山东省夏津第六中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省夏津第六中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
．在预防SARS时，医学专家告诉我们对公共场所要进行消毒，毛巾、口罩要经常用开水蒸煮，被褥要放在太阳光下直射，其目的是
A．使多糖水解
B．使油脂水解
C．使氨基酸变性
D．使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
试题分析：病毒的成分是蛋白质，消毒、用开水蒸煮、阳光直射的目的是使蛋白质变性，答案选D。
考点：考查蛋白质的性质
2．分别加入适量下列物质，能使淀粉－KI溶液变蓝的是
A．NaCl
B．Fe粉
C．盐酸
D．新制氯水
【答案】D
【解析】氯水可氧化I—为I2
，呈现蓝色
3．酯化反应属于(　　)。
A.中和反应
B.不可逆反应
C.离子反应
D.取代反应
【答案】D
【解析】酯化反应可以认为是酸中羧基上的—OH被取代,或醇中—OH上的H被取代。
4．用NA表示阿伏加德罗常数，64gSO2含有氧原子数为（
）
A.
1NA
B.
2NA
C.
3NA
D.
4NA
【答案】B
【解析】
试题分析：64gSO2的物质的量是64g/64g/mol=1mol，1个二氧化硫分子中含有2个O原子，所以所含O原子总数是2NA，答案选B
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
5．下列离子方程式书写正确的是
（
）
A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H+
+
CO32-
＝
CO2↑+
H2O
B．稀盐酸与氢氧化钡溶液反应：
H++OH-=H2O
C．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42－
+
Ba2+==
BaSO4↓
D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH-+
SO42-+
H+=
Ba
SO4↓+H2O
【答案】B
【解析】
6．将一小块金属钠久置于空气中，有下列现象：①生成白色粉末；②变暗；③生成白色固体；④发生潮解变为液体，这些现象的先后顺序是（
）
A．①②③④
B．④③②①
C．②③④①
D．①③④②
【答案】C
【解析】
试题分析：钠为银白色金属，性质活泼，易与空气中氧气反应生成白色的Na2O，所以表面变暗，反应的方程式为4Na+O2═2Na2O；Na2O为碱性氧化物，易与空气中水反应生成NaOH，NaOH具有吸水性，所以过一段时间以后变白且逐渐变潮湿，反应的方程式为Na2O+H2O═2NaOH；NaOH与空气中二氧化碳反应生成Na2CO3，为白色粉末，反应的方程式为CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，所以正确的顺序是②③④①，答案选C。
考点：考查钠的性质
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。其钠、氧化钠、氢氧化钠的性质是解题的关键。注意相关基础知识的积累。
7．下列有机物分子中，所有的原子不可能处于同一平面上的是
【答案】A
【解析】
试题解析：该分子相当于甲烷中的一个氢原子被苯乙烯基取代，甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上，故A正确；CH2=CHCN相当于乙烯分子中的一个氢原子被-CN取代，不改变原来的平面结构，-C≡N中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，故B错误；CH2=CH-CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故C错误；1，3-丁二烯为平面结构，苯是平面型结构，该分子可看做1，3-丁二烯中的一个氢原子被苯基代替，所有原子可能处在同一平面上，故D错误。
考点：常见有机化合物的结构
8．已知热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1＝－483.6
kJ/mol，则对于热化学方程式：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2＝b，下列说法正确的是
A．热化学方程式中化学计量数表示分子个数
B．该反应的ΔH2＝＋483.6
kJ/mol
C．|ΔH2|<|ΔH1|
D．|ΔH2|>|ΔH1|
【答案】D
【解析】A．热化学方程式中化学计量数不表示分子个数，表示物质的量，A错；B．已知热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1＝－483.6
kJ/mol，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2＝＋483.6
kJ/mol,
2H2O(l)的能量低于2H2O(g)的能量所以2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2大于＋483.6
kJ/mol，B错；则|ΔH2|>|ΔH1|，D对，C错。故答案选D.
