1、2015-2016学年宁夏石嘴山三中高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题共17题，每小题3分，共51分，每小题只有一个选项）1下列有机反应的类型归属正确的是（）乙酸、乙醇制乙酸乙酯 由苯制环己烷 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 由乙烯制备聚乙烯 由苯制硝基苯 由乙烯制备溴乙烷A属于取代反应B属于聚合反应C属于加成反应D属于氧化反应2下列关于有机物的性质或应用说法不 正确的是（）A用饱和的Na2SO4溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质B淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们都可转化为乙醇C石油裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等低碳有机物D食用植物油在烧碱溶液中水解的主要产物是饱
2、和高级脂肪酸钠和甘油3某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是（）可以燃烧能使酸性KMnO4溶液褪色能跟NaOH溶液反应能发生酯化反应能发生聚合反应能发生水解反应能发生取代反应ABCD4能一次区分CH3CH2OH、CH3COOH、和CCl4四种物质的试剂是（）AH2OBNaOH溶液C盐酸D石蕊试液5用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB28 g氮气和一氧化碳的混合气体中含有的分子数为2NAC常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反
3、应，转移的电子数为2NA6如图是某同学做完ZnCu原电池实验后所做的读书卡片记录，其中描述合理的组合是（）Zn为正极，Cu为负极 H+向负极移动电子是由Zn经外电路流向Cu Cu极上有H2产生若有1mol电子流过导线，则产生的H2为0.5mol正极的电极反应式为Zn2eZn2+ABCD7几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（）元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.0770.074主要化合价+2+3+6、2+7、1+4、42A等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多BY与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应C
4、Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D在化学反应中，M原子与其它原子易形成共价键而不易形成离子键8为了证明硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，
5、得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+9在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：FeCl3；Fe2O3；Cu（NO3）2；KNO3，铜粉溶解的是（）A只有或B只有或C只有或或D上述四种物质中任意一种10某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（）A11.2 gB16.8 gC19.6 gD22.4 g11将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶
6、液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD12已知：SO32+I2+H2OSO42+2H+2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是（）A肯定不含IB肯定不含NH4+C可能含有SO32D可能含有I13对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），一次只改变一个条件，能增大逆反应速率的措施是（）A增大容器体积B通入大量O2C移去部分SO2D降低体系温度14将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6m
7、olL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD15可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是（）一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其它条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反应速率v（H2）=0.6mol/（Lmin），逆反应速率v（NH3）=0.4
8、mol/（Lmin）A全部BCD16一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）A16.7%B20.0%C80.0%D83.3%17工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得工具书盐酸，流程复杂且造成能量浪费有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（）A两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液B通入氢气的电极为原电池的正极C电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动D通氯气的电极反应式这Cl2+2e2Cl二、非选择题（共69分）18下列物质中互为同分异构体的有，
9、互为同素异形体的有，互为同位素的有，是同一种物质的有（填序号）液氯 白磷 氯水Cl红磷 Cl19按照系统命名法填写下列有机物的名称及相关内容：（1）的名称（2）2，6二甲基4乙基辛烷的结构简式：20写出下列反应的现象及离子反应方程式（1）Ba（OH）2溶液中慢慢通入SO2至过量，现象：；离子反应方程式：（2）AlCl3、MgSO4的混合溶液中加入过量NaOH溶液，现象：；离子反应方程式；21A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序 数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素又
10、知六种元素所形成的常见单质在常 温常压下有三种是气体，三种是固体请回答下列问题：（1）元素D在周期表中的位置（2）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）（3）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：（5）FC2气体有毒，排放到大气中易形成酸雨，写出FC2与氧气和水蒸气反应的化学方程式22海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验
11、：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是 （从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯 F干燥器（2）步骤的实验操作名称是；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是（3）步骤反应的离子方程式是（4）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是（5）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：23实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进
