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2、百师联盟2024高三二轮化学
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64.x+24y=10根据质量守恒和转移电子守恒可得2z+2=0.5,解得=0.1y一0.15°由上述分析可知，该合金中，镁的物质的量为0.15ol,A项错误；将生成的气体与氧气一起通入水中恰好被完全吸收，NO2和N2O,与HO反应均生成HNO3,根据HNO,反应得到电子的物质的量可知，气体溶解过程中N原子失去电子的总物质的量为O.5ol,因此消耗氧气的物质的量为0.5m0=0.125m0l,在标准状况下的体积为0.125mol×22.4L·mol1=2.8L,B项正确：反应后Cu被氧化成Cu(NO)2,Mg被氧化成Mg(NO方)2，另一部分硝酸在反应中起氧化剂的作用，生成NO2和N2O的混合气体，根据氮原子守恒，消耗的n(HNO3)=2n[Cu(NO)2]+2[Mg(NO)2]+n(NO2)+2n(2O,)=0.1mol2+0.15mol×2十0.2mol十0.15mol×2=1mol,C项错误；在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，则生成0.1molCu(OH)2、0.15 mol Mg(OH)2,沉淀的质量为0.1mol×98g·mol1十0.15mol×58g·mol1=18.5g,D项错误。答案：B15.解析：(2)向干燥的蓝色石蕊试纸上滴加浓硝酸，预测可观察到的现象为先变红，后褪色，变红是氢离子的作用，褪色是因为浓硝酸具有漂白性。(5)①根据题中所给流程和信息可知，反应I为SO2十L2+2H2O一H2SO,+2H1,反应Ⅱ为2H1—H2个+12，X为2。②该流程总反应的化学方程式为S0,十2H,0一定条件H,S0,十H。答案：(1)Ca(OH2+2NH,C1△CaC+2NH↑+2H,O(2分)：下(1分)(2)试纸先变红后褪色(2分)》(3)氧化(2分)：0.75(2分)(4)取少量NHC于试管中，加入适量浓NOH溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝(2分)(5)①2(1分)②S0.+2H,0一定条件HS0,十H(2分)16.解析：(2)③发生反应2NO2+2NaOH一NaNO+NaNO+HO,NO+NO)+2NaOH2NaNO2+HO,现有一定条件下0.2 mol NO和0.1 mol NO的混合气体恰好被200 mL NaOH溶液完全吸收，根据N原子守恒可知，参加反应的aOH的物质的量为0.1mol+0.2mol=0.3mol,则Na0H溶液的物质的量浓度为，21.5mol·L(3)②烟气中SO2和NO的体积比为4：1,50℃时的脱除率分别为100%和80%，设S02的物质的量为4mol,NO的物质的量为1mol,根据反应SO2+CIO+2OH—SO+CI+HO、3CIO+2NO+2OH—2NO方+3C1+H2O,可知此吸收液中烟气转化生成的NO方和CI的物质的量之比（根据得失电子守恒）为(1ol×80%):1mol×2×80%+4molX10%)=2:13.③2.33 g BaSO,的物质的量为0.01mol,根据BaS0,~SO2,则64L工业烟气中二氧化硫的物质的量为0.01mol×8000mL=0.8mol,则孩工业烟气中S0,的浓度为0.8m0lX64gmo上=0.8g·L100ml64L答案：1DN0.N0,1分)：2NH+NO+N0,催化剂2N十3H02分)(2)①2NO2+2 NaOH-NaNO+NaNO2+H2O(2分)②NaNO2(1分)③1.5(2分)(3)①2OH+3C1O+2NO-2NO方+3CI+H2O(2分)②相同条件下S)2在水溶液中的溶解性大于NO(或其他合理答案)(1分)：2：13(2分)③0.8(2分)17.解析：(2)“过滤I”后的滤液中主要含有Zn+、Cu+、F+、H、SO,加入适量锌粉，锌粉可将Cu+、H十还原生成铜和氢气，“过滤Ⅱ”后的滤渣主要为铜，“滤液Ⅱ”中含有的金属阳离子主要有Zn+、Fe+(3)“过滤I”后的滤液主要含有Zn2+、Cu+、Fe2+、H什、SO},加入锌粉是为了置换出铜，如果Zn粉过量，则Cu中会混合Fe和Zn,制得的Cu(NO3)2溶液不纯。