9．含有分子数为b的某气体质量为a
g，则V
L标况下的该气体的质量为(式中NA为阿伏伽德罗常数)（
）
【答案】D
【解析】
试题分析：该气体的摩尔质量为：g/mol，则V
L标况下的该气体的质量为:
m=
g，故答案为D
考点：考查阿伏伽德罗常数有关计算有关问题。
10．已知碳碳单键可以绕键轴旋转，某烃的结构简式如图，下列说法中正确的是
(
)
A．该烃分子的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰
B．该烃的一氯代物最多有四种
C．分子中至少有10个碳原子处于同一平面上
D．该烃是苯的同系物，能使高锰酸钾和溴水褪色
【答案】C
【解析】
试题分析：A、有3个吸收峰，故A错误；B、一氯代物有3种，故B错误；C、苯环上的6个碳原子和与苯环连接的碳原子和位于对称轴的碳都在一个平面上，总共10个碳原子，故C正确；D、该烃属于苯的同系物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色，故D错误。
考点：
有机物的结构和性质
11．下列说法正确的是（
）
A．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键
B．碳酸钠固体中不存在阴阳离子
C．氢化锂三兄弟——LiH、LiD、LiT三种物质的质子数之比为4︰5︰6
D．乙醛分子的结构式为，其一个分子中存在7对共用电子对
【答案】D
【解析】
试题分析：A．H-O键的键能较大，故水加热到很高的温度都难以分解，与氢键无关，故A错误；B．碳酸钠属于离子化合物，存在阴阳离子故B错误；C．H、D和T的质子数都为1，故LiH、LiD、LiT三种物质的质子数之比为1：1：1，故C错误；D．乙醛分子的结构式为，4个碳氢单键、1个碳碳单键、1个碳氧双键，故存在7对共用电子对，故D正确，故选D．
考点：物质的性质与结构的关系，离子化合物的判断，有机物的结构，以及同位素的知识
12．在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是
A、NH4+、Ba2+、NO3—、CO32—
B、K+、Mg2+、NO3－、SO42—
C、Fe2+、OH—、SO42—、MnO4—
D、Na+、Fe3+、Cl—、AlO2—
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项，碳酸根不能与氢离子大量共存，且碳酸根与铵离子双水解。B选项，正确。C选项，亚铁离子浅绿色，猛酸根紫黑色，且亚铁离子不能与氢氧根共存。D选项，铁离子黄色，偏铝酸根不能与氢离子大量共存。
考点：离子共存
13．在福岛核泄漏事故中，检测到的放射性物质包括碘—131、铯—137和钚—239等。硼具有阻止反应堆内核分裂，降低反应堆温度的功能。下列说法正确的是（
）
A．钚—239的质子数为239
B．氢氧化铯的碱性比氢氧化钾强
C．碘元素的相对原子质量为131
D．硼酸的酸性比铝酸（氢氧化铝）弱
【答案】B
【解析】
试题分析：碘—131、铯—137和钚—239均是说它们的质量数为131、137、239；由元素周期律知同主族元素的最高价含氧酸自上而下酸性减弱、碱性增强，知B正确。
考点：原子构成
14．下列说法中正确的是
A．常温下，pH均等于4的硫酸溶液与醋酸溶液，两种溶液中c(SO42-）与c(CH3COO-）之比为1:2
B．常温下，向pH=4.0的醋酸溶液中加入水稀释后，溶液中c(H+）和c(OH-）都将变小
C．常温下，0.1mol/L
NaHA溶液的PH=5，溶液：c(HA-）>c(H+）>c(H2A）>c(A2-）
D．0.1mol·L-1的(NH4）2Fe(SO4）2溶液中：c(NH4+）=c(SO42-）>c(Fe2+）>c(H+）
【答案】A
【解析】
试题分析：A、由于pH相等，则H+的浓度相等，OH-的浓度相等，由电荷守恒可知，
c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-）、c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则2c（SO42-）=c（CH3COO-），故c（SO42-）与c（CH3COO-）之比为1：2，A正确；B、醋酸溶液加水稀释，促进醋酸电离，
c(H+）减小，c(OH-）增大，B错误；C、0.1mol/L
NaHA溶液的PH=5，说明HA-的电离大于水解，c(HA-）>c(H+）>c(A2-）>c(H2A），C错误；D、亚铁离子和铵根离子都水解，硫酸根离子不水解，故c（SO42-
）＞c（NH4+），D错误。答案选A。
考点：离子浓度大小比较
15．已知两种弱酸的酸性：HA>HB，在常温下下列各项比较中正确的是
（
）
A．两种溶液①
0.1mol/L
HA溶液；②0.3mol/L
HA溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积的混合液，c（H+）：①<②
B．等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液：2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HA）+c（HB）
C．pH=9的三种溶液①NaB；②NH3·H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH-）：①>②>③
D．物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中：c（B-）>
c（A-）
【答案】B
【解析】
试题分析：A.②0.3mol/L
HA溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积的混合后得到的溶液是0.1mol/L
HA溶液和0.05mol/L是NaA的混合溶液。由于存在A-,对HA的电离起抑制作用，所以HA电离程度小于0.1mol/L
