2019届高三化学上学期第三次月考试卷(含解析).doc

2019届高三化学上学期第三次月考试卷(含解析)可能用到的相对原子质量：Na:23 S:32 P:31一、选择题（14小题，每小题3分，共42分）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。详解：A泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。B疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D 中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB. 100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；B.根据铁离子水解分析；C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；D.根据反应是可逆反应判断。详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。3.下列化学用语表示正确的是A. H3O+的电子式: B. 间硝基甲苯的结构简式:C. 中子数为 10 的氧原子: D. NaHS 显碱性的原因:HS-+H2O=S2-+H3O+【答案】C【解析】A、该电子式没有带一个单位的正电荷，故A错误；B、该结构简式的名称是对硝基甲苯，故B错误；C、中子数=质量数-质子数=18-8=10，故C正确；D、NaHS显碱性的原因是由于HS-的水解程度大于其电离程度，其水解的离子方程式为HS-+H2OH2S+OH-，故D错误。本题正确答案为C。4.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO22Fe32H2O=SO42-2Fe 24H；Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。下列有关说法不正确的是A. SO2发生氧化反应B. 氧化性：SO42- Fe3 Fe2+Br-，向溶液中滴加过量氯水时发生的反应分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以参与反应的离子先后顺序为：I-、Fe2+、Br-，选项A错误；B、铁离子的氧化性强于铜离子，H的氧化性弱于Cu2+而强于Fe2+，所以在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入Zn粉，反应的先后顺序Fe3+、Cu2+、H，选项B正确；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，则反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，选项C错误；D若H+最先与AlO2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2，则反应顺序为OH-、AlO2、CO32-、Al(OH)3，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，难度较大，为高频考点，把握反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。8.W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素。W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是A. Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同B. Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同C. 上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小D. 工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质【答案】C【解析】试题分析：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水。这说明金属一定有金属铝和钠。根据原子序数大小可知W是Na，X是Al。Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y，所以Y是S元素。A不正确，SO2的漂白原理是化合，而臭氧的漂白是氧化性；H2S中含有共价键，Na2S中含有离子键，B不正确；S2核外有3个电子层。Na和Al3具有2个电子层，离子半径均小于S2的。在核外电子排布相同的条件下，微粒半径随原子序数的增大而减小，即Al3离子半径最小，C正确；钠和铝都是活泼的金属，需要电解法冶炼，D不正确，答案选C。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用点评：该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。9.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是选项 实验操作 实验现象 解释或结论A将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B向 2 mL 1 mol/L NaOH 溶液中先加入3滴 1 mol/L MgCl2,再加入3滴 1 mol/LFeCl3 溶液先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀证明 KspMg(OH)2KspFe(OH)3C 将水蒸气通过灼热的铁粉 生成的气体可以点燃 铁与水蒸气在高溫下发生反应D将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片 花朵褪色 因为次氯酸具有漂白作用A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、两个反应的实质都是钠置换出H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明KspMg(OH)2 KspFe(OH)3，故B错误；C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。本题正确答案为B。10.以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H = 10CO2+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时,分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是A. 实验、 、 所加的H2C2O4 溶液均要过量B. 若实验测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2. 510-4 mol/L/sC. 实验和实验是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验和是探究温度对化学反应速率的影响D. 实验和起初反应均很慢,过了一会儿速率突然增大,可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用【答案】B【解析】A、根据反应方程式可得5H2C2O42MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；B、根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L0.004L/40s =1.010-6 mol/L/s，所以B错误；C、分析表中数据可知，实验和实验只是浓度不同，实验和只是温度不同，所以C是正确的；D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确。