1、- 1 -四川省德阳五中 2018-2019 学年高三第一次月考化学试卷1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是A. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B. 利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用C. 日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应D. 神舟 10 号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅【答案】C【解析】试题分析：A、煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料；煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，A 正确；B、利用 CO2合成聚碳酸酯类
2、可降解塑料，这样将 CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，B 正确；C、日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝能与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，阻止了铝的进一步被氧化，C 项错误；D、太阳能电池的材料是硅，D 正确，答案选 C。考点：考查化学与生活、环境以及材料的有关判断2.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 标准状况下，11.2 L SO 3所含的氧原子数为 1.5NAB. 电解精炼铜时，若阳极质量减少 6.4 g，则电路中转移电子数为 0.2NAC. 常温常压下，7.8 gNa 2S 和 Na2O2的混合物中，阴离子所含电子数为 1.8 NAD. 在含 A
3、l3 总数为 NA的 AlCl3溶液中，Cl 总数为 3NA 【答案】C【解析】试题分析：A标准状况下，SO 3不是气体，11.2LSO 3所含的氧原子数大于 1.5NA，故 A 错误；B电解精炼铜时，阳极溶解的金属有铜、锌等，若阳极质量减少 6.4g，则电路中转移电子数不一定为 0.2NA，故 B 错误；CNa 2S 和 Na2O2的摩尔质量均为 78g/mol，7.8gNa 2S 和 Na2O2的混合物的物质的量为 0.1mol，阴离子所含电子数为 1.8NA，故 C 正确；DAlCl 3溶液中存在铝离子的水解，在含 Al3+总数为 NA的 AlCl3溶液中，Cl 总数大于 3NA，故 D
4、 错误；故选C。考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。3. 下列有关溶液组成的描述合理的是- 2 -A. 在 Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在: K +、Fe 2+、Cl 、Br 、SCN B. c(H )110 -13mol/L 的溶液中可以大量存在：Mg 2 、Cu 2 、HCO 3 、NO 3C. 加水稀释时 c(OH )/c (H+)值增大的溶液中可大量存在：MnO 4 、CO 32 、K +、NH 4+D. 在碱性溶液中可以大量存在：S 2O32 、AlO 2 、SiO 32 、S 2 、Na +【答案】D【解析】试题分析：AFe 3+、SCN 会发生络合反应不能大量共存，错误；
5、Bc(H )110 -13mol/L的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中 OH-与 Mg2 、Cu 2 、HCO 3 会发生离子反应，不能大量共存，错误；C加水稀释时 c(OH )/c (H+)值增大的溶液是酸性溶液。在酸性溶液中 H+、CO 32 会发生离子反应而不能大量共存，错误；D在碱性溶液中 OH-与S2O32 、AlO 2 、SiO 32 、S 2 、Na +不能发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。4. 短周期主族元素 X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的气态氢化物极易溶于 Y 的氢化物。常温下，Z 的单质能溶于 X 的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶
6、液。下列说法正确的是A. 元素 Y 的最高正化合价为6B. 简单离子半径的大小顺序：XYZC. 简单气态氢化物的稳定性：XYD. 元素 X 和 Y 能形成离子化合物【答案】B【解析】试题分析：根据提示可知，X 是 N，Y 是 O，Z 是 Al；A、Y 即 O 没有正价，故 A 错误；B、离子的核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Al 3+c(A2 )c(H )c(OH )【答案】A【解析】【详解】A、在 Na2A、NaHA 两溶液中，A 2-离子能够水解，HA -存在电离和水解；离子种类相同，故 A 正确； B、在溶质物质的量浓度相等的 Na2A 和 NaHA 溶液中，
7、根据两溶液中存在的水解和电离方程式可知，A 2-水解生成的阴离子比 HA-多，故阴离子总数不相等，故 B 错误；C、在NaHA 溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na +)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故 C 错误；D、在 Na2A 溶液中，A 2-离子分步水解，溶液呈碱性，且第一步水解程度远大于第二步水解，一定有：c(Na +)c(A 2-)c(OH -)c(H +)，故 D 错误；故选 A。7.下列装置或操作能达到实验目的的是- 4 -A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A利用空气热胀冷缩的性质验证热效应，如果
8、钠和水是放热反应，放出的热量导致空气体积膨胀，会导致 U 形管左端液柱下降，所以能实现实验目的，故 A 正确；B该装置中应该使用分液漏斗，否则生成的氢气从长颈漏斗中逸出而得不到氢气，故 B 错误；C酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，所以应该用酸式滴定管盛放，故 C 错误；D含有盐桥的原电池中，电解质溶液中金属与其相对应的金属材料相同，所以锌和 Cu 的位置应该互换，故 D 错误；故选 A。8.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项 实验操作 实验目的或结论A向某溶液中加入稀盐酸，放出无色剌激性气味气体，将气体通入澄清石灰水变混浊证明该溶液中存在 SO32-
