陕西省汉中市城固一中2019-2020学年高三上学期第一次月考化学试卷 (有解析)

陕西省汉中市城固一中2019-2020学年高三上学期第一次月考化学试

卷

一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）

1.荣获2009春节晚会小品类一等奖的《不差钱》里有一个情节，赵本山点了一碗打卤面，小沈阳

报出了近900元的天价。对这碗打卤面的推测中，不正确的是()

A. 该面中含有人体必需的蛋白质等营养物质

B. 制作该面的主要原料淀粉属于糖类

C. 该面中所含的植物油属于酯类

D. 制作该面的原料淀粉和棉花的主要成分纤维素属于同分异构体

2.化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是()

A. 网络飞速发展，得益于光纤良好的导电性，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅

B. 古有“靑蒿一握，以水二升漬，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中提取靑蒿素是利用氧化还原

反应原理

C. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用

D. 纤维素作为营养物质，在人体内不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外

3.用化学用语表示Na2O+2HCl=2NaCl+H2O中的相关微粒，其中正确的是()

A. 中子数为18的Cl原子：?1718Cl

B. Na2O的电子式：

C. H2O的结构式

D. Na+的结构示意图：

4.核电荷数小于18的某元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为(2a+1)。下列有关

元素X的说法中，不正确的是()

A. 元素X的原子核内质子数可能为(2a2?1)

B. 元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂

C. 元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个(n表示电子层数)

D. 由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用

5.下列制取Cl2、除去杂质、验证其是否具有漂白性、进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的

的是()

A. 制取Cl2

B. 除去杂质

C. 验证是否有漂白性

D. 尾气处理

6.标准状况下，a L气体X2和b L气体Y2恰好完全反应生成c LZ气体，若a:b:c=3:1:2，则Z的化学

式为()

A. XY2

B. X2Y

C. X3Y

D. XY3

7.用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A. 24gNaH中阴离子所含电子总数为2N A

B. 标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后，气体中分子总数为2N A

C. 在０.１mol/L的K2CO3溶液中，阴离子数目大于０.1N A

D. 300mL2mol/L乙醇溶液中所含分子数为0.6N A

8.下列指定反应的离子方程式正确的是()

A. 氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl?+ClO?

B. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32?

C. Fe与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑

D. Ba(OH)2和CuSO4溶液反应：Cu2++SO42?+Ba2++2OH?=BaSO4↓+Cu(OH)2↓

9.对于反应3Cl2+6KOH(浓)=5KCl+KClO3+3H2O，说法正确的是()

A. Cl2是氧化剂，KOH是还原剂

B. 有3molCl2参加反应，就有6N A个电子转移

C. 被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比是1：1

D. 被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比是5：1

10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同主族，且Y原子的最外层电子

数是次外层电子数的3倍，X与W的原子序数之和为24。下列说法正确的是()

A. 原子半径：W>Z>Y

B. 氢化物的稳定性：X>Y

C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>W>X

D. 常温下四种元素的单质中，Z单质的熔沸点最高

11.反应，在不同压强下，平衡时混合气体中Z的体积分数

与温度的关系图为()

A. B.

C. D.

12.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下

列叙述中不正确的是()

A. 分子式为C12H20O2

B. 能使酸性KMnO4溶液褪色

C. 1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH

D. 能发生加成反应，但不能发生取代反应

13.一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是()

A. a电极为正极

B. H+由右室通过质子交换膜进入左室

C. a电极反应式为：C6H5OH?28e?+11H2O=6CO2↑+28H+

D. 当b电极上产生lmol N2时，溶液中将有l0mol e?通过

14.根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是()

选项实验操作和现象实验结论

A. 向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。

分层，上层无色，下层紫红色

溴的非金属性强于碘

B. 向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉

淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解

Na2SO3溶液已经变质

C. 向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉

淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀

溶解度：AgCl>Ag2S

D. 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，

溶液红色逐渐褪去

BaCl2溶液是酸性溶液

15.在0.1mol?L?1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是()

