山东省金乡县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省金乡县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．暴露在空气中不易变质的是
(
)
　A．氯水
B．钠

C．氢氧化钠

D．氯化钠
【答案】D
【解析】氯水不稳定，长时间放置将变为盐酸。钠被氧化，氢氧化钠易吸水和二氧化碳，生成碳酸钠，所以正确的答案是D。
2．准确量取25.00mLKMnO4溶液,可选用的仪器是：
A．50mL量筒
B．10mL量筒
C．50mL酸式滴定管
D.50mL碱式滴定管
【答案】C
【解析】
试题分析：量取25.00mL溶液，精度为0.01mL，需用滴定管，高锰酸钾具有氧化性，所以需要酸式滴定管，故C正确。
考点：本题考查化学仪器的使用。
3．下列有关实验的选项正确的是
(
)
A．配制0．10
mol·L-1NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．吸收HCl尾气，防止倒吸
【答案】B
【解析】
试题分析：A、容量瓶不能用于溶解固体，A错误；B、二氧化碳是酸性气体，能和碱液反应，一氧化碳和碱不反应，所以可用碱液洗气，B正确；C、苯萃取碘水中的I2，苯层在上层，分出水层后，应从上口倒出苯层，C错误；D、该装置导管直接插入水中，会引起倒吸，D错误，答案选B。
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、物质的除杂、分离，尾气处理等问题，为高频考题，要注意相关知识的学习和积累，题目难度不大。
4．按系统命名法下列名称不正确的是
A．1一甲基丙烷
B．2一甲基丙烷
C．2，2一二甲基丙烷
D．3一乙基庚烷
【答案】A
【解析】
试题分析：第一位碳上不能接甲基，A错；2一甲基丙烷，命名正确，B对；
2，2一二甲基丙烷，命名正确；3一乙基庚烷，命名正确。
考点：系统命名法的应用。
5．已知反应①KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O②2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3③Cl2+2KBr=2KCl+Br2。下列说法正确的是
A．上述三个反应都有单质生产，所以都是置换反应
B．氧化性由强到弱的顺序为KBrO3
>KClO3
>Cl2
>Br2
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1.
D．若反应②中有1
mol还原剂参加反应，则氧化剂得电子的物质的量为2
mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、只有③为置换反应，错误，不选A；B、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，正确，选B；C、反应①中还原剂为氯化氢，其物质的量为5摩尔，氧化剂为氯酸钾，其物质的量为1摩尔，二者比例为5:1，错误，不选C；D、反应②中氯气做还原剂，每摩尔氯气反应失去10摩尔电子，错误，不选D。
考点：氧化还原反应
6．下列叙述中能证明次氯酸是一种弱酸的是
A．次氯酸不稳定，易分解
B．次氯酸是一种强氧化剂
C．次氯酸钙能与碳酸作用生成碳酸钙和次氯酸
D．次氯酸能使染料和有机色质褪色
【答案】C
【解析】A．次氯酸的酸性与电离出氢离子的难易程度有关，与稳定性无关，如HI为强酸，但不稳定，故A错误；
B．酸的氧化性与酸性的强弱无关，如硝酸具有强氧化性，但为强酸，故B错误；
C．碳酸为弱酸，次氯酸钙能与碳酸作用生成碳酸钙和次氯酸，说明次氯酸为弱酸，故C正确；
D．次氯酸使染料和有机色质褪色是因具有漂白性，与酸性的强弱无关，故D错误．
7．在一密闭容器中，反应aA(g)

bB
(g)
达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，达到新的平衡时B的浓度是原来的60%，则下列说法不正确的是
A、平衡向正反应方向移动了
B、物质A的转化率增大了
C、物质B的质量分数增加了
D、a＞b
【答案】D
【解析】
试题分析：保持温度不变，将容器体积增加一倍，如果平衡不移动，达到新的平衡时B的浓度应为原来的50%，而实际上B的浓度是原来的60%，说明平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的质量分数增加，由于减小压强，平衡向系数增大的方向移动，所以a＜b，ABC项正确；D项错误；选D。
考点：考查影响化学平衡的因素。
8．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是
A．溶液的体积：10V甲≤V乙
B．水电离出的OH－浓度：10c（OH－）甲＝c（OH－）乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液可能显酸性
【答案】C
【解析】
试题分析：A、如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从3升高到4；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从3升高到4，即溶液的体积：10V甲≤V乙，A正确；B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c（OH－）甲＝c（OH－）乙，B正确；C、若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，C不正确；D、若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，溶液显酸性，D正确，答案选C。