9、5 -B将 NaOH 溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有 NH4+C 将 Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色 证明 Cl2的还原性D用硫酸酸化的 H2O2溶液滴入 Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H 2O2比 Fe3 强A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A无色刺激性气味气体，为二氧化硫，则原溶液中含 SO32-或 HSO3-，故 A 错误；B氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知该溶液中存在 NH4+，故 B 正确；C氯气与水反应生成 HClO，HClO 具有漂白性，品红溶液褪色，则与 Cl2的还原性无关
10、，故C 错误；D酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能比较 H2O2、Fe 3+的氧化性，故 D错误；故选 B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握离子的检验、物质的性质、氧化还原反应、实验技能为解答的关键。本题的易错点为 D，要注意酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性。9.FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室中制备 FeCO3的流程如下图所示。下列说法错误的是A. 可利用 KSCN 溶液检验 FeSO4溶液是否变质B. 沉淀过程中有 CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 产品 FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的 FeO【答案】D- 6 -【解析】试题
11、分析：FeSO 4溶液中加碳酸氢铵生成 FeCO3，过滤、洗涤，即可得到 FeCO3固体；A亚铁离子变质会生成铁离子，则验 FeSO4溶液若变质会生成铁离子，可利用 KSCN 溶液检，故 A 正确；BFeSO 4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe 2+2HCO3-=FeCO3+H 2O+CO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故 B 正确；C过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故 C 正确；D二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以 FeCO3在空气中高温分解不能得到 FeO，故 D 错误，故选 D。考点：考查过滤操作、铁的化合物的性
12、质及检验。视频10.甲、乙两个电解池均以 Pt 为电极且互相串联。甲池盛有 AgNO3溶液，乙池盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池阴极质量增加 2.16g，乙池电极析出 0.24g 金属，则乙池中溶质可能是A. CuSO4 B. MgSO4 C. Al（NO 3） 3 D. Na2SO4【答案】A【解析】试题分析：乙池中电极上有金属析出说明是金属离子放电，则该金属的活泼性在 H 之后，所以选 A。考点：电解池中离子的放电顺序。11.下列说法正确的是A. 甲烷和 Cl2的反应类型与乙烯和 Br2的反应类型相同B. 分子式为 C4H7ClO2，可与 NaHCO3反应产生 CO2的有机物
13、可能有 3 种结构C. 分子中至少有 11 个碳原子处于同一平面上D. 1mol 有机物 一定条件下能和 7molNaOH 反应【答案】C【解析】【详解】A甲烷与氯气发生取代反应，乙烯含有碳碳双键，与溴发生加成反应，故 A 错误；B分子式为 C4H7ClO2，可与 NaHCO3产生 CO2的有机物中含有羧基，因为丙基有 2 种，其中正- 7 -丙基上有 3 种氢原子，异丙基上有 2 种氢原子，因此其属于酸的同分异构体有 5 种，故 B 错误；C苯环为平面结构，与苯环相连的原子一定在该平面上，则苯环上 6 个 C、2 个甲基上C 及另一个苯环上 2 个 C 及甲基上 C 共面( )，共 11 个
14、，故 C 正确；D酚-OH、-COOH、-COOC-均与 NaOH 反应，则 1mol 有机物 一定条件下能和6molNaOH 反应，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的组成、结构和性质。本题的易错点为 D，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。12.某烷烃相对分子质量为 86，如果分子中含有 3 个CH 3、2 个CH 2和 1 个 ，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有几种（不考虑立体异构）A. 9 种 B. 6 种 C. 5 种 D. 4 种【答案】A【解析】试题分析：烷烃的相对分子质量是 86，则烷烃的分子式是 C6H14，如果分子中含有 3 个C
15、H3，则有一个甲基为取代基；2 个CH 2和 1 个 ，则主链有 5 个 C 原子，甲基为取代基，所以该烷烃为 2-甲基戊烷或 3-甲基戊烷，前者分子中有 5 种 H 原子，后者有 4 种 H 原子，所以 H 原子的种数即为一氯代物的种数，有 9 种，答案选 A。考点：考查烷烃结构简式的判断、同分异构体的判断13.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e H 2O=CH3COOH4H 。下列有关说法正确的是( )A. 检测时，电解质溶液中的 H 向负极移动B. 若有 0.4 mol 电子转移，则在标准状况下消耗 4.48 L 氧气C. 电池反应的化学方程式