12、行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品请回答下列问题：（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入，目的是（2）反应中加入过量乙醇，目的是（3）如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏这样操作可以提高酯的产率，其原因是（4）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：，分离方法III是（5）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液，中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来甲、乙两人实验结果如下：甲得到了显酸性的酯的混
13、合物；乙得到了大量水溶性的物质；丙同学分析了上述实验目标产物后，认为上述实验都没有成功试解答下列问题：甲实验失败的原因是乙实验失败的原因是240.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2molL1H2SO4溶液中，然后再滴加1molL1NaOH溶液请回答：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示当V1=180mL时，则金属粉末中n（Mg）= mol，V2=mL（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=mL（3）若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 3m
14、olL1硫酸溶解此混合物后，再加入 1molL1NaOH溶液，所得沉淀最多时NaOH溶液的体积=L2015-2016学年宁夏石嘴山三中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共17题，每小题3分，共51分，每小题只有一个选项）1下列有机反应的类型归属正确的是（）乙酸、乙醇制乙酸乙酯 由苯制环己烷 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 由乙烯制备聚乙烯 由苯制硝基苯 由乙烯制备溴乙烷A属于取代反应B属于聚合反应C属于加成反应D属于氧化反应【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】酯化反应属于取代反应，由苯制环己烷发生苯与氢气的加成反应，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反
15、应，由乙烯制备聚乙烯，发生碳碳双键的加聚反应，由苯制硝基苯，发生苯中的H被硝基取代的反应，由乙烯制备溴乙烷，发生碳碳双键与HBr的加成反应，以此来解答【解答】解：酯化反应属于取代反应，由苯制环己烷发生苯与氢气的加成反应，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，由乙烯制备聚乙烯，发生碳碳双键的加聚反应，由苯制硝基苯，发生苯中的H被硝基取代的反应，由乙烯制备溴乙烷，发生碳碳双键与HBr的加成反应，A由上述分析可知，属于取代反应，故A正确；B只有属于聚合反应，故B错误；C只有属于加成反应，故C错误；D只有为氧化反应，故D错误；故选A2下列关于有机物的性质或应用说法不 正确的是（）A用饱和的Na2S
16、O4溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质B淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们都可转化为乙醇C石油裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等低碳有机物D食用植物油在烧碱溶液中水解的主要产物是饱和高级脂肪酸钠和甘油【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途【分析】A、一般是指溶液中加入无机盐类而使某种物质溶解度降低而析出的过程B、淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n，水解都得到葡萄糖C、石油裂化指用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度，使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，以提供有机化工
17、原料D、食用植物油呈液态，再碱性条件下水解的主要产物为不饱和高级脂肪酸盐与甘油【解答】解：A、蛋白质盐析，可以进行蛋白质分离、提纯，故A正确；B、淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n，水解都得到葡萄糖，葡萄糖经过转化可得到乙醇，故B正确；C、石油裂化指用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度，使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，以提供有机化工原料，其产物有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷等，故C正确；D、食用植物油呈液态，再碱性条件下水解的主要产物为不饱和高级脂肪酸盐与甘油，故D错误故选：D3某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不
18、可能具有的是（）可以燃烧能使酸性KMnO4溶液褪色能跟NaOH溶液反应能发生酯化反应能发生聚合反应能发生水解反应能发生取代反应ABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含OH、COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答【解答】解：有机物可燃烧生成二氧化碳和水；含碳碳双键、OH均能使酸性KMnO4溶液褪色；含COOH与NaOH反应；含OH、COOH可发生酯化反应；含碳碳双键可发生加聚反应，含OH、COOH可发生缩聚反应；OH、COOH均可发生取代反应，只有水解反应不能发生，故选D4能一次区分CH3CH2OH、CH3COOH、和CCl4四种物质的试剂是（）AH2OBNaO
19、H溶液C盐酸D石蕊试液【考点】有机物的鉴别【分析】乙酸、乙醇都溶于水，苯和四氯化碳不溶于水，苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，其中乙酸具有酸性，以此解答【解答】解：可列表分析如下：选项CH3CH2OHCH3COOHCCl4A形成均一溶液形成均一溶液分两层，上层为油状液体分两层，下层为油状液体B形成均一溶液形成均一溶液分两层，上层为油状液体分两层，下层为油状液体C形成均一溶液形成均一溶液分两层，上层为油状液体分两层，下层为油状液体D不变色变红色分两层，上层为油状液体分两层，下层为油状液体故选D5用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的
20、氧原子数为4NAB28 g氮气和一氧化碳的混合气体中含有的分子数为2NAC常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NO2和CO2分子中含氧原子相同；B、氮气和一氧化碳摩尔质量相同，质量换算物质的量计算分子数；C、NO2和N2O4最简比相同，只需计算92 gNO2中所含的原子数；D、依据气体摩尔体积的体积应用分析判断；【解答】解：A、NO2和CO2分子中含氧原子相同，所以分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A错误；B、氮气和一氧化碳摩尔质
