湖北省天门中学2016届高三上学期8月月考化学试卷（普通班）

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2015-2016学年湖北省天门中学高三（上）月考化学试卷（8月份）（普通班）

一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共16小题） 1．下列化学用语正确的是（）

A．乙烯的结构式：CH2=CH2 B． Clˉ的结构示意图： C． I﹣131：

I D． Na2S 的电子式：

2．下列有关物质的分类合理的是（） A． C60、HD均属于单质

B．漂白粉、明矾均属于混合物 C．氯化铵、硫酸均属于离子化合物 D． SO2、NxOy均属于酸性氧化物

3．下列说法正确的是（）

A．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液 B．能自发进行的化学反应，一定是△H＜0、△S＞0

C．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化 D．钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为 Fe﹣3e=Fe

4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A． 10g 46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2NA

B． 0.5 mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NA

C．标准状况下，2.24L甲醇中含有C﹣H键的数目为0.3NA D． S2和S8的混合物共38.4g，其中所含硫原子数为1.4NA

5．某溶液中含有大量NH4、Na、HCO3ˉ、CO3ˉ、CH3COO，加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（） A． Na B． CO3ˉ C． CH3COO D． NH4

6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A．遇Fe（CN）6生成特征蓝色沉淀的溶液：Ca、Clˉ、ClOˉ、Fe

+++

B．遇石蕊变红的溶液：Na、NH4、NO3ˉ、K

++2

C．通有足量NO2的溶液：K、Na、SO3ˉ、AlO2ˉ

2+2+

D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba、HCO3ˉ、Iˉ、Fe

﹣3

﹣

++2

﹣

3﹣2+3+

7．物质R2CO3的饱和溶液VmL，密度为ρg?cm，c（R）=Pmol?L，溶质的质量分数为a%，溶质的式量为M，溶质的溶解度为sg．则下列表达式正确的是（）

+﹣1

A． a= C． P=

B． s=

×2 D． V×ρ×a%=

8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）

A． NaHSO4 溶液与Ba（OH）2H+SO4+Ba+2OH=BaSO4↓+2H2O 2溶液反应至中性：

﹣2+3+

B．向FeCl2溶液中通入氯气：Fe+Cl2=Fe+2Cl

﹣﹣

C．向Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3

﹣2+3+

D． FeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe+H2O2=2Fe+2OH

2﹣

﹣

9．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（）

A． OH+CO3+2H→HCO3+H2O

﹣﹣2﹣+

B． 2OH+CO3+3H→HCO3+2H2O

﹣2﹣+

C． 2OH+CO3+4H→CO2↑+2H2O

﹣2﹣+

D． OH+CO3+3H→CO2↑+2H2O

10．甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素X．它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（）

﹣

2﹣+

﹣

A． X元素可能为Al

B． X 元素不一定为非金属元素 C．反应①和②互为可逆反应

D．反应①和②一定为氧化还原反应

﹣

11．某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4、H、N2、Cl六种微粒．其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是（）

﹣

A．该反应的还原剂是Cl

B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．反应后溶液的酸性明显增强

12．下列有关实验装置的说法中正确的是（）

A．

可制取干燥纯净的NH3

B．

可以完成“喷泉”实验

C．

可测量Cu 与浓硝酸反应产生气体的体积

D．

可用于实验室制备Fe （OH）2

13．在常温下，将一定体积的某 NaOH 溶液分成两等分，与pH均为2的一元酸 HA、HB恰好中和，消耗两种酸溶液的体积分别为V1、V2（V1≠V2）．则下列叙述中正确的是（） A．若 Vl＞V2，则说明HA的酸性比 HB的酸性强 B．中和后得到的两种溶液的pH均为 7

C．分别将两种酸溶液稀释10 倍后溶液的pH均为3

D．分别往等体积的两种酸溶液中加人足量锌粉，充分反应后产生的H2的体积相等

14．某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是（）

A．石墨电极与直流电源负极相连

B．用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色

C．氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na向石墨电极迁移

﹣+

D．铜电极的反应式为：2H+2e═H2↑

15．常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（）

A． NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na）=c（HSO3）+c（SO3） B． 0.1 mol/L的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol/L盐酸10 mL混合后溶液显酸性：（cCH3COO﹣﹣+）＞c（CH3COOH）＞c（Cl）＞c（H）

