山東省2019年12月高中化學(xué)學(xué)業(yè)水平合格考試化學(xué)試題(解析版)

PAGEPAGE1山東省2019年12月普通高中學(xué)業(yè)水平合格考試化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量:H1O16Na23Mg24Al27Cl35.51.下列關(guān)于自然資源開發(fā)利用的說法錯誤的是A.利用煤的干餾可以獲得苯等化工原料 B.利用石油分餾可以獲得乙烯等氣態(tài)烯烴C.“可燃冰”的開采利用可以緩解能源危機(jī) D.利用太陽能分解水是獲得氫能源的理想方法【答案】B【解析】【詳解】A．煤的干餾可以獲得煤焦油，煤焦油中含苯、二甲苯等芳香族化合物，從煤焦油中可以獲得苯等基本化工原料，故A正確；B．石油的主要成分是烷烴和環(huán)烷烴，所以石油分餾的餾分中沒有烯烴，石油裂解可以獲得乙烯，故B錯誤；C．可燃冰的主要成分為甲烷的水合物，開發(fā)利用可燃冰可以緩解能源危機(jī)，故C正確；D．太陽能無污染，利用太陽能分解水來獲得氫氣使用的量清潔能源，而且可以降低成本，是獲得氫能源的理想方法，故D正確；故選B。2.下列有關(guān)化學(xué)用語表示錯誤的是A.中子數(shù)為8的碳原子：C B.氧化鈉的電子式：C.K＋的結(jié)構(gòu)示意圖： D.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式：CH3CH2OH【答案】B【解析】【詳解】A．核內(nèi)有8個中子的碳原子的質(zhì)量數(shù)=6+8=14，該原子可以表示方法為C，故A正確；B．氧化鈉為離子化合物，電子式為，故B錯誤；C．鉀離子的質(zhì)子數(shù)比電子數(shù)多1個，結(jié)構(gòu)示意圖是：，故C正確；D．乙醇含-OH，烴基為乙基，乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，故D正確；故選B。3.下列關(guān)于膠體的說法錯誤的是A.膠體中所有微粒的直徑均介于1~100nm之間B.利用滲析法可涂去Fe(OH)3膠體中的雜質(zhì)離子C.利用丁達(dá)爾效應(yīng)可鑒別膠體和溶液D.利用膠體聚沉的原理可制作豆腐【答案】A【解析】【詳解】A．膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)是膠體分散質(zhì)微粒直徑的大小，分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間的分散系屬于膠體，分散劑的直徑不是介于1~100nm之間，故A錯誤；B．膠體不能透過半透膜，離子能透過半透膜，氫氧化鐵膠體粒子不能透過半透膜，氯離子等雜質(zhì)離子能透過半透膜，所以可以用滲析法除去Fe(OH)3膠體中的離子，故B正確；C．丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的獨(dú)有性質(zhì)，而溶液無此性質(zhì)，利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以鑒別膠體和溶液，故C正確；D．豆?jié){是膠體，加入電解質(zhì)溶液能發(fā)生聚沉，據(jù)此可以制作豆腐，故D正確；故選A。4.根據(jù)下列事實所得結(jié)論正確的是選項事實結(jié)論ASO2的水溶液能導(dǎo)電SO2屬于電解質(zhì)BNa2CO3溶液顯堿性Na2CO3屬于堿CNa2O2能與H2O反應(yīng)生成NaOH和O2Na2O2屬于堿性氧化物DSiO2能與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和H2OSiO2屬于酸性氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．SO2的水溶液能導(dǎo)電，是因為二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，即SO2＋H2O=H2SO3，亞硫酸在水溶液中能電離，能導(dǎo)電，亞硫酸是電解質(zhì)，SO2是非電解質(zhì)，結(jié)論錯誤，故A錯誤；B．Na2CO3溶液顯堿性，原因是Na2CO3水解生成了堿性物質(zhì)，碳酸鈉是由鈉離子和碳酸根離子構(gòu)成的，屬于鹽，結(jié)論錯誤，故B錯誤；C．和水反應(yīng)只生成堿的氧化物是堿性氧化物，過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以過氧化鈉不是堿性氧化物，是過氧化物，結(jié)論錯誤，故C錯誤；D．酸性氧化物是能夠跟堿反應(yīng)，生成鹽和水的氧化物，SiO2能與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和水，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因而SiO2是酸性氧化物，故D正確；