A. c(Na+)>c(HCO3?)>c(H+)>c(OH?)

B. c(Na+)=c(HCO3?)>c(OH?)>c(H+)

C. c(Na+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH?)+2c(CO32?)

D. c(Na+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH?)+c(CO32?)

二、填空题（本大题共1小题，共1.0分）

16.在一定条件下，将1.00molN2(g)与3.00molH2(g)混合于一个10.0L密闭容器中，在不同温度下达

到平衡时NH3(g)的平衡浓度如图所示。其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为

25.0%。

(1)当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1___________K2(填“>”，“<”或“=”)，焓变

△H___________0(填“>”或“<”)。

(2)该反应在T1温度下5.0min达到平衡，这段时间内N2的化学反应速率为_________，N2的转化

率___________。

(3)T1温度下该反应的化学平衡常数K1=______________。

(4)T1温度时，若测得高炉中c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.5mol/L，在这

种情况下，该反应是否处于平衡状态___________(填是或否)，此时反应速率是v正___________v 逆(填>，<，=)。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

17.氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用，某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关性质．

(1)装置A中烧瓶内试剂可选用______(填序号).B的作用是______

a.碱石灰

b.浓硫酸

c.生石灰

d.烧碱溶液

(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先______(填I或Ⅱ)．

Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ.加热装置C

(3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反

应相关化学方程式为______，.该反应证明氨气具有______性．

(4)该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是______(填装置序号)．

(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量

浓度为______mol/L．

四、简答题（本大题共2小题，共10.0分）

18.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

步骤一：利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐．

步骤二：将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2

回答下列问题：

(1)NaClO2中Cl的化合价为______ ．

(2)写出步骤一中生成ClO2的化学方程式______ ．

(3)步骤二反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______ ，该反应中氧化产物是______ ．19.用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K sp见下表。

物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2 K sp1×10?16.31×10?38.61×10?32.31×10?12.7

(1)软锰矿预先粉碎的目的是______，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而

Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______。

(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到______操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为______(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小

值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10?5mol?L?1时，可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______。

五、推断题（本大题共1小题，共10.0分）

20.是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES树脂以及具有抗

肿瘤活性的化合物K。

己知：

ⅱ，R1OH+

ⅱ，+H2O (R1、R2、R3代表烃基)

回答下列问题：

(1)A的名称是________；C的官能团的名称是________。

(2)B分子为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，B的结构简式为________。

(3)E分子中含有两个酯基，且为顺式结构，E的结构简式为________。

(4)反应①的化学方程式为________。

(5)试剂a的结构简式为________；反应②所属的反应类型为________反应。

(6)符合下列条件的G的同分异构体共有________种。

①能发生银镜反应；

②只有三种官能团且三种官能团与苯环直接相连；

③与NaHCO3溶液作用有气体产生。

(7)已知同一个碳原子上连接两(?OH)的二元醇不稳定，易发生如下转化：

。参照上述合成路线，写出用甲苯和苯胺为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)

-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：

【分析】

本题主要考查了化学与生活的有关知识，掌握蛋白质、淀粉等人体所必需的六大类营养物质是解答的关键，题目难度不大。

【解答】

A.打卤面中的鸡蛋等中含有蛋白质，故A正确；

B.该面的主要原料淀粉属于糖类，故B正确；

C.打卤面中的植物油属于酯类，故C正确；

D.淀粉与纤维素的n值不同，不属于同分异构体，故D错误。

故选D。

2.答案：C

解析：解：A.二氧化硅为绝缘体，不导电，具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，故A 错误；

B.乙醚从黄花蒿中提取靑蒿素，是利用物质在不同溶剂中溶解度不同分离提纯物质的方法，没有新物质生成属于物理变化，故B错误；

C.K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子可水解生成胶体，则用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用，故C正确；

D.人体不含纤维素酶，纤维素在人体不消化，故D错误；

故选：C。

A.二氧化硅为绝缘体，不导电；

B.依据萃取原理解答；

C.K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子可水解生成胶体；

D.纤维素在人体不消化．

本题综合考查物质的性质、用途以及萃取原理，为高考常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大，注意常见物质的应用和性质，注重相关基础知识的积累．

3.答案：C

解析：

本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、结构式、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。