考点：考查外界条件对电离平衡的影响、pH计算等
9．下列实验不能达到预期目的的是
(
)
序号
实验操作
实验目的
A
Cl2、Br2分别与H2反应
比较氯、溴的非金属性强弱
B
MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3
比较镁、铝的金属性强弱
C
测定Na2CO3、Na2SO4两溶液的pH
比较碳、硫的非金属性强弱
D
用同一电路测定等浓度的盐酸、醋酸两溶液的导电性
比较盐酸、醋酸的酸性强弱
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由氯气、溴与氢气的反应条件可判断氯、溴的非金属性的强弱，正确；B、MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，均有沉淀生成，不能比较镁、铝的金属性的强弱，错误；C、根据盐溶液的pH可判断碳酸、硫酸的强弱，从而可比较碳、硫的非金属性强弱，正确；D、根据同浓度的盐酸、醋酸的导电能力的强弱，判断溶液中的离子浓度的大小，从而判断盐酸、醋酸的酸性的强弱，正确，答案选B。
考点：考查实验操作与实验目的的对应关系的判断
10．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是　（
）
A．热稳定性：
NH3＞PH3＞SiH4
B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C．氢键的作用能F—H…F
＞O—H…O＞N—H…N
D．电负性：
F＞N＞O＞C
【答案】D
【解析】
试题分析：非金属性越强，电负性越大，所以选项D不正确，应该是F＞O＞N＞C，D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。
考点：考查元素周期律及氢键的有关判断
点评：氧元素的电负性对于氮元素的，但氮元素的第一电离能大于氧元素的，这是由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强。
11．在酸性条件下，向含有铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72-转化为
Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去．下列说法正确的是
A．FeSO4在反应中作氧化剂
B．随着反应的进行，该废水的pH会减小
C．若该反应转移0.6mol
e-，则会有0.2mol
Cr2O72-
被还原
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为
Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，故A错误；B、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，故B错误；C、Cr2O72-
中Cr的化合价为+6价，转化为
Cr3+，即Cr元素的化合价降低6-3，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1molCr2O72-
被还原，故C错误；D、除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓（复分解反应），故D正确；答案为D.
考点：考查的知识点是氧化还原反应，利用化合价的变化判断氧化剂与还原剂，依据得失电子守恒计算生成物。
12．用选项中的电极、溶液和如图所示装置可组成原电池。下列现象或结论叙述正确的是
选项
电极a
电极b
A溶液
B溶液
现象或结论
A
Cu
Zn
CuSO4
ZnSO4
一段时间后，a增加的质量与b减少的质量相等
B
Cu
Zn
稀H2SO4
ZnSO4
盐桥中阳离子向b极移动
C
C
C
FeCl3
KI、淀粉混合液
b极附近溶液变蓝
D
Fe
C
NaCl
FeCl3
外电路电子转移方向：b→a
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此可知：A、该原电池中，负极上的电极反应式为：Zn-2e-＝Zn2+，正极上的电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu，当转移电子数相等时，参加反应的两种金属的物质的量相等，根据m＝nM知，由于M不同，所以参加反应的金属的质量不同，故A错误；B、锌比铜活泼，所以该原电池中，电极b作负极，电极a作正极，原电池放电时，盐桥中的阳离子向a极移动，故B错误；
C、铁离子具有氧化性，能氧化碘离子，所以该原电池中，电极b作负极，电极a作正极，负极上碘离子失电子生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以b极附近溶液变蓝，故C正确；D、铁是活泼的金属，所以该原电池中，电极a作负极，电极b作正极，原电池放电时，外电路上电子从电极a沿导线流向电极b，故D错误，答案选C。
考点：考查原电池原理的有关判断和应用
13．已知25℃时有关物质的电离平衡常数：
弱酸
CH3COOH
苯酚
H2CO3
电离平衡常数
1.75×l0–5
1.1×l0–10
K1=4.4×l0–7
K2=4.7×l0–11
下列叙述错误的是
A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：