答案為D。5.下列物質(zhì)中只含離子鍵的是ACaCl2 B.NaOH C.HCl D.NH4Cl【答案】A【解析】【詳解】A．CaCl2中鈣離子和氯離子之間只存在離子鍵，故A正確；B．NaOH中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵、O原子和H原子之間存在共價鍵，故B錯誤；C．HCl分子中H原子和Cl原子之間只存在共價鍵，故C錯誤；D．NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵、N原子和H原子之間存在共價鍵，故D錯誤；故選A。6.NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.18gH2O所含原子數(shù)為NAB.常溫常壓下，22.4LCO2所含分子數(shù)為NAC.1molN2與3molH2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD.3.2gCu與足量濃硫酸反應(yīng)，生成SO2的分子數(shù)為0.05NA【答案】D【解析】【詳解】A．1個水分子含有3個原子，常溫常壓下，18gH2O的物質(zhì)的量==1mol，含有的原子總數(shù)為3NA，故A錯誤；B．常溫常壓下，Vm＞22.4L/mol，則22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，含有的分子數(shù)少于NA，故B錯誤；C．N2和H2的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)完全，因此轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6NA，故C錯誤；D．由Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O可知，濃硫酸足量，1molCu反應(yīng)生成1molSO2，3.2g銅的物質(zhì)的量為=0.05mol，則生成SO2的分子個數(shù)為0.05NA，故D正確；故選D。7.鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應(yīng)為Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2。下列關(guān)于該電池的說法錯誤的是A.Fe為負(fù)極 B.Ni2O3發(fā)生還原反應(yīng)C.不能使用酸溶液作電解液 D.該電池放電時化學(xué)能全部轉(zhuǎn)換為電能【答案】D【解析】【分析】根據(jù)電池總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中元素化合價的變化結(jié)合原電池原理分析解答。【詳解】A．總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中Fe元素的化合價升高被氧化，說明Fe電極發(fā)生氧化反應(yīng)，為負(fù)極，故A正確；B．總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中Ni元素的化合價降低，Ni2O3發(fā)生還原反應(yīng)，故B正確；C．根據(jù)總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2可知產(chǎn)物有氫氧化物生成，則電解液為堿性溶液，不能使用酸溶液作電解液，故C正確；D．該電池放電時化學(xué)能主要轉(zhuǎn)換為電能，還有少量轉(zhuǎn)化為熱能等，故D錯誤；故選D。8.下列除雜試劑選擇錯誤的是A.除去甲烷中混有的乙烯——溴水 B.除去氯化鈉溶液中的氯化鎂——石灰水C.除去氯化鐵溶液中的氯化亞鐵——氯水 D.除去氯氣中混有的氯化氫——飽和食鹽水【答案】B【解析】【詳解】A．乙烯能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成二溴乙烷，而甲烷則不能，將混合氣體通過溴水，能除去雜質(zhì)且沒有引入新的雜質(zhì)，符合除雜原則，故A正確；B．石灰水和氯化鎂反應(yīng)生成氯化鈣和氫氧化鎂沉淀，引入了新的雜質(zhì)離子，故B錯誤；C．氯氣能夠氧化氯化亞鐵為氯化鐵，2FeCl2+Cl2═2FeCl3，能除去雜質(zhì)且沒有引入新的雜質(zhì)，符合除雜原則，故C正確；D．HCl極易溶于水，食鹽水可抑制氯氣的溶解，則除去氯氣中混有的氯化氫可通入飽和食鹽水，故D正確；故選B。9.下列物質(zhì)之間反應(yīng)的離子方程式可以用H＋+OH-=H2O表示的是A.稀鹽酸和氨水 B.醋酸溶液和氫氫化鈉溶液C.稀硫酸和氫氧化鋇溶液 D.硫酸氫鈉溶液和氫氫化鈉溶液【答案】D【解析】【分析】離子方程式H++OH-=H2O表示可溶性強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)生成可溶性鹽和水的一類反應(yīng)，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．氨水為弱堿，反應(yīng)的離子方程式為：NH3?H2O+H+═NH+H2O，不能用離子方程式H++OH-=H2O表示，故A不選；B．向醋酸溶液中滴加NaOH溶液，離子方程式：OH-+CH3COOH═H2O+CH3COO-，不能用離子方程式H++OH-=H2O表示，故B不選；C．除了氫離子與氫氧根離子反應(yīng)外還有鋇離子與硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，離子方程式為2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O，不能用離子方程式H++OH-=H2O表示，故C不選；D．硫酸氫鈉與氫氧化鈉的反應(yīng)生成硫酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為H++OH-=H2O表示，故D選；故選D。10.下列關(guān)于元素性質(zhì)遞變規(guī)律的說法正確的是A.IA族金屬元素從上到下，金屬性逐漸增強(qiáng)B.VIIA族元素從上到下，簡單氫化物穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)C.