1、湖北省孝感高中2015届高三十月阶段性考试化 学命题人：刘保恩 审题人：曾静可能用到的相对原子质量：H 1，C 12，N 14，O 16【试卷综析】本试卷是高三阶段性考试试题，主要是考查在这一阶段学生所学到的基础知识。本试卷主要考查了阿伏加德罗常数的应用、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、氧化还原反应原理的应用、化学反应中能量变化、化学平衡的移动、溶液中的离子平衡等化学反应原理，有机化学基础、化学实验的设计和简单评价等主干知识，考查了较多的知识点。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法
2、的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了学科的基本要求。第卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分。每小题有且只有一个选项符合题意）【题文】1用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A0.1molL1的Na2CO3溶液中，阴离子的总数目大于0.1NAB常温下，46 g NO2和N2O4混合气体中含有的分子总数为2NAC标准状况下，22.4L的HF含有NA个分子D标准状况下，10g的庚烷分子中含有2.2NA个共价键【知识点】阿伏加德罗常数的应用 A1【答案解析】D 解析：A没有溶液的体积无法进行计算，错误；B因在此体系中存在着NO2转化为N2O4的平衡体系，
3、故在46 g NO2和N2O4混合气体中含有的分子总数小于NA，错误；C标准状况下氟化氢不是气体， 22.4L的HF不是1mol，故含有的分子数不是NA个分子；D标准状况下庚烷不是气体，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中如混合物中的分子数的计算、化学键的计算以及在离子化合物中离子数目的计算等，同时物质的状态是本题易错点，包括的知识内容较多，综合性较强。【题文】2生活中遇到的某些问题，常常涉及到化学知识，下列各项叙述正确的是A“加碘盐”、“高钙牛奶”、“富硒营养品”等食用品中的碘、钙、硒是指单质B“酸可以除锈”，“热的纯碱溶液去油污”都是发生了化学变化C医疗上进行胃部造影前
4、，患者服用的“钡餐”是BaCO3等不溶于水的物质D铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝【知识点】化学与生活 C2 C3 【答案解析】B 解析：A“加碘盐”、“高钙牛奶”、“富硒营养品”等食用品中的碘、钙、硒是指元素，错误；B“酸可以除锈”，“热的纯碱溶液去油污”都是发生了化学变化，正确；C医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是BaSO3而不是BaCO3，错误；D铝的冶炼是通过电解得到的，错误。【思路点拨】本题以化学与生活的联系为载体考查了物质的基本性质，难度不大。【题文】3下列表示化学反应的离子方程式，其中正确的是ANaAlO2溶液中滴加过量盐酸：AlO2+H2O+H
5、= AI(OH)3B氯气通入冷水中：Cl2+H2O2H+Cl +ClOC苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O+CO2+H2O =2C6H5OH +CO32DFeCl3溶液与Cu反应：2Fe3+Cu = 2Fe2+ Cu2+【知识点】离子方程式的书写 B1【答案解析】D 解析：ANaAlO2溶液中滴加过量盐酸得不到AI(OH)3，因AI(OH)3具有两性，能与盐酸发生反应，错误；B氯气与水反应生成的HClO是弱电解质，不能拆写成离子符号的形式，错误；C苯酚钠溶与CO2生成的是HCO3而不是CO32，错误；DFeCl3溶液与Cu反应：2Fe3+Cu = 2Fe2+ Cu2+，正确。【思路点拨
6、】本题考查了离子方程式是书写，物质的性质是本题考查的重点，如氢氧化铝的两性只是体现在与强酸和强碱的反应，不与弱酸和弱碱反应；苯酚钠与二氧化碳的反应，故本题是易错试题。【题文】4下列离子能够大量共存的是A无色溶液中：Fe3+、Na+、NO3、ClBpH=0的溶液中：Fe2+、NO3、Cl、HCO3C含MnO4的溶液中：Fe3+、SO42、NO3、Mg2+D与铝作用生成氢气的溶液：Mg2+、NO3、K+、Cl【知识点】离子反应 B1【答案解析】C 解析A Fe3+是黄色的，错误；BpH=0的溶液中含有一定量的H+，NO3在酸性的条件下可以将Fe2+氧化，HCO3也能与H+反应，错误；C含MnO4的
7、溶液中：Fe3+、SO42、NO3、Mg2+可以共存，正确；D与铝作用生成氢气的溶液的性质可能是酸性的，也可能是碱性的，在碱性溶液中：Mg2+生成Mg（OH）2而不能大量共存，错误。【思路点拨】本题考查了离子反应，在前提条件下对离子反应的判断是此类试题考查的方向，在判断过程中前提条件是非常重要的，综合性较强。【题文】5据最新报道，科学家发现了如下反应：O2PtF6 = O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列叙述正确的是A在此反应中，每生成1molO2(PtF6)，则转移1mol电子B在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2(PtF6)中氧