pH（C6H5ONa）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体反应为：C6H5O–
+H2O
+
CO2
→C6H5OH
+HCO3－
C．等物质的量浓度的苯酚稀溶液与
NaOH稀溶液等体积混合后溶液中：
c(Na+)＞c(C6H5O–)＞c(OH–)＞c(H+)
D．NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c(Na+)+
c(H+)＝c(OH–)+
c(HCO3–)
+2c(CO32–)
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电离平衡常数可以推出弱酸酸性的强弱，CH3COOH
>
H2CO3
>
苯酚
>
HCO3-,根据越弱越水解，对应的弱酸的盐溶液PH越大，得出等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（C6H5ONa）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa），A错误；根据强酸制弱酸，向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体反应为：C6H5O–
+H2O
+
CO2
→C6H5OH
+HCO3－，B正确；等物质的量浓度的苯酚稀溶液与
NaOH稀溶液等体积混合，恰好反应生成苯酚钠，苯酚钠是强碱弱酸盐，会水解显碱性，所以等物质的量浓度的苯酚稀溶液与
NaOH稀溶液等体积混合后溶液中：c(Na+)＞c(C6H5O–)＞c(OH–)＞c(H+)，C正确
；根据电荷守恒，NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c(Na+)+
c(H+)＝c(OH–)+
c(HCO3–)
+2c(CO32–)，D正确。
考点：考查弱电解质强弱的比较，盐的水解的基本知识，电荷守恒等知识。
14．向含有下列离子的溶液中加入足量的NaOH溶液，静置，过滤，取出沉淀洗涤后，向沉淀中加入足量的盐酸，得到的溶液所含金属离子的种类与原溶液相同的是
A．Al3+、Ca2+、Cu2+
B．Fe2+、Mg2+、NH4+
C．Na+、Ag+、Mg+
D．Mg2+、Fe3+、Cu2+
【答案】D
【解析】在这个过程中，A、Ca2+到滤液中；B、铵根在滤液中；C、钠离子在了滤液中；
15．一定温度下，下列叙述正确的是
A．向饱和AgCl水溶液中加入饱和NaCl溶液，c(Cl-)增大，AgCl的溶度积增大
B．将难溶电解质放入纯水中，溶解达平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
C．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解，重新达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
D．AgCl的Ksp＝1.8×10－10mol2·L－2，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10mol2·L－2
【答案】C
【解析】
试题分析：溶度积只与温度有关，与浓度无关，A错误；将难溶电解质放入纯水中，溶解达平衡时，电解质离子的浓度的系数次方的乘积就是该物质的溶度积，B错误；只有在AgCl饱和溶液中才有，c(Ag＋)＝c(Cl－)，如果向AgCl饱和溶液加入含有Cl-或Ag+的物质，c(Ag＋)≠c(Cl－)，D错误。答案选C。
考点：溶度积
点评：溶度积至于温度有关系，与溶液的浓度无关，温度变溶度积改变。
16．同温同压下，等体积的CO和CO2的物质的量之比________，质量比________，密度比________，所含氧元素的质量比________。
【答案】1：1，7：11，7：11，1：2。
【解析】
试题分析：根据阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数，根据n=N/NA，分子数之比等于物质的量之比，即CO和CO2的物质的量之比为1：1，n=m/M，两者的质量比为28：44=7：11，根据阿伏加德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，即两物质的密度之比等于28：44=7：11，因为两者的物质的量之比相等，根据分子式，则两者氧元素的质量比为1：2。
考点：考查阿伏加德罗定律、阿伏加德罗推论等知识。
17．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等。实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红(Fe2O3)，过程如下：
（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是
，
写出酸溶过程Fe2O3与稀硫酸反应的离子反应方程式：
；
（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是_________；（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表）
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀
2.7
3.8
7.5
9.4
完全沉淀
3.2
5.2
9.7
12.4
（3）滤渣A的主要成分为
