【化学】广东省广州市2020届高三第一次调研测试（解析版）（18页）

广东省广州市2020届高三第一次调研测试

一、选择题(本题包括8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题意)

1. 新余随着私家车的不断增多，汽车尾气对环境的污染成为人们关注的焦点，下列不属于汽车尾气中所含主要化合物的是（ ）

A. 碳氧化合物 B. 碳氢化合物 C. 氟氯烃 D. 氮氧化合物

【答案】C

【详解】汽车尾气中所含主要化合物有碳氧化合物，例如二氧化碳，一氧化碳，碳氢化合物（没有完全燃烧的有机碳氢化合物）和氮氧化合物（一氧化氮），铅及硫氧化合物等，并不含有氟氯烃，所以答案为C。

2.氮化硅(Si3N4)是一种新型的耐高温、耐磨材料，在工业上有广泛的应用。它属于（ ）

A. 原子晶体 B. 离子晶体

C. 分子晶体 D. 金属晶体

【答案】A

【详解】相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，说明氮化硅属于原子晶体。

答案选A。

3.科学研究发现，用10B合成的10B20有较好的抗癌作用，下列说法中正确的是（ ）

A. 10B和10B20互为同位素 B. 10B20是一种熔点高，硬度大的物质

C. 10B和10B20互为同分异构体 D. 10B的中子数与核外电子数相等

【答案】D

【详解】A．10B是一种核素，而10B20是一种分子，因此二者不互为同位素，10B和10B20属于由同种元素组成的不同微粒，故A错误；

B．10B20晶体属于分子晶体，分子之间的作用力为范德华力，分子晶体熔点较低、硬度较小，故B错误；

C．10B是一种核素，是原子，而10B20是一种分子，二者不可能为同分异构体，故C错误；

D．10B的中子数=10-5=5，核外电子数=质子数=5，故D正确；

故选D。

4.常温条件下能溶于浓HNO3的金属是（ ）

A. Al B. Fe C. Cu D. Pt

【答案】C

【详解】Al、Fe与浓硝酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，反应不能继续进行，而浓硝酸与铂不反应，铜可与浓硝酸发生反应生成硝酸铜，并放出NO2，则能溶于浓硝酸的是铜，故选C。

【点睛】本题的易错点为AB，要注意常温下铝、铁与浓硝酸发生钝化，与金、铂金属不反应，钝化属于化学变化。

5.为制备干燥、纯净的CO2，将大理石和盐酸反应生成的气体先后通过装有下列物质的两个吸收装置，两个装置中应依次装入（ ）

A. 水；无水CaCl2固体

B. 饱和NaHCO3溶液；浓H2SO4

C. 浓H2SO4；饱和Na2CO3溶液

D. 饱和Na2CO3溶液；稀H2SO4

【答案】B

【详解】A．除掉氯化氢不能用水，应用饱和碳酸氢钠，选项A错误；

B．CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2而除去，可用浓硫酸干燥，选项B正确；

C．CO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液反应而被吸收，选项C错误；

D．CO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液反应而被吸收，不能用饱和Na2CO3溶液除去HCl，且稀硫酸没有干燥作用，选项D错误．

答案选B。

6.下列叙述正确的是（ ）

A. 同周期非金属元素的原子半径越小，其单质的沸点越高。

B. 同周期元素形成的简单离子，核电荷数越大半径越大。

C. 同周期主族元素的原子半径越大，其原子越易失去电子。

D. 同周期非金属元素的原子半径越大，其气态氢化物越稳定。

【答案】C

【详解】A．同周期非金属元素的原子半径越小，原子序数越大，其非金属性越强，其单质的氧化性越强，而沸点是物理性质，没有明显的变化规律，故A错误；

B．同周期元素形成的简单离子，阳离子的电子层数比阴离子少，离子半径小，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；

C．同周期主族元素的原子半径越大，原子序数越小，金属性越强，则其原子越容易失去电子，故C正确；

D．同周期非金属元素的原子半径越大，原子序数越小，其非金属性越弱，则其气态氢化物越不稳定，故D错误；

故选C。

【点睛】本题的易错点为B，要注意同周期元素形成的简单离子，有阳离子和阴离子，阳离子的电子层数比阴离子少，再结合离子半径的判断方法比较。

7.为了除去鸡蛋白溶液中少量葡萄糖杂质，可采用的方法是（ ）

A. 过滤 B. 盐析 C. 渗析 D. 萃取分液

【答案】C

【详解】鸡蛋白溶液属于胶体，蛋白质不能透过半透膜，而离子、分子可以，则除去鸡蛋白溶液中混入的少量葡萄糖，可以采用的方法是渗析；胶体微粒和溶液中的离子和分子均可透过滤纸，过滤不能分离；二者不分层，不能分液，也不能利用盐析分离，故选C。