21、量相同，28 g氮气和一氧化碳的混合气体物质的量为1mol，含有的分子数为NA，故B错误；C、NO2和N2O4最简比相同，只需计算92 gNO2中所含的原子数，92 gNO2物质的量=2mol；含有的原子数为6NA，故C正确；D、常温常压下，22.4 L氯气物质的量不是1mol，故D错误；故选C6如图是某同学做完ZnCu原电池实验后所做的读书卡片记录，其中描述合理的组合是（）Zn为正极，Cu为负极 H+向负极移动电子是由Zn经外电路流向Cu Cu极上有H2产生若有1mol电子流过导线，则产生的H2为0.5mol正极的电极反应式为Zn2eZn2+ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】Z
22、nCu稀硫酸原电池中，Zn作负极，负极上锌失电子生成锌离子，Cu作正极，正极上氢离子得电子，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，以此来解答【解答】解：Zn为负极，Cu为正极，故错误；H+向正极移动，故错误；电子由Zn电极流向Cu电极，故正确；Cu电极上发生2H+2e=H2，故正确；由2H+2e=H2可知，有1mol电子流向导线，产生氢气0.5mol，故正确；正极反应为2H+2e=H2，故错误；故选B7几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（）元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.0770.074主要化合价+2+3+6、2+
23、7、1+4、42A等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多BY与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应CZ的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D在化学反应中，M原子与其它原子易形成共价键而不易形成离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有2价，则Q为O元素，Z有+6、2价，可知Z为S元素；L有+7、1价，则L为氯元素；M有+4、4价，原子半径LM，则M为C元素；X为+2价，Y为+3价，原子半径XYZ，所以X为Mg元素，Y为Al元素结合元素周期律及物质的量结构与性质解答【解答】解：短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有2价，则Q为O元素
24、，Z有+6、2价，可知Z为S元素；L有+7、1价，则L为氯元素；M有+4、4价，原子半径LM，则M为C元素；X为+2价，Y为+3价，原子半径XYZ，所以X为Mg元素，Y为Al元素A、X为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为2：3，故A错误；B、Y与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；C、非金属性ClS，所以稳定性HClH2S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；D、M为C元素，最外层电子数为4，电子不易得失，与其它原子易形成共价键而不易形成离子键，故D正确故选
25、：D8为了证明硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明
26、晶体的成分中含有Fe2+【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A、加热失去结晶水；B、检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝；C、依据硫酸根离子的检验方法分析判断；D、亚铁离子溶解形成的溶液呈浅绿色，被氧化为三价铁离子，遇到硫氰酸钾变血红色；【解答】解：A、晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故A正确；B、向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，故B错误；C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42，这是硫酸根离子的检验方法
27、，故C正确；D、溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+ 滴入KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故D正确；故选B9在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：FeCl3；Fe2O3；Cu（NO3）2；KNO3，铜粉溶解的是（）A只有或B只有或C只有或或D上述四种物质中任意一种【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】Cu与稀硫酸不反应，加具有氧化性的物质可使铜粉溶解，以此来解答【解答】解：Cu与FeCl3发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；Fe2O3溶于稀硫酸，生成的铁离子与Cu发生
28、氧化还原反应，Cu溶解，故选；Cu（NO3）2在酸性溶液中具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；KNO3在酸性溶液中具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；故选D10某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（）A11.2 gB16.8 gC19.6 gD22.4 g【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量
29、，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，根据电荷守恒计算原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量【解答】解：溶液中n（SO42）=0.1L6molL1=0.6mol，FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，则有n（Fe2+）=n（H+）=n（Fe3+），设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol2，解得n=0.2mol，H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物
30、质的量为0.6mol0.2mol0.2mol=0.2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol56g/moL=11.2g，故选A11将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD【考点】钠的重要化合物【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+B
31、a（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C12已知：SO32+I2+H2OSO42+2H+2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是（）A肯定不含IB肯定不含NH4+C可能含有SO32D可能含有I【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件【分析】溶液无色说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水
