1、2014-2015学年四川省广元市青川县高一（下）段考化学试卷一、单项选择题1在恒温、恒容的密闭容器中进行反应2H2O22H2O+O2若H2O2溶液的浓度由2.0molL1降到1.0molL1需10s，那么H2O2浓度由1.0molL1降到0.5molL1所需的反应时间为（）A5 sB大于5 sC小于5 sD无法判断2二甲醚（CH3OCH3）是一种绿色、可再生的新能源下图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）该电池工作时，下列说法错误的是（）Aa电极为该电池负极BO2在b电极上得电子，被氧化C电池工作时，a电极反应式：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+
2、D电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极3一定温度下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），部分数据如表所示（表中t2t1），下列说法正确的是（）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/moln（CO2）/moln（H2）/mol01.20.6000t10.80t20.20A0t1 min内的平均反应速率v（H2）=molL1min1B平衡时CO的转化率为66.67%Ct1时刻该反应处于平衡状态Dt2时刻CO的浓度为0.8 molL14下列说法正确的是（）A与互为同分异构体B石墨和金刚石互为同素异形体CCH3OH和HOCH2CH2O
3、H互为同系物DH2、D2、T2互为同位素5用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A78g Na2O2与足量水反应中电子转移了2NAB只有在标准状况下NA个氧气分子的物质的量才是1molC常温常压下，28g N2气体的分子数小于NAD标准状况下，1mol C5H12所含的共价键为16NA6有两种金属组成的混合物粉末13g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L（标准状况下）H2，则该混合物的组成不可能是（）AFe、ZnBAl、CuCAl、FeDCu、Mg7把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率可由下图表示在下列因素中对产生H2速率有影响的是（）盐酸的浓度 镁条的表面积 溶液的温度 C
4、l的浓度ABCD二、填空题8A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图所示回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式A，B，乙，丁（2）A与NaOH溶液反应的化学方程式为；甲与NaOH溶液反应的离子方程式为（3）将一定量的A加入足量的NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为，转移电子的物质的量为三、实验题9氨气的制取及性质探究（图中夹持装置均已略去）（1）氮元素在周期表中的位置是；（2）写出实验室制取氨气的化学方程式：（3）如何检验烧瓶中的氨气是否已经集满？（操作、现象、结论）（4）用如图装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操
5、作是；该实验的原理是（5）假设该喷泉实验在标准状况下进行，且喷泉结束后溶液充满了整个烧瓶（溶质没有扩散到烧瓶以外），则烧瓶中所得溶液的物质的量浓度是molL1四、综合题10固定和利用CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体（1）工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol写出CO2和H2反应生成气态甲醇等产物的热化学方程式：图1表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是（填字母序号）（2）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电
6、能的装置已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如图2该电池外电路电子的流动方向为（填写“从A到B”或“从B到A”）工作结束后，B电极室溶液的酸性与工作前相比将（填写“增大”、“减小”或“不变”，溶液体积变化忽略不计）A电极附近甲醇发生的电极反应式为11把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，有1.16g 白色沉淀生成，再向所得的悬浊液中逐滴加入1molL1 盐酸，加入盐酸的体积V与生成沉淀的质量关系如图所示试回答下列问题：（1）A点沉淀物的化学式为，理由是（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式（3）原混合物中MgCl2的质量为g，AlCl3的质量为
7、 g，NaOH的质量为g（4）C点盐酸的体积为mL2014-2015学年四川省广元市青川县高一（下）段考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1在恒温、恒容的密闭容器中进行反应2H2O22H2O+O2若H2O2溶液的浓度由2.0molL1降到1.0molL1需10s，那么H2O2浓度由1.0molL1降到0.5molL1所需的反应时间为（）A5 sB大于5 sC小于5 sD无法判断【考点】化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法菁优网版权所有【分析】先计算反应物H2O2的浓度由2.0mol/L降到1.0/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率计算反应物H2O2的浓度由1.0mol/
8、L降到0.5mol/L所需反应时间，由于随反应进行反应速率降低，实际上反应所需时间比这个时间长，据此分析解答【解答】解：H2O2的浓度由2.0mol/L降到1.0/L时的平均反应速率为=0.1mol/（Ls），如速率不变，则H2O2浓度由1.0molL1降到0.5molL1所需的反应时间为=5s，但随着反应的进行，反应速率逐渐减小，则需要时间大于5s故选B【点评】本题考查了化学反应速率的有关计算，为高频考点，难度不大，明确化学反应速率是平均值不是瞬时值，化学反应速率随浓度的变化而变化2二甲醚（CH3OCH3）是一种绿色、可再生的新能源下图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性
9、Pt电极）该电池工作时，下列说法错误的是（）Aa电极为该电池负极BO2在b电极上得电子，被氧化C电池工作时，a电极反应式：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+D电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】氧气得电子被还原，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+【解答】解：A通燃料的一极，失电子，为负极，故A正确； BO2在b电极上得电子，被还原，故B错误；C在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为（
