2018-2019年高中化学重庆高三月考试卷汇编试卷【3】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三月考试卷汇编试卷【3】含答
案考点及解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.用等体积的0.1mol/L 的BaCl 2溶液，可使相同体积的Fe 2 (SO 4 )3、 Na 2 SO 4、 KAl(SO 4)2三种溶液中的SO 42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 A ．3：2：3 B ．3：1：2 C ．2：6：3 D ．1：1：1
【答案】C 【解析】
试题分析：等体积的0.1mol/L 的BaCl 2溶液，可使相同体积的Fe 2（SO 4）3、Na 2SO 4、KAl （SO 4）2
三种溶液的SO 42-完全沉淀，则Fe 2（SO 4）3、Na 2SO 4、KAl （SO 4）2三种溶液中n （SO 42-）相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe 2（SO 4）3]=1/3n （SO 42-），n （Na 2SO 4）=n （SO 42-），n[KAl
（SO 4）2]=1/2n （SO 42-），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c[Fe 2（SO 4）3]：c （Na 2SO 4）：c[KAl （SO 4）2]=1/3n （SO 42-）：n （SO 42-）：1/2n （SO 42-）=2：6：3，故C 项正确。

考点：本题考查物质的量浓度的计算。

2.下列说法不正确的是
A ．NaHCO 3和Na 2CO 3混合溶液中：c(Na ＋
)＋c(H ＋
)＝c(OH －
)＋c(HCO 3-）＋2c(CO 32-) B ．常温下，浓度均为0．1 mol·L －1
下列各溶液的pH ：NaOH>Na 2CO 3> NaHCO 3> NH 4Cl C ．向冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度、pH 均先增大后减小
D ．常温下，pH=1的稀硫酸与醋酸溶液中，c(SO 42-)与c(CH 3COO －
)之比为2∶1 【答案】CD 【解析】
试题分析：A 、NaHCO 3和Na 2CO 3混合溶液中存在Na ＋
、H ＋
、OH －
、HCO 3-、CO 32-5种离子，根据电荷守恒可得c(Na ＋
)＋c(H ＋
)＝c(OH －
)＋c(HCO 3-）＋2c(CO 32-)，正确；B 、常温下，浓度均为0．1 mol·L －1
下列各溶液中氢氧化钠是强碱，pH 最大；氯化铵溶液呈酸性，pH 最小。

CO 32-的水解程度大于HCO 3-的水解程度，所以Na 2CO 3溶液的碱性强于NaHCO 3溶液的碱性，pH 前者大，正确；C 、向冰醋酸中逐滴加水，电离平衡正向移动，所以醋酸的电离程度增大；开始
冰醋酸中的氢离子浓度为0，随着水的滴入，氢离子浓度逐渐增大，pH 减小，继续滴水，尽管醋酸电离程度增大，但水体积的改变量大于氢离子物质的量的改变量，最终氢离子浓度降低，pH 增大，所以pH 是先减小后增大，错误；D 、pH 相等的硫酸和醋酸溶液的氢离子浓度
相等，都是0．1mol/L ，而c(SO 42-)=0．05mol/L ，c(CH 3COO －
)=0．1mol/L ，所以c(SO 42-)与c(CH 3COO －
)之比为1:2，错误，答案选CD 。

考点：考查溶液离子浓度的比较、pH 的判断、电离平衡的移动 3.下列说法不正确的是( )。

A ．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO 3)2固体，铜粉仍不溶解
B ．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C ．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu ＋8H ＋＋2NO=3Cu 2
＋＋2NO↑＋4H 2O D ．HNO 3→NO→NO 2，以上各步变化均能通过一步实现 【答案】A
【解析】稀H 2SO 4与铜不反应，在溶液中再加入Cu(NO 3)2固体，相当于存在稀HNO 3，则铜粉与稀HNO 3反应而溶解。

4.欲检验CO 2气体中是否含有SO 2、HC1，进行如下实验： ①将气体通入酸化的AgNO 3溶液中，产生白色沉淀a ；
②滤去沉淀a ，向滤液中加入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀b 。

