江西省赣州市寻乌中学2020届高三上学期第一阶段考试化学试题


2019-2020学年度寻乌中学高三化学第一次段考试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Al-27 Cl-35.5 Cu-64
第一卷（选择题48分）
一、选择题(单选题)
1.生活中处处存在化学，下列说法不正确的是（ ）
A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3
B. 福尔马林用于标本的制作是利用了使蛋白质变性的性质
C. 含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火
D. 在清理厕所时洁厕灵和84消毒液不能混用，否则可能发生中毒现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故A正确；
B．福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质变性，可用于标本的制作，故B正确；
C．铂没有焰色反应，不可用于制造焰火，故C错误；
D．洁厕灵(含盐酸)和84消毒液(含次氯酸钠)进行混用，会产生有毒气体氯气，故D正确；
故答案为C。
2.中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于的叙述错误的是(    )
A. 原子序数116 B. 中子数177
C. 核外电子数116 D. 相对原子质量293
【答案】D
【解析】
【分析】
原子中原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数。
【详解】A项、元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以该元素的原子序数是116，故A正确；
B项、在元素符号的左上角表示的是该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293－116=177，故B正确；
C项、对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数116，故C正确；
D项、293只表示该同位素原子的质量数，不表示相对原子质量，故D错误。
故选D。
【点睛】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键。
3.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. CO2的电子式： B. 中子数为20的氯原子：Cl
C. 乙烯的比例模型： D. 铝离子结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的电子式为，故A错误；
B．中子数为20的氯原子为，故B错误；
C．乙烯的比例模型为，故C正确；
D．铝离子结构示意图为，故D错误；
故答案为C。
4.下列试剂的保存方法正确的是（ ）
A. 少量金属钠保存在水中
B. 新制氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中
C. 碳酸钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中
D. 浓硝酸保存在带橡胶塞的无色玻璃瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A错误；
B．氯水见光容易分解，需保存在棕色细口瓶中，故B错误；
C．碳酸钠水解呈碱性，二氧化硅能与氢氧化钠反应生成具有粘性的物质，容易黏住瓶口，需用橡胶塞，故C正确；
D．浓硝酸见光容易分解，且有强氧化性，需保存在棕色细口瓶中，且用玻璃塞，不能用橡皮塞，故D错误；
故答案为C。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NA
B. 标准状况下，2.24LCHCl3中含有共价键数目为0.4NA
C. 含0.2NA个阴离子的Na2O2和水完全反应转移0.2mol电子
D. 0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．16g14CH4的物质的量为：=mol，含中子的物质的量为：mol×8=mol＜8mol，则含有的中子数目小于8NA，故A错误；
B．标准状况下，CHCl3为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，则含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与水完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，故C正确；
D．0.1L 3mol•L-1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
6.下列实验操作、实验现象与结论的对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某溶液中先后滴加新制氯水和淀粉溶液
得到蓝色溶液
原溶液中含有I-
B
将某无色气体持续通入到一定量的澄清石灰水中
溶液先变浑浊，后变澄清
该无色气体为二氧化碳
C
加热某盐与浓NaOH的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
红色石蕊试纸变蓝色
该盐为铵盐
D
向大理石固体中滴加稀硫酸
大理石表面持续产生大量气泡
硫的非金属性强于碳


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．新制氯水能氧化I-生成I2，遇淀粉溶液变蓝色，但没有验证原溶液是否有I2，故A错误；
B．能使澄清石灰水变沉淀的气体不一定是CO2，也可能是SO2，故B错误；
C．加热铵盐与浓NaOH的混合溶液，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D．硫酸钙是微溶于水的盐，则向大理石固体中滴加稀硫酸，不可能持续生成CO2，故D错误；
故答案为C。
7. 下列说法不正确的是
A. 热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32－的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强
B. 铁在潮湿的环境下生锈以及Mg与NH4Cl溶液反应生成H2都与盐类水解有关
C. 将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2(SO4)3
D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体，离子方程式：Fe3＋3H2OFe(OH)3(胶体) ＋3H＋
【答案】B
【解析】
试题分析：铁在潮湿的环境下生锈是铁发生了电化学腐蚀，Mg与NH4Cl溶液反应生成H2是因为Mg与NH4+水解产生的H+反应生成H2，B错误，选B。
考点：盐类水解的应用
8.NaNO2一种食品添加剂，它致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是（ ）
A. 该反应中NO2-被还原
B. 反应过程中溶液的pH减小
C. 生成1molNaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D. 中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5 NO3-+3H2O；
A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；
B．根据元素守恒、电荷守恒知，□是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；
C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C正确；
D．由B分析可知，□是H+，故D错误；
故答案为C。
【点睛】氧化还原反应的实质是反应过程中发生电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；②求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 氢化物沸点：Z＞Y＞W