10、CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；Da极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳，由离子交换膜可知还生成氢离子，在原电池中氢离子移向正极，所以燃料电池内部H+从a电极移向b电极，故D正确故选B【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度不大，会书写电极反应式是解题的关键3一定温度下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），部分数据如表所示（表中t2t1），下列说法正确的是（）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/moln（CO2）/moln（H2）/mol01.20.6000t10.80t20.20A0t1 min内的平均反应速
11、率v（H2）=molL1min1B平衡时CO的转化率为66.67%Ct1时刻该反应处于平衡状态Dt2时刻CO的浓度为0.8 molL1【考点】化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】简答题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】A、由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，根据v=计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；B、t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，则参加反应的水为0.4mol，此时水的物质的量为0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时水的物质的量为0.2
12、mol，故t1min时反应到达平衡，根据转化率定义计算CO的转化率；C、t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，则参加反应的水为0.4mol，此时水的物质的量为0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时水的物质的量为0.2mol，据此判断；D、根据B的分析可知，t1时刻该反应处于平衡状态，所以t2时刻CO的浓度与t1时刻相同，结合表中的数据答题【解答】解：A、由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，v（CO）=mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）=v（CO）=mol/
13、（Lmin），故A正确；B、t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，则参加反应的水为0.4mol，此时水的物质的量为0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时水的物质的量为0.2mol，故t1min时反应到达平衡，故CO的转化率为100%=33.3%，故B错误；C、t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，则参加反应的水为0.4mol，此时水的物质的量为0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时水的物质的量为0.2mol，故t1min时反应到达平衡，故C正确D、根据B的分析可知，t1时刻该反应处于平衡
14、状态，所以t2时刻CO的浓度与t1时刻相同，结合表中的数据可知，t1时刻CO的浓度为0.8 molL1=0.4 molL1，所以t2时刻CO的浓度为0.4 molL1，故D错误；故选AC【点评】本题是化学平衡问题，主要考查化学反应速率、化学平衡及平衡常数等计算，难度中等，注意D选项中的规律利用4下列说法正确的是（）A与互为同分异构体B石墨和金刚石互为同素异形体CCH3OH和HOCH2CH2OH互为同系物DH2、D2、T2互为同位素【考点】同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】A、分子式相同，结构不同的化合物互为同分
15、异构体B、同种元素形成的结构不同的单质互为同素异形体C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物D、质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素【解答】解：A、二者是分子式相同，结构相同，只是书写不同，为同一物质，故A错误；B、石墨和金刚石是碳元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故B正确；C、CH3OH和HOCH2CH2OH含有羟基的数目不同，不是同系物，故C错误；D、同位素研究对象是原子，H2、D2、T2都是由氢元素组成单质，结构相同，为同一物质，故D错误故选：B【点评】考查同系物、同分异构体、同素异形体、同位素、同一物质的概念与区别，难度不大，注意把握
16、概念的内涵与外延，注意化学“五同”的辨析5用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A78g Na2O2与足量水反应中电子转移了2NAB只有在标准状况下NA个氧气分子的物质的量才是1molC常温常压下，28g N2气体的分子数小于NAD标准状况下，1mol C5H12所含的共价键为16NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】ANa2O2与足量水反应，氧化剂是过氧化钠、还原剂是过氧化钠，若1mol Na2O2与水反应，转移1mol电子；B分子个数和物质的物质的量与温度、压强无关；C依据N=NA计算分子个数；D.1个C5H12中含有12个CH键和4个CC键，共16个共价键【解答】解：A
17、.78g Na2O2的物质的量为=1mol，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol Na2O2与水反应，转移1NA电子，故A错误；B分子个数和物质的物质的量与温度、压强无关，所以无论是否是标况下，NA个氧气分子的物质的量都是1mol，故B错误；C.28g N2气体的分子数=NA=NA，故C错误；D.1个C5H12中含有12个CH键和4个CC键，共16个共价键，1mol C5H12所含的共价键为16NA，故D正确；故选：D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意物质的结构，题目难度不大6有两种金属组成的混合物粉末13g与足
18、量的稀盐酸反应，生成11.2L（标准状况下）H2，则该混合物的组成不可能是（）AFe、ZnBAl、CuC Al、FeDCu、Mg【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【分析】假设金属都为+2价，根据M=计算金属混合物的平衡相对原子质量，利用平均值法判断，若金属不与盐酸反应，其相对原子质量视作无穷大【解答】解：11.2L氢气的物质的量为：=0.5mol，假设金属都为+2价，则金属混合物的平均相对原子质量为=26，AFe的相对原子质量为56，Zn的相对分子质量为65，平均相对原子质量不可能为26，故A错误；B当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为27=18，Cu的相对原子质量视作无穷
19、大，平均相对原子质量可能26，故B正确；C当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为27=18，Fe的相对分子质量为56，平均相对原子质量可能为26，故C正确；DCu的相对原子质量视作无穷大，Mg的相对原子质量为24，平均相对原子质量可能为26，故D正确；故选A【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，本题利用平均值法计算，注意化合价与相对原子质量的关系，若金属不与盐酸反应，其相对原子质量视作无穷大7把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率可由下图表示在下列因素中对产生H2速率有影响的是（）盐酸的浓度 镁条的表面积 溶液的温度 Cl的浓度ABCD【考点】化学反应速率的影响因素菁优网