HA溶液，因此酸性①>②,错误；B.由于弱酸的酸性：HA>HB，所以等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液，会发生反应：HA+NaB=HB+NaA。根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A-）+c（HA）+c（B-）+c（HB），正确。C．酸碱会抑制水的电离，而强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会促进水的电离。当强碱、弱碱溶液的pH相等时对水的电离程度抑制作用相同，所以pH=9的三种溶液①NaB；②NH3·H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH-）：①>②=③，错误；D．酸的电离程度越大，则等浓度的盐溶液离子水解程度就越小，离子的浓度就越大。因为弱酸的酸性：HA>HB，所以物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中：c（B-）考点：考查离子浓度的大小比较的知识。
16．重氮甲烷（CH2←N≡N）在有机合成中有着重要的应用，它的分子中碳原子和氮原子之间的共用电子对是由氮原子提供的。
它在受热或光照时容易分解生成氮气，同时生成一个极活泼的缺电子基团亚甲基或称为碳烯(：CH2)。CH2←N≡NN2↑+：CH2；碳烯与烯烃或苯环能起加成反应，生成含三元环的化合物：
（1）重氮甲烷与结构简式为
的有机物在光照下反应生成。
（2）重氮甲烷与苯共热完全反应生成的环状化合物的结构简式为
，与该产物互为同分异构体的芳香烃共有
种，其中烷基上发生一氯取代的生成物只有一种的芳香烃的结构简式为
。
【答案】(1)
(2)
;8;
【解析】综合题给信息可知，碳稀
：CH2可与碳碳双键加成生成，
（1）可看出结构中存在，故与重氮甲烷反应的物质是：
（2）可看作是三个碳碳双键，所以与重氮甲烷反应的产物应该为：；
物质的分子式为C9H12，依据同分异构体的书写原则，分别用CH3CH2CH2—、（CH3）2CH—、一个甲基和一个乙基（3种）、三个甲基（3种）来取代苯环，共可得到8种取代物；其中烷基上发生一氯取代的生成物只有一种的芳香烃的结构简式只能为
17．（19分）
（1）利用H2S废气制取氢气的方法有多种。
①高温热分解法：已知：在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。
以H2S起始浓度均为c
mol/L测定H2S的转化率，结果见图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。_____________0（填＞，=或＜）：说明随温度的升高，曲线b向曲线a靠近的原因：
_____________________。
②电化学法
该法制氢过程的示意图如图。反应池中反应的离子方程式是___________________；
反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________。
（2）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液可以组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2。
①该电池的负极反应式_______________________________________________。
②电池总反应的化学方程式_________________________________________________。
（3）某亚硝酸钠固体中可能含有碳酸钠和氢氧化钠，现测定亚硝酸钠的含量。
已知：5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4=5NaNO3+2MnSO4+K2SO4+3H2O
称取4.000g固体，溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol／L，酸性KmnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示；
滴定次数
1
2
3
4
KMnO4溶液体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
①滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液__________________________，30秒内不恢复，可判断达到滴定终点。
②第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是____________（填序号）。
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．滴定终了仰视读数
③根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_____________。
【答案】（19分）
（1）①
＞（2分），温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）
（2分）
②2Fe3+
+
H2S==
2Fe2++S↓+2H+（2分）
2Fe2+
+
2H+2Fe3++H2↑（2分）
（2）①Al－3e－
+
4OH－
=[Al（OH）4]－
（或AlO2－＋2H2O
）
（2分）
②Al+3NiO（OH）+
H2O+
OH－=
3Ni（OH）2+
AlO2－；
（2分）
（3）①由无色变为紫红色（2分）
②
A
C
（2分）
③86.25%（3分）
【解析】
试题分析：（1）①温度升高，反应物的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，所以△H>0；随温度的升高，曲线b向曲线a靠近，是因为温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短；