本题正确答案为B。11.已知草酸晶体(H2C2O42H2O)的熔点为101，170分解。下列选用的装置和药品能达到实验目的的是ABCD制取SO2制取NO2H2C2O42H2O分解分离苯与溴苯A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.铜片和稀硫酸加热时不反应，应该用铜片和浓硫酸加热制取SO2，A项错误；B.常温下浓硝酸使铝钝化，不能在常温下用浓硝酸和Al反应制取NO2，B项错误；C.根据提供的信息可知，草酸晶体的分解温度高于熔点，即草酸晶体先熔化后分解，故试管口不能向下倾斜，C项错误；D.苯和溴苯互溶，且沸点相差较大，故可用蒸馏的方法分离二者，实验过程中需要加入碎瓷片以防止暴沸，冷凝管中的冷却水从下口进，从上口出，D项正确。答案选D。12.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e-= Na2S4+2Na+C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40g Na2S4【答案】C【解析】放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S22-2e-S42-，故A错误；B充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br-2e-=Br3-，故B错误；C电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误答案选C。点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。13. 根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)c(H)c(OH)B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D. 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右【答案】B【解析】试题分析：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)c(H)c(OH)，A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba，B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1 mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJmol1，C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3，D正确，答案选B。考点：考查化学图像分析14.常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示（已知：p = lg）。下列叙述不正确的是A. Ka(HA)为10-4.76B. 滴加NaOH溶液过程中，不变C. m点所示溶液中：c(H+)=c(HA)+c(OH-)c(Na+)D. n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】D【解析】【详解】A项，HAH+A-，Ka(HA)=，p = lg）=0时，c(A-)=c(HA)，此时溶液的pH=4.76，所以c(H+)=10-4.76，故Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，故A项正确；B项，=，而此常数是温度函数，滴加NaOH溶液过程中，温度不变，故不变，故B项正确；C项，由电荷守恒可知，m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，由A分析可知，m点时，c(A-)=c(HA)，则c(H+)=c(HA)+c(OH-)c(Na+)，故C项正确；D项，n点时溶液pH3，显酸性，HA的物质的量大于滴加NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na+)c(A-)+c(HA)，故D项错误。综上所述，本题答案为D。二.填空题（3小题，共43分）15.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为:Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅相关资料得知:i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42-。ii. 物质开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe(OH)32.73.7Al(OH)33.44.4Cr(OH)34.65.9Fe(OH)27.59.7Bi(OH)30.74.5回答下列问题:(1)固体A的成分是_。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_ 、_（填仪器名称）。(3)为加入物质来调节溶液的pH，则pH的合适范围是_ 。(4)写出反应的离子方程式_。(5)中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-写出该反应的离子方程式_。(6)取一定质量的固体D溶解于200 mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_，固体D中含Fe化合物的物质的量为_。【答案】 (1). SiO2 (2). 漏斗 (3). 烧杯 (4). 4.4-4.6 (5). 3NaBiO3 + 2Cr3+ 7OH+ H2O = 2CrO42-+ 3Na+ +3Bi(OH)3 (6). 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O (7). 2.5molL1 (8). 0.10mol【解析】【分析】由流程图可知，铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)加过量硫酸FeO、Cr2O3和Al2O3都溶解，SiO2不溶，经过滤分离得到固体A和溶液B，则固体A为SiO2；溶液B中含有Fe2+、Al3+、Cr3+，加入H2O2目的是将Fe2+氧化为Fe3+，第步是调溶液pH，使Fe3+形成氢氧化铁沉淀，同时Al3+变成氢氧化铝沉淀而除去，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝混合物；第步加入NaBiO3和少量NaOH溶液将Cr3+转化为CrO42-；第步中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-；第步经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠，据此分析。