+2﹣

C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na）=c（SO4）＞c

﹣++

（NH4）＞c（H）＞c（OH）

D．向1.00 L 0.3 mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c（Na）＞c

﹣﹣2﹣+

（CO3）＞c（HCO3）＞c（OH）＞c（H）

16．A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）

﹣

2﹣

A．当m1＞m2时，溶液a中阴离子只有1种

3+2+2﹣

B．生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe═Cu+2Fe C．要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HCl

D．当m2﹣m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g

二．非选择题 17．（11分）（2015秋?天门校级月考）Na2O2与水的反应实际是Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2，反应放出的热量使部分H2O2受热分解：2H2O2═2H2O+O2↑．为了测定某过氧化钠固体的纯度，今做如下实验： ①称取过氧化钠固体2.00g

②把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中

③向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在112mL处恰好与水槽内液面相平

④将烧瓶中的液体转移到250mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液也转入容量瓶，然后加入蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切

⑤取25.00mL容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L

的KMnO4溶液去滴定，至终点时用去了24.20mLKMnO4溶液（此时锰全部以Mn 存在）（1）有500mL、250mL、150mL的量筒备用，应选用量程为的量筒（2）该实验应选用（填“酸式”或“碱式”）滴定管

（3）在步骤③测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，若此时量筒内的液面高于水槽中液面（如图），立即读数会使Na2O2的纯度（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进行的操作是．

（4）在步骤⑤中反应的离子方程式是判定滴定达到终点的依据是．

（5）该过氧化钠的纯度为（用百分数表示，保留一位小数；实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）

18．（11分）（2015秋?天门校级月考）能源问题是人类社会面临的重大课题．甲醇是未来重要的绿色能源之一．

（l）已知：在 25℃、101kPa 下，1g 甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.70kJ．请写出甲醇燃烧的热化学方程式．

（2）由CO2和H2合成甲醇的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O

（g）在其它条件不变的情况下，实验测得温度对反应的影响如图1所示（注：T1、T2均大于300℃）：

①合成甲醇反应的△H 0．（填“＞”、“＜”或“=”）．

②平衡常数的表达式为：．温度为T2时的平衡常数温度为T1时的平衡常数（填“＞”、“＜”或“=”）

③在T1温度下，将1mol CO2和 1molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强的比值为．

（3）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置．该装置中 Pt 极为极；写出b极的电极反应式．

19．将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示．（1）当V1=140mL时，混合物中n（Mg）= mol，V2= mL

2+3+

（2）滴入的NaOH溶液 mL 时，溶液中的Mg和Al刚好沉淀完全．

（3）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围是．

20．已知：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4

（1）当反应中转移42mole时，有 molFeS2被还原；（2）1molFeS2可以还原 molFeS2．

（3）当有14molCuSO4参加反应时，有 molFeS2发生还原反应，被CuSO4氧化的FeS2有 mol． 21．（14分）（2015?江西二模）H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环．H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：

已知：

①B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子． ②RCH=CH2+CH2=CHR′

CH2=CH2+RCH=CHR′

③D和G是同系物请回答下列问题：

（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2：．（2）A→B反应过程中涉及的反应类型有．（3）写出D分子中含有的官能团名称：．

（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式：．（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式：．

（6）同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基的G的同分异构体有种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）．

2015-2016学年湖北省天门中学高三（上）月考化学试卷（8月份）（普通班）

参考答案与试题解析

一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共16小题） 1．下列化学用语正确的是（）

A．乙烯的结构式：CH2=CH2 B． Clˉ的结构示意图： C． I﹣131：

I D． Na2S 的电子式：

考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图．分析： A．乙烯的结构简式中必须表示出其官能团碳碳双键； B．氯离子的最外层达到8电子稳定结构；

C．碘元素的质子数为53，质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左上角表示质子数；

D．硫化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷．

解答：解：A．乙烯分子中存在存在碳碳双键，乙烯正确的结构式为，故A

错误；

B．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，氯离子正确的离子结构示意图为：

，故B错误；

C．碘元素的质子数为53，该碘原子的质量数为131，则该原子可以表示为：53错误；

D．硫化钠属于离子化合物，化学式中存在钠离子和硫离子，其电子式为

131

I，故C

，故D

正确；故选D．

点评：本题考查了常见化学用语的表示方法，题目都能中等，涉及结构式、离子结构示意图、电子式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键．

2．下列有关物质的分类合理的是（） A． C60、HD均属于单质

B．漂白粉、明矾均属于混合物 C．氯化铵、硫酸均属于离子化合物 D． SO2、NxOy均属于酸性氧化物

考点：单质和化合物；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质．

分析： A．由一种元素组成的纯净物属于单质； B．漂白粉属于混合物、明矾属于化合物；

C．氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键形成离子化合物，硫酸属于共价化合物； D．酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物．

