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    将等物质的量的两种氧化物溶于100mL硫酸，而后逐滴加入1.00mol/L的NaOH溶液．当加入的NaOH的体积V1＝50mL时，开始有沉淀析出，且沉淀量随NaOH加入量逐渐增加．当NaOH的体积V2＝650mL时，沉淀量达最大值，继续滴加NaOH时，沉淀量逐渐减小．当V3≥750mL时，沉淀量不再改变．

    (1)最初加入的50mL NaOH溶液的作用是什么？

    (2)计算所用硫酸的浓度．

    (3)试判断两种氧化物各是什么，计算其物质的量．

    答案：
    解析：

    　　【答案】(1)最初加入的50mL NaOH溶液的作用是中和过量的H2SO4．

    　　(2)所用的H2SO4物质的量浓度的计算方法有如下两种较为简便的方法：

    　　①规律法：金属、金属氧化物、金属氢氧化物溶于酸(适量或不足)产生的金属离子，再加入NaOH溶液，当沉淀量达到最大值时，这个过程可看作是H+与OH－反应．

    　　如：AlAl3+Al(OH)3↓

    　　Al2O32Al3+2Al(OH)3↓

    　　Al(OH)3Al3+Al(OH)3↓

    　　过量的酸与碱反应的本质也是H+＋OH－＝H2O，因此100mL H2SO4中物质的量H+为650mL NaOH中的物质的量．

    　　设H2SO4物质的量浓度为c(H2SO4)，则有：

    　　c(H2SO4)×0.1L×2＝1mol/L×0.65L，得c(H2SO4)＝3.25mol/L．

    　　②守恒法：当沉淀量达到最大值时，H2SO4全部变Na2SO4．根据守恒可知：n(H2SO4)的物质的量等于n(Na2SO4)等于n(NaOH)的1/2，所以：

    　　c(H2SO4)＝(1mol/L×0.65L)÷(2×0.1L)＝3.25mol/L．

    　　(3)将金属离子完全沉淀为氢氧化物共需NaOH为：

    　　(0.65L－0.05L)×1mol/L＝0.6mol，

    　　有一种金属氢氧化物能溶于NaOH溶液，所以该金属氢氧化物通常认为是Al(OH)3，其物质的量为0.1L×1mol/L＝0.1mol，其氧化物为Al2O3，物质的量为0.05mol．生成0.1mol Al(OH)3需0.3mol NaOH，则沉淀另一种金属离子需NaOH 0.3mol．设另一种金属氧化物为MxOy，产生的金属离子为M(2y/x)+，沉淀时消耗NaOH为0.05·x·2x/y(mol)，依题意0.05·x·2x/y＝0.3，y＝3，＋3价的常见金属除Al外应为Fe，所以另一种氧化物为Fe2O3，物质的量为0.05mol．

    　　【解析】该题考查物质的量．在根据化学方程式的计算中的应用，以及物质的量浓度的概念和两性氧化物的性质等基础化学知识及简单的推理计算能力和思维整体性．从题目可知这两种化合物均为金属氧化物，溶于酸后加NaOH溶液50mL开始有沉淀，证明H2SO4过量．50mL NaOH是用来中和过量H2SO4的，当又滴了600mL NaOH溶液后金属离子完全沉淀，再加100mL NaOH溶液时有一种金属氢氧化物沉淀恰好被溶解完，可判断该氢氧化物为Al(OH)3，且其物质的量为0.1mol，则Al2O3为0.05mol．所以另一种氧化物也为0.05mol．溶于酸后产生的金属离子完全沉淀时也消耗0.3mol NaOH，由此可计算出其化合价为＋3价，必为Fe2O3．


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    科目：高中化学 来源： 题型：

    某有机物A，经测知它的相对分子质量小于100，将1mol A在O2 中充分燃烧得到等物质的量的CO2和H2O（g），同时消耗112L O2（标准状况）．
    （1）写出A的分子式
    C4H8O2
    C4H8O2
    ；它的一种同分异构体甲在酸性条件下发生水解，生成两种碳原子数相同的有机物，则甲的结构简式为
    CH3COOCH2CH3
    CH3COOCH2CH3
    ．
    已知：
    A中含有碳氧双键，与A相关的反应如下：

    提示：B在HIO4存在并加热时只生成一种产物C．
    （2）写出A→E、E→F的反应类型：
    A→E
    取代
    取代
    反应、E→F
    消去
    消去
    反应．
    （3）写出A、G的结构简式
    A
    CH3COCH（OH）CH3
    CH3COCH（OH）CH3
    、G
    ．
    （4）写出B→D反应的化学方程式

    （5）C在条件①下进行反应的化学方程式
    ．

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    科目：高中化学 来源： 题型：阅读理解

    某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质）为原料制取Zn和MnO2．
    （1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：MnO2+FeS+H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+S+H2O
    （2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按如图甲的工业流程进行操作处理得溶液（IV），电解溶液（IV）即得MnO2和Zn．

    a、操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为
    Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
    Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
    ．
    b、操作②中加入适量X的作用是什么
    将Fe2+氧化成Fe3+
    将Fe2+氧化成Fe3+
    ；X的首选物的化学式是：
    MnO2
    MnO2
    ．
    c、操作③中所加碳酸盐的化学式是
    MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3
    MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3
    ．
    （3）为了从上述流程中产生的Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀混合物中回收Al（OH）3，工厂设计了如图乙的有关流程图．
    a、AlCl3溶液和NaAlO2溶液反应生成AI（OH）3的离子方程式为
    Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3
    Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3
    ．若总共得到n molAl（OH）3，则消耗的NaOH和HCl的理论量（mol）分别为
    3n
    4
    3n
    4
    、
    3n
    4
    3n
    4
    ．
    b、若使用如图丙流程回收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？
    如按丙流程，则得到同样nmolAl（OH）3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则
    如按丙流程，则得到同样nmolAl（OH）3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则
    ．