第二周期元素從左到右，最高正價從+1遞增到+7D.第三周期非金屬元素從左到右，非金屬性逐漸減弱【答案】A【解析】【詳解】A．第IA族金屬元素從上到下，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大，原子核對最外層電子的吸引力逐漸減小，所以失電子能力逐漸增強(qiáng)，從上到下金屬性逐漸增強(qiáng)，故A正確；B．同主族元素從上到下，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大，原子核對最外層電子的吸引力逐漸減小，所以得電子能力逐漸減弱，非金屬性逐漸減弱，即非金屬性F＞Cl＞Br＞I，非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，故第ⅦA族元素從上到下，其氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，故B錯誤；C．第二周期元素中，O沒有最高正價、F沒有正價，第二周期元素從左到右，最高正價從+1遞增到+5，故C錯誤；D．第三周期非金屬元素具有相同的電子層數(shù)，從左到右，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，原子核對最外層電子的吸引力逐漸增強(qiáng)，所以得電子能力逐漸增強(qiáng)，非金屬性逐漸增強(qiáng)，故D錯誤；答案為A。11.下列物質(zhì)完全燃燒時，產(chǎn)物的物質(zhì)的量n(CO2)=n(H2O)的是A.甲烷 B.乙烯 C.乙炔 D.苯【答案】B【解析】【詳解】烴完全燃燒生成二氧化碳和水，若產(chǎn)物的物質(zhì)的量n(CO2)=n(H2O)，說明烴分子中N(C)：N(H)=n(C)∶n(H)=1∶2，甲烷的分子式為CH4，乙烯的分子式為C2H4，乙炔的分子式為C2H2，苯的分子式為C6H6，故選B。12.物質(zhì)的性質(zhì)決定著其在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用。下列對應(yīng)關(guān)系錯誤的是選項性質(zhì)應(yīng)用ANaHCO3受熱分解產(chǎn)生CO2用作膨松劑BNaClO具有強(qiáng)氧化性84消毒液有效成分CFe的金屬性強(qiáng)于Cu用FeCl3溶液刻蝕Cu電路板D用新制Cu(OH)2懸濁液與葡萄糖反應(yīng)產(chǎn)生磚紅色沉淀用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗?zāi)蛱茿.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉用于焙制糕點，是利用了碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性，加熱易分解生成水和二氧化碳，二氧化碳使糕點蓬松，故A對應(yīng)關(guān)系正確；B．次氯酸鈉有強(qiáng)氧化性，“84消毒液”可殺菌消毒，B對應(yīng)關(guān)系正確；C．Cu與氯化鐵反應(yīng)生成氯化銅、氯化亞鐵，Cu失去電子，與Fe、Cu的活潑性無關(guān)，故C對應(yīng)關(guān)系錯誤；D．葡萄糖中含-CHO，具有還原性，與新制的Cu(OH)2反應(yīng)生成磚紅色沉淀，可以用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗?zāi)蛱?，故D對應(yīng)關(guān)系正確。故選C。13.ClO2是一種高效消毒劑，可通過反應(yīng)2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制得，下列關(guān)于該反應(yīng)的說法錯誤的是A.NaClO3發(fā)生氧化反應(yīng) B.SO2在反應(yīng)中表現(xiàn)還原性C.H2SO4既不是氧化劑，也不是還原劑 D.轉(zhuǎn)移1mol電子時，生成67.5gClO2【答案】A【解析】【詳解】A．由2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反應(yīng)可知，NaClO3中Cl元素的化合價由+5價得電子變?yōu)?4價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B．由2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反應(yīng)可知，SO2中S元素的化合價由+4價失電子變?yōu)?6價，化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，SO2作還原劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)還原性，故B正確；C．H2SO4作反應(yīng)物，參與反應(yīng)，H2SO4中各個元素化合價沒有改變，因而H2SO4既不是氧化劑，也不是還原劑，故C正確；D．反應(yīng)中Cl元素化合價由+5價降低到+4價，當(dāng)轉(zhuǎn)移1mol電子時，該反應(yīng)生成1

mol