解答：解：A．H、D属于氢元素的不同种原子，互称为同位素，HD是氢元素形成的单质，C60是由碳元素一种元素组成的纯净物，属于单质，故A正确；

B．漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，属于混合物，明矾是十二水合硫酸铝钾，含有铝离子和钾离子两种阳离子，属于复盐，其化学式为：KAl（SO4）2?12H2O，属于纯净物，故B错误；

C．氯化铵的电子式，是由氨根离子与氯离子通过离子键形成离子化合物，硫酸是共价键形成的共价化合物，故C错误；

D．SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，二氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NxOy不一定属于酸性氧化物，如NO不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故D错误；故选A．

点评：本题考查了物质的分类，掌握单质与离子化合物、酸性氧化物、纯净物与混合物等的特征并能灵活运用是解答此类题的关键，题目难度不大．

3．下列说法正确的是（）

A．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液 B．能自发进行的化学反应，一定是△H＜0、△S＞0

C．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化

D．钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为 Fe﹣3e=Fe

考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变．专题：物质的分类专题；化学反应中的能量变化；电化学专题．分析： A．根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；

B．反应能否自发进行的判据为：△H﹣T△S，只有△H﹣T△S＜0的反应才能自发进行； C．焰色反应没有新物质生成；

﹣

D．反应生成Fe．

解答：解：A．因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：Fe（OH）（OH）3悬浊液＞Fe3胶体＞FeCl3溶液，故A正确；

B．△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，也可能自发进行，故B错误；

C．焰色反应没有新物质生成，是物理变化，故C错误；

D．负极反应式为Fe﹣2e═Fe，故D错误．故选A．

点评：本题考查胶体、自发反应、焰色反应以及金属腐蚀，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．

4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A． 10g 46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2NA

B． 0.5 mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NA

C．标准状况下，2.24L甲醇中含有C﹣H键的数目为0.3NA D． S2和S8的混合物共38.4g，其中所含硫原子数为1.4NA

考点：阿伏加德罗常数．

﹣

分析： A、分别计算出乙醇和水的物质的量，然后根据1mol乙醇中含6mol氢原子和1mol水中含2mol氢原子来分析；

B、熔融的NaHSO4只能电离为钠离子和HSO4； C、标况下，甲醇为液态；

D、S2和S8均由硫原子构成来分析．

解答：解：A、10g46%的乙醇的物质的量为0.1mol，所含氢原子数目为0.6NA；10g46%的乙醇中含水5.4g，物质的量为0.3mol，所含氢原子数为0.6NA，共含有氢原子数为1.2NA，故A正确；

B、熔融的NaHSO4只能电离为钠离子和HSO4，故0.5mol熔融的NaHSO4中含1mol离子即NA个，故B错误；

C、标况下，甲醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误； D、S2和S8均由硫原子构成，故38.4g的混合物中含有的硫原子的物质的量n=

=1.2mol即1.2NA个，故D错误．

﹣﹣

故选A．

点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

考点：钠的重要化合物．

++2

﹣

分析： Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变．同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．

解答：解：A、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na浓度增加，故A错误；

﹣﹣﹣2﹣2﹣

B、HCO3与OH反应生成CO3，则HCO3离子浓度减小，CO3离子浓度增大，故B错误；

C、加入足量过氧化钠，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO浓度基本不变，故C正确；

﹣++

D、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，NH4与OH反应生成氨水，NH4浓度会减少，故D错误；故选C．

点评：本题考查Na2O2的性质以及离子反应，注意过氧化钠的强氧化性，熟悉离子之间的反应即可解答，难度不大．

6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．遇Fe（CN）6生成特征蓝色沉淀的溶液：Ca、Clˉ、ClOˉ、Fe

+++

B．遇石蕊变红的溶液：Na、NH4、NO3ˉ、K

++2

C．通有足量NO2的溶液：K、Na、SO3ˉ、AlO2ˉ

2+2+

D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba、HCO3ˉ、Iˉ、Fe

考点：离子共存问题．

﹣

﹣﹣

3﹣2+3+

分析： A．遇Fe（CN）6生成特征蓝色沉淀的溶液中存在亚铁离子，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；

B．遇石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应； C．二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够与亚硫酸根离子、偏铝酸根离子反应；

D．与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与亚铁离子发生双水解反应，碳酸氢根离子、亚铁离子都与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应．

