安徽省淮南市凤台一中高三上学期月考化学试卷（月份）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年安徽省淮南市凤台一中高三（上)月考化学试卷（9月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．甲酸（HCOOH）是一种一元弱酸,下列性质中可以证明它是弱电解质的是（）A．常温下，1mol/L甲酸溶液中的c（H+)约为1×10﹣2mol•L﹣1B．甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳C．10mL1mol•L﹣1甲酸溶液恰好与10mL1mol•L﹣1NaOH溶液完全反应D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢2．常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．某物质的溶液pH＜7,则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同C．pH=4的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+）＜c（CH3COO﹣）D．将pH=6的H2SO4稀释1000倍后，c（H+）=2c（SO42﹣）3．按能量由低到高的顺序排列，正确的一组是（）A．1s、2p、3d、4s B．1s、2s、3s、2p C．2s、2p、3s、3p D．4p、3d、4s、3p4．将24g可能含Na、Mg、Al、Fe的合金投入稀HCl中放出氢气的质量为2g，则此合金中一定含（）A．Na B．Mg C．Al D．Fe5．若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（)A．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB．在25℃，101kPa时,22.4L氢气中含有2NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7：46．下列元素的第一电离能依次减小的是（）A．H、Li、Na、K B．I、Br、Cl、F C．Na、Mg、Al、Si D．Si、Al、Mg、Na7．X、Y、Z均是短周期元素，X、Y位于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣,且Y+和Z﹣离子具有相同的电子层结构．下列说法正确的是()A．原子最外层电子数：X＞Y＞ZB．对应气态氢化物的稳定性:X＞ZC．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣D．原子序数：X＞Y＞Z8．以NA表示阿伏伽德罗常数的数值,下列说法不正确的是（)A．1L1mol/LH2SO4，含有2NA个H+B．500mL2mol/L盐酸比100mL2mol/L硫酸的导电性强C．1molNa2S2，含NA个共价键D．标准状况下，3.36LSO2的质量约为9.6g9．将一粒黄豆大小的金属钠，投入含饱和食盐水的烧杯中，下列实验现象不正确的是（）A．反应后的水溶液可以使酚酞变红B．钠跟食盐水反应比与水反应更剧烈，并放出热量，发出嘶嘶声C．钠熔成一个闪亮的小球，并在液面上向各方向迅速游动最后消失D．食盐水出现浑浊现象10．0。6mol/LFe2（SO4）3和1。2mol/LCuSO4的混合溶液200mL，加入一定量的铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量浓度之比为3：1，则加入的铁粉的物质的量为（）A．0。16mol B．0。21mol C．0。30mol D．0。48mol11．已知下列热化学方程式:①Fe2O3（s)+3CO(g）═2Fe（s)+3CO2（g）△H1=﹣26.7kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s)+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣50。75kJ•mol﹣1③Fe3O4(s)+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36。5kJ•mol﹣1则反应FeO（s）+CO（g）═Fe(s）+CO2(g）的焓变为（）A．+7。28kJ•mol﹣1 B．﹣7。28kJ•mol﹣1C．+43。68kJ•mol﹣1 D．﹣43.68kJ•mol﹣112．某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A．一定含有Al,其质量为4.5gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有（NH4）2SO4和MgCl2,且物质的量相等二、解答题（共9小题，满分94分）13．（8分)氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．图为电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强,性质稳定,请回答：（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是，在导线中电子流动方向为（用a、b表示)．（2）负极反应式为．(3）电极表面镀铂粉的原因为．14．（15分）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题:（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为．(2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为、．（3）写出步骤①的化学方程式．（4)写出步骤⑤的化学方程式．（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是．（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂,BF3分子中B和F最外层的电子数分别为、个．（7）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式．15．(15分)某同学设计的制取氯气和验证氯气部分化学性质的实验装置如图所示:其中D处放有干燥的紫色石蕊试纸，E处放有湿润的紫色石蕊试纸，F、G处依次放有喷上少量淀粉KI溶液、浓NaOH溶液的棉球．回答下列问题：（1）在装置A中放入有关药品后，打开活塞K，将分液漏斗中的液体加入烧瓶中，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯,请写出A处反应的化学方程式:；（2)B处饱和食盐水是为了除去．