1、湖南省岳阳一中2015届高三10月第二次阶段考试化学试卷命题人：黄宇 审题人：阎海宏本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。可能用到的相对原子质量 H：1 O：16 C：12 S：32 N：14 Na：23 Mg：24 Cu：64 【试卷综析】本试卷是理科单独化学试卷，知识考查侧重于必修一内容，综合性较强，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。考查了较多的知识点：化学与环境、氧化还原反应、离子反应、金属、非金属及其化合物知识等；试题重点考查：化学在生活中的应用、溶液中的离子、无极推断题有机推断等主干知识。注重从题目中提取信息，难度中等。第卷（
2、选择题共45分）一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每个小题只有一个选项符合题意）【题文】1 使用化学手段可以消除某些环境污染。下列主要依靠化学手段消除环境污染的是 （ ）A在燃煤中添加生石灰B将某些废旧塑料融化后再成型C把放射性核废料深埋于地下岩层C用多孔吸附剂清除水面油污【知识点】物理变化与化学变化、常见化学污染与环境O1【答案解析】A 解析：A生石灰能和氧气、煤燃烧生成的二氧化硫等物质反应生成硫酸钙，属于化学变化，故A正确；B将某些废旧塑料融化后再成型的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C把放射性核废料深埋于地下岩层的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错
3、误；D用多孔吸附剂清除水面油污的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误故答案选A【思路点拨】本题考查化学变化与物理变化的区别和联系，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化 。【题文】2下列仪器漏斗容量瓶蒸馏烧瓶天平分液漏斗滴定管燃烧匙。常用于物质分离的是 （ ） A B C D 【知识点】常用化学仪器的使用J1【答案解析】C 解析：题中常用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，用于配制一定浓度的溶液，不用于物质的分离，常用于蒸馏，蒸馏是一种分离物质的方法，用于称量物质的质量，不用于物质的分离，常用于分液，分离互不
4、相溶的密度不同的液体的仪器，滴定管是量取液体的仪器，不用于物质的分离，燃烧匙是用于物质燃烧的仪器，不用于物质的分离； 故答案选C【思路点拨】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大。 【题文】3古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是（ ）A野火烧不尽，春风吹又生B春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间D爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏【知识点】氧化还原反应B2【答案解析】C 解析：A纤维素燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属
5、于氧化还原反应，故B不选；C石灰石加热分解生成CaO和二氧化碳，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C选；D爆竹中含有黑火药，爆炸时发生氧化还原反应，故D不选 ；故答案选C【思路点拨】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意判断诗句中的反应，从化合价的角度分析氧化还原反应 。【题文】4存放下列试剂的方法中，有错误并且会引起危险的是（ ）A白磷浸在盛有CS2的敞口试剂瓶中B金属钠浸在盛有煤油的试剂瓶中C浓硝酸存放在棕色试剂瓶中 D溴水放在带玻璃塞的试剂瓶中【知识点】化学试剂的存放J1【答案解析】A 解析：A、二硫化碳（CS2）是一种有机溶剂，白磷溶解在二硫化碳中，敞口容器污染环境
6、 ，故A错误，选； B、金属钠活泼性强，浸在盛有煤油的试剂瓶中，故B正确，不选；C、浓硝酸见光易分解，存放在棕色试剂瓶中，故C正确，不选；D、溴水可以放在带玻璃塞的试剂瓶中，故D正确，不选；故答案选A【思路点拨】本题考查物质的保存，注意根据物质的性质确定物质的保存方法，题目难度不大。【题文】5NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A16g CH4与18 g NH4+ 所含质子数相等B1mol 苯分子中含有碳碳双键数为3NAC将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22. 4LD等物质的量的甲基（CH3）和羟基（OH）所含电子数相等【知识点】阿伏伽德罗常数A1