【解答】

A.中子数为18的Cl原子的质量数为35，该原子正确的表示方法为，故A错误；

B.氧化钠属于离子化合物，其电子式为，故B错误；

C.H2O分子中含有2个O?H键，其结构式为，故C正确；

D.为钠原子结构示意图，钠离子的最外层满足8电子稳定结构，其离子结构示意图为

，故D错误；

故选：C。

4.答案：C

解析：

【分析】本题主要考查的是元素的原子结构和元素的性质，掌握原子结构与元素性质的关系是解题的关键。

【解答】

A.当a=2时，原子有2个电子层，最外层为7个电子，为氮元素原子，核内质子数为7个，符合2a2?1，故A正确；

B.元素X可能为氮元素或氯元素，氮气和氯气的化合价都既能升高也能降低，故元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂，故B错误；

C.元素X形成的简单离子可能为氯离子，氯离子最外层为8个电子，没有达到2n2(18)个，故C错误；

D.由元素X形成的某些化合物，可能是次氯酸，具有杀菌消毒的作用，故D正确。

故C。

5.答案：D

解析：

【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

A.用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，需要加热，故A错误；

B.用浓硫酸干燥时，应该长管进，短管出，故B错误；

C.验证氯气是否有漂白性，应该用干燥的有色布条，故C错误；

D.氯气可与氢氧化钠反应，故可用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染环境，故D正确。

故选D。

6.答案：C

解析：

【分析】

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握体积之比与化学计量数之比的关系及原子守恒为解答的关键，侧重分析能力的考查，题目难度不大。

【解答】

aL气体X2和bL气体Y2恰好完全反应生成cL气体Z，若a:b:c=3:1:2，

由气体的体积之比等于化学计量数之比，则反应为3X2+Y2=2Z，

由原子守恒可知，Z的化学式为X3Y，

故选C。

7.答案：A

解析：

【分析】

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．

【解答】

A、24ｇNaH的物质的量为1mol，而1molNaH中含有的阴离子为1molH?，而H?中含2个电子，故1molH?中含2N A个电子，故A正确；

B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2?N2O4，导致分子个数减少，则所得气体中的分子总数小于2N A个，故B错误；

C、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故C错误；

D、乙醇溶液中，除了乙醇分子外，还存在水分子，故此溶液中的分子个数多于0.6N A个，故D错误。故选：A。

8.答案：D

解析：

【分析】

本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，侧重考查学生的分析能力，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式拆分、注意离子反应遵循客观事实，题目难度不大。【解答】

A.反应生成HClO，为弱电解质，应写化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl?+HClO，故错误；

B.NaHCO3电离生成H+和HCO3?，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3?，故B错误；

C.Fe与盐酸反应生成Fe2+，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；

D.Ba(OH)2和CuSO4溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO42?+

Ba2++2OH?=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确。

故选D。

9.答案：D

解析：解：A.只有Cl元素的化合价变化，KOH既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；

B.由化合价变化可知，3mol氯气参加反应转移5mol电子，故B错误；

C.由Cl元素化合价变化可知，生成KCl，Cl元素化合价降低，被还原，生成KClO3，Cl元素化合价升高，被氧化，则被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比是5：1，故C错误；

D.由反应可知，1molCl被氧化，5molCl被还原，则被还原的氯元素的质量为被氧化的氯元素质量的5倍，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比是5：1，故D正确；

故选D．

反应3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O中，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为?1价，该反应中转移5e?，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和转移电子数的考查，题目难度不大．

10.答案：D

解析：

【分析】

本题考查了元素周期表和元素周期律的相关知识，难度中等。

【解答】

根据题意，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同主族，且Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子两层核外电子，Y为氧元素，Z为硫元素，W的原子序数比Z大，且属于短周期主族元素，故W为氯元素，又X与W的原子序数之和为24，则X为氮元素，据此答题。

A.Z、W同周期，原子半径逐渐减小，即：Z>W，故A错误；

B.X、Y同周期，同周期元素，非金属性从左到右逐渐增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，即氢化物的稳定性：X

C. 非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z，故C错误；

D. 常温下四种元素的单质中，Z单质硫单质为固体，其余均为气体，即硫单质的熔沸点最高，故D 正确；

故选D。

11.答案：C

解析：

【分析】

本题考查了随温度和压强的变化，生成物浓度的变化，依据勒夏特列原理和具体反应方向解答，难度不大。

【解答】

对于反应X(g)+3Y(g)?2Z(g)△H<0，正反应是体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Z%减小；增大压强平衡向正反应移动，Z%增大，所以，压强一定时，升高温度，Z%减小；温度一定时，升高压强，Z的体积Z%增大，图象C符合；