解答：解：A．遇Fe（CN）6生成特征蓝色沉淀的溶液中含有亚铁离子，ClO具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．遇石蕊变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，Na、NH4、NO3、K之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．NO2与水反应生成硝酸，硝酸能够与SO3、AlO2反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．与铝反应产生大量氢气的溶液为酸性或碱性溶液，HCO3与Fe发生双水解反应，且二

﹣

者都与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．

点评：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．

7．物质R2CO3的饱和溶液VmL，密度为ρg?cm，c（R）=Pmol?L，溶质的质量分数为a%，溶质的式量为M，溶质的溶解度为sg．则下列表达式正确的是（） A． a= C． P=

B． s=

﹣3

﹣

3﹣

﹣

2﹣

﹣

+﹣1

×2 D． V×ρ×a%=

考点：物质的量浓度的相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．

分析： A．计算c（R2CO3），根据c=B．根据n=cv，m=nM可知C．计算c（R2CO3），根据c=

计算；

表示溶液中R的质量；

计算；

表示溶液中R的质量．

﹣1

D．V×ρ×a%表示溶质R2CO3 的质量，而

解答：解：A．c（R2CO3）=c（R）=0.5P mol?L，根据c=0.5P=

，整理的a=

，故A错误；

可知，

B．溶液中m（R2CO3）=nM=

，且溶解度对应的溶剂质量为100g，故B错误；

﹣1

C．c（R2CO3）=c（R）=0.5P mol?L，根据c=故P=

×2，故C正确；

可知，0.5P=，

D．V×ρ×a%表示溶质R2CO3 的质量，溶液中m（R2CO3）=nM=

，二者质量不相等，

故D错误，故选C．

点评：本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系，题目属于字母型计算，增大计算难度，为易错题目，难度中等．

8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）

A． NaHSO4 溶液与Ba（OH）2H+SO4+Ba+2OH=BaSO4↓+2H2O 2溶液反应至中性：

﹣2+3+

B．向FeCl2溶液中通入氯气：Fe+Cl2=Fe+2Cl

﹣﹣

C．向Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3

﹣2+3+

D． FeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe+H2O2=2Fe+2OH

考点：离子方程式的书写．

分析： A．反应至溶液呈中性时，二者以2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水； B．电荷不守恒；

C．二者反应生成氯离子、硫酸氢钙； D．二者反应生成铁离子和水．

解答：解：A．NaHSO4 溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：即NaHSO4 与Ba（OH）2

﹣+2﹣2+

的物质的量之比为2：1，离子方程式为2H+SO4+Ba+2OH=BaSO4↓+2H2O，故A正确；

+2﹣2+

﹣

B．不满足电荷守恒，应该为：2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，故B错误；

﹣﹣﹣2++

C．HClO能将HSO3氧化，离子方程式为Ca+2ClO+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H+2Cl

2﹣

+SO4，故C错误；

﹣2++3+

D．酸性溶液中不可能得到OH，应该是：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O，故D错误．故选A．

点评：本题考查离子方程式正误判断，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，为高考高频点，明确物质性质是解本题关键，注意C中不发生复分解反应而是氧化还原反应，为易错点．

9．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（）

A． OH+CO3+2H→HCO3+H2O

﹣﹣2﹣+

B． 2OH+CO3+3H→HCO3+2H2O

﹣2﹣+

C． 2OH+CO3+4H→CO2↑+2H2O

﹣

2+3+

﹣

2﹣+

﹣

D． OH+CO3+3H→CO2↑+2H2O

考点：离子方程式的书写．

分析：等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，

﹣2﹣+

剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO3+H→HCO3，盐酸过量时发

2﹣+

生反应：CO3+2H→CO2↑+H2O，据此进行解答．

解答：解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，

﹣

2﹣+

A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H→H2O，

﹣2﹣+

1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO3+H→HCO3，将两个方程式相加得：OH﹣﹣2﹣+

+CO3+2H→HCO3+H2O，故A正确；

﹣

B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH

﹣+2﹣+

+2H→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO3+H→HCO3，盐酸不足之

﹣﹣2﹣+

消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO3+3H→HCO3+2H2O，故B正确； C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol

﹣2﹣

氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO3

﹣﹣﹣+2﹣+

+4H→2HCO3+2H2O，即OH+CO3+2H→HCO3+H2O，故C错误；

﹣+

D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H→H2O，

2﹣+

1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO3+2H→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：﹣2﹣+