8.一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9克水，则加入的铁粉质量为（ ）

A. 14g B. 42g C. 56g D. 28g

【答案】D

【分析】铁与硫加热发生反应：Fe+S FeS，若硫粉过量，加入盐酸发生反应：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，H2S燃烧生成H2O；若铁粉过量时，Fe与盐酸还会反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，此时气体为H2S和H2；根据氢元素守恒分析解答。

【详解】9g水的物质的量为：n(H2O)==0.5mol，铁与硫粉加热发生反应为：Fe+S FeS，若硫粉过量，加入盐酸发生反应：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，生成气体为H2S，H2S燃烧生成H2O和二氧化硫，根据氢元素守恒及反应方程式可知，n(Fe)=n(H2O)；当铁粉过量时，Fe与盐酸还会反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，此时气体为H2S和H2，根据氢元素守恒及反应方程式可知，铁的物质的量与水的物质的量相等，即n(Fe)=n(H2O)，因此生成水的物质的量与铁粉的物质的量相等，所以混合物中铁粉的物质的量为0.5mol，质量为：56g/mol×0.5mol=28g，故选D。

二、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题有一个或两个选项符合题意。)

9.下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是（ ）

A. 苯（苯酚）——加浓溴水，振荡静置分液

B. NO（NO2）——通过水洗、干燥后，用向下排气法收集

C. 乙烷（乙烯）——让气体通过盛饱和溴水的洗气瓶

D. 乙醇（乙酸）——加足量NaOH溶液，蒸馏

【答案】CD

【详解】A．浓溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能分液分离，应加入足量的NaOH溶液，分液，故A错误；

B．NO易与氧气反应，则不能用排空法收集NO，故B错误；

C．乙烯与溴水反应生成二溴乙烷，乙烷与溴水不反应，所以可以用溴水除去乙烷中的乙烯，故C正确；

D．乙酸与NaOH发生中和反应生成难挥发的乙酸钠，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；

故选CD。

10.向10mL pH=12的某碱溶液中加入10mL pH=2的盐酸，充分反应后滴入酚酞试液，溶液变红，则此碱一定是（ ）

A. 弱碱 B. 一元强碱 C. 多元强碱 D. 任何碱

【答案】A

【详解】pH=12的某碱溶液，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)==10-2 mol/L，pH=2的盐酸，c(H+)=10-2mol/L，盐酸的浓度为10-2mol/L，两者等体积混合，滴入酚酞试液，溶液变红，说明溶液显碱性，则碱的浓度大于10-2 mol/L，则碱是弱碱，两者等体积，弱碱过量，得到弱碱及盐的混合溶液，以弱碱的电离为主，溶液呈碱性，故选A。

11.设NA表示阿佛加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A. 标准状况下，NA个水分子所占体积约为22.4L

B. 常温、常压下，22.4LN2所含的分子数小于NA个

C. 在1mol Fe3O4中加入足量盐酸，反应中电子转移的总数为8/3 NA个

D. 在标准状况下，Cl2和H2的混合气22.4L，光照后原子总数约为2NA个

【答案】BD

【详解】A．标况下，水为液态，故NA个水分子体积远小于22.4L，故A错误；

B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4?LN2物质的量小于1mol，所含的分子数小于NA，故B正确；

C．Fe3O4和盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，没有发生氧化还原反应，故C错误；

D．标准状况下，Cl2和H2的混合气22.4L的物质的量为=1mol，Cl2和H2都是双原子分子，光照后生成的氯化氢也是双原子分子，故22.4LCl2和H2的混合气体中含有原子数总是2NA个，故D正确；

故选BD。

【点睛】本题的易错点为C，要注意Fe3O4和盐酸的反应属于非氧化还原反应，没有电子的转移。

12.下列各组离子在溶液中既可以大量共存，且加入过量氨水后也不产生沉淀的是（ ）

A. K＋ AlO2－ NO3－ OH－ B. Ｈ＋ NH4＋ Al3＋ SO42－

C. Na＋ Ba2＋ Cl－ SO42－ D. H＋ Cl－ CH3COO－ NO3－

【答案】A

【详解】A．K+、AlO2-、NO3-、OH-之间不反应，也都不与氨水反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．氢离子与一水合氨发生中和后，Al3+与过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故B错误；