ClO2，即m(ClO2)=1mol×67.5g/mol=67.5g，故D正確；答案為A。14.一定條件下，向恒容密閉容器中通入一定量的N2和H2，發(fā)生反應(yīng)N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，下列說法錯誤的是A.達(dá)到平衡前，正反應(yīng)速率逐漸減小 B.達(dá)到平衡前，容器內(nèi)的壓強(qiáng)逐漸增大C.達(dá)到平衡后，各物質(zhì)的含量不再變化 D.達(dá)到平衡后，升高溫度會導(dǎo)致平衡移動【答案】B【解析】【詳解】A．達(dá)到平衡前，反應(yīng)物濃度逐漸減小，正反應(yīng)速率逐漸減小，故A正確；B．由N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)反應(yīng)可知，該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，在達(dá)到平衡的過程中，容器中的氣體物質(zhì)的量逐漸減小，壓強(qiáng)逐漸減小，故B錯誤；C．達(dá)到平衡后，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的含量不再變化，故C正確；D．達(dá)到平衡后，升高溫度會使正逆反應(yīng)速率均增大，但增大的倍數(shù)不同，則v(正)與v(逆)不相等，平衡會發(fā)生移動，故D正確；答案為B。15.下列過程中的顏色變化是由加成反應(yīng)引起的是A.將乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色B.將乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色C.將氯氣與甲烷混合并光照一段時間后，黃綠色變淺D.將苯滴入溴水中，振蕩，靜置分層，水層顏色變淺【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯中含有碳碳雙鍵，和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br2，而使溴的四氯化碳溶液褪色，屬于加成反應(yīng)，故A符合題意；B．乙烯中含有碳碳雙鍵，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而使KMnO4溶液褪色，故B不符合題意；C．甲烷與氯氣光照下發(fā)生反應(yīng)生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，屬于取代反應(yīng)，故C不符合題意；D．苯滴入溴水中后，苯和溴水不反應(yīng)，但能將溴從水溶液中萃取出來，而使水層顏色變淺，該顏色變化是發(fā)生了萃取，不是化學(xué)反應(yīng)，故D不符合題意；答案為A。16.下列關(guān)于Na、Fe及其化合物的說法錯誤的是A.Na著火時不能使用泡沫滅火器滅火B(yǎng).Na2O在空氣中久置變?yōu)镹a2CO3C.Fe(OH)2暴露在空氣中會變?yōu)榧t褐色D.向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液會產(chǎn)生血紅色沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．過氧化鈉和二氧化碳能夠反應(yīng)生成氧氣，氧氣具有助燃性，所以金屬鈉著火后不能泡沫滅火器滅火，故A正確；B．氧化鈉與水反應(yīng)生成NaOH，再與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉，所以Na2O久置最終變?yōu)樘妓徕c，故B正確；C．氫氧化亞鐵為白色固體，不穩(wěn)定，易被空氣中的氧氣氧化生成紅褐色氫氧化鐵，故C正確；D．Fe3+和SCN-反應(yīng)生成血紅色溶液，不是沉淀，故D錯誤；故選D。17.下列關(guān)于N、S的化合物的性質(zhì)解釋錯誤的是A.HNO3需避光保存，是因為HNO3見光易分解B.SO2能使品紅溶液褪色，是因為SO2有漂白性C.NH4HCO3化肥需密封儲存，是因為NH4HCO3分解D.CuSO4·5H2O遇濃硫酸變白，是因為濃硫酸具有脫水性【答案】D【解析】【詳解】A．濃硝酸具有不穩(wěn)定性，見光分解：4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，所以要避光保存，故A正確；B．二氧化硫能漂白某些物質(zhì)，是與有機(jī)色素化合成無色不穩(wěn)定物質(zhì)，具有漂白性，所以SO2能使品紅溶液褪色，故B正確；C．碳酸氫銨在常溫下易分解，溫度越高，分解越快，所以貯存、運(yùn)輸時要密封，故C正確；D．濃硫酸使藍(lán)色膽礬晶體(CuSO4?5H2O)變白色體現(xiàn)了濃硫酸的吸水性，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為D，要注意濃硫酸的吸水性和脫水性的區(qū)別。18.能利用圖示裝置及物質(zhì)制取和收集相應(yīng)氣體的是(除雜及尾氣處理裝置已略去)選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中最終收集的氣體A稀硫酸ZnH2B濃硫酸CuSO2C稀鹽酸CaCO3CO2D濃硝酸FeNO2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Zn與稀H2SO4反應(yīng)生成ZnSO4和H2，即Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成的氣體氫氣密度比空氣小，不能用向上排空氣收集，故A錯誤；B．銅和濃硫酸需要在加熱的條件下才能反應(yīng)，生成CuSO4、SO2和H2O，圖示裝置不能加熱，故B錯誤；C．石灰石與稀鹽酸發(fā)生反應(yīng)，生成CaCl2、CO2和H2O，即CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反應(yīng)不需要加熱，生成氣體二氧化碳密度大于空氣，用向上排空氣收集，故C正確；D．