C. 元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D. Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，则此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。
【详解】由分析知：W为C元素、X为Mg元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；
A．Mg、Si、Cl均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：X＞Y＞Z，故A错误；
B．C和Si的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而HCl常温下为气态，则三者氢化物的沸点无法比较，故B错误；
C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，发生的反应为置换反应，故C正确；
D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C或Si形成的CCl4或SiCl4中只存在共价键，故D错误；
故答案为C。
10. 某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述正确的是

A. 分子中含有3 种官能团
B. 一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应
C. 该物质分子中最多可以有10 个碳原子在同一平面上
D. 1 mol 该物质最多可与5 mol H2 发生加成反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、分子中含有碳碳双键和羧基2 种官能团，A错误；B、碳碳双键能发生氧化和加聚反应、羧基能发生酯化和取代反应，B正确；C、苯环和碳碳双键都是平面结构，该物质分子中最多可以有11个碳原子和8个H原子及其2个O原子在同一平面上，C错误；D、苯环和碳碳双键能够与氢气加成，1 mol 该物质最多可与4 mol H2 发生加成反应，D错误。
考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。
11.下列体系中，离子能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的酸性溶液：MnO4－、K+、C1－、SO42－
B. 使酚酞变红的溶液：K＋、Na＋、NO3－、Cl－
C. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、S2-
D. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液： Na＋、Ba2＋、NO3－、OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO4-有颜色，且酸性条件下能氧化Cl-，不能大量共存，故A错误；
B．使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．滴加KSCN显红色的溶液含有Fe3+，Fe3+与S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．HCO3-与OH-反应而不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
12. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断不正确的是
A. 在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2： Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3
B. 在含NH4＋、Al3＋、H＋的溶液中逐滴加入KOH溶液：H＋、Al3＋、NH4＋、Al(OH)3
C. 在含AlO2-、OH-、CO32-的溶液中逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH-、CO32-
D. 在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+
【答案】C
【解析】
试题分析：A．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，氢氧化钡优先反应，反应的先后顺序为：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故A正确；B．在含有NH4+、H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，氢离子优先反应，其次是铝离子反应生成氢氧化铝，然后铵根离子反应，最后氢氧化铝溶解，反应的先后顺序为：H+、Al3+、NH4+、Al(OH)3，故B正确；C．含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，氢氧根离子优先反应，反应的先后顺序为：OH-、AlO2-、CO32-、Al(OH)3，故C错误；D．氧化性由大到小的顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，反应顺序为：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；故选C。
【考点定位】考查离子反应先后顺序
【名师点晴】本题考查了离子反应的先后顺序，题目难度中等，明确常见物质性质及离子反应发生条件为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。判断先后反应总原则是，先反应的产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。1、同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性较强的还原剂先发生反应。常见还原剂的还原性顺序：S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。2、与同一种还原剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。阳离子氧化性顺序与金属活动性顺序相反，其中铁对应的是亚铁离子，而不是铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，但弱于银离子。3、阳离子与OH-反应和阴离子与H+反应，用假设法判断离子反应的先后顺序，若优先反应的产物与其他离子能大量共存，该假设成立，否则，假设不成立。4、对于多种物质组成的混合物，要分清是物质本身发生反应，还是一种物质发生反应后，生成产物继续反应。例如，固体碳酸氢钠与氢氧化钠混合，氢氧化钠与碳酸氢钠反应，过量的碳酸氢钠发生分解等。
13. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
B. 含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合：Mg2++2OH－＝Mg（OH）2↓
C. CaCO3溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O
D. 向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I－+H2O2＝2OH－+I2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、HI电离产生H＋，Fe（NO3）3提供NO3－，形成氧化性比Fe3＋强的HNO3，依据氧化还原反应的规律，应是H＋、NO3－和I－反应，故说法错误；B、H＋结合OH－能力强，漏掉一个离子方程式，即H＋和OH－的反应，故说法错误；C、碳酸钙难溶物，醋酸属于弱电解质，不能拆写，故离子反应方程式为：CaCO3＋CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，故说法正确；D、酸性溶液中不能产生OH－，其离子反应方程式：2I－＋H2O2＋2H＋=2H2O＋I2，故说法错误。
考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。