7、【答案解析】D 解析：A、16g CH4与18g NH4+的物质的量都是1mol，1mol甲烷中含有10mol质子，1mol铵离子中含有11mol质子 ，故A错误； B、苯分子中不含有碳碳双键数，故B错误；C、NH3和HCl的混合气体会生成氯化铵，故C错误；D、甲基（CH3）和羟基（OH）所含电子数都是9，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的物质状态，NH3和HCl的混合气体会生成氯化铵，本题难度不大。【题文】6下列各组离子在给定条件下能大量共存的是 （ ）A在c（HCO3-）=0.1 molL1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl、NO3-B有大量存在的溶
8、液中：Na、Mg2、Ca2、IC有大量存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2、Fe2、BrD能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、S2、Na+、K+【知识点】离子共存问题B1【答案解析】D 解析：A、HCO3-与NH4+双水解，不能共存，故A错误； B、硫酸根与Mg2、Ca2不能共存，故B错误；C、强酸性溶液中，硝酸根氧化碘离子，故C错误；D、能使红色石蕊试纸变蓝的溶液是碱性溶液，各离子可以共存，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和复分解反应、氧化还原反应的考查，把握习题中的信息为解答的关键，题目难度不大 。【题文】7下列说法正确的是 （ ）A不用其
9、它试剂便无法区别NaCl、Na2CO3、NaHSO4、AlCl3四种溶液B纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同C为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量相等D用渗析的方法精制氢氧化铁胶体【知识点】物质的鉴别、中和滴定实验、胶体的性质H2G4【答案解析】D 解析：A、Na2CO3与NaHSO4产生气体，与AlCl3溶液既有气体又有沉淀，与其他物质均不反应的为NaCl，可鉴别 ，故A错误； B、纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物都是葡萄糖，故B错误；C、为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，使其中一个反应完全，所用酸和碱的物质的量一个稍过量，故C错误；D、胶体不能透过半
10、透膜，溶液可以，用渗析的方法精制氢氧化铁胶体，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查物质的鉴别、中和滴定实验、胶体的性质，注意平时的积累，难度不大。【题文】8某学生做完实验后，采用下列方法清洗所用仪器： 用浓氨水清洗做过银镜反应后的试管用酒精清洗做过碘升华的烧杯用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管用盐酸清洗长期存放三氯化铁溶液的试剂瓶用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管用热氢氧化钠的浓溶液清洗沾有硫磺的试管下列对以上操作的判断。正确的是 （ ）A 除外都对 B除外都对 C不对 D全都正确【知识点】化学仪器的洗涤、干燥J1【答案解析】A 解析：稀硝酸具有强氧化性，银具有还原性，银和硝酸发生反应，
11、3Ag+4HNO33AgNO3+NO+2H2O，生成易溶于水的硝酸银，所以用稀硝酸洗涤作过银镜反应的试管，除去附在试管上的银，浓氨水与银不反应，故错误；因碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗做过碘升华的烧杯，故正确；高锰酸钾分解生成难溶于水的二氧化锰，浓盐酸可以和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，所以可用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管，故正确；因长期盛放FeCl3溶液的试剂瓶中含有氢氧化铁，氢氧化铁能与盐酸反应，所以用盐酸清洗长期盛放FeCl3溶液的试剂瓶，故正确；因氢氧化钠溶液与苯酚反应，可用氢氧化钠溶液来清洗盛过苯酚的试管，故正确；氢氧化钠溶液能与硫反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，所以可用氢
12、氧化钠溶液清洗沾有硫磺的试管，故正确 ；故答案选A【思路点拨】本题考查仪器的洗涤，物质的性质决定了物质的用途，熟练掌握物质的性质是解题的关键 。【题文】9据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学方程式为：5KClO3 + 6P3P2O5 + 5KCl ，则下列有关叙述正确的是 （ ）A上述反应是复分解反应B产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）C因红磷和白磷互为同分异构体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替D上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为30