常溫下，F(xiàn)e在濃HNO3中產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象，不能制取NO2，故D錯誤；答案為C。19.下列反應(yīng)中改變反應(yīng)物用量不會導(dǎo)致產(chǎn)物發(fā)生變化是A.向硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉溶液 B.向Ca(OH)2溶液中通入CO2C.向FeI2溶液中加入氯水 D.向稀硝酸中加入鐵粉【答案】A【解析】【詳解】A．硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)，生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，即CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，此反應(yīng)改變反應(yīng)物用量不會導(dǎo)致產(chǎn)物發(fā)生變化，故A符合題意；B．二氧化碳通入Ca(OH)2溶液中發(fā)生反應(yīng)，若CO2不足，生成CaCO3和H2O，即Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，若CO2過量，生成Ca(HCO3)2，即Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，因而反應(yīng)物用量不同導(dǎo)致產(chǎn)物不同，故B不符合題意；C．向FeI2溶液中加入少量氯水，I-的還原性大于Fe2+，I-先反應(yīng)，離子方程式：2I-+Cl2═I2+2Cl-，加入過量的氯水，F(xiàn)e2+、I-均被氧化，離子方程式：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，因而反應(yīng)物用量不同導(dǎo)致產(chǎn)物不同，故C不符合題意；D．向稀硝酸中加入鐵粉發(fā)生反應(yīng)，若Fe粉不足，生成Fe(NO3)3、NO和H2O，即Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，若Fe過量，生成Fe(NO3)2、NO和H2O，即3Fe(過量)+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，因而反應(yīng)物用量不同導(dǎo)致產(chǎn)物不同，故D不符合題意；答案為A。20.aLNa2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，溶液中的SO恰好完全沉淀，再加入足量強(qiáng)堿并加熱使氨氣完全逸出收集到cmol氨氣，則原溶液中Na＋的濃度為(單位mol·L－1)A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)SO+Ba2+═BaSO4↓確定c(SO)，根據(jù)NH+OH-NH3↑+H2O確定c(NH)，最后利用電荷守恒來計算原溶液中的Na＋濃度?！驹斀狻坑苫旌先芤褐屑尤隻molBaCl2，恰好使溶液中的SO離子完全沉淀，根據(jù)SO+Ba2+═BaSO4↓知，c(SO)==mol/L，由加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到cmol

NH3，根據(jù)NH+OH-NH3↑+H2O知，c(NH)==mol/L，由于溶液不顯電性，設(shè)原溶液中的Na＋濃度為x，由電荷守恒可知，x+mol/L×1=mol/L×2，解得：x=mol/L，故選B。21.甘油是生產(chǎn)日用化妝品的主要原料之一，其合成路線如下：D(甘油)回答下列問題：(1)甘油的分子式為___________；甘油中所含官能團(tuán)的名稱為___________。(2)一定條件下，A可與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，生成的酯為________________(填結(jié)構(gòu)簡式)。(3)B→C的反應(yīng)類型為___________________；D的結(jié)構(gòu)簡式為___________________。【答案】(1).C3H8O3(2).羥基(3).CH3COOCH2CH2CH3(4).取代反應(yīng)(5).【解析】【分析】根據(jù)流程圖，在濃硫酸條件下加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成，丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成；根據(jù)甘油的結(jié)構(gòu)可知，D中含有3個鹵素原子，因此D是與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)的產(chǎn)物，D為，D發(fā)生水解反應(yīng)生成甘油，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)甘油的結(jié)構(gòu)簡式可知，甘油的分子式為C3H8O3所含官能團(tuán)為羥基，故答案為：C3H8O3；羥基；(2)一定條件下，可與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸丙酯，乙酸丙酯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH2CH2CH3，故答案為：CH3COOCH2CH2CH3；(3)B→C是丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成；D的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：取代反應(yīng)；?！