8、元素的化合价是1价DO2(PtF6)中仅存在离子键不存在共价键【知识点】氧化还原反应的计算；B3 【答案解析】 A 解析A、O2+PtF6=O2（PtF6）转移电子 1mol 1mol所以每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故A正确；B、该反应中，O2生成（O2）+，所以氧气作还原剂，PtF6是氧化剂，故B错误；C、由题意知，O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，所以O的化合价为+1/2价，故C错误；D、O2（PtF6）中氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，故D错误【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的应用，在氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，电子的转移是在氧化还原反应
9、中考查的重点，其中还考查到了物质内部的结构，本题的综合性较强。【题文】6Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后,溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH且溶液呈中性,则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为A321B241C231D421【知识点】有关混合物反应的计算 C1 C2 【答案解析】B 解析：所得溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl），即满足n（Na2O2）：n（HCl）=1：2即可，选项中只有B符合。【思路点拨】本题考查
10、了混合物的计算，侧重考查学生分析解决问题能力的考查，注意利用守恒解答，难度中等。【题文】7在一定温度下向饱和Na2SO4溶液中加入ag无水硫酸钠粉末，搅拌，静置后析出bg Na2SO410H2O晶体，(b-a)g是A原饱和溶液失去的水的质量B原饱和溶液中减少的硫酸钠的质量C原饱和溶液中失去的水和硫酸钠的总质量D析出的晶体含有的硫酸钠的质量【知识点】；溶解度、饱和溶液的概念 A4【答案解析】C 解析：向饱和Na2SO4溶液中加入ag无水Na2SO4粉末，析出的晶体中含有结晶水，使原饱和溶液中溶剂水的质量减小，所以原溶液中会析出部分硫酸钠，则bg-ag的值为：原饱和溶液中失去的水的质量和Na2SO
11、4的质量总和。【思路点拨】本题考查了饱和溶液的概念及应用，题目难度不大，注意掌握饱和溶液的概念，明确饱和硫酸钠溶液中加入无水硫酸钠后溶液发生的变化是解答本题的关键。【题文】8已知下列物质的名称分别是名称硫代硫酸钠多硫化钙过氧化钡超氧化钾化学式Na2S2O3CaSxBaO2KO2根据上述命名规律回答：K2CS3应命名为 A三硫代碳酸钾B多硫碳酸钾C过硫碳酸钾D超硫碳酸钾【知识点】 D3 【答案解析】A 解析：A Na2S2O3可看作硫酸钠（Na2SO4）中一个氧原子被一个硫原子代替，故称硫代硫酸钠，CaSx可看作硫化钙（CaS）中硫原子数目增加，故称多硫化钙，BaO2可看作氧化钡（BaO）中增加
12、一个氧原子，故称过氧化钡，而K2CS3的可看作是K2CO3中三个氧原子被三个硫原子代替，和Na2S2O3命名原理一样，故K2CS3与Na2S2O3的读法相似，应该读作三硫代碳酸钾。【思路点拨】本题考查了学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的读法，考查全面，注重基础，题目难度较大。【题文】9儿茶素（其结构简式如图所示）是茶叶的主要活性成分，具有抗氧化、抗菌、除臭等作用。下列说法正确的是A常温下，儿茶素不溶于水，也不溶于有机溶剂B儿茶素能与FeCl3溶液发生显色反应C1mol儿茶素最多可与10mol NaOH反应D儿茶素一定不能发生水解反应【知
13、识点】有机物的结构和性质 L7 【答案解析】B 解析：A含多个酚-OH，故可溶于水，也易溶于有机溶剂，故A错误； B含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确； C若R为含3个酚羟基和1个-COOC-，R为-OH，则共8个酚-OH、1个-COOC-，且酯水解生成的酚羟基也与NaOH反应，则1mol儿茶素最多可与9molNaOH反应，故C错误；D若R中含-COOC-，可发生水解，故D错误。【思路点拨】本题考查了有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大。【题文】10下列说法正确的是A室温下，在水中的溶解度：丙
14、三醇苯酚1-氯丁烷B用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同【知识点】 ；相似相溶原理及其应用； L6 L7【答案解析】A 解析：A含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1-氯丁烷，故A正确； BHCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误； CCH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以
15、用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误； D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误。【思路点拨】本题考查了有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与-OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大。【题文】11下列图示与对应的叙述相符的是 图1 图2 图3 图4A由图1所示曲线可知，化学催化比酶催化的效果好B在H2S溶液导电性实验中，由图2所示曲线可确定通入的气体X为Cl2C在其它条件不变时，2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)转化关系（图