13、mol 【知识点】化学基本反应类型、氧化还原反应的电子转移数目计算、同分异构现象和同分异构体 B3B4【答案解析】B 解析：A该反应中，反应物P是单质，所以不符合复分解反应的概念，则该反应不是复分解反应，故A错误；B烟是固体小颗粒，雾是小液滴，生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾），故B正确；C白磷和红磷是同素异形体，白磷的着火点很低，所以不能用白磷代替红磷，故C错误；D根据反应方程式中P和转移电子的关系知，当消耗3molP时，转移电子的物质的量=3mol（5-0）=15mol，故D错误；【思路点拨】本题考查了氧化还原反应及基本概念的判断，明确元素
14、化合价是解本题关键，再结合基本概念及物质的性质来分析解答，难度不大。【题文】10下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4 CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）2【知识点】离子方程式的书写B1【答案解析】B 解析：ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；CHCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量
15、时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选； 故答案选B【思路点拨】本题考查与量有关的离子反应的书写，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，题目难度较大。【题文】11将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（ ）【知识点】二氧化碳的性质C1D5【答案解析】C 解析：将二氧
16、化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图怎么画，我们可以先分析一下：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加因有Al（OH）3生成；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解最后是Al（OH）3沉淀图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加Al（OH）3，
17、平台，沉淀减少（CaCO3溶解）我可以据此作出正确的选择A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，故错误，不可选；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，不可选；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，可选；D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，不可选 ；故答案选C【思路点拨】本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题,属于偏难题 。【题文】12某温度下，向盐A的饱和溶液（质量分数为a%）中加入m克无水盐A，同温下析出n克AxH2O晶体，则从饱和溶液中析出的溶质质量为（设A式量为
18、M） （ ）Ana% Bn-m C D（n-m）a%【知识点】晶体、结晶物相关计算A4【答案解析】D 解析：由题意可知，原溶液为饱和溶液，则加入mg该无水盐后晶体析出后的溶液仍然为饱和溶液，则饱和溶液减少的质量为（n-m）g也是饱和溶液，由一定温度下，某无水盐在水中溶质的质量分数为a%，从原饱和溶液中析出溶质的质量为x，则X/(n-m)100%=a% ,X=（n-m）a% ；故答案选D【思路点拨】本题考查学生饱和溶液中溶质质量的计算方法，依据饱和溶液中溶质的质量分数=溶质的质量分数/溶液的质量100%计算即可，关键是分析饱和溶液中的溶质和溶液的质量。【题文】13某二价金属的碳酸盐和酸式碳酸盐的
19、混合物，跟足量的稀盐酸反应，消耗H+和生成CO2物质的量之比为6：5，则该混合物中碳酸盐和酸式碳酸盐的物质的量之比是 （ ）A1:1B1:2C1: 3D1:4【知识点】有关混合物反应的计算、离子方程式的有关计算 C1【答案解析】B 解析：令碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量分别为xmol、ymol，则：RCO32H+CO2，R（HCO3）22H+2CO2，1 2 11 2 2xmol 2xmol xmol ymol 2ymol 2ymol所以（2xmol+2ymol）：（xmol+2ymol）=6：5，解得x：y=1：2 ；故答案选B【思路点拨】本题考查混合物的有关计算，难度不大，旨在考查学生的综合能
20、力，注意利用关系式进行的计算 。【题文】14在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁所得溶液里溶质的质量分数大小顺序是 （ ）A甲乙丙丁B丁甲乙=丙C甲=丁乙=丙D丁甲乙丙【知识点】钠的化学性质、计算C1【答案解析】B 解析：钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+1/2H2，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=