32、，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32，根据溶液电中性，阳离子只有NH4+，所以溶液中一定含有铵根离子【解答】解：溶液为无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，则一定含有SO32；根据分析可知，溶液中一定含有SO32，一定不含Cu2+，可能含有I，由于溶液电中性，则一定含有阳离子NH4+，A结合分析可知溶液中可以含有I，故A错误；B根据分析可知，溶液中肯定含NH4+，故B错误；C原溶液中一
33、定含有SO32，故C错误；D加入的少量溴水，已知还原性SO32I，溴单质只氧化SO32，溶液为无色，所以可能含有I，故D正确；故选D13对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），一次只改变一个条件，能增大逆反应速率的措施是（）A增大容器体积B通入大量O2C移去部分SO2D降低体系温度【考点】化学反应速率的影响因素【分析】增大逆反应速率，可增大生成物浓度，升高温度，增大压强，或加入催化剂等，以此解答该题【解答】解：A增大容器容积，减小了体系的压强，压强减小，反应速率减小，故A错误；B增大O2的量，反应物浓度增大，平衡正向移动，生成物浓度增大，则逆反应速率也增大，故B正确；C移去部分SO2
34、，浓度减小，反应速率减小，故C错误；D降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误故选B14将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（
35、g），并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B15可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡
36、状态的是（）一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其它条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反应速率v（H2）=0.6mol/（Lmin），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（Lmin）A全部BCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断【解答】解：一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，
37、故错误；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；反应两边气体的质量不变，气体的体积不相等，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，故正确；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，故错误；正反应速率v（H2）=0.6mol/（L
38、min），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（Lmin），说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；故选：C16一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）A16.7%B20.0%C80.0%D83.3%【考点】数据缺省型的计算【分析】根据合成氨的化学反应可知氨气的体积等于反应中缩小的气体体积，然后再利用气体缩小的体积与原气体体积来计算反应后体积缩小的百分率【解答】解：由合成氨的化学反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，设平衡时气体总体积为100L，则氨气为100L20%=20L，气体缩
39、小的体积为x，则N2+3H22NH3V1 3 2 2 20L x，解得x=20L，原混合气体的体积为100L+20L=120L，反应后体积缩小的百分率为100%=16.7%，故选：A17工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得工具书盐酸，流程复杂且造成能量浪费有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（）A两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液B通入氢气的电极为原电池的正极C电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动D通氯气的电极反应式这Cl2+2e2Cl【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、根据原电池的工作原理知识是来判断；B、通
40、氢气的电极发生失去电子的氧化反应；C、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；D、氯气发生得电子的还原反应【解答】解：根据燃料电池的工作原理，利用原电池原理直接制盐酸的方程式为：H2+Cl2=2HCl，该原电池的工作原理和燃料电池的工作原理相似A、两极材料可以都用石墨，一极通入氢气，一极通入氯气，可以用稀盐酸做电解质溶液，故A正确；B、反应H2+Cl2=2HCl中，氢气失电子，所以通入氢气的电极为原电池的负极，故B错误；C、在原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，通氯气的电极为正极，故C正确；D、通氯气的电极为正极，发生得电子得还原反应，电极反应式为：Cl2+2e2Cl，故D正确故选B二、
41、非选择题（共69分）18下列物质中互为同分异构体的有和，互为同素异形体的有和，互为同位素的有和，是同一种物质的有和（填序号）液氯 白磷 氯水Cl红磷 Cl【考点】芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同【解答】解：和分子
42、式相同结构不同，互为同分异构体；和是由磷元素组成的不同单质，互为同素异形体；和质子数都为17，中子数不同，是氯元素的不同原子，互为同位素；和有机物结构简式的书写形状不同，具有相同的碳原子数，且结构相同，为同一种物质故答案为：和；和；和；和19按照系统命名法填写下列有机物的名称及相关内容：（1）的名称3，4二甲基辛烷（2）2，6二甲基4乙基辛烷的结构简式：【考点】有机化合物命名【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：烷烃命名原则：长选最长碳链为主链；多遇等长碳链时，支链最多为主链；近离支链最近一端编号；小支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合
43、“近离支链最近一端编号”的原则；简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面有机物的名称书写要规范；（1）主碳链8个，从离取代基近的一端编号确定取代基位置写出名称；（2）根据烷烃的命名原则写出该有机物的结构简式；根据该有机物的结构简式形成分子式，【解答】解：（1）主碳链8个，从离取代基近的一端编号，得到的名称为：3，4二甲基辛烷，故答案为：3，4二甲基辛烷；（2）2，6二甲基4乙基辛烷，主链为辛烷，在2、6号C各含有1个甲基，在4号C含有1个乙基，该有机物结构简式为，故答案为：；20写出下列反应的现象及离子反应方程式（1）Ba（OH）2溶