16、3）中，纵坐标表示O2的转化率D图4是用0.l000 molL1的盐酸滴定20.00 mL 0.l000molL1 Na2CO3溶液的曲线，从ab点反应的离子方程式为：HCO3H = CO2H2O【知识点】化学反应中的能量变化；电解质溶液的导电性；中和滴定曲线 F1 H6 【答案解析】D 解析：A、催化剂是降低活化能加快反应速率，酶催化作用对活化能降低的多，催化效果好，故A错误； B、依据H2S+Cl2=S+2HCl反应弱电解质变化为强电解质，溶液导电能力增大，故B错误； C、由图象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧气转化率越大，由反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），n（O2）/n
17、（SO2）越大，SO2的转化率越大，氧气转化率越小，图象与实际不相符，故C错误； D、用0.1000molL-1的盐酸滴定20.00mL0.1000molL-1Na2CO3溶液，发生的反应CO32-+H+=HCO3-，溶液PH减小，继续加入盐酸，发生反应HCO3-+H+=CO2+H2O，生成碳酸氢钠和生成二氧化碳的过程中消耗氯化氢物质的量相同，即消耗盐酸溶液的体积相同，故从ab点反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2+H2O，故D正确。【思路点拨】本题以图象的形式考查平衡移动、酸性比较、对反应速率的理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础与读图获取信息的能力。【题文】12我国知名企业比亚
18、迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5。下列说法中正确的是A电池在放电时，Li+向负极移动B锂在放电时做正极，充电时为阳极C该电池充电时阳极的反应为LixV2O5xeV2O5+xLi+DV2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【知识点】 F5 【答案解析】C 解析 A向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误； B该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，故B错误； C该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为
19、：LixV2O5-xe-V2O5+xLi+，故C正确； DV2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误。【思路点拨】本题考查了原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。【题文】13下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是A溶液是电中性的，胶体是带电的B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有【知识点】 H4【答案解析】D 解析 A、溶液呈电中性，胶体分散系不带电，是胶体粒子吸
20、附带电离子，故A错误； B、溶液通电后，对于电解质溶液会出现溶质微粒移向两极，但对于非电解质溶于水形成的溶液，不存在此现象，同样对于胶体，当通电时，带电的胶粒会向两级移动，但是对于不带电的胶粒来说就没有此现象，故B错误；C溶液中溶质粒子的运动无规律，故C错误； D、胶体具有丁达尔效应，故D正确【思路点拨】本题考查了胶体和溶液中分散质的组成和性质，较简单，注意分析胶粒带电的原因和溶液中溶质的类别。【题文】14以下物质可以通过化合反应直接制得的是AAl(OH)3BFe(OH)3CCuSDH2SiO3【知识点】化合反应类型，物质的性质 C3【答案解析】B 解析： Fe(OH)3可以由氢氧化铁与氧气、
21、水发生化合反应而制得。【思路点拨】本题考查了化合反应的类型，物质的基本性质，如CuS只能用复分解的方法制得，硫单质和铜化合只能得到Cu2S而不是CuS，本题属于易错试题，注意平时对物质的性质的知识的积累。【题文】 15下列有关实验原理或操作正确的是A用图1装置验证在该条件下铁钉发生吸氧腐蚀B用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气C用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液D用图2装置检验实验室制得的乙烯中混有SO2和CO2【知识点】物质的性质 F3 I1 D4【答案解析】A 解析：A铁与碳在潮湿的空气中形成原电池，发生了吸氧腐蚀，正确；B检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，错误