(3）在E处，紫色石蕊纸的颜色由紫色变为红色，再变为无色,其原因是．（4）当F处棉球变色，立即关闭活塞K，可看到I瓶中液面上升,H瓶中充满黄绿色气体．则甲装置的作用为．（5）G处可能发生反应的化学方程式．16．下列实验操作或对实验事实的描述不正确的是．（填序号）①分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出②向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH)3胶体③石油的分馏实验中，需将温度计的水银球插入液面以下以控制液体温度④用瓷坩埚熔化各种钠的化合物⑤测溶液大致的pH：用玻璃棒蘸取溶液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照⑥向NaOH溶液中滴加Al2（SO4）3溶液和向Al2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液现象不同⑦可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫．17．(12分）某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置．已知：CaCl2+nH2O→CaCl2•nH2O；CaCl2+8NH3→［Ca（NH3）8]Cl2根据题意完成下列填空:(1）分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol/L．现用质量分数为0。35、密度为0。88g/cm3的氨水配制9，.0mol/L的氨水100mL,需要的定量仪器有(选填编号）．a．100mL容量瓶b．10mL量筒c．50mL量筒d．电子天平(2）受热时，乙中反应的化学方程式为．（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯,可观察到的现象有．（4)干燥管甲的作用是；丙中盛放的药品为（选填下列编号），其目的是．a．浓H2SO4b．无水CaCl2c．碱石灰d．无水CuSO4（5）丁中除了NO之外，还可能存在的气体有（填写化学式)．烧杯中发生反应的化学方程式、．18．（10分）把5.1g铝镁合金的粉末放入100mL某盐酸中，恰好完全反应得到标准状况下氢气5。6L．试计算：（写出计算过程）（1）该盐酸的物质的量浓度；（2）该合金中铝的质量分数．19．(10分）烃A在一定条件下可以按图进行转化：已知D为，F1和F2互为同分异构体,加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，G1和G2分别互为同分异构体．据此作答：(1）框图中属于取代反应的是（填序号）；B完全燃烧后生成的CO2和水的质量比为．(2）A的结构简式是;G1的结构简式是．（3）写出E在一定条件下生成高聚物的化学方程式：（4）已知B可在碱性条件下和O2构建成燃料电池，写出负极的电极反应式．20．（10分）由短周期元素组成的三种单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有如图所示转化关系,甲是典型的两性氧化物,也是工业上制取A的主要原料．请回答：（1)写出下列物质的化学式：单质C，化合物甲．（2)写出A与NaOH溶液反应生成乙和C的化学方程式．（3）写出丁与氨水反应的离子方程式．（4)写出上述反应中既属于氧化还原反应，又属于化合反应的反应方程式，并表示出电子转移的方向和数目．21．(10分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，其中A在常温下能与水发生剧烈反应，B是目前使用最多的金属．物质之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．请根据以上信息回答下列问题：（1)写出下列物质的化学式：乙；F；(2）写出下列反应的离子方程式:①金属A和水反应的离子方程式．②D和G的水溶液反应的离子方程式．(3）将G浓溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体．你认为该液体中的分散质粒子直径在之间,验证的简单方法是：．

2016—2017学年安徽省淮南市凤台一中高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题(共12小题，每小题3分，满分36分）1．甲酸（HCOOH)是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是（）A．常温下,1mol/L甲酸溶液中的c（H+）约为1×10﹣2mol•L﹣1B．甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳C．10mL1mol•L﹣1甲酸溶液恰好与10mL1mol•L﹣1NaOH溶液完全反应D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢【考点】DM：弱电解质的判断．【分析】如果能说明甲酸在水溶液里部分电离就能证明甲酸是弱电解质，据此分析解答．【解答】解:A．1mol/L甲酸溶液中c（H+）=0.01mol/L＜1mol/L,说明甲酸部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，故A正确;B．甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳是梦甲酸酸性强于碳酸，但不能说明甲酸为弱酸,故B错误；C.10ml1mol/L甲酸恰好与10ml•1mol/LNaOH溶液完全反应,说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，故C错误;D．甲酸和强酸溶液中氢离子浓度大小决定反应速率，浓度不知不能证明甲酸是弱酸，故D错误；故选A．【点评】本题考查弱电解质的判断，知道强弱电解质的本质区别是“电离程度”，电解质强弱只根据电离程度判断，不能根据其溶解性强弱判断，题目难度不大．2．常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同C．pH=4的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＜c（CH3COO﹣)D．将pH=6的H2SO4稀释1000倍后，c（H+）=2c(SO42﹣）【考点】DN：离子浓度大小的比较．【分析】A．常温下,显酸性的物质有酸、强酸的酸式盐、强酸弱碱盐，据此分析;B．常温下，溶液中氯离子浓度越大,AgCl的溶解度越小;C．pH=4的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒；D．稀释过程中硫酸的物质的量不变，此时需要考虑水的电离；【解答】解：A．