②反应池中是硫化氢与氯化铁发生的氧化还原反应，生成亚铁离子和S单质及氢离子，离子方程式是2Fe3+
+
H2S==
2Fe2++S↓+2H+；得到的溶液为氯化亚铁和氯化氢进入电解池，则电解氯化亚铁和氯化氢的混合液得到氢气和氯化铁，所以电解池中发生反应的离子方程式是2Fe2+
+
2H+2Fe3++H2↑；
（2）①以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成的电池中，Al失去电子发生氧化反应，作电池的负极，结合电解质溶液，所以负极的电极反应式为Al－3e－
+
4OH－
=
AlO2－＋2H2O；
②正极是NiO（OH）转化为Ni（OH）2，电极反应式是NiO（OH）+
e－
+
H2O=
Ni（OH）2+
OH－，根据得失电子守恒，将正负极的电极反应式相加，所以电池的总反应是Al+3NiO（OH）+
H2O+
OH－=
3Ni（OH）2+
AlO2－；
（3）①滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，30秒内不恢复，可判断达到滴定终点；
②第一组数据偏大，可能是酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，造成高锰酸钾溶液的浓度降低，消耗高锰酸钾溶液的体积偏大；或者是滴定终了仰视读数，使读取数值偏大，锥形瓶未干燥，对结果无影响，所以答案选AC；
③由于第一组数据偏大，故舍去，取后三组数据，消耗高锰酸钾溶液的体积平均为20.00mL，所以亚硝酸钠的质量是20.00×10-3L×0.1000mol/L×5/2×250/25×69g/mol=3.45g，则固体中亚硫酸钠的质量分数是3.45g/4.000g×100%=86.25%。
考点：考查氧化还原反应的分析，化学平衡的判断，滴定终点的判断，误差分析，质量分数的计算
18．(12分)
某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）
实验
药品
制取气体
量气管中的液体
①
Cu、稀HNO3
H2O
②
NaOH固体、浓氨水
NH3
③
Na2CO3固体、稀H2SO4
CO2
④
镁铝合金、NaOH溶液（足量）
H2
H2O
请回答下列问题：
（1）简述如何检查该装置的气密性：
。
（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度。你认为是否可行？请简述原因
。
（3）实验②中剩余的NH3需吸收处理。以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有
（4）实验③中，量气管中的液体最好是
。
A．H2O
B．CCl4
C．饱和Na2CO3溶液
D．饱和NaHCO3溶液
（5）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①恢复至室温，②
，③视线与凹液面最低处相平。
（6）实验④获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）
编号
镁铝合金质量
量气管第一次读数
量气管第二次读数
①
1.0g
10.0mL
346.3mL
②
1.0g
10.0mL
335.0mL
③
1.0g
10.0mL
345.7mL
根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数
。
【答案】（12分）（1）量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好。（其他答案合理也给分）
（2）不可行。因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准。
（3）ACDF
（4）D
（5）②使量气管两端液面相平。
（6）27.0%。
【解析】
试题分析：：（1）关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高，说明气密性良好；
（2）一氧化氮与液面上方空气中的氧气反应，生成的NO2能溶解于水反应，导致测定一氧化氮的体积不准，故此方案不可行；
（3）氨气易溶解于水，容易产物倒吸现象，图中装置ACDF都可防倒吸；
（4）实验③
中制取CO2并测量出CO2的体积，所以量气管中盛放的溶液应是不与CO2反应，但可以吸收其他气体的溶液，故选择排饱和NaHCO3溶液测量CO2的体积。
（5）根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，相平说明两边液面上的压强一样，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；
（6）实验④
中，第2次与第1、3次实验测得氢气的体积相差较大，应舍去第2次数据，生成氢气体积为[(346.3 10)mL+(345.7 10)mL]÷2=336mL=0.336L，生成H2的物质的量为0.015mol；
设生成0.015mol氢气，需Al的质量为xg，则：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
54g
3mol
Xg
0.015mol
解得：x=0.27g
0.27/1.0×100%=27%
考点：实验的探究，涉及装置气密性的检验、气体的收集、混合物纯度的测定等。
19．（8分）欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：
请回答：
（1）如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是_______（填字母）；
A．稀H2SO4
B．NaOH溶液
C．Ca(OH)2溶液
试管①中发生反应的化学方程式是_________________________。
（2）如乙图所示，试管④中装入的固体应该是_________（填化学式）。