，滤液B可以回收的物质有Na2SO4、MgSO4和___________；
（4）已知硫酸渣质量为w
kg，假设铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m
kg，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为
（用最简分数表达式表示）。
【答案】32．
（16分）(1)
Al2O3
Fe2O3
+
6H+
==2Fe3+
+
3H2O
(2)3．2—3．8
(3)
SiO2
Al2(SO4)3
（4）
14m/15w
【解析】
试题分析：（1）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO，属于两性氧化物的是Al2O3，氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，即Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，离子反应方程式为：Fe2O3
+
6H+
==2Fe3+
+
3H2O（2）根据几种离子沉淀的pH，使Fe3+沉淀完全的PH为3．2，其他离子开始沉淀PH为3．8，因此所选PH需介于3．2和3．8之间；答案为：3．2～3．8，（3）因二氧化硅不与硫酸反应，“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4；（4）铁红制备过程中，铁元素损耗25%，，最终得到铁红的质量为m
kg，铁元素的质量为(1000m×112/160)÷75%=14m/15，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为14m/15w。
考点：考查物质的性质，离子方程式的书写，元素及其化合物的性质等知识。
18．（每空2分，共12分）
用质量分数为37.5%的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL。试回答下列问题：
（1）配制稀盐酸时，应选用容量为
mL的容量瓶；
（2）经计算需要量取
mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的
。
A.
5
mL
B.
10
mL
C.
25
mL
D.
50
mL
（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线2～3
cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。
③
在盛盐酸的烧杯中注入适量的蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④
用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的操作顺序为
（填序号）。
（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度
(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是
(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。
（5）
配制完后，应将容量瓶中的稀盐酸转移到干燥洁净的试剂瓶中存放，盖好塞子并贴上标签。
【答案】（1）250
（2）20.8
C
（3）③①④②
（4）偏低
偏低
【解析】
试题解析：（1）由于没有220ml规格的容量瓶，所以应选择250ml的容量瓶，配制250ml溶液；（2）所需要的盐酸体积是。根据规格相近的原则可知，选项C正确。（3）根据配制的操作步骤可知，正确的顺序是③①④②。（4）用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所以结果偏低；没有洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质的量减少，测定结果偏低。
考点：一定物质的量浓度的溶液的配制
19．合成某治疗心血管疾病药物中间体F()的路线如下图所示：
已知A是相对分子质量为58的烃，苯环上的烃基可被酸性KMnO4溶液氧化为—COOH。
（1）C7H8的名称为___________，A、B的结构简式分别为___________、___________。
（2）于的反应类型是___________，F中的含氧官能团的名称是___________，反应③的另一种产物为___________。
（3）写出C在一定条件下与NaOH溶液反应的方程式___________。
（4）E有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有___________种，写出核磁共振氢谱有5个峰的物质的结构简式___________。
①遇氯化铁溶液发生显色反应②含有羧基
（5）以对二甲苯、乙烯为原料制备聚对二苯甲酸乙二酯
()，参照A→乙酸的表示方法，写出相应的合成路线图___________。
【答案】（1）甲苯；CH3CH2CH2CH3；；（2）取代反应；羟基、酯基；HC；
（3）（4）13；HOCH2COOH；
（5）
【解析】