常温下，显酸性的物质有酸，如硫酸;强酸的酸式盐，如硫酸氢钠；强酸弱碱盐，如氯化铵；所以25℃时，某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸、强酸的酸式盐、强酸弱碱盐，故A错误；B．常温下，溶液中氯离子浓度越大，AgCl的溶解度越小，同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中，CaCl2溶液的氯离子浓度大，所以CaCl2溶液中AgCl的溶解度小，故B错误；C．pH=4的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+)+c（H+)=c（CH3COO﹣)+c(OH﹣)，c(H+）＞c（OH﹣），c(Na+)＜c（CH3COO﹣)，故C正确;D．稀释过程中硫酸的物质的量不变，当溶液接近中性时要考虑水的电离,所以将pH=6的硫酸溶液稀释1000倍后,c（SO42﹣）=×10﹣9mol/L，c（H+)=10﹣7mol/L，溶液中的SO42﹣与H+浓度的比值约为1:200，故D错误；故选C．【点评】本题考查电荷守恒、化学平衡、沉淀溶解平衡、弱电解质的电离和盐类的水解，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较广,充分考查了学生对所学知识的掌握情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力．3．按能量由低到高的顺序排列，正确的一组是（）A．1s、2p、3d、4s B．1s、2s、3s、2p C．2s、2p、3s、3p D．4p、3d、4s、3p【考点】86:原子核外电子排布．【分析】根据构造原理可知，在每一能层中,能级符号与能量大小的顺序是：ns＜np＜nd＜nf…；n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s，2p＜3p＜4p；同层不同能级可由该公式得出ns＜（n﹣2）f＜(n﹣1）d＜np，以此解答该题．【解答】解：A．能量3d＞4s，故A错误；B．根据构造原理可知能量3s＞2p，故B错误；C．符合能级构造原理，能量顺序正确，故C正确；D．能量4p＞3d,4s＞3p,故D错误．故选C．【点评】本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，注意构造原理的应用以及能级的能量顺序，属于识记型题目，注意积累．4．将24g可能含Na、Mg、Al、Fe的合金投入稀HCl中放出氢气的质量为2g，则此合金中一定含（）A．Na B．Mg C．Al D．Fe【考点】5A：化学方程式的有关计算．【分析】2g氢气的物质的量为：=1mol，假设金属都是+2价，则金属的物质的量为1mol，混合金属的平均摩尔质量为:=24g/mol，Na为+2价时的摩尔质量为23g/mol×2=46g/mol，Mg、Fe与稀盐酸反应都表现+2价,Al为+2价时的摩尔质量为：×2=18g/mol，据此进行判断合金组成．【解答】解:2g氢气的物质的量为：=1mol，假设金属都是+2价，则金属的物质的量为1mol,混合金属的平均摩尔质量为：=24g/mol，Na为+2价时的摩尔质量为23g/mol×2=46g/mol，Mg的摩尔质量为24g/mol,Fe与稀盐酸反应都表现+2价，其摩尔质量为56g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为:×2=18g/mol,根据分析可知,Na、Fe的+2价摩尔质量都大于24g/mol，Mg的摩尔质量=24g/mol，只有Al为+2价时的摩尔质量＜24g/mol，所以若满足合金平均摩尔质量为24g/mol，合金中一定含有Al，故选C．【点评】本题考查了化学方程式的计算，题目难度不大,明确发生反应原理为解答关键，注意掌握平均值发在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．5．若NA表示阿佛加德罗常数,下列说法正确的是（）A．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB．在25℃，101kPa时，22.4L氢气中含有2NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0。5mol甲烷的质量比为7：4【考点】54:物质的量的相关计算．【分析】A、Cl2作为氧化剂被还原为Cl﹣；B、根据n=计算出氢气的物质的量并结合H2的分子组成来计算；C、根据氮气的物质的量并结合氮气中的电子个数来计算;D、根据m=n•M来计算．【解答】解：A、Cl2作为氧化剂被还原为Cl﹣，故1molCl2得2mol电子，即2NA个，故A错误；B、在0℃、101kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol，22。4L氢气的物质的量n==1mol，含有的氢原子数为2NA个，但是在25℃，101kPa时，结论不成立，故B错误；C、14g氮气的物质的量n===0。5mol，而N2中有14个电子，故0.5molN2中含有的电子数N=0。5×14×NA=7NA，故C正确;D、NA个一氧化碳分子的物质的量n==1mol，质量m1=n•M=1mol×28g/mol=28g;0.5mol甲烷的质量m2=n•M=0。5mol×16g/mol=8g，故质量之比为7:2，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的运用是解题关键，难度不大．6．下列元素的第一电离能依次减小的是（）A．H、Li、Na、K B．I、Br、Cl、F C．Na、Mg、Al、Si D．Si、Al、Mg、Na【考点】8B：元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．【解答】解:同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．A、H、Li、Na、K属于同一主族元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能依次减小，故A正确；B、I、Br、Cl、F属于同一主族元素且原子序数依次减小，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以I、Br、Cl、F第一电离能依次增大，故B错误;C、Na、Mg、Al、Si属于同一周期元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而增大,但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以其第一电离能大小顺序为Si、Mg、Al、Na，故C错误；D、由C分析可知Si、Al、Mg、Na的第一电离能大小顺序为Si、Mg、Al、Na，故D错误；故选A．【点评】本题考查了第一电离能大小的判断，难度不大，根据元素周期律来分析解答即可,注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．