下列说法正确的是 A ．沉淀a 为AgC1 B ．沉淀b 为BaCO 3 C ．气体中含有SO 2 D ．气体中没有HC1
【答案】C 【解析】
试题分析：A 、沉淀a 不一定是AgC1，若存在SO 2，有可能是硫酸银沉淀，错误；B 、BaCO 3不可能存在于酸性溶液中，酸化的AgNO 3溶液中相当于有硝酸存在，会把二氧化硫氧化成硫
酸根离子，从而生成BaSO 4，错误；C 、与Ba 2+
形成沉淀的是硫酸根离子或亚硫酸根离子，所以气体中一定有SO 2，正确；D 、不能确定是否含有HC1，若将①②顺序颠倒可检验HCl 的存在，错误，答案选C 。

考点：考查对二氧化硫、氯化氢的检验 5.下列说法正确的是
A ．pH=5的NH 4 Cl 溶液或醋酸中，由水电离出的c （H +）均为10－9
mol ／L B ．常温时将pH=3的醋酸和pH=ll 的NaOH 溶液等体积混合后，pH >7
C ．在c （H +
）：c （OH －
）=1：l012的溶液中，N a +
、I －
、NO 3－、SO42
－能大量共存 D ．0．1 mol ／L Na 2 CO 3溶液和0．1 mol ／L NaHSO 4溶液等体积混合，溶液中 c （Na +
）+c （ H +
） =c （CO 32－）+c （ SO 42－）+C （ HCO 3－）+c （OH －
） 【答案】C
【解析】
试题分析：NH 4 Cl 溶液溶液中，铵根离子水解促进水的电离，由水电离出的c （H +
）为10－
5
mol ／L ，故A 错误；将pH=3的醋酸和pH=ll 的NaOH 溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶
液显酸性，pH <7，故B 错误；在c （H +）：c （OH －）=1：l012的溶液中，c （H +
）<c （OH －），
溶液显碱性，N a +、I －、NO 3－ 、SO42
－能大量共存，故C 正确；D 、根据电荷守恒可得c （Na +）+c （ H +
） =2c （CO 32－）+2c （ SO 42－）+C （ HCO 3－）+c （OH －
），故D 错误；故选C 。

考点：盐水解的实质、酸碱混合pH 的判断、离子共存及电荷守恒等知识。

6.有下列三个反应： ①Cl 2＋FeI 2=FeCl 2＋I 2 ②2Fe 2＋＋Br 2=2Fe 3
＋＋2Br －
③Co 2O 3＋6HCl=2CoCl 2＋Cl 2↑＋3H 2O 下列说法正确的是( )
A ．反应①②③中的氧化产物分别是I 2、Fe 3
＋、CoCl 2 B ．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl 2＞Fe 3
＋＞Co 2O 3
C ．在反应③中当1 mol Co 2O 3参加反应时，2 mol HCl 被氧化
D ．可以推理得到Cl 2＋FeBr 2=FeCl 3＋Br 2 【答案】C
【解析】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。

7.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是( ) A ．SO 2、SiO 2 B ．CO 2、H 2O C ．NaCl 、HCl D ．CCl 4、KCl
【答案】B
【解析】SO 2是分子晶体，SiO 2是原子晶体；CO 2、H 2O 都是分子晶体，CO 2、H 2O 分子中原子都是以共价键相结合；NaCl 为离子晶体，晶体中只有离子键，HCl 为分子晶体，HCl 分子之间以分子间作用力相结合，HCl 分子中，氢原子和氯原子以共价键相结合；CCl 4为分子晶体，CCl 4分子之间以分子间作用力相结合，CCl 4分子中，碳原子和氯原子以共价键相结合；KCl 为离子晶体，晶体中只有离子键。