21、2NaOH+1/2O2，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/(100g+2.2g)100%、8g/(100g+6.2g)100%、8g/(100g+6.2g)100
22、%、4g/(100g+4g)100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁甲乙=丙；故答案选B【思路点拨】本题以钠及其化合物的性质考查了溶液质量分数大小的比较，难度较大，明确溶液质量增加的量是解本题的关键。【题文】15将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL-1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是 （ ） A43.2gB 46.8gC 53.6g D 63.8g【知识点】化学与环境C2D4【答案解析】B 解析：本题涉及反应有：Cu失去2e-生成Cu2+，结合
23、2OH生成Cu（OH）2，Mg失去2e-生成Mg2+，结合2OH生成Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH）2和Mg（OH）2，可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3得3e-生成NO，生成8.96LNO转移的电子为8.96L22.4L/mol3=1.2mol，所以反应后生成沉淀的质量为26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g故答案选B【思路点拨】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键。第卷（非选择题 共55分）【题文】16（5分）在下列中选出适宜的词语填入下列每小题的空格
24、中（填编号）：渗析 盐析 聚沉 溶胶 凝胶 布朗运动 电泳 丁达尔现象 中和 水解 （1）肥皂水中透过强光，可以见到光亮的“通路”。这种现象称为_。 （2）在制取肥皂时，加入食盐细粒使肥皂析出，这个过程称为_。 （3）在肥皂水中滴加酚酞，溶液变成红色，说明高级脂肪酸根离子发生了_。 （4）在氢氧化铁胶体中加入浓硫酸铵溶液，产生红褐色沉淀，这种现象叫做_。 （5）用半透膜把制取的氢氧化铁胶体中含有的NaCl分离出来的方法叫做_。【知识点】胶体的性质、物质分离、提纯H4J2【答案解析】（1） （2） （3） （4） （5） 解析：（1）肥皂水的分散系为胶体，有丁达尔效应，故答案为：； （2）NaC
25、l使高级脂肪酸钠凝聚的过程叫盐析，故答案为：； （3）在肥皂水中滴加酚酞，溶液变成红色，说明高级脂肪酸根离子发生了水解， 使溶液呈碱性，故答案为： ； （4）Fe（OH）3胶体遇到（NH4）2SO4发生聚沉，故答案为：； （5）胶粒不能透过半透膜，离子能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：【思路点拨】本题考查胶体的性质，难度不大，注意丁达尔效应是胶体的特有性质。【题文】17（5分）下列有关实验的叙述，正确的是 （填序号，多选一个倒扣1分）A分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上端口倒出B氢气还原氧化铜实验中，先加热氧化铜后通氢气C蒸馏石油时，加热一段时间后发现未加碎瓷片，立刻拔开橡皮塞
26、并投入碎瓷片D实验室做钠的实验时，余下的钠屑投入到原试剂瓶中E浓硫酸不小心沾到皮肤上，立刻用稀NaOH溶液洗涤F不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用酒精清洗；G配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入浓硝酸中，并不断搅拌； H配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止 【知识点】化学实验方案的评价；溶液的配制；物质的分离、提纯和除杂 J1J4【答案解析】 ADFGH 解析：A分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上端口倒出，A正确； B氢气还原氧化铜实验中，先通氢气后加热氧化铜，故B错误；C、蒸馏石油时，加热一段时间后发现未加碎瓷片，应冷却
27、后，再加碎瓷片，故C错误；D实验室做钠的实验时，余下的钠屑可以投入到原试剂瓶中，故D正确；E浓硫酸不小心沾到皮肤上，立刻用碳酸氢钠溶液洗涤，故E错误；F苯酚溶于酒精，不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用酒精清洗，故F正确；G配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入浓硝酸中，并不断搅拌，正确；H配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止，正确；【思路点拨】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，综合性较强，涉及混合物分离提纯、有机物的性质及制备等，把握物质的性质及实验细节为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【题文】18（14分）天然气化