7．X、Y、Z均是短周期元素,X、Y位于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，且Y+和Z﹣离子具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（）A．原子最外层电子数:X＞Y＞ZB．对应气态氢化物的稳定性:X＞ZC．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣D．原子序数：X＞Y＞Z【考点】8G：原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z均是短周期元素，X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：X、Y、Z均是短周期元素，X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素,Z为ⅦA族元素;Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素．A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B．非金属性S＜F，故氢化物稳定性H2S＜HF,故B错误；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞F﹣＞Na+，故C错误；D．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确，故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于学生的分析能力的考查,题目难度不大，关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类．8．以NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）A．1L1mol/LH2SO4,含有2NA个H+B．500mL2mol/L盐酸比100mL2mol/L硫酸的导电性强C．1molNa2S2，含NA个共价键D．标准状况下,3。36LSO2的质量约为9.6g【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A．硫酸为强电解质，完全电离;B．溶液导电性强弱与自由移动离子浓度有关;C.1molNa2S2中含有1molS﹣S共价键；D．依据n==计算解答．【解答】解:A．硫酸为强电解质,完全电离,1L1mol/LH2SO4，含有硫酸的物质的量为1mol，含有2NA个H+,故A正确;B．2mol/L盐酸中含有氯离子和氢离子浓度都是2mol/L，而2mol/L硫酸溶液中含有含有氢离子浓度为4mol/L，含有硫酸根离子浓度为2mol/L,所以盐酸溶液导电性比硫酸溶液的导电性差，故B错误;C．1molNa2S2中含有1molS﹣S共价键，含NA个共价键,故C正确；D．标况下，3.36L二氧化硫的物质的量为：=0。15mol，0。15mol二氧化硫的质量为：64g/mol×0.15mol=9.6g，故D正确；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意溶液导电性与溶质的物质的量无关，与溶液中各离子的浓度有关，要求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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．9．将一粒黄豆大小的金属钠，投入含饱和食盐水的烧杯中,下列实验现象不正确的是（)A．反应后的水溶液可以使酚酞变红B．钠跟食盐水反应比与水反应更剧烈,并放出热量,发出嘶嘶声C．钠熔成一个闪亮的小球，并在液面上向各方向迅速游动最后消失D．食盐水出现浑浊现象【考点】GE：钠的化学性质．【分析】A、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性；B、钠跟食盐水反应实质是钠与水反应;C、反应放出大量的热,各方向产生的氢气不同;D、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,溶剂水的质量减少．【解答】解：A、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，酚酞再碱性条件下呈红色，故A正确;B、钠跟食盐水反应实质是钠与水反应，与与水反应剧烈程度相同，故B错误；C、钠的熔点较低,反应放出大量的热使钠熔化为小球，各方向产生的氢气不同，小球四处游动,故C正确；D、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶剂水的质量减少，有氯化钠析出，食盐水出现浑浊,故D正确；故选B．【点评】本题考查钠的性质，难度不大,借助于题目情境,培养了学生分析问题的能力．10．0.6mol/LFe2（SO4）3和1.2mol/LCuSO4的混合溶液200mL，加入一定量的铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量浓度之比为3：1,则加入的铁粉的物质的量为（）A．0.16mol B．0.21mol C．0。30mol D．0。48mol【考点】M3：有关混合物反应的计算．【分析】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol．由于氧化性Fe3+＞Cu2+，所以首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，则生成亚铁离子是0。36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42﹣），根据n=cV计算n（SO42﹣），据此计算反应后溶液中n（Fe2+）,根据铁元素守恒n(Fe)=n(Fe2+)﹣n（Fe3+）,据此进行计算．【解答】解:溶液中铁离子物质的量为：0.2L×0.6mol/L×2=0。24mol，铜离子的物质的量是：0。2L×1.2mol/L=0.24mol,由于氧化性Fe3+＞Cu2++，所以首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，由方程式可知,则生成亚铁离子是0。24mol×=0。36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为0.36mol：0。24mol=3：2,实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3:1,说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，此时溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒可得：n（Fe2+）+n（Cu2+）=n(SO42﹣)，溶液中含有硫酸根离子的物质的量为:n(SO42﹣）=0.2L×0.6mol/L×3+0.2L×1.2mol/L=0。