OH+CO3+3H→CO2↑+2H2O，故D正确；故选C．

点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，注意反应物的量对生成物的影响．

﹣

考点：无机物的推断．专题：推断题．

分析：甲为单质，乙、丙为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，据这两个反应特点知甲元素在①反应中化合价既升高，又降低，故甲一定不是金属，为非金属元素，①②不互为可逆反应，因为条件不同．

解答：解：甲为单质，乙、丙为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，又因为甲、乙、丙均含有元素X，因此反应①是歧化反应，根据这两个反应特点知甲元素在①反应中化合

A． X元素可能为Al

B． X 元素不一定为非金属元素 C．反应①和②互为可逆反应

D．反应①和②一定为氧化还原反应

价既升高，又降低，甲中元素化合价为0，金属没有负价，故甲一定不是金属，为非金属元素，

A．由上述分析可知，甲为非金属性，若甲为Al，铝和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠与氢气不能反应，故A错误；

B．根据上述分析，甲元素一定是非金属元素，故B错误；

C．反应①和②的反应条件不同，不能互为可逆反应，故C错误；

D．反应①和②一定有元素的化合价升降，则一定均为氧化还原反应，故D正确．故选D．

点评：本题以推断题形式，考查了氧化还原反应，涉及归中规律和歧化反应的应用，根据金属无负价，能发生归中反应和歧化反应的一定是非金属元素．

11．某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4、H、N2、Cl六种微粒．其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是（）

﹣

考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．

﹣

A．该反应的还原剂是Cl

B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．反应后溶液的酸性明显增强

分析：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4应

﹣﹣

是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl

﹣﹣++

是生成物，则反应的方程式应为3ClO+2NH4=N2↑+3H2O+3Cl+2H，以此解答该题．

﹣﹣++

解答：解：方程式为3ClO+2NH4=N2↑+3H2O+3Cl+2H，

A．由方程式可知反应的还原剂为NH4，故A错误；

B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误； C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；

D．反应生成H，溶液酸性增强，故D正确．故选D．

点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．

12．下列有关实验装置的说法中正确的是（）

A．

可制取干燥纯净的NH3

B．

可以完成“喷泉”实验

C．

可测量Cu 与浓硝酸反应产生气体的体积

D．

可用于实验室制备Fe （OH）2

考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．

分析： A．氨气的密度比空气小，可利用向下排空气法收集； B．氯气与NaOH反应可使瓶内气体减少；

C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应； D．Fe与电源负极相连，为阴极，不能失去电子．

解答：解：A．图中为向上排空气法收集气体，而氨气的密度比空气小，应选用向下排空气法收集，故A错误；

B．挤压胶头滴管，氯气与NaOH反应可使瓶内气体减少，从而产生压强差，引发喷泉实验，故B正确；

C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，不能利用排水法测定体积，故C错误；

D．Fe与电源负极相连，为阴极，不能失去电子，无法制备氢氧化亚铁，应将Fe与电源正极相连，故D错误；故选B．

点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、气体的收集及电化学等，综合性较强，注重化学反应原理及化学实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

C．分别将两种酸溶液稀释10 倍后溶液的pH均为3

D．分别往等体积的两种酸溶液中加人足量锌粉，充分反应后产生的H2的体积相等

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．

分析： pH 均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；两种酸的酸性不同，则必定有弱酸，所以与氢氧化钠反应后溶液显碱性；根据酸性不同结合选项分析．

解答：解：pH 均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积小的酸性较弱；两种酸的酸性不同，则必定有弱酸，所以与氢氧化钠反应后弱酸根离子水解溶液显碱性；

A、由以上分析可知，Vl＞V2，则说明 HA 的酸性比 HB的酸性强，故A正确； B、两种酸的酸性不同，则必定有弱酸，所以与氢氧化钠反应后弱酸根离子水解溶液显碱性，故B错误；

C、两种酸的酸性不同，当PH相同时，溶液稀释10 倍后，若是强酸 pH 为3，若是弱酸PH小于3，所以稀释后二者的PH不同，故C错误；

D、由于两种酸的浓度不同，所以与足量的Zn反应生成的氢气体积不同，故D错误；故选A．

点评：本题考查酸性强弱的定性判断，题目难度中等，本题注意两种酸溶液中H离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大这一特点．

14．某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是（）

A．石墨电极与直流电源负极相连

B．用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色

C．氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na向石墨电极迁移

﹣+

D．铜电极的反应式为：2H+2e═H2↑

考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．

分析：氯碱工业原理：阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，根据电极反应结合图象分析．

解答：解：氯碱工业原理：阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，由图可知Cu为阴极（若铜为阳极，则铜失电子，氯离子不反应），C为阳极， A、石墨为阳极，与直流电源的正极相连，故A错误；