22、；C配制质量分数为75%酒精溶液时所需的酒精和水都应是质量，而不是体积，错误； DSO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，都可以被氢氧化钙吸收，故不能 检验其中是否混有SO2和CO2，错误。【思路点拨】本题考查了铁的吸氧腐蚀，氨气的检验，一定质量分数的溶液的配置，SO2和CO2的性质的相似和不同，难度不大。【题文】16锗（Ge）、锡（Sn）、铅（Pb）与碳、硅两元素同位于第A族，其原子序数按锗、锡、铅的顺序依次增大，则下列推断一定不正确的是A锗、锡在空气中不反应，铅在空气中表面生成一层氧化铅B锗与盐酸不反应，锡、铅能与盐酸反应C锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(
23、OH)4D锗、锡、铅的金属性依次减弱【知识点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 E2【答案解析】D 解析：A、锗、锡、铅属于同主族元素，铅的原子序数大，则铅金属性强，锗、锡在空气中可能不反应，铅在空气中表面生成一层氧化铅，故A正确； B、锗与硅的单质都能作半导体，化学性质相似，所以与盐酸不反应，锡、铅在金属活动顺序表中排在氢的前面，能与盐酸反应，故B正确； C、同主族从上到下金属性增强，所以锗、锡、铅的金属性依次增强，则其对应最高价氧化物的水化物的碱性依次增强，碱性：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4，故C正确； D、同主族从上到下金属性增强，所以锗、锡、铅的金属性依次增强，
24、故D错误。【思路点拨】本题考查了同主族元素性质的递变规律，注意根据元素周期律分析，侧重金属元素的性质的考查，题目难度不大。第卷(非选择题,共52分)二、非选择题（本题共5个小题，共52分）【题文】17（10分）A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质进行实验，实验结果如下：A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝回
25、答下列问题：（1）A的化学式是_，用电子式表示C的形成过程：_ 。（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是：_ 。（3）写出的离子方程式_ 。（4）简述D溶液呈碱性的理由_ 。【知识点】；盐类水解的应用 B4 H3 H6 【答案解析】(1) Ba(OH)2(2) c(HCO3)c(Ba2+)c(OH)c(H+)c(CO32)(3) Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3(4) NH4+的水解程度小于CO32的水解程度 解析：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再
26、由A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3。（1）A为Ba（OH）2；C为NaCl，其形成过程为；（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知c（HCO3-）c（Ba2+），再由水解显碱性可知c（OH-）c（H+），电离产生极少的CO32-，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3-）c（Ba2+）c（OH-）c（H+）c（C
27、O32-）；（3）为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2+CO32-+2NH4+2OH-2NH3+2H2O+BaCO3，（4）（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32-的水解程度。【思路点拨】本题考查了物质的推断、离子的共存、离子浓度大小的比较、水解、离子反应等知识，综合性较强，难度较大，需要学生在推断时综合考虑信息的利用，对学生能力要求较高。【题文】18（10分）某同学取一定量的Al、Fe混合物，与2.0L极稀的HNO3充分反应，假设HNO3的还原产物全部为铵盐。在反应后的溶液中，逐滴加入4molL1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生
28、的沉淀的物质的量的关系如图所示。分析图像回答问题：（1）DE段发生反应的离子方程式为：_ 。（2）请写出任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式：_ 。（3）B点对应的沉淀的物质的量为_mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为_mL。（4）原硝酸溶液的物质的量浓度为_mol/L。【知识点】；镁、铝的重要化合物 C2 【答案解析】(1) NH4+OH=NH3H2O(2)8Al+30HNO3=8Al(NO3)3+3NH4NO3+9H或8Fe+30HNO3=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O(3) 0.032； 7(4) 0.074 解析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反
29、应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，故可以得到随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，Al3+3OH-=Al（OH）3，NH4+OH-NH3H2O，Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O（1）OC段发生离子方程式为：H+OH-=H2O；DE段发生离子方程式为NH4+OH-=NH3H2O（2）当Al与极稀HNO3反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）