8.下列说法正确的是（ ）
A ．反应2Mg ＋CO 22MgO ＋C ΔH ＜0从熵变角度看，可以自发进行
B ．在密闭容器发生可逆反应：2NO （g ）＋2CO （g ）N 2（g ）＋2CO 2（g ） ΔH ＝－113.0 kJ/mol ，达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡后，ΔH 变小
C ．已知：K sp （AgCl ）＝1.8×10
－10
，K sp （Ag 2CrO 4）＝2.0×10
－12
，将等体积的浓度为1.0×10
－
4
mol/L 的AgNO 3溶液滴入到浓度均为1.0×10－4
mol/L 的KCl 和K 2CrO 4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag 2CrO 4沉淀先产生
D ．根据HClO 的K a ＝3.0×10－8
，H 2CO 3的K a1＝4.3×10－7
，Ka 2＝5.6×10
－11
，可推测相同状况下，
等浓度的NaClO 与Na 2CO 3溶液中，pH 前者小于后者 【答案】D
【解析】A 项，该反应为熵减反应，因此从熵的角度分析反应不可自发进行，只有利用复合判据才能进行判断；B 项，反应的焓变与平衡移动无关，因此新平衡时ΔH 不变；C 项，由
K sp 可知产生AgCl 沉淀时c （Ag ＋）＝K sp （AgCl ）/c （Cl －）＝1.8×10－6
mol/L 、产生Ag 2CrO 4沉淀时c （Ag ＋
）＝
＝1.4×10－4
mol/L ，可知先生成AgCl 沉淀；D 项，由K a 数值知
CO 32-水解程度大于ClO －
，因此相同状况下，等浓度的NaClO 与Na 2CO 3溶液中，pH 前者小于后者。

点拨：本题考查难溶电解质的溶解平衡等，考查考生的分析、计算能力。

难度中等。

9.无水氯化铝是一种重要的催化剂，工业上由Al 2O 3制备无水氯化铝的反应为：2Al 2O 3(s)＋6Cl 2(g)4AlCl 3(g)＋3O 2(g) ΔH>0 。

下列分析错误的是( ) A ．增大反应体系的压强，反应速率可能加快
B ．加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与O 2反应，降低了生成物的浓度且放出热量
C ．电解熔融的Al 2O 3和AlCl 3溶液均能得到单质铝
D ．将AlCl 3·6H 2O 在氯化氢气流中加热，也可制得无水氯化铝 【答案】C
【解析】电解氯化铝溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以不能得到铝单质，C 错误。

10.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收： SO 2(g)＋2CO(g)
2CO 2(g)＋S(l) ΔH ＜0
若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是( ) A ．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 B ．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快 C ．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO 2的转化率 D ．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变 【答案】D 【解析】
试题分析：A 、该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，错误；B 、硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，错误；C 、该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，错误；D 、平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，正确。

考点：本题考查影响化学平衡和化学反应速率的因素。

二、实验题
11.草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产。

合成草酸亚铁的流程如下：
（1）配制(NH 4)2Fe(SO 4)2溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是 。

（2）得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤，检验是否洗涤干净的方法是 。

（3）将制得的产品（FeC 2O 4·2H 2O ）在氩气气氛中进行加热分解，结果如下图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）。

①则A→B 发生反应的化学方程式为： 。

②已知B→C 过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，写出B→C 的化学方程式 ； （4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵。

为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：
Ⅰ．准确称量m g 样品，溶于少量2mol/L 硫酸中并用100mL 容量瓶定容。

Ⅱ．取上述溶液20mL ，用c mol/L 高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V 1 mL 。

Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn 粉，使溶液中的Fe 3+
恰好全部还原为Fe 2+。

Ⅳ．过滤，洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液
Ⅴ．用c mol/L KMnO 4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO 4溶液的体积V 2 mL 。

已知：2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +
＝2Mn 2+
+10CO 2+8H 2O MnO 4-+8H +
+5Fe 2+
＝5Fe 3+
+ Mn 2++4H 2O 回答下列问题：
①若省略步骤Ⅳ，则测定的草酸根离子含量 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