B、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有氯气生成，所以用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸不变蓝色，故B错误；

C、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，电解池中阳离子向阴

极移动，Na向Cu电极移动，故C错误；

﹣+

D、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铜电极的反应式为：2H+2e═H2↑，故D正确．故选D．

点评：本题考查了电解原理的应用，侧重于电极的判断和电极方程式的书写的考查，题目难度不大，注意把握氯碱工业的原理．

15．常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（）

+2﹣

C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na）=c（SO4）＞c

﹣++

（NH4）＞c（H）＞c（OH）

D．向1.00 L 0.3 mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c（Na）＞c

﹣﹣2﹣+

（CO3）＞c（HCO3）＞c（OH）＞c（H）

考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．

分析： A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；

B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH

﹣

电离程度大于CH3COO水解程度，溶液呈酸性；

C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的

Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒； D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：

2﹣

0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO3水解程度大

﹣

于HCO3，二者都水解导致溶液呈碱性．

解答：解：A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na）=3c（HSO3﹣2﹣

）+3c（SO3）+3c（H2SO3），故A错误；

B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH

﹣

电离程度大于CH3COO水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）

﹣

＜c（Cl），故B错误；

C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的

Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得

+2﹣++

c（Na）=c（SO4）＞c（NH4），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na）

﹣2﹣++

=c（SO4）＞c（NH4）＞c（H）＞c（OH），故C正确；

﹣

2﹣

D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：

2﹣

0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO3水解程度大

﹣﹣2﹣

于HCO3，所以c（CO3）＜c（HCO3），故D错误；故选C．

点评：本题考查离子浓度大小比较，明确电解质溶液中的溶质及其性质再结合物料守恒、电荷守恒分析解答即可，注意确定D中溶质，为易错点．

16．A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）

A．当m1＞m2时，溶液a中阴离子只有1种

3+2+2﹣

B．生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe═Cu+2Fe C．要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HCl D．当m2﹣m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g

考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．

分析： A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液； B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性； C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在；

D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应；

解答：解：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；

B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生

3+2+2+

Cu+2Fe═Cu+2Fe，故B正确；

C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；

D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，

3+2+2+3+

Cu+2Fe=Cu+2Fe，Fe3O4～2Fe～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，

m2﹣m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g×

×100%=2.32 g，故D正确；

故选A．

点评：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，难度较大，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论．

二．非选择题 17．（11分）（2015秋?天门校级月考）Na2O2与水的反应实际是Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2，反应放出的热量使部分H2O2受热分解：2H2O2═2H2O+O2↑．为了测定某过氧化钠固体的纯度，今做如下实验：

①称取过氧化钠固体2.00g

②把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中

③向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在112mL处恰好与水槽内液面相平

④将烧瓶中的液体转移到250mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液也转入容量瓶，然后加入蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切

⑤取25.00mL容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L的KMnO4溶液去滴定，至终点时用去了24.20mLKMnO4溶液（此时锰全部以Mn 存在）（1）有500mL、250mL、150mL的量筒备用，应选用量程为 150mL 的量筒（2）该实验应选用酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管

（3）在步骤③测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，若此时量筒内的液面高于水槽中液面（如图），立即读数会使Na2O2的纯度偏高（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进行的操作是应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平．

（4）在步骤⑤中反应的离子方程式是 2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O 判定滴定达到终点的依据是溶液刚好出现浅紫红色，并在半分钟内不褪色．

（5）该过氧化钠的纯度为 62.6% （用百分数表示，保留一位小数；实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）

﹣

+2+

考点：探究物质的组成或测量物质的含量．

分析：（1）用量筒量取液体时应选择体积接近的量筒，以减少误差；（2）酸性和强氧化性的物质应选择酸式滴定管；

（3）排水法侧气体体积时，量筒内的液面要和水槽中液面相平，所得结果是常温常压下的气体体积；

（4）高锰酸钾具有氧化性，双氧水具有还原性，二者可以发生氧化还反应，高锰酸钾具有紫色；

（5）过氧化钠的纯度=×100%．

解答：解：（1）用量筒时应选择体积接近的量筒，以减少误差，所以收集112mL气体应选择150mL的量筒，故答案为：150mL；

（2）高锰酸钾是强氧化性的物质，应选择酸式滴定管，故答案为：酸式；

（3）在步骤③测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，此时量筒内的液面高于水槽中液面，立即读数会使收集到的气体体积偏高，结果偏高，应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平，