故选C。

12.答案：D

解析：解：A.分子式为C12H20O2，故A正确；

B.该分子含有的碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；

C.1mol该有机物水解时生成1mol羧基，所以只能消耗1molNaOH，故C正确；

D.甲基上的氢原子可以发生取代反应，故D错误。

故选：D。

由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、?COOC?，结合烯烃和酯的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大。

13.答案：C

解析：解：A.b极上N元素的化合价降低，b是正极，故A错误；

B.原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；

C.a电极是负极，电极反应式为C6H5OH?28e?+11H2O=6CO2↑+28H+，故C正确；

D.b是正极，电极反应式为2NO3?+10e?+12H+=N2↑+6H2O，当有1mol氮气产生时，电子转移

10mol，但电子不能通过电解质溶液，故D错误；

故选：C。

b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3?+10e?+12H+=N2↑+6H2O，a电极是负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为C6H5OH?28e?+11H2O=6CO2↑+28H+，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，质子交换膜只允许氢离子通过，据此解答．

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，所有燃料电池中负极上都是燃料失电子、正极上都是氧化剂得电子，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，为学习难点．

14.答案：A

解析：

【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解答】

A.溴与KI发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，故A正确；

B.酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，则不能确定Na2SO3溶液是否变质，故B 错误；

C.硝酸银足量，均为沉淀生成，则不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，故C错误；

D.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去，结论不合理，故D错误。

故选A。

15.答案：C

解析：解：在0.1mol?L?1的NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解，溶液显碱性，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离程度，结合溶液电荷守恒分析，

A、溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO3?)>c(OH?)>c(H+)，故A错误；

B、碳酸氢根离子水解，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO3?)>c(OH?)>c(H+)，故B错误；

C、溶液电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH?)+2c(CO32?)，故C正确；

D、溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH?)+2c(CO32?)，故D错误；

故选：C。

在0.1mol?L?1的NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解，溶液显碱性，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离

程度，结合溶液电荷守恒分析判断；

本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，溶液中电荷守恒和盐类水解原理是解题关键，题目较简单．

16.答案：(1)> <

(2) 0.008mol/(L.min) 40%

(3)18.3

(4)否 >

解析：

【分析】

本题考查化学平衡计算、反应速率计算、平衡常数计算及应用，难度中等，注意理解掌握平衡常数的应用．

【解答】

(1)由图可知，温度越高，平衡时NH 3的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数减小，故平衡常数关系K 1>K 2，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，则△H <0， 故答案为：>；<；

(2)将1.00molN 2(g)与3.00molH 2(g)混合于一个10.0L 密闭容器中，温度为T 1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%，则：

N 2(g)+3H 2(g)?2NH 3(g)

开始(mol)：1 3 0

变化(mol)：n 3n 2n

平衡(mol)：1?n 3?3n 2n

所以2n 4?2n =25%，解得n =0.4

故v(N 2)=0.4mol 10L 5min =0.008mol/(L.min)，N 2的转化率=0.4mol 1mol ×100%=40%，

故答案为：0.008mol/(L.min)；40%；

(3)T 1温度下该反应的化学平衡常数K 1=c 2(NH 3)c(N

2)×c 3(H 2)=(0.810)20.610×(1.810)3≈18.3， 故答案为：18.3；

(4)此时浓度商Qc =0．52

0.5×0.53=4v 逆，

故答案为：否；>．

17.答案：ac ；干燥氨气；I ；3CuO +2NH 3

△ ???????3Cu +N 2+3H 2O ；还原；Ⅱ、Ⅲ；0.2

解析：解：浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气，在B 中用碱石灰干燥，在C 中加热体积与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D 可用于检验是否生成水，最后氨气用水吸收，因氨气极易溶于水，注意防止倒吸，

(1)装置A 是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气，浓硫酸和氨气发生反应，氨气易溶入烧碱溶液，不选择浓硫酸、氢氧化钠溶液制备氨气，所以装置A 中试剂为：a.碱石灰，c.生石灰；B 装置中的碱石灰是吸收水蒸气，干燥氨气的作用，