C．Ba2+、SO42-能够反应生成难溶物硫酸钡，不能大量共存，故C错误；

D．H+、CH3COO-能够反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；

故选A。

13.下列离子方程式书写正确的是（ ）

A. 向碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钠 HCO3－+OH－=CO32－+H2O

B. 向碳酸氢钾溶液中滴入过量澄清石灰水2HCO3－+Ca2++2OH－=CO32－+2H2O+CaCO3

C. 次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化硫 ClO－+SO2+H2O=HSO3－+HClO

D. 硫酸铜和氢氧化钡溶液混合 Cu2++SO42－+Ba2++2OH－=Cu(OH)2↓+BaSO4↓

【答案】AD

【详解】A．碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钠，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A正确；

B．向碳酸氢钾溶液中滴入过量澄清石灰水，离子方程式：HCO3-+Ca2++OH-=H2O+CaCO3↓，故B错误；

C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，溶液中通入过量的二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式：ClO-+SO2+H2O═SO42-+Cl-+2H+，故C错误；

D．硫酸铜和氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D正确；

故选AD。

14.Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4:1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ 　 ）

A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1

【答案】C

【详解】Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4mol，NaClO3为1mol，设NaCl为x mol，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1=x×1，解得x=9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9:4，C项正确；

答案选C。

15.对复杂的有机物结构可用“键线式”表示。如苯丙烯酸1—丙烯酯：可简化为杀虫剂“阿乐丹”的结构表示为 ，若它在稀酸作用下能发生水解反应生成两种有机物，则此两种有机物具有的共同性质是（ ）

A. 遇FeCl3溶液均显紫色 B. 均能发生银镜反应

C. 均能与溴水发生反应 D. 均能与NaOH溶液发生反应

【答案】CD

【分析】中含有酯基，可发生水解反应，水解产物为CH3CH=CHCOOH和，结合官能团的结构和性质分析解答。

【详解】的水解产物为CH3CH=CHCOOH和。

A．只有含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，故A错误；

B．都不含-CHO，都不能发生银镜反应，故B错误；

C．CH3CH=CHCOOH含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故C正确；

D．CH3CH=CHCOOH中含有羧基，含有酚羟基，都可与氢氧化钠发生中和反应，故D正确；

故选CD。

16.下列关于铜电极的叙述正确的是（ ）

A. 铜锌原电池中铜是正极

B. 用电解法精炼粗铜时，粗铜作阴极

C. 在镀件上电镀铜时，可用金属铜作阳极

D. 电解稀硫酸制H2、O2时，铜作阳极

【答案】AC

【详解】A．铜锌原电池中，锌易失电子发生氧化反应作负极、铜作正极，故A正确；

B．用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质为可溶性铜盐，故B错误；

C．电镀时，镀件作阴极、镀层作阳极，所以镀件上镀铜可用铜作阳极，故C正确；

D．电解稀硫酸制H2、O2时，电极材料为惰性电极材料，如用活性电极做阳极，则不会在阳极生成氧气，故D错误；

故选AC。

【点睛】本题的易错点是D，要注意活泼金属作阳极时，阳极上失电子的物质是阳极本身。

17.由下列各物质所配成的0.2mol/L溶液中，离子浓度大小排列正确的是（ ）

A. NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)

B. Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)

C. NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H+)

D. (NH4)2SO4溶液中：c(NH4+)>c(SO42－)>c(OH－)>c(H+)

【答案】A

【详解】A．氯化铵溶液中，铵根离子发生水解溶液显酸性，由于水解的程度较小，所以溶液中离子浓度大小为c(H+)＜c(NH4+)，离子浓度关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；

B．碳酸钠溶液中，由于溶液中氢氧根离子来自碳酸根离子的水解和水的电离，所以c(OH-)＞c(HCO3-)，溶液中正确的浓度关系为：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)，故B错误；

C．碳酸氢钠溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH－)＞c(CO32-)，故C错误；

D．硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，水解的程度较小，在溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；

故选A。

【点睛】本题的难点为C，要注意碳酸氢钠溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH－)＞c(CO32-)，另外，水的电离和碳酸氢根离子的电离均会产生氢离子，因此c(H+)＞c(CO32-)，离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)。

18.A（g）+2B（g） X C（g）的可逆反应，在不同压强（P1、P2）下测得B的转化率跟反应时间的关系如图所示，下列结论正确的是 （ ）

A. P1＞P2 X＞3 B. P1＜P2 X＞3

C. P1＜P2 X＜3 D. P1＞P2 X＜3

【答案】B

【详解】由图可知，压强为P2时先到达平衡，根据“先拐先平数值大”，则P2＞P1，压强越大B的转化率越小，说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，因为增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即3＜X，故选B。

三、(本题包括2小题，共20分)