故答案为：偏高；应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平；

（4）高锰酸钾具有氧化性，双氧水具有还原性，二者可以发生氧化还反应，即2MnO4

+2+

+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O，高锰酸钾具有紫色，不需要指示剂来判断滴定终点，当溶液刚好出现浅紫红色，并在半分钟内不褪色，表明达到滴定终点，

﹣

故答案为：2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O；滴入最后一滴溶液刚好由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色；

（5）双氧水分解掉的量，据2H2O2═2H2O+O2↑，当生成112mL氧气时，分解掉双氧水

×2=0.01（mol），

根据反应2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O求的剩余双氧水的量

≈0.00605mol，所以双氧水的总量

=0.01mol+0.00605mol=0.01605mol，根据反应Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2，可知过氧化钠的量为0.001605mol，纯度=

×=62.6%，

﹣

+2+

故答案为：62.6%．

点评：本题是一道定量计算题，主要是实验测定方法和实验步骤的理解应用，考查学生分析和解决问题的能力，综合性较强，难度很大． 18．（11分）（2015秋?天门校级月考）能源问题是人类社会面临的重大课题．甲醇是未来重要的绿色能源之一．

（l）已知：在 25℃、101kPa 下，1g 甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.70kJ．请写出甲醇燃烧的热化学方程式 CH3OH（l）+O（=CO（+2H2O（l）△H=﹣726.40KJ/mol ． 2g）2g）（2）由CO2和H2合成甲醇的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O

（g）在其它条件不变的情况下，实验测得温度对反应的影响如图1所示（注：T1、T2均大于300℃）：

①合成甲醇反应的△H ＜ 0．（填“＞”、“＜”或“=”）． ②平衡常数的表达式为：．温度为T2时的平衡常数＜温

度为T1时的平衡常数（填“＞”、“＜”或“=”）

③在T1温度下，将1mol CO2和 1molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强的比值为 1﹣α ．

（3）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置．该装置中 Pt 极为阴极；写出b极的电极反应式 CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O ．

考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．

﹣﹣

2﹣

分析：（1）依据题干条件，1g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热22.70KJ，所以32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热726.40KJ，依据热化学方程式的书写方法写出；

（2）①图象分析先拐先平，温度高T2先达到平衡则T2＞T1，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，依据平衡移动原理分析判断；

②依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式，图象分析先拐先平，温度高T2先达到平衡则T2＞T1，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；

③根据平衡三段式列式计算，相同条件下，气体压强之比等于物质的量之比；

（3）甲醇燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，与负极连接的是阴极，与正极连接的为阳极，电池负极反应是甲醇失电子，在碱性溶液中生成碳酸盐，依据电荷守恒写出电极反应．解答：解：（1）已知：在 25℃、101kPa 下，1g 甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.70kJ，32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热726.40KJ，甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.40KJ/mol，

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.40KJ/mol；（2）①根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；

②依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式，K=

；T2

先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反应方向移动，则T1时的平衡常数比T2时的大，故答案为：

；＜；

③在T1温度下，将1mol CO2和 1molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为α，则

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）

起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） α 3α α α 平衡量（mol）1﹣α 1﹣3α α α 则容器内的压强与起始压强的比值等于物质的量之比=（2﹣2α）：2=1﹣α，故答案为：1﹣α；

（3）甲醇燃料电池中甲醇在b电极发生氧化反应，为负极反应，氧气在a电极发生还原反应，为正极反应，与负极相连的Pt电极为阴极，碳电极为阳极，b电极发生的电极反应为：CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O，故答案为：阴；CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O．点评：本题考查了热化学方程式书写，原电池原理和电解池原理的分析应用，化学平衡的计算方法，平衡常数概念理解计算，题目难度中等．

﹣

2﹣

﹣﹣

2﹣

19．将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示．（1）当V1=140mL时，混合物中n（Mg）= 0.04 mol，V2= 460 mL

2+3+

（2）滴入的NaOH溶液 400 mL 时，溶液中的Mg和Al刚好沉淀完全．

（3）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围是 0.5≤a＜1 ．

考点：有关混合物反应的计算；有关范围讨论题的计算．

分析：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液V1mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐

﹣+

酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：H+OH=H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为A时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）（OH）2和Al

﹣﹣2+3+

3，此时发生的反应为：Mg+2OH=Mg（OH）2，Al+3OH=Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al