44、液中慢慢通入SO2至过量，现象：开始生成白色沉淀，随后白色沉淀溶解；离子反应方程式：Ba2+2OH+SO2=BaSO3+H2O，（2）AlCl3、MgSO4的混合溶液中加入过量NaOH溶液，现象：生成白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液不是沉淀部分溶解；离子反应方程式；Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O【考点】二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】（1）二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，继续通入二氧化硫，不是沉淀溶解为无色溶液；（2）AlCl3、MgSO4的混合溶液中加入过量NaOH溶液，随氢氧化
45、钠溶液加入生成白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠；【解答】解；（1）二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式：Ba2+2OH+SO2=BaSO3+H2O，继续通入二氧化硫，不是沉淀溶解为无色溶液，反应的离子方程式为：BaSO3+H2O+SO2=Ba2+2HSO3，故答案为：开始生成白色沉淀，随后白色沉淀溶解，Ba2+2OH+SO2=BaSO3+H2O，BaSO3+H2O+SO2=Ba2+2HSO3；（2）AlCl3、MgSO4的混合溶液中加入过量NaOH溶液，随氢氧化钠溶液加入生成白色沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al
46、（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2，继续加入氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，白色沉淀部分溶解，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：生成白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液不是沉淀部分溶解，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；21A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序 数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素又知六种元素所形成的常见单质在常 温常压下有三种是气体，三种是固体
47、请回答下列问题：（1）元素D在周期表中的位置第三周期第IA族（2）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）S 2O 2Na+（3）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有离子键、共价键（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：SiO2+2OH=SiO3 2+H2O（5）FC2气体有毒，排放到大气中易形成酸雨，写出FC2与氧气和水蒸气反应的化学方程式2SO2+O2+2H
48、2O=2H2SO4【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，且是短周期元素，所以C是O元素，C与F同主族，且是短周期元素，所以F是S元素，D与E和F同周期，都处于第三周期，且D是所在周期原子半径最大的主族元素，所以D是Na元素，E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体，六种元素所形成的常见单质在常 温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素，A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，根据元素周期律及其性质解答【解答】解：C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，且是短周期元素，所以C
49、是O元素，C与F同主族，且是短周期元素，所以F是S元素，D与E和F同周期，都处于第三周期，且D是所在周期原子半径最大的主族元素，所以D是Na元素，E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体，六种元素所形成的常见单质在常 温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素，A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，（1）D是Na元素，钠原子核外有3个电子层，最外层有1个电子，所以其在元素周期表中的位置是第三周期第IA族，故答案为：第三周期第IA族；（2）电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以C、
50、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是S 2O 2Na+，故答案为：S 2O 2Na+；（3）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X为NH4NO3，硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；（4）若E是金属元素，则为Al元素，铝和氧化铁能发生铝热反应，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E是Si元素，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水，离子反应方程式为：SiO2+2OH=SiO3 2+H2O，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，SiO2+2OH=SiO3 2+H2O；
51、（5）SO2气体有毒，且有还原性，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸易被氧气氧化生成硫酸，所以该反应的方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故答案为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO422海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是BDE （从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯 F干燥器（2）步骤的实验操作名称是过滤；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是蒸馏（3）步骤反应的离子方
52、程式是2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O（4）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大（5）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）【考点】海带成分中碘的检验【分析】（1）根据实验操作步骤灼烧来分析用到的实验仪器；（2）分离固体和液体用过滤，分离互溶的两种液体用蒸馏；（3）MnO2具有较强的氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；（5）根据碘单质的特性