6mol，Fe2+与Cu2+物质的量之比为3:1,则:n（Fe2+)+n（Fe2+）=n(SO42﹣)=0.6mol，解得:n（Fe2+）=0.45mol,根据铁元素守恒，加入铁粉的物质的量为：n（Fe）=n（Fe2+）﹣n（Fe3+）=0.45mol﹣0.24ml=0.21mol，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等,判断铁与铜离子部分反应是关键，注意根据元素守恒与电荷守恒进行计算,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．11．已知下列热化学方程式:①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe(s）+3CO2（g）△H1=﹣26。7kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s)+CO(g）═2Fe3O4（s）+CO2（g)△H2=﹣50.75kJ•mol﹣1③Fe3O4(s）+CO(g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36。5kJ•mol﹣1则反应FeO(s)+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的焓变为（）A．+7。28kJ•mol﹣1 B．﹣7。28kJ•mol﹣1C．+43.68kJ•mol﹣1 D．﹣43.68kJ•mol﹣1【考点】5D：有关反应热的计算．【分析】根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理得到FeO（s）+CO（g）═Fe（s)+CO2（g)的焓变．【解答】解:由①×3﹣②﹣③×2得：6FeO(s)+6CO(g）═6Fe（s)+6CO2（g)④再由④÷6得：FeO(s）+CO（g）═Fe(s）+CO2（g）故△H===+7。28kJ•mol﹣1．故选A．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大,注意盖斯定律的应用．12．某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A．一定含有Al，其质量为4.5gB．一定不含FeCl2,可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等【考点】PL：几组未知物的检验．【分析】14。05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5。60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3。36L，体积减少5。60L﹣3.36L=2。24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2。24L，剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝;14。05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g,久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；14。05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀,加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝,以此解答该题．【解答】解:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L,体积减少5.60L﹣3。36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2。9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱,所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2。90g，氢氧化铜为蓝色沉淀,所以固体混合物中一定不存在FeCl2;14。05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀,说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀,加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，A．固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，故B错误;C．根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2,故C错误；D．根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4、MgCl2,故D正确；故选D．【点评】本题综合考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价，侧重于物质化学性质的综合应用，注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断，题目难度中等．二、解答题(共9小题，满分94分）13．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．图为电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：(1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是化学能→电能，在导线中电子流动方向为a→b(用a、b表示）．(2）负极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．（3）电极表面镀铂粉的原因为增大反应速率．【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）氢氧燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置；燃料电池中,通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极,电子从负极沿导线流向正极；（2）碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；（3)反应物接触面积越大，反应速率越快．