14.常温下，HA的电离常数Ka=1×10-6，向20 mL浓度为0.01 mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. a点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡
B. b点对应溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
C. d点对应溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(A-)
D. a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a 【答案】D
【解析】
【详解】A．a点为0.01 mol·L-1的HA溶液，此时溶液中存在HA和H2O的电离平衡，故A错误；
B．b点为在20mL0.01 mol·L-1的HA溶液中滴加10mL0.01 mol·L-1的NaOH溶液，此时溶液中NaH和HA等物质的量混合，溶液pH＜7，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．d点为滴加20mLNaOH溶液，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(OH-)-c(H+)=c(HA)＜c(A-)，故C错误；
D．a点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a 故答案为D。
【点睛】本题难点是判断混合溶液中水的电离程度的强弱，明确酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离；且酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进水的电离，且浓度越大，水的电离程度越大。
15.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】
【分析】
NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu(NO3)2，再根据 Cu(NO3)2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。
【详解】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，即n(Cu)×2=mol×4；解得：n(Cu)=0.15mol，所以 Cu(NO3)2 为0.15mol，
根据    Cu2+~~~~~~~~~~~2OH-
     0.15mol  n(OH-)
则NaOH 为 0.15mol×2=0.3 mol，则NaOH 体积V===0.06L=60ml，故答案为A。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
16.被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体．在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液．电池总反应为Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（ ）
A. 该电池的正极为锌
B. 该电池反应中二氧化锰起催化剂作用
C. 当0.1 mol Zn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023
D. 电池正极反应式MnO2+e﹣+H2O═MnO（OH）+OH﹣
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由电池反应式知，Zn元素化合价由0价变为+2价，所以Zn失电子作负极，故A错误；B．该原电池中二氧化锰参加反应且作氧化剂，故B错误；C．电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故C错误；D．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O═MnO（OH）+OH-，故D正确；故选D。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】正确判断正负极是解本题关键，由电池总反应Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e-═MnO（OH）+OH-，易错选项是C，注意电子只在外电路中流动，不进入电解质溶液，为易错点。
第二卷（非选择题52分）
17.通常状况下，CO是一种无色、无味、有毒的气体，难溶于水，与酸、碱、盐溶液均不反应。已知乙二酸晶体加热分解的方程式为：H2C2O4•2H2O 3H2O + CO2↑+ CO↑，不考虑其他因素干扰，如何利用下列装置验证反应产物中含有CO2和CO（装置不能重复使用）。酒精喷灯可作高温热源。请回答下列问题：

（1）检验装置A气密性的方法是___________________________________________
（2）按气流方向连接各仪器，用数字表示接口的连接顺序： ①→_________________；
（3）证明CO存在的实验现象是_______________________________________________；
（4）本实验尾气处理的方法是_______________________________________；
（5）根据题给的数据，假设反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应（提示：B、C中澄清石灰水均先变浑浊，后又变澄清），D中溶质及对应的物质的量是_______________。
【答案】（1）①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好；
（2）⑤④⑥⑦②③
（3）B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO；
（4）在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集）
（5）0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3
【解析】
【分析】
（1）根据检查装置气密性的方法及注意事项分析即可，装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置的气密性；
（2）乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO，此实验是验证反应产物中含有CO2和CO（装置不能重复使用），要验证二氧化碳与一氧化碳的存在，首先利用澄清石灰来验证二氧化碳的存在，然后除去二氧化碳再验证一氧化碳的存在；
（3）一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊；
（4）一氧化碳有毒，具有可燃性，燃烧生成无毒的二氧化碳；
（5）B、C中澄清石灰水均先变浑浊，后又变澄清，说明二氧化碳与氢氧化钙发生：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，则D装置发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3。
【详解】（1）检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，所以检验装置气密性的方法是：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好，故答案为：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好；
（2）乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO，装置A中的①导出气体，此实验是验证反应产物中含有CO2和CO（装置不能重复使用），应首先验证二氧化碳①→⑤→④，然后除去二氧化碳④→⑥→⑦，验证二氧化碳的方法是：把气体通入澄清的石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有二氧化碳；然后除去二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应除去，剩余为一氧化碳，验证一氧化碳存在⑦→②→③，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，然后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有一氧化碳，故答案为：⑤④⑥⑦②③；