②m g 样品中草酸根离子的物质的量为 （用c ，V 1，V 2的式子表示，不必化简）。

【答案】（1）抑制Fe 2+
和NH 4+离子水解（3分）
（2）取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl 2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。

（3分） （3）①FeC 2O 4·2H 2O FeC 2O 4+2H 2O （2分）（2分）
②FeC 2O 4
FeO+CO 2↑+CO↑；（2分）
（4）①偏大（2分）②（cV 1- cV 2）×10-3
×5/2×5mol （2分） 【解析】
试题分析：（1）铵根和亚铁离子水解溶液显酸性，则配制(NH 4)2Fe(SO 4)2溶液时，需加入少量
稀硫酸，目的是抑制Fe 2+
和NH 4+离子水解。

（2）由于溶液中含有硫酸根离子，则生成的沉淀明白含有硫酸根，则检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl 2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。

（3）①由图可知，加热生成B 时剩余固体为80%，损失20%，FeC 2O 4·2H 2O 中结晶水的质量为
×100%＝20%，故A→B 发生反应是FeC 2O 4·2H 2O 加热失去结晶水，反应方程式为
FeC 2O 4·2H 2O
FeC 2O 4+2H 2O ；
②已知B→C 过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，根据原子守恒可知两种氧化物是CO 和CO 2，由图可知加热生成C 时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g ，其物质的量为1mol ，则C 固体的质量为180g×40%＝72g ，铁元素质量为1mol×56g/mol ＝56，故应含有氧元素为72g-56g ＝16g ，氧原子物质的量为1mol ，即铁原子与氧原子物质的量之比为1：1，应为FeO ，所以B→C 的化学方程式为FeC 2O 4
FeO+CO 2↑+CO↑；
（4）①若省略步骤Ⅳ，则与亚铁离子反应的高锰酸钾减少，因此与醋酸根反应的高锰酸钾增加，则测定的草酸根离子含量偏大。

②与亚铁离子反应的高锰酸钾是0.001cV 2，则与草酸根反应的高锰酸钾是（cV 1- cV 2）×10-3
，
所以根据方程式可知草酸根的物质的量是（cV 1- cV 2）×10-3
×5/2mol ，则m g 样品中草酸根离
子的物质的量为（cV 1- cV 2）×10-3×5/2×100/20mol ＝（cV 1- cV 2）×10-3
×5/2×5mol 。

考点：考查物质制备工艺流程图分析、实验设计
三、填空题
12.“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过。

(1)请你帮助它走出迷宫 (请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线)。

(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于酸碱中和反应的有 个，属于氧化还原反应的有 个，其中能“吃掉”盐酸的盐是 ，写出该反应的离子方程式： 。

(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是 ，属于非电解质的是 (填写物质序号)。

(4)如果将盐酸换成氯气，它能沿着盐酸走出的路线“走出”这个迷宫吗？为什么？ 。

【答案】(1)③⑥⑩⑦⑪⑫(2)2；1；Na 2CO 3；CO 32-＋2H ＋
=CO 2↑＋H 2O (3)⑥⑪；③⑩(4)不能，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应而被“吃掉”。

【解析】(1)图中物质③、⑥、⑩、⑦、⑪、⑫均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫。

(2)盐酸与NaOH 、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，与Zn 的反应属于氧化还原反应，能“吃掉”盐酸的盐是Na 2CO 3，该反应的离子方程式为CO 32-＋2H ＋=CO 2↑＋H 2O 。

(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是H 2SO 4、NaCl ，属于非电解质的是CO 2、SO 2。

(4)如果将盐酸换成氯气，它沿着盐酸走出的路线不能“走出”这个迷宫，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应而被“吃掉”。

13.（12分）本题有A 、B 两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。

请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。

若两题都做，则按A 题评分。

A ．（1）偏钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。

试回答下列问题：
①Ti 元素在元素周期表中的位置是 ；其基态原子的 电子排布式为 。

②偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如右图，它的化学式是 ；晶体内与每个“Ti”紧邻的氧原子数为 个。