16、为：CH 3CH2OHO 2=CH3COOHH 2OD. 正极上发生的反应为：O 24e 2H 2O=4OH【答案】C【解析】试题分析：A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O 2+ 4e-+4H+2H 2O，负极：CH3CH2OH4e -+ H2OCH 3COOH + 4H+，电解质溶液中的 H+应向正极移动（正极带负电） ，A 正- 8 -确；B、根据正极反应式，若有 0.4mol 电子转移，则在标准状况下消耗 2.24 L 氧气，B 不正确；C、将正负极电极反应式叠加得 CH3CH2OH + O2CH 3COOH + H2O，C 正确；D、根据正极反应式可知，D 正确。答案选 B。【考点
17、定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。【名师点晴】1、一般电极反应式的书写：原电池反应的本质就是氧化还原反应。因此正确书写氧化还原反应方程式并能标出电子转移的方向和数目是正确书写电极反应式的基础，通过电池反应中转移电子的数目可确定电极反应中得失的电子数目，通过电池反应中的氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物可确定电极反应中的反应物和产物。具体步骤如下：（1）首先根据题意写出电池反应。（2）标出电子转移的方向和数目，指出氧化剂、还原剂。（3）根据还原剂负极材料，氧化产物负极产物，氧化剂正极材料，还原产物正极产物来确定原电池的正、负极和反应产物。根据电池反应中转移电子的数目来确定电极反应中得失
18、的电子数目。（4）注意环境介质对反应产物的影响。2、复杂电极反应式的书写：复杂电极,反应式总反应式较简单一极的电极,反应式。如CH4酸性燃料电池中 CH42O 2CO 22H 2O 总反应式，2O 28H 8e 4H 2O 正极反应式，得：CH 42H 2O8e CO 28H 负极反应式。视频14.将 1.52 g 铜镁合金完全溶解于 50 mL 密度为 1.40 gmL-1、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2和 N2O4的混合气体 1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入 1.0 molL-1 NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54 g 沉淀，下列说法不正确的
19、是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是 21B. 该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 molL-1C. NO2和 N2O4的混合气体中，NO 2的体积分数是 80%D. 得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【答案】D【解析】设合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 x、y，根据题目所给信息知 64x+24y1.52；在反应过程中有：Cu-2e -=Cu2+、Mg-2e -=Mg2+，Cu 2+2OH-=Cu(OH)2、Mg 2+2OH-=Mg(OH)2，所以金- 9 -属失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需 OH-的物质的量，n(OH -)=
20、 =0.06mol，故 2x2y0.06，由和组成方程组解得 x0.02 mol，y0.01 mol。A 项，由上述计算可得，铜与镁的物质的量之比是 21，A 正确；B 项，根据 c= 可得：c(HNO 3)= molL-1=14.0 molL-1，B 正确；由上述分析可知，Cu、Mg 共失去 0.06 mol 电子，根据得失电子守恒，硝酸完全被还原为 NO2，则 NO2的物质的量应为 0.06 mol，已知得到混合气体 1 120 mL(标准状况)，即 0.05 mol 混合气体，是因为存在 2NO2 N2O4，可求得 N2O4为 0.01 mol，NO 2为 0.04 mol，故 C 正确
21、；D 项，得到2.54 g 沉淀时，消耗 0.06 mol NaOH(浓度为 1.0 molL-1)，体积为 60 mL，故 D 错误。15.目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题。请回答下列问题：.甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为 CH4(g)H 2O(g) CO(g)3H 2(g)。(1)阅读下图，计算上述反应的反应热 H_kJmol 1 。.用 CH4或其他有机物、O 2为原料可设计成燃料电池。(2)以 CnH2nOn、O 2为原料，H 2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为_。(3)以 CH4、O 2为原料，100mL0.15molL 1 NaOH
22、 溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为 448mL(标准状况)，产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为_，各离子浓度由大到小的顺序为_。.利用 I2O5消除 CO 污染的反应为 5CO(g)I 2O5(s) 5CO2(g)I 2(s)，不同温度下，向装有足量 I2O5固体的 2L 恒容密闭容器中通入 4molCO，测得 CO2的体积分数随时间 t 变化曲线如下图。请回答：- 10 -(4)T2时，00.5min 内的反应速率 v(CO)_。(5)T1时化学平衡常数 K_。(6)下列说法不正确的是_（填标号） 。A容器内气体密度不变，表明反应达到平衡
23、状态B两种温度下，c 点时体系中混合气体的压强相等Cd 点时，增大体系压强，CO 的转化率不变Db 点和 d 点时化学平衡常数的大小关系： Kbc(HCO3 )c(CO32 )c(OH )c(H ) (5). 1.6molL1 min1 (6). 1024 (7). BD【解析】【详解】.(1)由能量图，得CH 4(g)+2O2(g)CO 2(g)+2H2O(g)H=-846.3kJmoL -1，CO 2(g)CO(g)+ O2(g)H=+282kJmoL -1， O2(g)+H2(g)H 2O(g)H=-241.8kJmoL -1，根据盖斯定律，将-3+得 CH4(g)+H2O(g) CO(