（3）一氧化碳与氧化铜反应CuO+CO Cu+CO2，反应生成二氧化碳，B装置中黑色氧化铜变红，B中澄清石灰水变浑浊，则含CO，故答案为：B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO；
（4）一氧化碳有毒，具有可燃性，尾气处理的方法是点燃，2CO+O22CO2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集），故答案为：在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集）；
（5）12.6gH2C2O4•2H2O的物质的量为n=m÷M=12.6g÷126g/mol=0.1mol，乙二酸晶体加热分解生成的一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为：0.1mol、0.1mol，反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应，C装置中n（Ca（OH）2）=cV=0.05mol/L×0.1L=0.005mol，CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，即2CO2+Ca（OH）2=Ca（HCO3）2，则吸收的二氧化碳为0.01mol，剩余二氧化碳的物质的量为：0.1mol-0.01mol=0.09mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，D中n（NaOH）=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，由方程式可得：
CO2 + 2NaOH = Na2CO3 +H2O
0.05mol 0.1mol 0.05mol
CO2 + H2O + Na2CO3 = 2NaHCO3
(0.09mol-0.05mol) 0.04mol 0.08mol
所以D中溶质及对应的物质的量是0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3，故答案为：0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3。
【点睛】本题主要考查的乙二酸晶体加热分解产物的检验及相关计算，注意掌握二氧化碳与一氧化碳的性质，以及结合反应方程式CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3分析计算。
18.A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：
（1）元素D在周期表中的位置__________。
（2）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)______。
（3）由A、B、C三种元素以原子个数比4∶2∶3形成化合物X，X中所含化学键类型有________________________________________________________________________。
（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：_______________________________________________________________。
（5）FC2气体有毒，排放到大气中易形成酸雨，写出FC2与氧气和水蒸气反应的化学方程式______________________________________________________________________。
【答案】 (1). 第三周期第IA族 (2). S2－> O2－> Na＋ (3). 离子键、共价键 (4). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe (5). SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O (6). 2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期， C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；C与F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D与E和F同周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，D是Na元素；A与D同主族，且原子序数最小，为H元素；又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，E处于钠和硫之间，所以是固体，则只能是A和B形成气体单质，A的原子序数小于B，A是H元素，B是N元素。
【详解】（1）钠位于第三周期第IA族
（2）离子的电子层数越多其半径越大，相同电子层结构的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2－> O2－> Na＋
（3） 由A、B、C三种元素以原子个数比4∶2∶3形成的化合物X是硝酸铵，硝酸铵中含有离子键、共价键。
（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝和氧化铁能发生置换反应，化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，E是硅，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水，离子方程式为：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
（5）二氧化硫有毒，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定容易被氧气氧化生成硫酸，化学方程式为：2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4
19.废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质。某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce(OH)4和硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］，流程设计如下：

已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；
Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答以下问题：
（1）滤渣A的主要成分是___。
（2）反应②中H2O2的作用是___。
（3）反应③的离子方程式是___。
（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+(水层)+6HT(有机层)2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层)。从平衡角度解释：向CeT3(有机层）加入H2SO4 获得较纯含Ce3+的水溶液的原因是___。
（5）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是___。
【答案】 (1). Fe2O3、CeO2、FeO (2). 氧化使Fe2+转化为Fe3+ (3). 2GeO2+6H+ +H2O2 = 2Ge3++4H2O+O2↑ (4). 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动 (5). Fe3++3H2OFe(OH)3 +3H+
【解析】
【分析】
废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce(OH)4，以此解答该题。