【详解】（1）根据以上分析，固体A的成分是SiO2，因此，本题正确答案为：SiO2；（2）操作、均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯，因此，本题正确答案为：漏斗 ；烧杯；（3）从氢氧化物形成沉淀的pH表格可知，为加入物质来调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+沉淀，而Cr3+不沉淀，则pH的合适范围是4.4-4.6，因此，本题正确答案为：4.4-4.6；（4）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-，则反应的离子方程式为：3NaBiO3 + 2Cr3+ 7OH+ H2O = 2CrO42-+ 3Na+ +3Bi(OH)3 ，因此，本题正确答案为：3NaBiO3 + 2Cr3+ 7OH+ H2O = 2CrO42-+ 3Na+ +3Bi(OH)3；（5）中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，因此，本题正确答案为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O；（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和。当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是200mL，继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是200mL-20mL -120mL=60mL，物质的量是5.0mol/L0.06L=0.3mol，所以根据方程式Fe3+3OH-=Fe(OH)3，所以铁离子是0.1mol。沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是=0.5mol，则硫酸的浓度是=2.5mol/L。因此，本题正确答案为：2.5molL1 ；0.10mol。16.利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S 废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气。已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为_；常温下，不能与M单质发生反应的是_(填序号)；aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。高温热分解法已知：H2S(g) H2(g)1/2S2(g)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 molL1测定H2S的转化率，结果见图。曲线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。根据图像回答下列问题：i 计算 985 时H2S按上述反应分解的平衡常数 K_；ii 说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：_；电化学法i该法制氢过程如图。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是_；ii反应池中发生反应的化学方程式为_；iii反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). b、e (3). (mol/L)1/2 (4). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案) (5). 增大反应物接触面积，使反应更充分 (6). H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl (7). 2Fe22H2Fe3H2【解析】【详解】（1）无机材料K2OM2O32RO2nH2O中钾显+1价，氧显-2价，氢显+1价，则M显+3价，R显+4价；M、R为第3周期主族元素，质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，硅原子的结构示意图为。由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，反应方程式为：2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu，故a项不符合题意；铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，常温下不能反应，故b项符合题意；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，故c项不符合题意；氢氧化钠是强碱，铝单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，故d项不符合题意；常温下铝不能与碳酸钠固体反应，故e项符合题意，综上所述，正确答案为b、e。（2）H2S起始浓度均为c molL1，985 时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c molL1，则： H2S(g) H2(g)S2(g)起始浓度/ molL1 c 00变化浓度/ molL1 0.4c 0.4c0.2c平衡浓度/ molL1 0.6c 0.4c0.2cK= (mol/L)1/2 ，温度逐渐升高，H2S分解的反应速率加快，达到平衡的时间缩短，在一定的时间内能更快的达到平衡，在图像上表现出来就是b渐渐向a逼近。因此，本题正确答案为： (mol/L)1/2；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；由图可知，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；由图可知，H2S中S被氧化，而FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2+被氧化为Fe3+，H+被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe22H2Fe3H2，因此，本题正确答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl；2Fe22H2Fe3H2。【点睛】本题考查了常见金属Al，Fe以及其化合物的性质，涉及到氧化还原反应，电化学，以及热化学方程式的书写和分析。解答本题要知道钝化的含义，由于金属与氧化性物质作用，作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜，这层膜通常是氧化金属的化合物，它起着把金属与腐蚀介质完全隔开的作用，防止金属与腐蚀介质接触，从而使金属基本停止溶解形成钝态达到防腐蚀的作用。常见例子：冷浓硫酸、冷浓硝酸与铁、铝均可发生钝化。注意钝化是化学变化。17.亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取NaClO2晶体按右图装置进行制取。 A B C D E已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，38-60时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要_（填仪器名称）；装置C的作用是_。(2)B中产生ClO2的化学方程式_。(3)装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为_ 。反应后的溶液中阴离子除了ClO2、ClO3、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是_，检验该离子的方法是_。(4)请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。减压，55蒸发结晶；_；_；_；得到成品。