24、g)+3H2(g)H=(-846.3+241.83+282)kJmoL-1=+161.1kJmoL-1；故答案为：+161.1；(2)燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：C nH2nOn-4ne-+nH2OnCO 2+4nH+，故答案为：C nH2nOn-4ne-+nH2OnCO 2+4nH+；(3)参与反应的氧气在标准状况下体积为 448mL，物质的量为 =0.02mol，假设生成二氧化碳，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为 =0.01mol，n(NaOH)=0.1L0.15molL-1=0.015mol，n(NaOH)：n(CO 2
25、)=0.015mol：0.01mol=3：2，实质上发生反应 2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所以所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为 n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1；溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故 c(OH-)c(H +)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故 c(HCO3-)c(CO 32-)，钠离子浓度最大，水解- 11 -程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故 c(Na+)c(HCO 3-)c(CO 32-)c(OH -)c(H +)，故答案为：n(Na 2CO3)：n(NaHCO 3)=1：1；c(Na +)c(HCO
26、 3-)c(CO 32-)c(OH -)c(H +)；.(4)a 点时：5CO(g)+I 2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 4 0转化量/mol x xa 点量/mol 4-x x根据 a 点时 CO2的体积分数 (CO 2)= =0.40，得 x=1.6mol，则从反应开始至 a 点时的反应速率为 v(CO)= =1.6molL-1min-1，故答案为：1.6molL-1min-1；(5)T1时：5CO(g)+I 2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 4 0转化量/mol y yb 点量/mol 4-y y根据 b 点时 CO2的体积分数 (CO 2)=
27、=0.80，得 y=3.2mol，c(CO)=0.4molL -1，c(CO 2)=1.6molL-1，T 1时化学平衡常数 K= = =1024，故答案为：1024；(6)A因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故 A 正确；Bc 点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故 B 错误；C反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，CO 的转化率不变，故 C 正确；Db 点比 d 点时生成物 CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：K bK d，故 D 错误；故答案为：BD。16.一种含铝、锂、钴的
28、新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以 Co2O3CoO 的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。(已知 Co2O3的氧化性Cl 2的氧化性)。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：- 12 -(1)过程中采用 NaOH 溶液溶出废料中的 Al，反应的离子方程式为_。(2)过程中加入稀 H2SO4酸化后，再加入 Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钴物质的反应化学方程式为(产物中只有一种酸根)_。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因：_。(3)过程得到锂铝渣的主要成分是 LiF 和
29、 Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生 Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：_。(4)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是_。(5)在 Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_(填标号)。A c(Na )2 c(CO ) B c(Na )c(CO )c(HCO )C c(OH )c(HCO )c(H ) D c(OH ) c(H ) c(HCO )2 c(H2CO3)【答案】 (1). 2Al2OH 2H 2O=2AlO2 3H 2 (2). 4Co2O3CoONa 2S2O311H 2SO4=12CoSO4Na 2SO411H 2O
30、 (3). Co2O3CoO 可氧化盐酸产生 Cl2，污染环境 (4). 2Al3 3CO 32 3H 2O=2Al(OH)33CO 2 (5). 调节pH，提供 CO32 ，使 Co2 沉淀为 CoCO3 (6). BCD【解析】【分析】废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液 pH 并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的 pH 将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴。- 13 -【详
31、解】(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH -+2H2O=+2AlO2-+3H2；(2)Co3O4和 Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成 CoSO4、Na 2SO4和 H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被 Co2O3CoO 氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co 2O3CoO