军c睛】本題的易錯點為B→C反應(yīng)類型的確定，要注意根據(jù)C的結(jié)構(gòu)特點判斷。22.A、B、C三種短周期元素的簡單離子A+、B3+、C2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，回答下列問題：(1)C在元素周期表中的位置為____________。(2)A+、B3+、C2-離子半徑由大到小的順序為_________________(用離子符號表示)。(3)A、B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性較強(qiáng)的是____________(填化學(xué)式)；A、C的單質(zhì)在加熱條件下反應(yīng)，所得產(chǎn)物與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________________。【答案】(1).第二周期ⅥA族(2).O2-＞Na+＞Al3+(3).NaOH(4).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】A、B、C三種短周期元素的簡單離子A+、B3+、C2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，A、B為陽離子，說明A、B為第三周期元素，則A為Na元素，B為Al元素；C為陰離子，說明C為第二周期元素，則C為O元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)C為O元素，C在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，故答案為：第二周期ⅥA族；(2)A+、B3+、C2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，離子半徑由大到小的順序為O2-＞Na+＞Al3+，故答案為：O2-＞Na+＞Al3+；(3)A、B為同周期元素，金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強(qiáng)，堿性較強(qiáng)的是NaOH；A、C的單質(zhì)在加熱條件下反應(yīng)生成過氧化鈉，過氧化鈉與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案為：NaOH；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2?！军c睛】本題的易錯點為(2)，要注意微粒半徑的比較方法的歸納和理解。23.某同學(xué)利用圖裝置測定純堿試樣的純度(雜質(zhì)不參與反應(yīng))，回答下列問題：(1)連接好實驗裝置，首先必須進(jìn)行的一項操作是_____；B處儀器的名稱為________。(2)將ag試樣配成溶液并加入錐形瓶中，再滴加稀硫酸至無氣體產(chǎn)生，然后由A處緩慢鼓入一定量空氣，鼓入空氣的目的是_______；濃硫酸的作用__________。(3)實驗后U形管的質(zhì)量增加了bg，則試樣的純度為_______(用含a、b的代數(shù)式表示)，若將空氣直接鼓入錐形瓶中，測得試樣的純度將_________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1).檢驗裝置的氣密性(2).干燥管(3).使反應(yīng)產(chǎn)生的CO2全部被U形管中的堿石灰吸收(4).干燥CO2(5).(6).偏大【解析】【分析】根據(jù)題中圖示，最左邊為鼓入空氣裝置，空氣先經(jīng)過NaOH溶液，空氣中CO2被吸收，分液漏斗和錐形瓶構(gòu)成氣體發(fā)生裝置產(chǎn)生CO2，裝濃H2SO4的為洗氣裝置，除去CO2中水蒸氣，U型管為氣體吸收裝置，根據(jù)U型管增重，計算產(chǎn)生的CO2及試樣的純度?！驹斀狻浚?）連接好實驗裝置，首先必須進(jìn)行的一項操作是檢查裝置的氣密性，防止因裝置漏氣影響實驗結(jié)果；B處儀器的名稱為球形干燥管；答案為檢查裝置的氣密性，干燥管。（2）將ag試樣配成溶液并加入錐形瓶中，再滴加稀硫酸至無氣體產(chǎn)生（碳酸鈉和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳），然后由A處緩慢鼓入一定量空氣，鼓入空氣的目的是將反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳全部排入到盛有堿石灰的U形管中，氫氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和水，通入的空氣先經(jīng)過氫氧化鈉溶液，除去空氣中的二氧化碳；濃硫酸具有吸水性，作用是除去二氧化碳中含有的水蒸氣，干燥CO2；答案為使反應(yīng)產(chǎn)生的CO2全部被U形管中的堿石灰吸收，干燥CO2。（3）堿石灰能吸收二氧化碳，實驗后U型管的質(zhì)量增加了bg（為反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳的質(zhì)量），設(shè)與硫酸反應(yīng)的碳酸鈉質(zhì)量為x，則得到，解得x=g，試樣的純度為×100%=，若將空氣直接鼓入錐形瓶中，空氣中含有二氧化碳，U型管增加