53、来检验【解答】解：（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯故答案为：BDE；（2）步骤是分离固体和液体，则实验操作为过滤，步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（3）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化，故答案为：2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故答案为：苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大；（5）碘遇淀粉变蓝色，故答案为：取少量提取碘后
54、的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）23实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品请回答下列问题：（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入碎瓷片，目的是防止液体加热发生暴沸（2）反应中加入过量乙醇，目的是增大反应物浓度增大乙酸转化率，促进平衡正向进行（3）如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏这样操作可以提高酯的
55、产率，其原因是及时蒸馏出生成物CH3COOC2H5，有利于酯化反应向生成酯的方向进行（4）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：饱和碳酸钠溶液，分离方法III是蒸馏（5）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液，中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来甲、乙两人实验结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物；乙得到了大量水溶性的物质；丙同学分析了上述实验目标产物后，认为上述实验都没有成功试解答下列问题：甲实验失败的原因是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应乙实验失败的原因是所加NaOH
56、溶液过量，酯发生水解【考点】乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计【分析】（1）对液体混合物加热时，加入沸石或碎瓷片，可防发生爆沸；（2）、（3）乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，为提高反应物的转化率和提高产率，通常采取增大某反应物的浓度或减小生产物的浓度的方法；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用盐酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；（5）根据NaOH能与酸、酯发生反应以及NaOH量的不同反应进行的程度不同【解答】解：（1）对液体混合物加热时，一定要防止溶液爆沸，所以往往要加入沸石或碎瓷片，以防发生爆沸，故答案
57、为：防止暴沸；（2）乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，反应中加入过量的乙醇，平衡向正反应方向移动，CH3COOH的转化率增大，故答案为：提高CH3COOH的转化率；（3）通过分液漏斗中边滴加乙酸边加热蒸馏，可以不断增大乙酸的浓度，减小乙酸乙酯的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，故答案为：及时蒸馏出生成物CH3COOC2H5，有利于酯化反应向生成酯的方向进行；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇然后水层中的乙酸钠要用盐酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸，故答案
58、为：饱和碳酸钠溶液；蒸馏；（5）甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应，故答案为：所加NaOH溶液不足未将酸完全反应；乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解，故答案为：所加NaOH溶液过量，酯发生水解240.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2molL1H2SO4溶液中，然后再滴加1molL1NaOH溶液请回答：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示当V1=180mL时，则金属粉末中n（Mg）=0.08 mol，V2=420mL（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+
59、、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=400mL（3）若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 3molL1硫酸溶解此混合物后，再加入 1molL1NaOH溶液，所得沉淀最多时NaOH溶液的体积=0.6L【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=180mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应时，溶质是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，令MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，根据守恒列方程求
60、算n（Mg）；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al），进而计算氢氧化钠溶液体积；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4），再计算氢氧化钠溶液体积；（3）沉淀最大时，溶液中溶质是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4
61、），再计算氢氧化钠溶液体积【解答】解：（1）100mL 2molL1的H2SO4溶液中硫酸的物质的量为0.1L2mol/L=0.2mol，当V1=180mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=0.18L1mol/L=0.09mol令MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1根据SO42离子守恒有：x+3y=0.20.09联立方程，解得：x=0.08；y=0.01所以金属粉末中n（Mg）=0.08mol，n（Al）=2y=20.01m
62、ol=0.02mol滴加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42离子、Na+离子和Al原子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=20.2mol+0.02mol=0.42mol，所以，V2=0.42L=420mL，故答案为：0.08；420；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时溶液是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=20.1L2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）=0.4L=400mL，故答案为：400；（3）沉淀最大时，溶液中溶质是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=20.1L3mol/L=0.6mol，所以V（NaOH）=0.6L，故答案为：0.62016年11月29日