故答案：ac ；干燥氨气；

(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水发生反应生成氨气，故答案为：Ⅰ；

(3)实验中观察到C 中CuO 粉末变红证明生成铜，D 中无水硫酸铜变蓝生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为：3CuO +2NH 3 △

???????3Cu +N 2+3H 2O ；氮元素化合价升高为0价，做还原剂具有还原性，

故答案为：3CuO +2NH 3 △

???????3Cu +N 2+3H 2O ；还原；

(4)氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸，图二中能用来吸收尾气的装置是Ⅱ、Ⅲ，装置Ⅰ易发生倒吸，故答案为：Ⅱ、Ⅲ；

(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L 的氨气溶于水配成0.5L 溶液，溶质氨气物质的量为0.1mol ，所得溶液的物质的量浓度=

0.1mol 0.5L =0.2mol/L ，

故答案为：0.2．

浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气，在B 中用碱石灰干燥，在C 中加热体积与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D 可用于检验是否生成水，最后氨气用水吸收，因氨气极易溶于水，注意防止倒吸，

(1)装置A 是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气；B 装置是吸收水蒸气的作用；

(2)依据装置图分析，先反应生成氨气再加热装置C ；

(3)依据反应现象可知，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜；

(4)氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸；

(5)依据氨水溶液中溶质为氨气，结合物质的量浓度概念计算．

本题考查氨气的制备以及氨气的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理以及实验基本操作方法，难度中等． 18.答案：(1)+3；

(2)2NaClO 3+SO 2+H 2SO 4=2ClO 2+2NaHSO 4；

(3)2：1；O 2

解析：

【分析】

(1)根据元素化合价代数和为0计算；

(2)NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4；

(3)ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，结合方程式计算．

本题以氯及其化合物的性质、氧化还原反应，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重氧化还原反应有关的考查，题目难度中等．

【解答】

(1)NaClO2中Na元素化合价为+1价，O为?2价，则Cl元素化合价为+3价，故答案为：+3；

(2)NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4，方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，

故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

(3)ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，该反应中氧化产物是，

故答案为：2：1；O2．

19.答案：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+ S过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2蒸发H2O2 4.9Mn2++HCO3?+NH3?H2O=MnCO3↓

+NH4++H2O

解析：解：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知?2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，

故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小，

故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用，

故答案为：蒸发；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的K sp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10?5mol/L时，c(OH?)=

10?9.1mol/L，所以c(H+)=10?4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9，

故答案为：H2O2；4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO3?+NH3?H2O=MnCO3↓

+NH4++H2O，

故答案为：Mn2++HCO3?+NH3?H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+ H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。

20.答案：(1)乙烯；羟基；

(2)；

(3)；

(4)n+n+(2n?1)CH3OH；

(5)；加成；

(6)10；

(7)

解析：

【分析】

本题考查有机合成和有机推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，根据反应物、目标产物结构简式结合反应条件进行推断，注意题给信息的合理运用，注意反应先后顺序，题目难度中等。

【解答】

(1)A的分子式为C2H4，A的名称是乙烯；据C的结构简式知C的官能团的名称是羟基，

故答案为：乙烯；羟基；

(2)乙烯催化氧化生成B，B的分子式为C2H4O，B分子为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，则B 为环氧乙烷，B的结构简式为，

故答案为：；

(3)D与甲醇发生信息i的反应生成E，E分子中含有两个酯基，且为顺式结构，E的结构简式为

，

故答案为：；

(4)与氢气加成生成F，F为H3COOCCH2CH2COOCH3，反应①的化学方程式为n +n+(2n?1)CH3OH，

故答案为：n +n+(2n?1)CH3OH；(5)G与甲醇发生酯化反应生成H，H为，据J的结构简式知试剂a的结构简式为；反应②所属的反应类型为加成反应，

故答案为：；加成；

(6)①能发生银镜反应，则含醛基；②只有三种官能团且三种官能团与苯环直接相连；③与NaHCO3溶液作用，则含羧基，满足条件的G的同分异构体共有：苯环侧链为?CHO、?CH=CH2、?COOH有10种同分异构体，

故答案为：10；

(7)用甲苯和苯胺为主要原料制备的合成路线为

，

故答案为：。