(5)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_；实验：样品杂质分析与纯度测定(6)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+ 4I+4H+ =2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2 +2S2O32=2I+S4O62）。确认滴定终点的现象是_。所称取的样品中NaClO2的物质的量为_mol（用含c、V的代数式表示）。【答案】 (1). 量筒 (2). 防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶） (3). 2NaClO3+Na2SO3+ H2 SO42Na2SO4+2ClO2 + H2O (4). 2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2 (5). SO42 (6). 取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42 (7). 趁热过滤 (8). 用3860热水洗涤 (9). 低于60干燥 (10). NaClO3和NaCl (11). 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原 (12). cV10-3【解析】【分析】（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管；装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）氯酸钠和亚硫酸钠在硫酸作用下反应生成硫酸钠、水和ClO2；（3）装置B中制备得到ClO2，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（5）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（6）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；根据化学反应可得关系式：NaClO22I24S2O32-，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算。【详解】（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒；装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）B中氯酸钠和亚硫酸钠在硫酸作用下反应生成硫酸钠、水和ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+ H2SO42Na2SO4+2ClO2+ 2H2O；（3）装置B中制备得到ClO2，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-，用氯化钡溶液检验SO42-，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥；（5）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；（6）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO22I24S2O32-，1mol 4mol0.25x c molL-1V10-3L故x=cV10-3mol。【点睛】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大。三选做题18.成环反应在有机合成中具有重要应用，某环状化合物G的合成过程如下：(1)AB为加成反应，则B的结构简式是_；BC的反应类型是_(2)G中含有的官能团名称是_；F的化学式为_(3)DE的化学方程式是_(4)H是F的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）H的结构简式是_(5)由C通过加聚反应合成的高分子化合物M的化学方程式为_(6)下列说法正确的是_AA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 B1mol G完全燃烧生成8mol H2OCF能发生加成反应、取代反应、氧化反应【答案】 (1). HCCCH=CH2 (2). 加成反应 (3). 醚键、酯基 (4). C10H14O3 (5). HCCCOOH+CH3CH2OHHCCCOOCH2CH3+H2O (6). (7). (8). AC【解析】【分析】（1）比较A和C的结构及根据AB为加成反应，可以知道B为HCCCH=CH2；比较B和C的结构可以知道，BC的反应类型是加成反应；（2）根据G的结构简式中知G中含有的官能团名称；根据F的结构简式确定F的化学式；（3）比较A和E的结构简式可以知道，乙炔与二氧化碳反应生成D为HCCCOOH，HCCCOOH与乙醇发生酯化反应得E；（4）根据条件：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，说明苯环上的侧链是一个对称结构；存在甲氧基（CH3O），结合F的结构确定H的结构简式；（5）根据C的结构简式，结合加聚反应的特点可写出C发生加聚反应合成的高分子化合物M的化学方程式；（6）A.乙炔和HCl进行等物质的量的加成反应得到氯乙烯；B.根据G的结构简式可以知道，G分子中有18个氢原子，所以1mol G完全燃烧生成9mol H2O；C.根据F的结构简式可以知道，F中有碳碳双键、酯基等，所以F能发生加成反应、取代反应、氧化反应，据此答题。【详解】（1）比较A和C的结构及根据AB为加成反应，可以知道B为HCCCH=CH2；比较B和C的结构可以知道，BC的反应类型是加成反应，因此，本题正确答案是：HCCCH=CH2；加成反应；（2）根据G的结构简式中知G中含有的官能团名称为醚键、酯基，根据F的结构简式可以知道F的化学式为C10H14O3，因此，本题正确答案是：醚键、酯基；C10H14O3；（3）比较A和E的结构简式可以知道，乙炔与二氧化碳反应生成D为HCCCOOH，HCCCOOH与乙醇发生酯化反应得E，反应方程式为HCCCOOH+CH3CH2OHHCCCOOCH2CH3+H2O，因此，本题正确答案是：HCCCOOH+CH3CH2OHHCCCOOCH2CH3+H2O；（4）根据条件：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，说明苯环上的侧链是一个对称结构；存在甲氧基（CH3O），结合F的结构可以知道H的结构简式为，因此，本题正确答案是：；（5）根据C的结构简式可以知道，C发生加聚反应合成的高分子化合物M的化学方程式为，因此，本题正确答案是：；（6）A.乙炔和HCl进行等物质的量的加成反应得到氯乙烯；B.根据G的结构简式可以知道，G分子中有18个氢原子，所以1mol G完全燃烧生成9mol H2O；C.根据F的结构简式可以知道，F中有碳碳双键、酯基等，所以F能发生加成反应、取代反应、氧化反应，故选AC。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法。19.A、 B、 C、 D、 E、 F 为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态 A 原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同； C 的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子； D 是短周期元素中电负性最小的元素； E 的最高价氧化物的水化物酸