（3）通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性_____（填“强”或“弱”）。
【答案】(8分，每空2分)
（1）
C、
2NaHCO3＝
Na2CO3+
CO2↑+
H2O
、
（2）NaHCO3
、（3）强
【解析】
试题分析：（1）Na2CO3加热不分解，NaHCO3在加热时会产生CO2，可以检验生成的CO2来鉴别Na2CO3和NaHCO3，检验CO2用澄清石灰水，故试管②中的试剂选C。NaHCO3在加热时反应为：2NaHCO3
＝
Na2CO3+
CO2↑+
H2O。（2）用乙图装置，加热时外面的大试管温度较高，小试管温度较低，试管④中装入的固体应该是NaHCO3，温度较低时都可分解，更能说明NaHCO3的热稳定性较弱。（3）Na2CO3比NaHCO3的稳定性强。
考点：Na2CO3和NaHCO3的热稳定性强弱的探究。
20．高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料。实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下：
（1）制备MnSO4溶液：
在烧瓶中（装置见下图）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h。停止通入SO2，继续反应片刻，过滤（已知MnO2+
H2SO3=
MnSO4＋H2O）。
①石灰乳参与反应的化学方程式为
。
②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有
。
③若实验中将N2换成空气，测得反应液中Mn2+、SO42－的浓度随反应时间t变化如下图。
导致溶液中Mn2+、SO42－浓度变化产生明显差异的原因是
。
（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。请补充由（1）制得的MnSO4溶液制备高纯MnCO3的操作步骤[实验中可选用的试剂：Ca(OH)2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH]。
①边搅拌边加入
，并控制溶液pH
；
②
；
③检验SO42-是否被洗涤干净；（实验操作：
）
④用少量C2H5OH洗涤；
⑤
。
【答案】（1）①Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O
；②控制适当的温度、缓慢通入混合气体；③Mn2+催化O2与H2SO3反应生成H2SO4（或H2SO3+
O2=
H2SO4）；（2）①Na2CO3，pH<7.7；
②过滤，用少量水洗涤2~3次；③取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净；⑤低于100℃干燥。
【解析】
试题分析：（1）①SO2有毒，尾气必须处理，且属于酸性氧化物，和石灰乳发生反应，其反应方程式为：Ca(OH)2＋SO2=CaSO3＋H2O；②为使SO2尽可能转化完全，要缓缓通入气体，防止SO2没有被完全反应，还要控制温度；③从图中可以看出，c(Mn2＋)减少，c(SO42－)增加，可以认为Mn2＋在O2与H2SO3反应中其催化作用；（2）①实验目的是制备高纯MnCO3，因此加入Na2CO3，调节pH<7.7，防止Mn2＋生成Mn(OH)2，发生Mn2＋＋CO32－=MnCO3↓；②步骤①中生成沉淀，然后进行过滤，对沉淀进行洗涤；③检验SO42－，取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净；⑤步骤④中用乙醇洗涤，步骤⑤对沉淀进行干燥，但MnCO3在100℃时开始分解，因此应在低于100℃干燥。
考点：考查实验基本操作、物质的制备、离子的检验等基本知识。
21．取NaHCO3和Na2O2的固体混合物x
g放入一密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出所有气体。将反应后的固体分成完全相同的两份，将其中一份投入到足量的BaCl2溶液中，最后可得到3.94g沉淀。另一份溶于适量的水，无气体放出，再向水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，产生气体与所加盐酸体积之间的关系如下图所示。试回答下列问题：
（1）加入盐酸后总共产生的气体在标准状况下的体积为__________________L；
（2）盐酸中HCl的物质的量浓度__________________；
（3）反应后的固体的成分（填化学式）__________________；
（4）密闭容器中排出气体的成分（填化学式）______________；
（5）x=_____________。
【答案】（1）0.448（2分）
（2）0.2
mol／L（2分）（3）NaOH
Na2CO3（1分）
（4）O2
、H2O（2分）
（5）6.09g
（
3分）
【解析】
试题分析：（1）3.94g白色沉淀是碳酸钡，物质的量是3.94g÷197g/mol＝0.02mol，所以根据碳原子守恒可知，生成的CO2体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L。
（2）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，所以根据图像可知，和碳酸氢钠反应的盐酸是275ml－175ml＝100ml。所以根据方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，生盐酸的物质的量是0.02mol，其浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L。
（3）由于和碳酸钠反应生成碳酸氢钠时消耗的盐酸是100ml，所以根据图像可知，固体中一定还有氢氧化钠。