（2）氰气[（CN ）2]无色、剧毒、有苦杏仁味，和卤素单质性质相似。

已知氰分子中键与键之间的夹角为180。

，并有对称性，其结构式为 ，与CN 一互为等电子体的单质的分子式为 。

B ．某课题小组同学测量液态奶含氮量的实验过程如下：
步骤：
①在烧杯中加入10．00mL 液态奶和辅助试剂，加热 充分反应；
②将反应液转移到大试管中；
③按右图装置用水蒸气将NH 3吹出，并用H 3BO 3溶液吸收（加热装置未画出）；
④取下锥形瓶，滴加指示剂，用0．1000mol·L -1
盐酸 标准液滴定；
⑤重复测定数次，再用10．00mL 蒸馏水代替液态奶进 行上述操作。

数据记录如下：
回答下列问题：
（1）滴定时（NH 4）2B 4O 7重新转化为H 3BO 3，反应的离子方程式为 。

（2）步骤③的实验装置中需要加热的仪器是 （填仪器名称），长导管的作用是 。

（3）不做空白对照实验对实验结果有何影响 （填“无影响”，或“偏高”，或“偏低”）。

（4）计算10．00mL 液态奶中的含氮量应代人计算的盐酸体积是 mL ，该液态奶的含
氮量 mg·mL -1。

【答案】
【解析】略
14.（16分）广东省有着丰富的海洋资源。

海水提取食盐和Br 2以后的盐卤可以用来制备纯净
的MgCl 2或MgO 。

盐卤中含有Mg 2+、Cl -，还含有少量Na +、Fe 2+、Fe 3+
、SO 42-等。

制备流程如下图
（1）滤液Ⅱ中所含主要的杂质离子是 （写离子符号）。

（2） 加入NaClO 的作用是 。

（3）温度和压强P(HCl)g 对MgCl 2·6H 2O 晶体热分解产物的影响如图所示。

请回答下列问题：
①写出P(HCl)g = 0.25MPa ，温度从300℃升高到550℃时反应的化学方程式 ； ②实际生产中，将MgCl 2·6H 2O 晶体加热到600℃的过程中几乎得不到无水MgCl 2，其原因是 ；若要得到无水MgCl 2须采取的措施是 。

【答案】（1）Na +
（2）将Fe 2+
氧化为 Fe 3+
，并形成Fe （OH ）3 被除去 （3）① Mg （OH ）Cl
MgO + HCl↑
②P(HCl)小，加热时Mg 2+
会发生水解 通入HCl ，增大P(HCl ，抑制 Mg 2+
水解 【解析】
(1)滤渣的成分是Fe(OH)3；滤液Ⅱ中所含的主要杂质离子是Na ＋。

(2)加入NaClO 还能起到的作用是氧化Fe 2
＋使它变成Fe(OH)3沉淀而除去。

(3)直接将MgCl 2·6H 2O 加强热能得到MgO ，反应的化学方程式是MgCl 2·6H 2O MgO+2HCl↑+5H 2O↑。

用MgCl 2·6H 2O 制备无水MgCl 2过程中为抑制上述反应，所需要的化学试剂是HCl 气体。

① Mg （OH ）Cl MgO + HCl↑②P(HCl)小，加热时Mg 2+
会发生水解；通入HCl ，增大
P(HCl ，抑制 Mg 2+
水解。

15.（13分）铝土矿的主要成分是A12O 3，含有Fe 2O 3、 SiO 2等杂质，按下列操作从铝土矿中提取A12O 3。

回答下列问题：
（1）沉淀物的化学式分别是： ；d ； f ；
（2）写出加入过量NaOH 溶液时所发生主要 反应的离子方程式 、
（3）写出通入气体B （过量）时溶液C 中发生反应 的离子方程式 、 。

