江西省南康市南康中学2024年高三第二次模拟考试化学试卷含解析

江西省南康市南康中学2024年高三第二次模拟考试化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正确的是A．反应物的总键能低于生成物的总键能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反应放热11kJC．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大2、化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A．面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2B．“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D．丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）①1mol氯气发生反应转移电子数为2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA④17g羟基中含有的电子数为10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥4、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列叙述正确的是A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．放电时，正极区溶液的pH减小C．充电时，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被还原D．充电时，电池的锌电极接电源的正极5、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A．聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纤维都是由加聚反应制得的B．因为钠的化学性质非常活泼，故不能做电池的负极材料C．钢化玻璃和有机玻璃都属于硅酸盐材料，均可由石英制得D．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于外加电流的阴极保护法6、联合国大会宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出“律动世界——化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T的次外层电子数是其最外层电子数的2倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是（）A．元素T在自然界主要以游离态形式存在B．元素非金属性强弱：Z>YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>WD．X与氧元素形成的氧化物不止一种7、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A．Cl— B．Ba2+ C．Fe2+ D．Mg2+8、下列说法不正确的是()A．乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C．乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D．苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应9、锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是A．电池放电时，X电极发生还原反应B．电池充电时，Y电极接电源正极C．电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极D．向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能10、利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应11、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A．简单氢化物的沸点：乙>丙B．由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C．丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D．由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键12、向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定A．含Cu2+ B．含Fe2+ C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NAC．18g的D2O中含有的中子数为13NAD．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA14、溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验：下列说法正确的是A．气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B．溶液A中一定存在、、，可能存在C．溶液A中一定存在、、、，可能存在D．溶液A中可能存在，且15、新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：下列说法不正确的是()A．充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2B．放电时正极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2C．充电时Li电极与电源的负极相连D．碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质16、以下性质的比较可能错误的是()A．离子半径H﹣＞Li+ B．熔点Al2O3＞MgOC．结合质子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷二、非选择题（本题包括5小题）17、有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________18、[化学——选修5：有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。（3）E-F的化学方程式为____。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。19、(一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中发生反应的化学反应式为_______________；(3)X中盛放的试剂是___________，其作用为___________________；(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为__________________；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_________________；(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层)+(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为________；(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)．(已知：的相对分子质量为208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；②根据下表实验数据计算产品的纯度____________；滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。21、硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃−85.5115.2>600（分解）−75.516.810.3沸点/℃−60.3444.6−10.045.0337.0回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；B．反应为可逆反应不能进行彻底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；答案选D。2、D【解析】

A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；故合理选项是D。3、D【解析】

①将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故①错误；②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；④17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故④错误；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；答案选D。【点睛】熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。4、A【解析】

A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被氧化，故C错误；D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．故选A．5、D【解析】

A.聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反应制得的，聚酯纤维是由缩聚反应制得的，选项A错误；B、负极失电子，理论上钠可作为负极材料，选项B错误；C．钢化玻璃既是将普通玻璃加热熔融后再急速冷却，故主要成分仍为硅酸盐，即主要成分为SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有机玻璃的主要成分是有机物，不是硅酸盐，选项C错误；D、外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，属于外加电流的阴极保护法，选项D正确；答案选D。6、A【解析】

X、Y与T同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X为碳(C)，Y为锗(Ge)；W、Z与T同周期，则W为铝(Al)，Z为磷(P)。【详解】A．元素Si在自然界中只能以化合态形式存在，A错误；B．元素非金属性强弱：P>Si>Ge，B正确；C．因为CO2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3>Al(OH)3，C正确；D．C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D正确；故选A。7、D【解析】

溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。8、D【解析】

A.乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C.乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。9、B【解析】

A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；故答案为：B。10、B【解析】

若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X极作阳极，发生氧化反应，D正确。答案选B。11、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。12、B【解析】

试题分析：FeCl3

、

CuCl2

的混合溶液中加入铁粉，

Fe

先和

FeCl3

反应生成

FeCl2

，然后

Fe

再和

CuCl2

发生置换反应生成

FeCl2

、

Cu，用KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCl2

是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu2+，故选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。13、A【解析】

A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18gD2O物质的量==3.9mol，含有3.9NA个中子，选项C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。14、D【解析】

溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能还含有Cl-。【详解】A.气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液A中一定存在Na+，B错误；C.由分析可知，溶液A中一定不存在Mg2+，C错误；D.由分析可知，溶液A中不存在Cl－时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl－，Na+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)≥0.20mol·L-1，D正确；故答案选D。15、A【解析】

这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；【详解】A.充电时电子经外电路流入Li，A错误；B.放电时正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，B正确；C.充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D.碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；答案选A。【点睛】关键之一是正确判断电极。关于负极的判断可以从这几方面入手：如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极；电子流出那一极是负极；发生氧化反应的一极是负极；阴离子向负极移动。16、B【解析】

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。18、丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为，故答案为；

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，

故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。19、ABDECNH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收挥发的、同时生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)～(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)～(8)。【详解】(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；②由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为×100%=95.68%，故答案为95.68%；③改用0.1000mol•L-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。20、搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】

废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；