30、3+3NH4NO3+9H2O；当Fe与极稀HNO3反应的化学方程式为8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O（3）（4）由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL-31m=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L4mol/L=0.012mol，根据NH4+OH-NH3H2O 可知，计算溶液中n（NH4+）=0.012ml，根据B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL-34m=2mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.002L4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al（OH
31、）3的物质的量为0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.008mol，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+30.008mol=80.012mol，解得n（Fe）=0.024mol，可知nFe（OH）3=n（Fe）=0.024mol，B点对应的沉淀Al（OH）3、Fe（OH）3，二者的物质的量之和=0.008mol+0.024mol=0.032mol；由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH4+）=0.012mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=
32、0.031L4mol/L=0.124mol，根据氮元素守恒可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.124mol+0.012mol2=0.148mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3nFe（NO3）3+3nAl（NO3）3=n（HNO3），故c点溶液中n（NaNO3）=0.148mol-0.012mol2-0.024mol3-0.008mol3=0.028mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.028mol，c点NaOH溶液的体积=0.028mol/4mol
33、/L=0.007L=7 mL（5）根据（4）中计算可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=0.148mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为0.148mol/2L=0.074mol/L。【思路点拨】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，题目过程复杂，计算量大，侧重对学生分析解决问题能力、计算能力的考查，为易错题目，难度较大。【题文】19（10分）有机物A有如下转化关系，在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4，且A不能使Br2的CCl4溶液褪色；1mol B反应生成了2mol C。请回答下
34、列问题：（1）CE的反应类型为_ 。（2）若、三步反应的产率分别为93.0%、81.0%、88.09%，则由A合成H的总产率为_ 。（3）A的结构简式为_ 。（4）写出C与银氨溶液反应的离子方程式为_ 。（5）H分子中所有碳原子均在一条直线上，G转化为H的化学方程式为： _ 。（6）X是A的一种同分异构体，且其核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2，1mol X可在HIO4加热的条件下反应，产物只有1mol Y，则X的结构简式为_ 。【知识点】 L7【答案解析】(1) 加成反应(2) 66.3%(3) (4) CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+2Ag+3NH3
35、+H2O(5) (6) 解析：由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1molB反应生成了2molC，结合已知条件可推知A的结构为：，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：、。（1）比较C和E的结构可知，E中氢原子个数比
36、C中多2个，其它原子没有变化再根据反应条件可知该反应为加成反应，故答案为：加成反应。（2）由A合成H的总产率应为，、三步反应的产率之积，所以由A合成H的总产率=93.0%81.0%88.09%=66.3%，故答案为：66.3%。（3）由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1molB反应生成了2molC，结合已知条件可推知A的结构为：故答案为：。（4）由上面的分析可知，C为乙醛，它