【解答】解：（1）氢氧燃料电池属于原电池,是将化学能转化为电能的装置,所以该燃料电池中能量主要转化形式是化学能转化为电能；燃料电池中,通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极,所以通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，电子流动方向为a到b，故答案为：化学能→电能;a→b；（2)碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O；（3）反应物接触面积越大，反应速率越快,电极表面镀铂粉能增大反应物的接触面积,所以能增大反应速率，故答案为:增大反应速率．【点评】本题考查原电池原理，侧重考查化学基本理论,明确燃料电池中正负极的判断、电流及离子流向、电极反应式的书写即可解答，注意电极反应式与电解质溶液酸碱性有关，题目难度不大．14．(15分）（2015•文登市一模）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题:（1)Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3．(2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为NaHCO3、Na2SO4．(3）写出步骤①的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2．（4）写出步骤⑤的化学方程式B2O3+3Mg2B+3MgO．（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是硼酸的酸性小于硫酸,符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行．（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂,BF3分子中B和F最外层的电子数分别为6、8个．（7)乙硼烷（B2H6)是一种气态高能燃料,写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式B2H6+3O2B2O3+3H2O．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸,溶液b中含有硫酸钠,硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼．（1）根据化合价代数和为0计算B元素化合价；(2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4；（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2；（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO；(5）符合复分解反应由强酸制弱酸的原理；(6)BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对；(7)乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水．【解答】解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质,NaBO2溶液中,通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离,由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3,最后用Mg还原得到粗硼．（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3,故答案为：+3;（2)由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4,故答案为:NaHCO3；Na2SO4；（3)第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2,反应方程式为:Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，故答案为:Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH)2；（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是:硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小,从溶液中析出有利于该反应的进行，故答案为：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行；（6)BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对，B原子形成3故B﹣F键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8，故答案为:6;8；（7）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2O，故答案为:B2H6+3O2B2O3+3H2O．【点评】本题考查化学制备方案，理解工艺流程原理是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，难度中等．15．(15分)(2016秋•凤台县校级月考）某同学设计的制取氯气和验证氯气部分化学性质的实验装置如图所示:其中D处放有干燥的紫色石蕊试纸,E处放有湿润的紫色石蕊试纸，F、G处依次放有喷上少量淀粉KI溶液、浓NaOH溶液的棉球．回答下列问题:（1）在装置A中放入有关药品后，打开活塞K，将分液漏斗中的液体加入烧瓶中，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯，请写出A处反应的化学方程式：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O;（2)B处饱和食盐水是为了除去氯气中混有氯化氢气体．（3）在E处，紫色石蕊纸的颜色由紫色变为红色,再变为无色,其原因是生成的氯化氢使紫色的石蕊试液变红色，剩余的氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸起漂白作用，使红色褪去．（4)当F处棉球变色,立即关闭活塞K，可看到I瓶中液面上升，H瓶中充满黄绿色气体．则甲装置的作用为储存多余的氯气．（5）G处可能发生反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．