32、可氧化盐酸产生 Cl2，污染环境；(3)铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO 2；故答案为：2Al 3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO 2；(4)碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整 pH，提供 CO32-，使 Co2+沉淀为 CoCO3；故答案为：调整 pH，提供CO32-，使 Co2+沉淀为 CoCO3；(5)A由物料守恒可知 c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，故 A 错误；B碳酸
33、根离子发生水解，且以第一步水解为主，所以溶液中离子浓度：c(Na +)c(CO 32-)c(HCO 3-)，故 B 正确；C碳酸根离子发生水解，水解呈碱性，且存在两步水解，则溶液中离子浓度：c(OH -)c(HCO 3-)c(H +)，故 C 正确；DNa 2CO3溶液中质子守恒：c(OH -)-c(H+)c(HCO 3-)+2c(H2CO3)，故 D 正确；故答案为：BCD。【点睛】本题考查物质分离和提纯、离子浓度大小比较等知识点，明确物质性质、各物质之间的关系、常见物质分离提纯方法等知识点是解本题关键。本题的易错点为(2)、(5)，(2)中要注意掌握氧化还原反应方程式的配平方法；(5)中要
34、注意溶液中守恒关系的应用。17.硫代硫酸钠(Na 2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛。将 SO2通入按一定比例配制成的 Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中，可制得 Na2S2O35H2O(大苏打)。(1)实验室用 Na2SO3和硫酸制备 SO2，可选用的气体发生装置是_(填标号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_。- 14 -(2)向 Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中不断通入 SO2气体的过程中，发现：浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无味的气体产生，则反应的化学方程式为_(生
35、成的盐为正盐)；浅黄色沉淀逐渐减少(这时有 Na2S2O3生成)；继续通入 SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为酸式盐)。(3)制备 Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na 2S 和 Na2CO3的物质的量之比应为_；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的 Na2S 溶液和Na2CO3溶液 pH 更大的是_。【答案】 (1). d (2). 打开分液漏斗活塞向烧瓶中加水，如果水无法滴入说明气密性良好 (3). 3SO22Na 2S=3S2Na 2SO3 (4). SO2Na 2CO3=Na2SO3CO 2 (5). Na2S2O3SO 2H
36、2O=S2NaHSO 3 (6). 21 (7). Na 2S 溶液【解析】【详解】(1)因为 Na2SO3易溶于水，a、b、c 装置均不能选用，实验室用 Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是 d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；故答案为：d；打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好；(2)浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H 2S+SO2=3S+2H 2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na 2SO3；故答案为：3SO 2+2Na2S=3S+2Na
37、 2SO3；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为 CO2气体，其化学方程式为 SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；故答案为：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；浅黄色沉淀逐渐减少，这时有 Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na 2SO3+S=Na2S2O3，根据题意 Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入 SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na 2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO 3；故答案为：Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO 3；(3)3SO 2+2Na2S=3S
38、+2Na 2SO3，SO 2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na 2SO3+S=Na2S2O3，+3 得：- 15 -4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以 Na2S 和 Na2CO3的物质的量之比为 2：1；因为 SO2先和Na2S 反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的 Na2S 溶液和 Na2CO3溶液，Na 2S 溶液的 pH 更大；故答案为：2：1；Na 2S 溶液。18.X、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大。X 是所有元素中原子半径最小的，Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z 原子单电子数在同周期元素中最多，W与