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    科目：高中化学 来源： 题型：阅读理解

    （1）工业上以粗铜为原料采取如下图所示流程制备硝酸铜晶体：

    ①在步骤a中，需要通入氧气和水，其目的是
    提高原料的利用率，减少污染物的排放
    提高原料的利用率，减少污染物的排放
    ．现有1L NO2、NO混合气体NOx，将其氧化成HNO3，需同温同压下O2的体积0.6L，则混和气体中NO2、NO的物质的量之比为
    3：7
    3：7
    ．
    ②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，不用加水的方法调节溶液pH的原因是
    加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩
    加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩
    ．
    ③进行蒸发浓缩时，要用硝酸调节溶液的pH=1，其目的是（结合离子方程式说明）
    由于Cu2+发生水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解
    由于Cu2+发生水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解
    ．
    （2）下图是某小组同学查阅资料所绘出的硝酸铜晶体[Cu（NO3）2?nH2O]的溶解度曲线（温度在30℃前后对应不同的晶体），下列说法正确的是
    b、d
    b、d
    （填字母）．
    a．A点时的溶液为不饱和溶液
    b．B点时两种晶体可以共存
    c．按上述流程最终得到的晶体是Cu（NO3）2?3H2O
    d．若将C点时的溶液降温至30℃以下，可以析出Cu（NO3）2?6H2O晶体
    （3）某些共价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时有微弱的导电性，主要是因为发生了电离，如：2NH3NH4++NH2-，由此制备无水硝酸铜的方法之一是用Cu与液态N2O4反应．液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18，Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜的化学方程式是
    Cu+2N2O4=Cu（NO3）2+2NO↑
    Cu+2N2O4=Cu（NO3）2+2NO↑
    ．

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    科目：高中化学 来源： 题型：阅读理解

    利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如下左图所示。

    　　　

    (1)在0－30小时内，CH4的平均生成速率vI、vII和vIII从大到小的顺序为                ；反应开始后的12小时内，在第       种催化剂的作用下，收集的CH4最多。

    (2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，一定温度下发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)  K＝27mol2·L－2。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，在上述温度下发生反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.10mol，CH4的平衡转化率为      　  （保留两位有效数字）。

    (3)甲烷燃料电池是利用CH4跟氧气或空气反应将化学能转化成电能的装置，电解质溶液是强碱。下面有关说法正确的是      　（填编号）。

    A．负极反应为：O2+2H2O+4e- －→4OH-；

    B．负极反应为：CH4+10OH- - 8e-－→CO32-+7H2O

    C．放电时溶液中的阴离子向负极移动

    D．随放电的进行，溶液的pH值不变

    (4)如上右图是一个电化学装置示意图，甲烷燃料电池作其电源。

    ①如果A为含有铁、银、金、碳杂质的粗铜，B为纯铜，C为CuSO4溶液，通电后，Cu2＋的浓度将　    　(填“增大”、“减小”或“不变”)。

    ②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是KBr溶液，通电时阳极的电极反应式是__________________________。

    ③特定条件下，该装置使用惰性电极电解Na2SO4浓溶液可制得少量过氧化氢：在阳极上SO被氧化成S2O(过二硫酸根离子)，S2O与H2O反应即可生成H2O2，

    S2O＋2H2O === 2SO＋H2O2＋2H＋。若各反应物质的转化率均为100%，则要制取1 mol H2O2，理论上燃料电池需消耗CH4的物质的量为              。

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    科目：高中化学 来源： 题型：阅读理解

    A、B、C、D、E均为钠盐，D、E具有相同的元素组成，都是由四种元素组成的化合物。向B溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，立即产生白色沉淀，该沉淀见光变暗至灰至黑。A、B或B、C溶液混合均无明显现象，若将A、B、E和B、C、E分别按1:5:6和1:1:2的物质的量之比混合，溶液都能产生有刺激性气味黄绿色气体甲。D、E溶液混合能产生具有漂白性的刺激性气体乙。甲与乙混合气体通入水中会产生两种酸。B与E固体混合不反应，加热则能产生有刺激性气味的气体丙。若将气体丙通入A或C溶液中均能产生气体甲。甲气体通入D溶液，颜色会消失。若将A、D、E按2:1:1物质的量之比混合，能产生黄色气体丁。

    请回答下列有关问题：

    ⑴．完成下列反应的离子方程式并配平之。

    ①．A + B + E → ：　  ▲ 

    ②．D + E → ：　  ▲ 

    ③．甲+乙+ H2O → ：  ▲ 

    ④．A + D + E → ：　  ▲ 

    ⑵．丁气体消毒漂白性比甲强，是更理想的漂白试剂。相同条件下，相同体积的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍；相同质量的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍。

    ⑶．历史上曾把某元素的最高价的含氧酸称为某酸，如N、P、S等。A盐中对应的酸并不是该元素的最高价的含氧酸（当时误认为是最高价）。电解技术进入化学研究领域后，通过惰性材料电解A的水溶液，产生新的含氧酸盐(M=122.5 g·mol－1)，我们可以把与其对应的酸称为高某酸。取出100 mL A盐溶液进行电解（惰性电极，通直流电），数小时后，收集到的阴、阳两极气体分别为6.72L和2.24L(已经折算成标准状况下的气体体积) 。

    ①．阴、阳两极所发生的电极反应离子方程式为  ▲  、  ▲  。

    ②．原A盐溶液的物质的量浓度为  ▲  。（假设溶液体积变化忽略不计）

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