（4）根据以上分析可知，氢氧化钠和碳酸钠的物质的量不相等，其中氢氧化钠的少。由于碳酸氢钠分解生成的CO2和水的物质的量是相等的，且过氧化钠首先和CO2反应，所以在反应中过氧化钠不足，水蒸气是过量的，因此排出的气体是氧气和水蒸气。
（5）生成的氢氧化钠是0.2mol/L×0.075mol＝0.015mol、碳酸钠是0.2mol/L×0.1mol＝0.02mol。所以CO2和过氧化钠反应生成的碳酸钠是0.01mol，则原碳酸氢钠是0.02mol。过氧化钠是0.01mol＋0.015mol÷2＝0.0175mol。所以每一份中固体的质量是0.02mol×84g/mol＋0.0175mol×78g/mol＝3.045g，则x＝3.045g×2＝6.09g。
考点：考查碳酸氢钠、过氧化钠的性质和有关计算
点评：该题的关键是根据图像准确判断出固体中含有氢氧化钠，另外还需要注意的是由于氢氧化钠能吸收CO2，所以过氧化钠应该首先和CO2反应，最后再和水蒸气反应。在进行计算时，应该根据守恒法，简化计算过程。
22．有A、B、C、D、E、F六种化合物，它们之间的反应关系如下所示：
①
A+B
→
C+E
②
C+NaOH
→
蓝色沉淀D
+
F
③
D
A+E
④
F+Ba(NO3)2
→
白色沉淀
+
NaNO3
回答下列问题：
（1）写出它们的化学式：A
，E
。
（2）写出①②③④反应的化学方程式，属于离子反应的只写离子方程式。
①
；
②
；
③
；
④
。
【答案】（1）
A是CuO
E是H2O
（2）1.CuO+2H+=Cu2+
+H2O
2.Cu2++2OH-=Cu(OH)2
3.Cu（OH)2CuO+H2O
4.SO42-
+Ba2+
=BaSO4
【解析】
试题分析：②C+NaOH→蓝色沉淀D+F，知D是Cu（OH）2，根据元素守恒知，C中含有Cu
2+、F中含有Na+；③D
A+E，Cu（OH）2受热分解生成CuO和H2O，所以A、E一个是CuO、一个是H2O；④F+Ba（NO3）2→白色沉淀+NaNO3，F中含有钠离子，为盐，F和硝酸钡反应生成白色沉淀和硝酸钠，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则F为Na2SO4；根据F知，C为CuSO4；①A+B→C+E，A、E一个是CuO、一个是H2O，C是CuSO4，金属氧化物和酸反应生成盐和水，所以A是CuO，E是H2O，则B是H2SO4，（1）通过以上分析知，A、B、C、D、E、F分别是CuO、H2SO4、CuSO4、Cu（OH）2、H2O、Na2SO4；（2）①CuO+2H+=Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；②Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；③Cu（OH）2CuO+H2O，④SO42-+Ba2+=BaSO4↓。
考点：考查无机物推断
23．（1）已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件已经略去)：
①如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：A电子式：A____________；D的结构式：D____________。
②如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：A与B在溶液中反应的离子方程式为
。根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是
。(用化学式或离子符号表示)。
（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，常温常压下，3.2g该物质与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，(a>0)。写出该物质燃烧热的热化学方程式：
。将3.2g该物质燃烧后的产物通入100
mL3mol L-1的NaOH溶液中，充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为：
。
【答案】（1）；H-O-H（2）①HS－＋OH－＝S2－＋H2O
②OH－>S2－
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)
ΔH＝－5akJ·mol－1
；
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
试题分析：（1）①如果A、B、C、D均是10电子的粒子，则根据转化关系可判断A是铵根，B是氢氧根，C是氨气，D是水，铵根的电子式为；水的结构式为H－O－H。
②如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，则A是HS－，B是OH－，C是S2－，D是水，A与B在溶液中反应的离子方程式为HS－＋OH－＝S2－＋H2O。根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是OH－>S2－。
（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，即则根据密度之比是相对分子质量之比可知其相对分子质量是16，因此是甲烷。常温常压下，3.2g该物质即0.2mol甲烷与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，(a>0)，则该物质燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)
ΔH＝－5akJ·mol－1。将3.2g该物质燃烧后的产物即0.2mol二氧化碳通入100
mL3mol L-1的NaOH溶液中，设碳酸钠是xmol，碳酸氢钠是ymol，则x＋y＝0.2，2x＋y＝0.3，解得x＝y＝0.1，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。
考点：考查无机框图题推断