37、与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OH-CH3COO-+NH4+2Ag+3NH3+H2O（5）由于B是2，3-丁二醇，与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为（6）A的结构为：，其中有8个氢原子，而X中核磁共振氢谱只有3个峰，所以X是一个非常对称的结构，X中两个氧原子，且1molX可在HIO4加热的条件下反应，产物只有1molY，结合题目信息，说明X中有两个羟基，合X的不饱和度是1，有四个碳原子，所以X中有由四个碳原子构成的环，由此X的
38、结构可以写成。【思路点拨】本题考查了有机官能团的性质、有机结构的推断、有机反应类型、同分异构体的书写等知识，中等难度，解题的难点在第（6）小问，写有条件的同分异构体，对学生掌握有机结构特点及从题中获取信息并灵活运用能力要求较高。【题文】20（12分）某兴趣小组采用HgSO4作催化剂，使乙炔水化为乙醛（在75左右）。但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种。现选用块状电石、浓H2SO4、水、NaOH溶液、HgO粉末五种物质制乙醛，装置图如下所示，回答下列问题：（1）实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装入_，其作用是_ 。（2）仪器D中盛放水，其作用是_
39、。（3）蒸馏烧瓶F中应加入HgO和另外两种试剂，若将三者分别直接加入，请按加入的先后顺序写出包括HgO在内的各种试剂的名称_ 。（4）所选用温度计G的量程表示正确的是_ 。A050B0100C0200D50100（5）检验乙醛已制出的操作、现象是_ 。【知识点】乙炔的性质实验；物质的分离、提纯和除杂 J5 【答案解析】(1) NaOH溶液；除去混合气体中H2S等气体，避免催化剂中毒(2)吸收生成的乙醛蒸气(3)氧化汞水浓H2SO4；(4) B(5) 取D中溶液少量，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀即可证明乙醛已制得 解析：（1）H2S具有酸性，能与碱液反应，如不除去，会导致
40、催化剂中毒。（2）本实验目的是制备乙醛，乙醛易溶于水，可用蒸馏水收集。（3）加入药品时应先加固体药品，浓硫酸和水加入时要注意防止液体飞溅，应将密度大的加入到密度小的液体中，加入固体药品时要用纸槽或药匙，防止固体药品打破仪器。（4）由反应所需的温度（75），可以选择水浴加热方式同时选择量程为0100的温度计较适宜。（5）乙醛的检验，一般是利用了醛类物质的通性-跟新制的Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，故取D中溶液少量，加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀即可证明乙醛已制得【思路点拨】本题是一道关于物质的制备和检验以及固、液药品的加入顺序，加热的方法和温度计的使用等基本操作内容的综
41、合性实验题，注意气体制备的一般方法和注意事项。【题文】21（10分）亚硝酸（HNO2）是一种与醋酸酸性相当的弱酸，很不稳定，通常在室温下立即分解。（1）在酸性条件下，当NaNO2与KI按物质的量1：1恰好完全反应，且I被氧化为I2时，产物中含氮的物质为_（填化学式）。（2）要得到稳定的HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用是_（填序号）。a稀硫酸b二氧化碳c二氧化硫d磷酸（3）工业废水中的NO2可用铝粉除去已知此反应体系中包含Al、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3、H2O六种物质将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列横线上：_ +
42、 _上述反应后废水的pH值将_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）向20mL 0.01molL1的NaNO2溶液中加入10mL 0.01 molL1的AgNO3溶液，一段时间后，溶液中的c(Ag+)=_。（已知：KSP（AgNO2）=2108 mol2L2）【知识点】；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 B3 H6 【答案解析】(1) NO(2) bc(3) NaNO2+2Al ; （2分）减小（1分）(4) 6106mol/L（3分）解析：（1）碘离子被氧化为碘单质时，所有的碘元素化合价升高了2价，消耗碘离子是2mol，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价，2mo
43、l的亚硝酸钠得到2mol电子时，则需氮元素的化合价降为+2价，所以产物中含氮的物质为NO；（2）浓NaNO2溶液中通入二氧化碳，会发生反应生成碳酸钠，在酸性条件下会发生化学反应，如果通入二氧化硫，会被亚硝酸氧化为硫酸，即二氧化硫具有还原性，亚硝酸具有氧化性导致，故选bc；（3）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，即Al+NaNO2+NaOHNH3H2O+NaAlO2，铝元素化合价从0价升高到+3价，氮元素的化合价从+3降到-3价，根据电子守恒，所以亚硝酸钠的系数是1，铝元素前面系数是2，反应消耗了氢氧化钠，所以溶液的PH会减小，故应为：NaNO2+2Al；减小；（4）2滴溶液所消耗的亚硝酸钠：n（NO2-）=2/20mL0.1mol/L=0.01mmol，则C（NO2-）C（Ag+）=0.01/5mol/L1.010-4mol/L=2.010-7KSP（AgNO2）=210-8mol2L2，则证明能看到有沉淀生成。【思路点拨】本题是一道综合知识的考查题，要求学生具有知识的梳理和迁移能力，难度大，综合性强。