.02mol、0.01mol23如图是100mg CaC2O4H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是CaC2O4，B是CaCO3（2）由CaC2O4H2O得到A的化学方程式为CaC2O4H2OCaC2O4+H2O（3）由A得到B的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式【考点
36、】化学方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】由图可知：t1时产物A的质量为87.7 g，t2时，B为68.5 g观察化学式：CaC2O4H2O，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则产物A、B、C的物质的量应与CaC2O4H2O相同（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y，根据关系式计算A、B的相对分子质量，据此判断A、B的化学式（2）根据A的化学式判断其它产物，书写方程式（3）根据A、B的化学式判断其它产物，书写方程式（4）由图可知产物C的质量约为38 mg，C的物质的量应与CaC2O4H2O相同，根据由化学式计算质量分数，计算C的相对分子质量，据此判断C的化学式【解答
37、】解：（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y，则：由CaC2O4H2OA 146 x 100 mg 87.7 mg所以x=128，CaC2O4H2O相对分子质量为146，A与 CaC2O4H2O的相对分子质量相差18，则A为CaC2O4由CaC2O4H2OB 146 y 100 mg 68.5 mgy=100 mg，则B为CaCO3故答案为：CaC2O4；CaCO3（2）A为CaC2O4，CaC2O4H2O分解生成CaC2O4与H2O，该温度下，水为气态，反应方程式为CaC2O4H2OCaC2O4+H2O故答案为：CaC2O4H2OCaC2O4+H2O（3）A为CaC2O4，B为CaCO3，所以CaC2O4分解生成CaCO3与CO，反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO故答案为：CaC2O4CaCO3+CO（4）当加热至11001200时，由图读得分解产物C的质量约为38mg，C的相对分子质量为146=55.48，C相对分子质量的实验值与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO答：C的相对分子质量为55.48，C的化学式为CaO2016年7月30日高考资源网版权所有，侵权必究！