（4）气体B 能否改用试剂A 代替?为什么? ， 。

【答案】
【解析】略
16.（共6分）瑞典皇家科学院宣布，将2007年诺贝尔化学奖授予德国马普学会弗里茨-哈伯（Fritz-Haber ）研究所的格哈德·埃特尔(Gerhard Ertl)教授，以表彰他在固体表面化学过程研究领域作出的开拓性成就。

合成氨工业生产中所用的α-Fe 催化剂的主要成分是FeO 、Fe 2O 3。

（1）某FeO 、Fe 2O 3混合物中，铁、氧的物质的量之比为4：5，其中Fe 2+
与Fe 3+
物质的量之比为_________。

（2）当催化剂中Fe 2+与Fe 3+
物质的量之比为1：2时，其催化活性最高，此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为_________（用小数表示）。

（3）以Fe 2O 3为原料制备上述催化剂，可向其中加入适量碳粉，发生如下反应：
2Fe 2O 3 +C ＝4FeO +CO 2↑，为制得这种催化活性最高的催化剂，应向480g Fe 2O 3粉末中加入碳粉的质量为_________ g 。

【答案】（1）1:1 (2分) （2）0.724 （2分） （3）6g （2分） 【解析】略
四、计算题
17.(8分) 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V 1=140mL 时，混合物中n(Mg)=_____mol ，V 2=_____mL (2)滴入的NaOH 溶液_____mL 时,溶液中的Mg 2+和Al 3+
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____________________ 【答案】(8分) (1)0.04 460 (2)400 (3)≤a ＜1 【解析】
试题分析：（1）设混合物蒸干镁和铝的物质的量分别是x 和y ，则x ＋y ＝0.1mol ，消耗盐酸分别是x 和 1.5y 。

根据图像可知，和氢氧化钠反应的盐酸的物质的量是0.14L×1mol/L ＝0.14，则和金属反应的盐酸是0.4mol －0.14mol ＝0.26mol ，即x ＋1.5y ＝0.26mol ，解得x ＝0.04mol ，y ＝0.06mol ，所以生成的氢氧化铝是0.06mol ，而溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是0.06mol ，因此V 2对应的氢氧化钠的物质的量是0.4mol ＋0.06mol ＝0.46mol ，则V 2=460ml 。

（2）根据方程式Mg 2
＋＋2OH －
=Mg(OH)2↓、Al 3
＋＋3OH －
=Al(OH)3↓可知，需要氢氧化钠的物
质的量是0.08mol ＋0.18mol ＝0.26mol ，所以溶液中的Mg 2+和Al 3+
刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是0.26mol ＋0.14mol ＝0.4mol ，体积是400ml 。

（3）混合物中Mg 的物质的量分数为a ，则镁的物质的量是0.1amol ，铝的物质的量是（0.1－0.1a ）mol ，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol ，当所得沉淀中无Al(OH)3，一定有0.1－0.1a≤0.45－0.4，解得1/2≤a ＜1。

考点：考查根据方程式进行的有关计算
点评：根据方程式进行的有关计算，关键是准确写出反应的化学方程式，然后逐一进行分析并解答，同时结合各种守恒法。

18.（6分）、现有Na 2CO 3、NaHCO 3、NaOH 的固体混合物共27.2g ，将固体完全溶于水配成溶液后，向该溶液中逐滴加入1mol/L 的盐酸。

所加入盐酸溶液的体积与产生的CO 2气体体积的关系如图所示：
（1）写出OA 段所发生反应的离子方程式 ； （2）B 点所产生的CO 2的体积是_____________L （标准状况）； （3）原混合物中NaOH 的质量为_____________g 。