20、版权所有【分析】由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答【解答】解：由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，另外由反应可知Mg参加反应，开始接触面积大，反应速率快，但随反应的进行，接触面积减小，则反应速率减小，则影响因素主要为，故选：C【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、温度对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，注意图象分析与反应特点的应用，题目难度不大二、填空题8A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图所示回答下列问题：（1）写出下列物质
21、的化学式AAl，BO2，乙NaAlO2，丁Al（OH）3（2）A与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；甲与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O（3）将一定量的A加入足量的NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.3mol【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则
22、丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，验证符合转化关系【解答】解：常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2，甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，甲可能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，则：（1）由上述分析可知，A为Al，B为O2，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3；故答案为：Al，O2，NaAlO2，Al（OH）3；（2）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气
23、，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（3）产生的H2在标准状况下的体积为3.36L，物质的量为=0.15mol，根据2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，消耗的Al的物质的量为0.15mol=0.1mol，转移电子数目为0.1mol3=0.3mol；故答案为：0.1mol，0.3mol【点评】以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉
24、及常用化学用语与氧化还原反应等，难度中等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，Al与碱的特殊的反应是推断的关键三、实验题9氨气的制取及性质探究（图中夹持装置均已略去）（1）氮元素在周期表中的位置是第二周期VA族；（2）写出实验室制取氨气的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（3）如何检验烧瓶中的氨气是否已经集满？（操作、现象、结论）将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已收集满（4）用如图装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是打开止水夹，挤出胶头滴管中
25、的水；该实验的原理是氨极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小（5）假设该喷泉实验在标准状况下进行，且喷泉结束后溶液充满了整个烧瓶（溶质没有扩散到烧瓶以外），则烧瓶中所得溶液的物质的量浓度是molL1【考点】氨的制取和性质菁优网版权所有【分析】（1）N元素的原子序数为7，核外电子总数为7、核外含有2个电子层、最外层含有5个电子层；（2）根据实验室制取氨气的原理，利用盐和碱的复分解反应确定方程式；（3）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH离子，溶液呈碱性，可以利用湿润的红色石蕊试纸检验；（4）利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉进行解答；（5）氨气溶于水，溶液体积等于氨气体
26、积，设氨气的体积为VL，则溶液的体积为VL，根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：（1）N元素的核电荷数为7，最外层为5个电子，氮元素在周期表中的位置为第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；（2）氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应，生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（3）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH离子，溶液呈碱性，可以用湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，如果试纸变蓝，则氨气已满，故答案为：将湿润的红色石蕊试
27、纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已收集满；（4）氨气极易溶于水，如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉，操作方法为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水，故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；氨极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小；（5）氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气的体积为VL，则溶液的体积为VL，标况下VL氨气的物质的量为：=mol，故所得溶液的物质的量浓度为：c=mol/L，故答案为：【点评】本题考查了氨气的制备和性质、物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握氨气的实验室制法及反应原理，明确形成喷泉的原理和操作方法是解答的关键四、综合题10固定和利用
28、CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体（1）工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol写出CO2和H2反应生成气态甲醇等产物的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=50 kJ/mol图1表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是a（填字母序号）（2）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如图2该电池外电路电子的流动方向为从A