28、工是指通过甲烷的化学反应来生产一系列化工产品的工艺过程。以天然气为原料经下列反应路线可得工程塑料PBT。 （1）B分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，则B的结构简式是 ；B的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是 。（写结构简式） （2）F的结构简式是 ；PBT属于 类有机高分子化合物。 （3）由A、D生成E的反应方程式为 ，其反应类型为 。 （4）E的同分异构体G不能发生银镜反应，能使溴水褪色，能水解且产物的碳原子数不等，则G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是 。【知识点】有机物的推断M3【答案解析】（1） （2）HOCH2CH2CH2CH2OH ; 酯（或聚酯）（3）HCCH+2H
29、CHOHOCH2CCCH2OH;加成反应（4）CH2=CHCOOCH3+NaOHCH2=CHCOONa+CH3OH 解析：（1）甲醇氧化生成甲醛（HCHO），结合A、B的分子式可知，B为3分子甲醛形成，B分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，是3分子甲醛之间的加成反应生成B，故B的结构简式为：，B的同分异构体与葡萄糖结构类似，该异构体中含有1个-CHO，2个羟基-OH，为链状结构，该同分异构体的结构简式为，（2）由EF的转化及F分子式可知，E中含有4个C原子，由HCHO+DE，再根据已知反应信息可知，该反应为2分子甲醛与乙炔发生加成反应，D为HCCH，E为HOCH2-CC-CH2OH，E与氢气
30、发生加成反应生成F，故F结构简式为HO-CH2-CH2-CH2-CH2-OH，F与二元羧酸通过酯化反应形成高聚物PBT，PBT属于酯类；（3）由（2）中分析可知，该反应为该反应为2分子甲醛与乙炔发生加成反应生成HOCH2-CC-CH2OH，由A、D生成E的反应方程式为：HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH；（4）HOCH2-CC-CH2OH的同分异构体G不能发生银镜反应，分子中不含醛基-CHO或-OOCH，能使溴水褪色，含有不饱和键，能水解且产物的碳原子数不等，含有酯基，故含有1个C=C双键、1个酯基，且形成该酯的羧酸含有3个碳原子，醇为甲醇，故G的结构简式为：CH2=CH-COOCH
31、3，CH2=CH-COOCH3在氢氧化钠溶液中发生水解方程式为：CH2=CH-COOCH3+NaOHCH2=CH-COONa+CH3OH；【思路点拨】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式与反应信息进行判断，难度中等，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型。 【题文】19（6分）A、B、C、D、E均为中学化学常见物质，A是短周期原子半径最大的元素（稀有气体除外）构成的单质，E既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，它们之间的反应关系如图所示： （1）E溶于NaOH溶液的离子方程式为 ；（2）工业上冶炼A的化学反应方程式为 ；（3）气体C在使用前需要检验纯度，操作方法是 。
32、【知识点】无机推断题C1E2【答案解析】Al（OH）3 +OH= AlO2+2H2O；（2分）；2NaCl2Na + Cl2；（3分）收集一试管气体，用拇指堵住试管口移近火焰，松开拇指点燃后，若发出轻微的响声，证明气体纯净。 解析：A是短周期原子半径最大的元素（稀有气体除外）构成的单质，为Na，E既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，则E是Al（OH）3，（1） Al（OH）3溶于NaOH溶液的离子方程式为：Al（OH）3 +OH= AlO2+2H2O；（2） Na是活泼金属，工业上用电解法进行冶炼，化学反应方程式为：2NaCl2Na + Cl2；（3） Na与溶液反应产生的气体是氢气，使用前要验
33、纯，方法是：收集一试管气体，用拇指堵住试管口移近火焰，松开拇指点燃后，若发出轻微的响声，证明气体纯净。【思路点拨】本题考查常见无机物的推断及化学反应，依据物质所具有的性质进行解答，难度不大。【题文】20(12分)碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示：回答下列问题： （1）滤渣的主要成分为_。 （2）“趁热过滤”的原因是_。 （3）在实验室做Na2CO3H2O脱水实验，判断其脱水完全的方法是：_。 （4）生产过程中“母液”_（填“能”或“不
34、能”）循环使用。若不能，其原因是：_。 （5）已知：Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）；H1= +532.36 kJmol-1 Na2CO310H2O（s）=Na2CO3H2O（s）+9H2O（g）；H2= +473.63 kJmol-1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式_。【知识点】物质的分离、提纯与检验J2【答案解析】（1）滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3。（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长。 （3）连续两次称量的质量差不超过0