【答案】（1）CO 32-+H +
=HCO 3- （2）5.6 （3）4.0
【解析】混合物溶于水后就发生：HCO 3－＋OH －
=CO 32－＋H 2O ，溶液中的溶质有三种可能：①Na 2CO 3和NaHCO 3②Na 2CO 3和NaOH③Na 2CO 3
若是①，随着向溶液中滴加盐酸：CO 32-+H +
=HCO 3-、HCO 3－＋H ＋
=H 2O ＋CO 2↑，则OA 段与AB 段所消耗盐酸的量后者大（符合题意）
若是②，随着向溶液中滴加盐酸：OH －
＋H ＋
=H 2O 、CO 32-+H +
=HCO 3-、HCO 3－＋H ＋
=H 2O ＋CO 2↑，则OA 段与AB 段所消耗盐酸的量胶者大（不符合题意）
若是③，随着向溶液中滴加盐酸： CO 32-+H +
=HCO 3-、HCO 3－＋H ＋
=H 2O ＋CO 2↑，则OA 段与AB 段所消耗盐酸的量胶者相等（不符合题意）
设Na 2CO 3、NaHCO 3、NaOH 的物质的量分别为xmol 、ymol 、zmol 则：106x+84y+40z=27.2 x+z=0.2×1 x+y=0.25×1 解得：x="0.1" mol y="0.15" mol z=0.1mol B 点所产生的CO 2的体积即：0.25×22.4=5.6L 原混合物中NaOH 的质量为：0.1×40=4.0g
19.将一定量的CO 2气体通入2 L 的NaOH 溶液中,在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,并将溶液加热,产生的气体与HCl 物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl 的挥发).
(1)O 点溶液中所含溶质的化学式为_____________,
(2)O 到a 点发生反应的离子方程式：____________________________________. (3)标准状况下通入CO 2气体的体积为_____L, NaOH 溶液的物质的量浓度为
__________________mol·L -1
. 【答案】（1）NaOH Na 2CO 3 (2) OH - + H + = H 2O CO 32-+ H +
= HCO 3- （3）44.8 2.5（每空2分）
【解析】（1）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，方程式为Na 2CO 3＋HCl=NaCl=NaHCO 3、NaHCO 3＋HCl=NaCl ＋H 2O ＋CO 2↑。

根据图像可知，生成CO 2消耗盐酸的物质的量小于前面消耗的，这说明溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠。

（2）根据（1）中的分析可知，O 到a 点发生反应的离子方程式是OH - + H + = H 2O CO 32-+ H +
= HCO 3-。

（3）根据图像可知，和碳酸氢钠反应消耗的盐酸是2mol ，所以生成的CO 2是2mol ，标准状况下的体积是44.8L ；最终溶液中生成氯化钠是5mol ，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠元也是5mol ，则浓度是5mol÷2L ＝2.5mol/L 。

20.标准状况下CO 与CO 2混合气体的平均相对分子质量为32。

将该气体完全通入盛有足量Na 2O 2的容积为2.24升的密闭容器中（忽略固体物质的体积），引燃，完全反应后，容器内固体生成物的质量为__________g 。

【答案】10.6g(2分)
【解析】涉及反应为2Na 2O 2＋2CO 2=2Na 2CO 3＋O 2 Na 2O 2＋CO=Na 2CO 3 可看出固体生成物为Na 2CO 3，由碳元素的守恒可知，的CO 与CO 2混合气体，可
得到0.1mol 的Na 2CO 3，其质量为10.6g
五、简答题
21.【化学——必修2：物质结构】
a 、
b 、
c 、
d 、
e 是原子序数依次递增的五种短周期元素，其中a 元素组成的一种粒子不含电子;b 元素的最高价氧化物的水化物甲能与其氢化物生成一种盐乙;d 的单质能与酸、碱反应均生成氢气；a,b,d 三种元素能与c 元素形成常见的化合物；d,e 两种元素组成de 3型化合物. （1）写出由以上某些元素构成的既含极性共价键，又含非极性共价键的化合物的电子式_________（写出一种即可）
（2）b 的常见氢化物的空间构型是_________:b 、c 的最简单氢化物中稳定性最强的是_____（填化学式）。

（3）写出三种由以上元素组成的具有漂白性的物质_________（写化学式）。

（4）be 3和含有ec 2－离子的溶液反应可生成ec 2气体和一种碱性气体，写出其离子方程式________.
（5）常温下,甲、乙的水溶液的 pH 均为 5。