39、Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，R 与 Y 同一主族，Q 的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)Q 核外电子排布式为_。(2)化合物 X2W2中 W 的杂化方式为_，ZW 2 的立体构型是_。(3)Y、R 的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_。(4)将 Q 单质的粉末加入到 ZX3的浓溶液中，并通入 W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d 10 (2). sp3杂化 (3). V 形 (4). SiO2 (5). SiO2为原子晶体，CO 2为分子晶体 (
40、6). 2Cu8NH 3O 22H 2O=2Cu(NH3)42 4OH 【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大。X 是所有元素中原子半径最小的，则 X 为 H 元素；Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为 1s22s22p2，故Y 为 C 元素；R 与 Y 同一主族，结合原子序数可知，R 只能为第三周期元素，为 Si，而 Z 原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为 ns2np3，原子序数小于 Si，故 Z 为 N 元素；W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，则 W 为 O 元素；Q 的最外层只有一个电子，其他电子层电子均
41、处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于 30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则 Q 为 Cu 元素，据此解答。【详解】(1)Cu +核外电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d10，故答案为：1s 22s22p63s23p63d10；(2)化合物 H2O2中结构式为 H-O-O-H，O 原子价层电子对数为 2+ =4，故 O 原子采取 sp3杂化；NO 2-离子中 N 原子孤电子对数为 =1、价层电子对数为 2+1=3，故其立体构型是V 形，故答案为：sp 3；V 形；(3)Y、R 的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO 2为原子晶体，
42、CO 2为分子晶体，故- 16 -沸点较高的是 SiO 2，故答案为：SiO 2；SiO 2为原子晶体，CO 2为分子晶体；(4)将 Cu 单质的粉末加入到 NH3的浓溶液中，并通入 O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu(NH 3)42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH 3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-，故答案为：2Cu+8NH 3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-。19.有机物 G(分子式为 C13H18O2)是一种香料，下图是该香料的一种合成路线。已知：E 能够发生银镜反应，1molE 能够与 2molH2完全反应生成 F；RCH=CH 2 RC
43、H2CH2OH；有机物 D 的摩尔质量为 88gmol1 ，其核磁共振氢谱有 3 组峰；有机物 F 是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链。回答下列问题：(1)用系统命名法命名有机物 B：_。(2)E 的结构简式为_。(3)C 与新制 Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(4)有机物 C 可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为_。(5)已知有机物甲符合下列条件：为芳香化合物；与 F 互为同分异构体；能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有_种。【答案】 (1). 2甲基1丙醇 (2). (3). (CH3)2CHCHO2Cu(OH) 2NaOH (CH3)2CHCOONaCu 2O
44、3H 2O (4). 在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止 (5). 13【解析】【分析】根据流程图，B 连续氧化生成 D，C 为醛，D 为羧酸，F 是苯甲醇的同系物，二者发生酯化反应是 G，由 G 的分子式可知，D 为一元羧酸，有机物 D 的摩尔质量为 88gmol-1，去掉 1 个- 17 -COOH 剩余原子总相对原子质量为 88-45=43，则 =37，故 D 的分子式为 C4H8O2，因此 F 分子式为 C9H12O。D 的核磁共振氢谱显示只有 3 组峰，则 D 为(CH 3)2CHCOOH，逆推可知 C 为(CH3)2CHCHO，B
45、 为(CH 3)2CHCH2OH，结合信息可知 A 为(CH 3)2C=CH2。有机物 E 能够发生银镜反应，且 1molE 能够与 2molH2完全反应生成 F，F 环上只有一个无支链的侧链，则 E 的结构简式为 ，F 为 ，则 G 为，据此解答。【详解】(1)B 为(CH 3)2CHCH2OH，用系统命名法命名为：2-甲基-1-丙醇，故答案为：2-甲基-1-丙醇；(2)E 的结构简式为： ，故答案为： ；(3)C 为(CH 3)2CHCHO，C 与新制 Cu(OH)2反应的化学方程式为：(CH 3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H 2O，故答案为：(
46、CH 3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H 2O；(4)配制银氨溶液的实验操作为：在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止，故答案为：在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；(5)有机物甲符合下列条件：为芳香族化合物，说明含有苯环，与 F 互为同分异构体；能被催化氧化成醛，含有-CH 2OH，含有 1 个取代基为-CH(CH 3)CH2OH，含有 2 个取代基为-CH2CH3、-CH 2OH，或者-CH 3、-CH 2CH2OH，各有邻、间、对 3 种，含有 3 个取代基为-CH