【考点】E3:氯气的实验室制法；E2：氯气的化学性质．【分析】（1）根据浓盐酸、二氧化锰的性质及反应条件写出相应的化学反应方程式；（2)根据浓盐酸的性质判断氯气中混有杂质的性质分析;（3）紫色石蕊遇酸变红色，次氯酸有漂白作用,根据盐酸和次氯酸的性质分析；（4）根据装置特点分析;（5）根据氯气的性质分析．【解答】解：（1)浓盐酸具有还原性，二氧化锰有氧化性，在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为:4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，饱和食盐水中有氯离子，抑制氯气的溶解，且吸收氯化氢气体，故答案为:氯气中混有氯化氢气体；（3）紫色石蕊遇酸变红色，次氯酸有漂白作用，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以在E处，紫色石蕊纸的颜色由紫色变为红色，再变为无色，故答案为：生成的氯化氢使紫色的石蕊试液变红色,剩余的氯气和水反应生成次氯酸,次氯酸起漂白作用，使红色褪去;(4）关闭活塞K，生成的氯气进入甲装置，导致H瓶中的压强大于大气压，为平衡压强,导致I瓶中液面上升,H瓶中充满黄绿色气体．所以甲装置的作用是储存多余的氯气，故答案为：储存多余的氯气;（5）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸能和碱反应生成盐和水，所以氯气能和碱反应，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质等知识点,难度不大，次氯酸的漂白性是重要考点．16．下列实验操作或对实验事实的描述不正确的是②③④⑤．（填序号）①分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出②向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe(OH)3胶体③石油的分馏实验中，需将温度计的水银球插入液面以下以控制液体温度④用瓷坩埚熔化各种钠的化合物⑤测溶液大致的pH：用玻璃棒蘸取溶液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照⑥向NaOH溶液中滴加Al2（SO4）3溶液和向Al2(SO4）3溶液中滴加NaOH溶液现象不同⑦可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫．【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】①分液操作时，应避免液体重新混合而污染；②制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液；③蒸馏时，温度的用于测量馏分的温度；④瓷坩埚的成分中含有二氧化硅；⑤用蒸馏水湿润pH试纸,稀释了待测溶液；⑥向NaOH溶液中滴加Al2（SO4）3溶液开始没有沉淀，后来有白色沉淀；⑦除去CO2中的SO2,可用强氧化性物质或饱和NaHCO3溶液．【解答】解：①分液操作时，应避免液体重新混合而污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出,故①正确；②制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，故②错误；③蒸馏时，温度的用于测量馏分的温度，应为与蒸馏烧瓶的支管口，故③错误；④瓷坩埚的成分里含有二氧化硅，在高温下会和氢氧化钠反应，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚,应用铁坩埚，故④错误；⑤不能用蒸馏水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，测定结果不准确，故⑤错误;⑥向NaOH溶液中滴加Al2（SO4）3溶液开始没有沉淀，后来有白色沉淀；向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，先有白色沉淀，后白色沉淀消失，故⑥正确；⑦SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，但CO2不反应，故⑦正确．故选②③④⑤．【点评】本题考查物质的分离和提纯等实验基本操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，题目难度不大．17．(12分）（2015•普陀区一模）某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置．已知:CaCl2+nH2O→CaCl2•nH2O；CaCl2+8NH3→[Ca（NH3）8]Cl2根据题意完成下列填空：（1)分液漏斗中氨水的浓度为9。0mol/L．现用质量分数为0.35、密度为0。88g/cm3的氨水配制9,。0mol/L的氨水100mL，需要的定量仪器有a、c（选填编号）．a．100mL容量瓶b．10mL量筒c．50mL量筒d．电子天平(2）受热时，乙中反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．(3）实验开始先加热催化剂,当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，可观察到的现象有乙中Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色．（4)干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙中盛放的药品为b（选填下列编号)，其目的是吸收水及多余NH3．a．浓H2SO4b．无水CaCl2c．碱石灰d．无水CuSO4（5）丁中除了NO之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2（N2O4)（填写化学式）．烧杯中发生反应的化学方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【考点】U2：性质实验方案的设计．【分析】(1）依据C=计算浓氨水的物质的量浓度，再根据浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变计算；（2）受热时，乙中为氨气和氧气在催化剂加热条件下发生反应生成一氧化氮和水;（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，则生成的一氧化氮与装置的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮溶于石蕊试液生成硝酸显酸性，所以石蕊试液由紫色变为红色，据此分析；（4）干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙为固体干燥管，为了除去过量的氨气和水蒸汽，所以盛放的药品为无水CaCl2；（5）因为装置中含空气,一氧化氮与氧气生成二氧化氮,二氧化氮会转化成N2O4，所以丁中除了NO之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2（N2O4）;最终氢氧化钠是为了吸收多余的NO和NO2尾气，据此书写方程式．