（OH）3+OH=AlO2+2H2O；

﹣+2+3+

由图可知，0～V1发生H+OH=H2O，V1～A发生Mg、Al转化为沉淀的反应，A→B

﹣﹣

段发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，结合反应及原子守恒计算解答；

（2）当镁离子、铝离子恰好完全沉淀时，溶质为氯化钠，结合质量守恒定律计算出需要氢氧化钠溶液体积；

（3）若混合物仍为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用400mL1mol?L盐酸溶解后，

﹣1

再加入450mL 1mol?L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al（OH）3沉淀，证明生成的氢氧化铝

﹣1

全部和氢氧化钠反应，由上述分析知：v1=400ml，再加入50mL 1mol?L氢氧化钠溶液，所得Al（OH）3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，所得Al（OH）3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，求得：Al（OH）3最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，再结合n（Mg）+n（Al）=0.1mol判断a的范围．解答：解：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液V1mL，没有沉淀生成，说明原溶液

﹣+

中盐酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：H+OH=H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为A时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）（OH）2和Al

﹣﹣2+3+

3，此时发生的反应为：Mg+2OH=Mg（OH）2，Al+3OH=Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；

若V1=140mL，说明盐酸有剩余，剩余盐酸的物质的量=1mol/L×0.14L=0.14mol，则和金属反应的盐酸的物质的量=4mol/L×0.1L﹣0.14mol=0.26mol，设镁的物质的量是x，铝的物质的量是y，x+y=0.1、2x=3y=0.26，解得：x=0.04mol，y=0.06mol， V2时溶液中的溶质是偏铝酸钠和氯化钠，根据原子守恒知，n（NaOH）=n（Al）+n（HCl）=0.06mol+0.4mol=0.46mol，所以氢氧化钠的体积=故答案为：0.04；460；

﹣

﹣1

﹣﹣

=460mL，

（2）溶液中的Mg和Al刚好沉淀完全时，溶液中溶质为NaCl，则n（NaOH）=n（HCl）=4mol/L×0.1L=0.4mol，需要氢氧化钠溶液的体积为：故答案为：400；

（3）若混合物仍为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用400mL1mol?L盐酸溶解后，

﹣1

再加入450mL 1mol?L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al（OH）3沉淀，证明生成的氢氧化铝

﹣1

全部和氢氧化钠反应，由上述分析知：v1=400mL，再加入50mL 1mol?L氢氧化钠溶液，所得Al（OH）3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，Al（OH）3最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5≤n（Mg）＜1，

故答案为：0.5≤a＜1．

点评：本题以图象形式考查混合物计算，题目难度中等，明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，注意守恒思想的运用，可以使计算简化．

20．已知：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4

（1）当反应中转移42mole时，有 7 molFeS2被还原；（2）1molFeS2可以还原 7 molFeS2．（3）当有14molCuSO4参加反应时，有 3.5 molFeS2发生还原反应，被CuSO4氧化的FeS2有 1 mol．

考点：氧化还原反应的计算．

分析： 14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，以此来解答．

2+3+

=0.4L=400mL，

﹣1

解答：解：（1）由方程式可知，只有S元素化合价升高，当有5molFeS2参加反应时，有

2﹣

3molS元素的化合价升高生成SO4，7molS元素化合价降低，被还原，转移有3mol×[6﹣

﹣

（﹣1）]=21mol e转移，当有10molFeS2参加反应时，14molS元素化合价降低，即7molFeS2被还原，

故答案为：7；

（2）FeS2参加反应时，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，由得失电子数目相等可知被还原与被氧化的物质的量之比为7：1，即1molFeS2可以还原7molFeS2，故答案为：7；

（3）由方程式可知当有14molCuSO4参加反应时，7molS元素化合价降低，被还原，则有 3.5molFeS2发生还原反应，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，Cu得到14mol电子，则被CuSO4氧化的FeS2有1mol，故答案为：3.5； 1．

点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5 mol FeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度中等． 21．（14分）（2015?江西二模）H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环．H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：

已知：

①B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子． ②RCH=CH2+CH2=CHR′③D和G是同系物请回答下列问题：

（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2： 2﹣甲基﹣1﹣丙烯．（2）A→B反应过程中涉及的反应类型有加成反应、取代反应．（3）写出D分子中含有的官能团名称：羟基、羧基．

（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式：

CH2=CH2+RCH=CHR′

+2NaOH+NaBr+H2O ．

．

（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式：

（6）同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 9 种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为

考点：有机物的推断．专题：有机反应．

（写结构简式）．

分析：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，