35、.1g。（4）不能。原因：“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl，SO42-，OH，CO32-,当多次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca（OH）2，CaCO3等沉淀。（若“母液”循环使用，可能出现的问题：溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质；）（5）Na2CO3H2O（s）= Na2CO3（s） + H2O（g）; H= +58.73kJ/mol 解析：（1）工业碳酸钠（钝度约98%）中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（
36、OH）2、Fe（OH）3、CaCO3；（2） 根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H20晶体或Na2CO37H20晶体，使后续的加热脱水耗时长;（3）在实验室做Na2CO3H2O脱水实验，判断其脱水完全的方法是：连续两次称量的质量差不超过0.1g。（4） 根据流程图内容“母液”中存在氯离子和硫酸根离子，若参与循环，将使离子浓度增大，溶解时会生成CaSO4，Ca（OH）2，CaCO3等沉淀,导致产品纯度降低；（5）通过观察两个热化学方程式，利用
37、盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g），即Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g）H=+58.73kJ/mol；【思路点拨】本题是一道综合题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大。【题文】21（13分）铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3 Cu（NO3）2+NO+NO2+H2O （方程式未配平，不考虑2NO2 N2O4）。 （1）硝酸在该反应中的作用是_。（1分） （2）0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是_，如果得到的NO和NO2物质的量相同，
38、则参加反应的硝酸的物质的量是_，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为_；所得溶液（假设溶质不扩散）的物质的量浓度是_ 。 （3）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3:10，写出并配平该反应的离子方程式_。 （4）如果没有对该反应中的某些物质的比例作限定，则方程式可能的配平系数有许多组，其原因是_ _。【知识点】化学方程式的有关计算；氧化还原反应；硝酸的化学性质 B2D4【答案解析】（1）氧化性、酸性 （2）0.008NA （答0.008mol不得分）；0.012mol ；44.8mL ；1/22.4molL1
39、（或0.0446 molL1）（3）3Cu+10H+4NO3-=3Cu2+NO+3NO2+5H2O （4）该反应含有两个氧化还原反应，两者的比例和氧化剂的用量都可以发生变化 解析：（1）反应中氮元素化合价由+5价降低为+2、+4价，体现硝酸氧化性，同时生成硝酸盐，硝酸体现酸性（2）铜失去2个电子形成Cu2+，失去的电子物质的量是铜的2倍，0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是0.004mol2NAmol-1=0.008NA；根据铜元素守恒，nCu（NO3）2=n（Cu）=0.004mol，令NO、NO2的物质的量为ymol，根据电子转移守恒有3y+y=0.0042，解得y=0
40、.002，根据氮元素守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=0.004mol2+0.002mol+0.002mol=0.012mol；根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，需要通入O2的物质的量为0.002mol1/4+0.002mol3/4=0.002mol，生成硝酸的物质的量为0.002mol+0.002mol=0.004mol，所以需要氧气的体积为0.002mol22.4L/mol=0.0448L=44.8ml；溶液体积等于一氧化氮与二氧化氮的体积之和，所以溶液的体积为0.004
41、mol22.4L/mol=0.00422.4L，所得溶液的物质的量浓度是0.004mol/(0.00422.4L)=1/22.4mol/L（3）令铜为3mol，则HNO3为10mol，根据铜元素守恒可知，生成硝酸铜3mol，所以氧化剂作用的硝酸为10mol-6mol=4mol，令生成NO为xmol，则生成NO2为（4-x）mol，根据电子转移守恒可知，3x+（4-x）1=32，解得x=1，即生成NO为1mol，则生成NO2为3mol，反应离子方程式为3Cu+10H+4NO3-=3Cu2+NO+3NO2+5H2O（4）该反应含有两个氧化还原反应，两者的比例和氧化剂的用量都可以发生变化【思路点拨】考查反应方程式的有关计算，难度中等，（3）中离子方程式的书写关键是NO、NO2的物质的量的确定。