【解答】解：(1）浓氨水的浓度C===18.1mol/L,浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变，设浓氨水的体积为V，所以18。1mol/L×V=9.0mol/L×0。1L，V=0。0497L=49。7mL；所以选用100mL容量瓶和50mL量筒，故选:a、c；（2）受热时，乙中为氨气和氧气在催化剂加热条件下发生反应生成一氧化氮和水,方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为:4NH3+5O24NO+6H2O;（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯,则生成的一氧化氮与装置的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮溶于石蕊试液生成硝酸显酸性，所以石蕊试液由紫色变为红色,所以可观察到的现象有乙中Cr2O3仍能保持红热状态;丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色;试管里的石蕊试液由紫色变为红色;故答案为:乙中Cr2O3仍能保持红热状态;丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色；（4）干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙为固体干燥管，为了除去过量的氨气和水蒸汽，所以盛放的药品为无水CaCl2;故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体；b；吸收水及多余NH3;（5)因为装置中含空气，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮会转化成N2O4，所以丁中除了NO之外,还可能存在的气体有N2、O2、NO2（N2O4）；最终氢氧化钠是为了吸收多余的NO和NO2尾气，所以反应方程式为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O;NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O,故答案为：N2、O2、NO2(N2O4）；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【点评】本题考查氨气的催化氧化，题目难度中等,涉及溶液的配制，气体制备、干燥（或除杂质）、性质验证、尾气处理,掌握常见气体的制备原理和除杂是解题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．18．（10分）（2013秋•南京期末)把5.1g铝镁合金的粉末放入100mL某盐酸中，恰好完全反应得到标准状况下氢气5。6L．试计算：（写出计算过程）(1）该盐酸的物质的量浓度;（2）该合金中铝的质量分数．【考点】M3：有关混合物反应的计算．【分析】镁铝合金与盐酸发生反应的化学方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量为：n（H2）==0.25mol，结合反应的方程式列方程式计算出盐酸的物质的量浓度、合金中铝的质量分数．【解答】解：标况下5。6L氢气的物质的量为0.25mol，设5。1g镁铝合金中含有镁xmol，含有铝ymol，则Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，121x2xx2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，263y3yy解得:（1）反应消耗的盐酸的总物质的量为：0。1mol×2+0。1mol×3=0。5mol，盐酸的物质的量浓度为:c（HCl）==5mol/L，答：该盐酸的物质的量浓度为5mol/L；（2）该合金中铝的质量分数为:w（Al）=×100％≈52。9%,故:该合金中铝的质量分数为52.9％．【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，注意掌握金属镁、铝与酸反应的化学方程式，能够根据题中数据计算出合金中各组分含量,试题培养了学生的分析、理解能力及计算能力．19．（10分)（2015春•资阳期末）烃A在一定条件下可以按图进行转化:已知D为,F1和F2互为同分异构体，加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，G1和G2分别互为同分异构体．据此作答：（1）框图中属于取代反应的是②（填序号)；B完全燃烧后生成的CO2和水的质量比为44：21．(2）A的结构简式是（CH3）2C=C(CH3）2；G1的结构简式是．(3）写出E在一定条件下生成高聚物的化学方程式：（4）已知B可在碱性条件下和O2构建成燃料电池，写出负极的电极反应式C6H14﹣38e﹣+50OH﹣=6CO32﹣+32H2O．【考点】HB：有机物的推断．【分析】由D的结构可知A为（CH3）2C=C(CH3）2，E为CH2=C（CH3）C(CH3）=CH2,则B为（CH3）2CHCH（CH3)2，C为（CH3)2CHCBr（CH3）2，CH2=C（CH3）C（CH3）=CH2可与溴发生1，2﹣加成或﹣1，4加成,F1和F2互为同分异构体，加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为CH2BrCBr（CH3）C（CH3）=CH2，F2为CH2BrC（CH3）=C（CH3)CH2Br，且F1、F2都可生成G2,G1为，G2为，以此解答该题．【解答】解：由D的结构可知A为（CH3）2C=C（CH3)2，E为CH2=C（CH3）C（CH3)=CH2，则B为（CH3）2CHCH(CH3）2，C为（CH3）2CHCBr（CH3）2，CH2=C（CH3）C（CH3）=CH2可与溴发生1，2﹣加成或﹣1，4加成，F1和F2互为同分异构体,加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物,则F1为CH2BrCBr（CH3)C（CH3）=CH2，F2为CH2BrC（CH3）=C（CH3）CH2Br，且F1、F2都可生成G2,G1为，G2为．（1）反应①为加成反应,②为取代反应,③为加成反应，④为加成反应，⑤为消去反应,⑥为加成反应，⑦为加成反应，⑧为加成反应；B为(CH3）2CHCH（CH3）2，由元素守恒可知生成的CO2和水的质量比为6mol×44g/mol：×18g/