试题分析：由A的相对分子质量易推出其分子式为C4H10。反应于可视为乙酸分子中的—OH被氯原子取代了，故它属于取代反应。由D的结构简式可反推出C为、B为，也可推出E为；C与NaOH溶液反应时—Cl先被取代引入—OH，连接在苯环上的—OH及羧基均可与NaOH反应，故生成的有机产物为，反应③可视为CH3COCl中的CH3CO—取代了E中羟基上的氢原子后所形成的，故另一种产物是HCl。（4）由①知分子中含有苯环且苯环上连接有—OH。当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为—OH、—CH2COOH，此种情况下有三种同分异构体；当有三个取代基时，三个取代基分别为—OH、—COOH、—CH3，三个取代基在苯环上有10种位置关系，故共有13种同分异构体，其中的核磁共振氢谱上有五个峰。（5）对二甲苯先与KMnO4溶液反应生成对二苯甲酸，乙烯先加成生成二卤代物，再水解得到乙二醇，最后发生缩聚反应即可。
【考点定位】考查有机合成与推断
【名师点晴】根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
20．某校化学实验操作考试中，有一题目是鉴别澄清石灰水和氢氧化钠溶液。请你参与探究：
[提出问题]如何鉴别这两种无色溶液？
[实验方案]小琪等几位同学进行了下图所示的实验。
请你回答下列问题：
（1）C组实验中反应的化学方程式为
；
（2）其中不能达到实验目的的是
（填字母）；
（3）D组实验中变浑浊的原溶液是
。
[继续探究]实验结束后，小琪同学将A、B、C、D四组试管中的物质全部倒入同一个干净的烧杯中，充分反应后，得到无色澄清透明的溶液，对该溶液的成分又进行了探究。
[提出问题]该溶液中除水、酚酞外还含有哪些物质？
[查阅资料]氯化钙溶液呈中性。
[猜想与假设]Ⅰ.
Ⅱ.NaCl、
CaCl2、HCl
Ⅲ.NaCl、
CaCl2、NaOH
[反思与拓展]①上述猜想与假设中只有一个不成立，它是
（填序号），理由是
。
②根据所学化学知识，验证烧杯内溶液中可能有的物质是否存在，下列哪些物质单独使用不能完成该实验
（填字母）
a．pH试纸
b．硝酸银溶液
c．紫色石蕊试液
d．铜
e.足量氢氧化钠溶液
【答案】
（1）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH
（2）A、B；
（3）澄清的石灰水；
[猜想与假设]Ⅰ．NaCl、
CaCl2；
[反思与拓展]①Ⅲ；氢氧化钠显碱性能使酚酞变红而反应后的溶液是无色的；②b、d。
【解析】
试题分析：（1）碳酸钠和氢氧化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2═CaCO3↓+2NaOH；故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；
（2）A方案都反应，但都无现象，故不能鉴别；B方案都变成红色，故不能鉴别；而C和D都能出现不同的现象，因此不能达到实验目的是A、B，故答案为：AB；
（3）二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，而和氢氧化钠反应物现象，故D组实验中变浑浊的原溶液是石灰水，故答案为：澄清的石灰水；
【猜想与假设】若恰好完全反应，则只含有反应产生的氯化钠和氯化钙，故答案为：NaCl、CaCl2；
【反思与拓展】①Ⅲ的猜想中含有氢氧化钠，能够使酚酞试液变成红色，而现象得到无色澄清透明的溶液，因此Ⅲ不合理，故答案为：Ⅲ，氢氧化钠显碱性能使酚酞变红而反应后的溶液是无色的；
②验证烧杯内溶液中可能有的物质，其中a、通过pH试纸可以验证溶液呈现中性、酸性还是碱性，故可以；b、无论哪种猜想，因为都含有氯离子，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，故不可以；c、因为三种猜想溶液呈现不同的性质，因此可以通过石蕊试液验证，故可以；d、铜和三种猜想的物质都不反应，故不可以；e、猜想Ⅰ和Ⅱ若滴加氢氧化钠立即变成红色，说明不含有盐酸，若过一会产生红色，则说明含有盐酸，可以；因此b、d不可以，故答案为：bd。
考点：考查了物质的鉴别、推断；实验探究物质的组成成分以及含量；酸的化学性质；碱的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式的相关知识。
21．有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2+，CO32-、HCO32-均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中Na2CO3的质量是多少？
【答案】10.6g
【解析】按一般的常规解法——运用化学方程式列出方程组进行求解的话，很难获得正确答案。如果根据题意，远用微粒(Na+，CO32-)守恒的原理剖析题意，会很快找到解题的捷径。
从“溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀”可知：原混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之和必定等于CaO的物质的量。而最后得到的白色固体中NaOH的物质的量必定等于原混合物中Na2CO3、NaHCO3和NaOH中所含Na+的物质的量之和，可图示如下：
由上图解不难看出，质量差29-27.2=1.8(g)的实质，相当于x
mol
Na2O转化为2x
mol
NaOH的质量差。
即：Na2O→2NaOH
Δm
1mol
80g
80g-62g=18g
xmol
29g-27.2g=1.8g
所以：含Na2CO3为10.6g。
22．（2015秋 烟台期末）已知甲、乙为常见的金属单质，A、B、C、D、E均为化合物，且A、B属于氧化物，它们之间有下图所示的转化关系，回答下列问题：
（1）反应①的化学方程式为
，在实验室完成该反应时还需要的试剂有
、
．
（2）C为
（填名称）；上述反应属于氧化还原反应的是