则两溶液中由水电离出的 H +
浓度之比是_________.
（6）由上述元素所形成的常见物质 X 、Y 、Z 、W 、M 、N 有如下转化关系：
①X 溶液与 Y 溶液反应的离子方程式为___________
②将一小块N 的金属箔在酒精灯上加热至熔化后的现象为__________。

【答案】
三角锥形 H 2O HClO 、O 3、H 2O 2 NCl 3+6ClO 2-+3H 2O= 6ClO 2↑+NH 3↑+3Cl
-
+3OH - 10-4
：1 Al 3+
+3NH 3·H 2O= Al(OH)3↓+3NH 4+ 铝箔熔化但不滴落
【解析】本题考查选修三《物质结构与性质》，（1）a 元素组成一种粒子不含电子，即a 为H ，b 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐，则b 为N ，d 的单质能与酸、碱反应均生成氢气，b 为Al ，a ，b ，d 三种元素能与c 元素形成常见的化合物，推出c 为O ，d ，e 两种元素组成de 3型化合物，则e 为Cl ，（1）既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是H 2O 2和N 2H 4，其电子式分别是：
、
；（2）N 常见氢化物是NH 3，N
是sp 3
杂化，空间构型为三角锥形；形成的氢化物分别是NH 3、H 2O ，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性:O>N ，即H 2O 的稳定性强于NH 3；（3）具有漂白性的物质是H 2O 2、O 3、HClO ；（4）be 3为NCl 3，ec 2为ClO 2，一种碱性气体，此气体为NH 3，即离子反应方程式为NCl 3+6ClO 2－+3H 2O= 6ClO 2↑+NH 3↑+3Cl －+3OH －
；（5）甲为HNO 3，乙为NH 4NO 3，HNO 3溶液中水电离出的c(H ＋)等于水电离出的c(OH －)，即c(OH －)=Kw/c(H ＋)=10－9mol·L －1
，NH 4NO 3溶液中c(H ＋)=10－5，两者比值为10－9：10－5=1:104
；（6）W 为仅含非金属元素的盐，即W 为铵盐，N 为金属单质，则N 为Al ，因此此反应是可溶性铝盐和氨水的反应，Z 为Al(OH)3，M 为Al 2O 3，①发生反应的离子方程式为Al 3
＋＋3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓＋3NH 4＋；②因为氧化铝的熔点高于铝，现象是只熔化而不滴落。

点睛：本题熟记一些微粒的特点，如a 元素组成的一种微粒不含电子，此微粒是H ＋
，即a 为H ，b 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成盐，从而推出这是N 元素的特点，易
错点在（5）NH 4NO 3中H ＋是由水电离产生，从而确定c(H ＋)=10－5mol·L －1。

六、推断题
22.有机物F (C 9H 10O 2) 是一种有茉莉花香味的酯。

用下图所示的方法可以合成F 。

其中A 是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。

E 是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。

回答下列问题：
（1）A 的分子式是________________； （2）B 的结构简式是______________________；
（3）为检验C 中的官能团，可选用的试剂是________________； （4）反应④的化学方程式是______________________________。

【答案】（1）C 2H 4；（2）CH 3CH 2OH ；（3）银氨溶液或新制Cu(OH)2； （4）
【解析】
试题分析：（1）A 是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A 为乙烯，其结构简式：CH 2=CH 2，分子式为C 2H 4；（2）F 属于酯，是由醇和酸通过酯化反应生成的，根据转化关系，此路线应是C 2H 4→CH 3CH 2OH→CH 3CHO→CH 3COOH ，因此B 的结构简式为CH 3CH 2OH ；（3）C 为乙醛，检验醛基选用银镜反应或新制Cu(OH)2；（4）根据F 的分子式，此F 为一元酯，根据原子守恒，则E 的分子式为C 7H 8O ，含有苯环，只有一个侧链，则E 的结构简式：
，其化学反应方程式为：。

考点：考查有机物的推断、醛基的推断等知识。