【详解】(1)废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质，加入NaOH溶液可除去其中的二氧化硅，则滤渣A的主要成分是Fe2O3、CeO2、FeO；
(2)反应②中H2O2的作用是氧化使Fe2+转化为Fe3+；
(3)反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；
(4)有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+(水层)+6HT(有机层)═2CeT3(有机层)+6H+(水层)，加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；
(5)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3•(NH4)2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。
20.实现 “节能减排” 和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下图1表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化。

（1）关于该反应的下列说法中，正确的是_________(填字母)。
A．ΔH＜0，ΔS＜0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＞0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＞0
（2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为l L的密闭容器中，充入l mol CO2和4 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如上图2所示。
①从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝ ；CO2的转化率w(CO2)＝ 。
②该反应的平衡常数K＝ 。（只列表达式和计算式，不必计算出结果）
③下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 (填字母)。
A．将CH3OH(g)及时液化抽出 B．升高温度
C．选择高效催化剂 D．再充入l molCO2和4 molH2
（3）25℃，1.01×105Pa时，16 g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，写出该反应的热化学方程式： 。
（4）选用合适的合金为电极，以氢氧化钠、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种以甲醇为原料的燃料电池，其负极的电极反应式是： 。
【答案】（共15分]
（1）A （2）① 0.225 mol·L－1·min－175%
②（＝0.42 L2/mol2，不必求出结果）③ A、D
（3）CH3OH (l)＋3/2O2(g）＝CO2(g)＋2H2O (l） ΔH＝－701.6 kJ·mol－1
（4）CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32－＋6H2O
【解析】
试题分析：（1）依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应是熵减少的反应，△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，可判断该反应是放热反应，△H＜0，答案选A。
（2）在体积为l L的密闭容器中，充入l mol CO2和4mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L；则
①依据化学平衡三段式：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L）1 4 0 0
变化量（mol/L）0.75 2.25 0.75 0.75
平衡量（mol/L）0.25 1.75 0.75 0.75
从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝2.25mol/L÷10min= 0.225 mol·L－1·min－1；CO2的转化率w(CO2)＝0.75÷1×100%=75%。
②该反应的平衡常数表达式K=，
③A．将CH3OH(g)及时液化抽出，平衡正向移动，A项正确；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B项错误；C．选择高效催化剂，平衡不移动，C项错误；D．再充入l molCO2和4 molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，D项正确；答案选AD。
（3）25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H="-701.6" kJ•mol-1；
（4）选用合适的合金为电极，以氢氧化钠、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种以甲醇为原料的燃料电池，原电池的负极失电子发生氧化反应，失电子的是甲醇，此电池的负极应加入或通入的物质有甲醇、氢氧化钠、水，负极的电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32－＋6H2O。
考点：考查化学反应自发进行的判据，化学平衡常数计算，电解原理的应用，热化学方程式等知识。
21.3-苯基丙烯醛是一种被广泛应用在食品加工中的高效低毒食品添加剂，下列是用其合成聚酯F的路线示意图：

已知：RCHORCH(OC2H5)2RCHO
根据题意回答：
（1）3-苯基丙烯醛分子中官能团的名称为___；
（2）合成路线中的①、④两个步骤的目的是___。
（3）反应③的反应类型为___。
（4）若X为银氨溶液，则反应⑤的化学方程式为___。
（5）同时符合下列条件的D的同分异构体共有___种。
a．既可发生银镜反应又可发生水解
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．是苯的二元取代物。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有峰面比为1：2：2：2：2:1的结构简式___。
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 保护醛基不被氧化 (3). 取代反应（水解反应） (4). +2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O (5). 6种 (6).
【解析】
【分析】
3-苯基丙烯醛发生信息中的反应生成A为，A与溴发生加成反应生成B为，由F的结构可知E为，试剂X为银氨溶液，D与银氨溶液反应得到H、H酸化得到E，则D为，H为结合B、D的结构可知B发生卤代烃的水解生成C，故C为，C发生信息中的水解反应生成D。
【详解】(1)3-苯基丙烯醛的结构简式为，分子中官能团的名称为碳碳双键和醛基；
(2)反应中①醛基反应、反应④中又得到醛基，两个步骤目的是：保护醛基，以防被溴氧化；
(3)反应③为在NaOH的水溶液中发生的水解反应；
(4)D为，H为，D发生银镜反应生成H，所以反应⑤的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)D为，下列条件：
a．既可发生银镜反应又可发生水解说明含有醛基、酯基；
b．能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；
c．是苯的二取代物说明苯环上有两个取代基；
则符合条件的D的同分异构体为苯环上连有-OH、-CH2CH2OOCH，或-OH、-CH(CH3)OOCH，各有邻间对三种，所以共有6种，其中磁共振氢谱有峰面比为1：2：2：2：2:1的结构简式为。
【点睛】能准确结合反应条件推断发生的反应原理是解题关键，常见反应条件与反应原理类型有：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；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。