（填序号）．
（3）反应⑤的离子方程式为
．
（4）D可以用来制造印刷电路板，也可以用来净水．为节约成本，工业上用NaClO3氧化E的酸性废液制得D，该反应的离子方程式为
．
【答案】（1）Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；氯酸钾、镁条；
（2）偏铝酸钠；①②⑤⑥；2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+，（4）ClO3﹣+6
Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O．
【解析】金属甲与氧化物A反应生成金属乙与氧化物B，该反应生成置换反应，而甲与氧化物均与氢氧化钠溶液反应生成C，可推知甲为Al、B为Al2O3、C为NaAlO2，氧化物A与盐酸反应生成D，D与金属乙反应得到E，而乙与盐酸反应也得到E，金属E为变价金属，可知乙为Fe、A为Fe2O3、D为FeCl3、E为FeCl2．
（1）反应①的化学方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，在实验室完成该反应时还需要的试剂有氯酸钾、镁条，
（2）C为NaAlO2，名称为偏铝酸钠，上述反应属于氧化还原反应的是：①②⑤⑥，
（3）反应⑤的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，
（4）工业上用NaClO3氧化FeCl2的酸性废液制得FeCl3，该反应的离子方程式为：ClO3﹣+6
Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，
【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素化合物性质与转化，充分利用转化关系中特殊反应进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化，难度中等．
23．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互的转化关系如下图所示。请回答下列问题：
（1）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．
①A中所含化学键类型为___________，D的电子式为___________；
②25℃时，0.1mol L-1
B、C溶液，pH较大的是___________溶液(填溶质的化学式)，写出B溶液中显电中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，则其水电离出来的H+的浓度为________________。
（2）向反应体系中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
I．CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802.6kJ/mol
II．CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/mol
III．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.2kJ/mol
Ⅳ．CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol
请回答下列问题：
①CH4的燃烧热△H________
△H1．(填“＞”、“＜”或“=”)；
②在反应初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率．比较反应II的活化能EII和反应III的活化能EIII的大小：EII
________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】（1）①离子键、共价键
②Na2CO3
c(Na+ )+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
10-4mol/L（2）
①
＜
②
＜
【解析】
试题分析：（1）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A为NaOH、D为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3．①NaOH中所含化学键类型为：离子键、共价键，D为CO2，电子式为
；②25℃时，0.1mol L-1
Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32-的水解程度大于(HCO3-水解，故Na2CO3溶液的pH较大，，Na2CO3溶液中离子微粒间存在电荷守恒可故溶液显中性，电荷守恒式为c(Na+ )+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，已知，Na2CO3溶液里的pH=10是因水解促进水的电离，溶液里的OH-来源于水的电离，c(OH-)=，则其水电离出来的H+的浓度也为10-4mol/L。（2）①反应生成液态水放出的热量更多，则CH4的燃烧热△H＜△H1；
②活化能越低，反应速率越快，初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率，则反应II的活化能EII＜反应III的活化能EIII。
考点：考查无机物推断、离子浓度的大小比较、热化学以及化学反应速率、化学平衡等。