29、到B（填写“从A到B”或“从B到A”）工作结束后，B电极室溶液的酸性与工作前相比将不变（填写“增大”、“减小”或“不变”，溶液体积变化忽略不计）A电极附近甲醇发生的电极反应式为CH3OH+H2O6e=6H+CO2【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】（1） H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/mol CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol根据盖斯定律，3可得：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应焓变也进行相应计算；根据中分析可知，正反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，由
30、于气态物质的能量高于液态物质，故生成液态产物放出的热量更多；（2）甲醇在负极失电子发生氧化反应，A为负极，氧气在正极得到电子发生还原反应，B为正极，电子从负极经外电路流向正极；B电极反应是氧气得到电子生成氢氧根离子在酸性溶液中生成水，氢离子通过交换膜移向正极，氢离子物质的量不变，溶液体积变化忽略不计，溶液中氢离子浓度不变；A电极是原电池负极，甲醇失电子发生氧化反应，在酸溶液中生成二氧化碳，由电荷守恒可知有H+生成【解答】解：（1） H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/mol CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol根据盖斯定律，3可得：C
31、O2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=50 kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=50 kJ/mol；根据中分析可知，正反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，由于气态物质的能量高于液态物质，故生成液态产物放出的热量更多，图象中a符合，故答案为：a；（2）甲醇在负极失电子发生氧化反应，A为负极，氧气在正极得到电子发生还原反应，B为正极，电子从负极经外电路流向正极即电子由A极经外电路流向B极，故答案为：从A到B；B电极反应是氧气得到电子生成氢氧根离子在酸性溶液中生成水，氢离子通过交换膜移向正极，氢离子物质的量不变，溶液体积
32、变化忽略不计，溶液中氢离子浓度不变，故溶液pH不变，故答案为：不变；A电极是原电池负极，甲醇失电子发生氧化反应，在酸溶液中生成二氧化碳，由电荷守恒可知有H+生成，电极反应式为：CH3OH+H2O6e6H+CO2，故答案为：CH3OH+H2O6e6H+CO2【点评】本题考查热化学方程式的书写、原电池等，侧重考查学生对知识的综合应用，难度中等11把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，有1.16g 白色沉淀生成，再向所得的悬浊液中逐滴加入1molL1 盐酸，加入盐酸的体积V与生成沉淀的质量关系如图所示试回答下列问题：（1）A点沉淀物的化学式为Mg（OH）2，理由是因为加
33、入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式Al（OH）4+H+=Al（OH）3+H2O（3）原混合物中MgCl2的质量为1.9g，AlCl3的质量为2.67 g，NaOH的质量为5.2g（4）C点盐酸的体积为130mL【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】（1）（2）固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明Al（OH）4转化为A
34、l（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，AB段发生反应：Al（OH）4+H+=Al（OH）3+H2O，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，BC段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O；（3）根据镁离子守恒，可知n（MgCl2）=nMg（OH）2，由AB段消耗盐酸，结合反应方程式、Al原子守恒计算n（AlCl3），B点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl），再根据m=nM计算各物质的质量；（4）C溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸等于原混合物中NaOH
35、消耗的盐酸体积【解答】解：固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，AB段发生反应：Al（OH）4+H+=Al（OH）3+H2O，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，BC段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O（1）由上述分析可知，A为Mg（OH）2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明Al（OH
36、）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2；（2）由上述分析可知，A点至B点发生反应的离子方程式为：Al（OH）4+H+=Al（OH）3+H2O，故答案为：Al（OH）4+H+=Al（OH）3+H2O；（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）=0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=nMg（OH）2=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol95g/mol=1.90g；AB段发生反应：Al（O
37、H）4+H+=Al（OH）3+H2O，则nAl（OH）3=n（HCl）=1mol/L（0.030.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol133.5g/mol=2.67g；由Na+离子和Cl离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol2+0.02mol3+0.03L1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量为：0.13mol40g/mol=5.20g，故答案为：1.9；2.67；5.2；（4）C溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸等于原混合物中NaOH消耗的盐酸体积，二者恰好反应时：n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol，则V（HCl）=0.13L=130mL，故答案为：130【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应为解本题关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用