19.指出在使用下列仪器（已经洗涤干净）或用品时的第一步操作：

（1）石蕊试纸（检验气体）：_______________________；

（2）容量瓶：____________________________；

（3）酸式滴定管：____________________________；

（4）集气瓶（收集氯化氢）：____________________________。

【答案】 (1). 把试纸用蒸馏水湿润 (2). 检查容量瓶是否漏水 (3). 检查容量瓶是否漏水 (4). 干燥集气瓶

【详解】（1）用石蕊试纸检验气体的酸碱性，需先用蒸馏水湿润试纸，溶解气体；（2）容量瓶带有玻璃塞，配制溶液前需要检验是否漏水；（3）酸式滴定管带有玻璃活塞，使用前需检查滴定管是否漏水；（4）氯化氢气体极易溶于水，收集之前需干燥集气瓶。

20.工业制纯碱，是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，它的反应原理可用下列化学方程式表示：

NH3+CO2+H2O=NH4HCO3①

NH4HCO3+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl②

将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱。请回答：

（1）工业所制纯碱中常含有少量的氯化钠杂质，其原因___________________________；

（2）现有甲、乙、丙三个小组的学生，欲测定某工业纯碱样品中Na2CO3的质量分数，分别设计并完成实验如下。

甲组：取10.00g样品，利用下图所示装置，测出反应后装置C中碱石灰的增重为3.52g。

乙组：取10.00g样品,配成1000mL溶液,用碱式滴定管量取25.00mL放入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂，用0.150mol·L－1的标准盐酸溶液滴定至终点（有关反应为Na2CO3+2HCl=2CaCl2+H2O+CO2↑）。完成三次实验后，消耗盐酸体积的平均值为30.00mL。

丙组：取10.00g样品，向其中加入过量的盐酸，直至样品中无气泡冒出，加热蒸发所得物并在干燥器中冷却至室温后称量。反复加热、冷却、称量，直至所称量的固体质量几乎不变为止，此时所得固体的质量为10.99g。

请分析、计算后填表：

分析与计算

分组

计算样品中碳酸钠

的质量分数

对实验结果

的评价

实验失败的主要原因及对结果的影响

甲组

_______________

失败

____________

乙组

____________

成功

丙组

______________

成功

【答案】 (1). 在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应了部分的水，从而有部分氯化钠晶体析出 (2). 84.8% (3). 反应生成的CO2部分残留在瓶A中，没有被完全吸收，结果偏小 (4). 95.4% (5). 99.6%

【分析】(1)根据碳酸氢钠的生产过程来分析解答；

(2)根据碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳这一方程式反应前后质量变化来分析计算。

【详解】(1)因为NH4HCO3+NaCl(饱和)=NaHCO3↓+NH4Cl，所以生成的碳酸氢钠表面会沾有部分氯化钠，在加热碳酸氢钠的过程中，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，而氯化钠不分解，故答案为：在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，有部分水发生了反应，从而有部分氯化钠晶体析出；

(2)甲组：设甲组生成3.52g二氧化碳需要碳酸钠的质量为x

Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O

106 44

x 3.52g

＝，解得：x=8.48g，样品中碳酸钠的质量分数为×100%=84.8%；

此实验中部分二氧化碳存在于装置内，没有被C装置内的碱石灰所吸收，因此实验失败，故答案为：84.8%；部分二氧化碳存在于装置内，没有被C装置内的碱石灰完全吸收，造成测量结果偏小；

乙组：取10.00g样品，配成1000mL溶液，用碱式滴定管量取25.00mL放入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂，用0.150mol·L－1的标准盐酸溶液滴定至终点(有关反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑)。完成三次实验后，消耗盐酸体积的平均值为30.00mL。样品中碳酸钠的物质的量=0.150mol·L－1×0.03L××=0.09mol，样品中碳酸钠的质量分数为×100%=95.4%，故答案为：95.4%；

丙组：取10.00g样品，向其中加入过量的盐酸，直至样品中无气泡冒出，加热蒸发所得物并在干燥器中冷却至室温后称量。反复加热、冷却、称量，直至所称量的固体质量几乎不变为止，此时所得固体的质量为10.99g．设碳酸钠的质量为y，

Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O

106 117

y 10.99g

＝，解得：y≈9.96g则碳酸钠样品中，碳酸钠质量分数为×100%=99.6%，故答案为：99.6%。

四、(本题包括2小题，共18分)

21.在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为1.17。请填空：

（1）组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族；

（2）Z与水发生水解反应方程式____________________________________；

（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移_________________mol的电子。

【答案】 (1). ⅢA (2). ⅥA (3). Al2S3 + 6H2O === 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑ (4). 6

【分析】气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为29×1.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。

【详解】(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族，故答案为：ⅢA、ⅥA；

(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑，故答案为：Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑；

(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。

22.麻醉剂发现和使用，是人类医疗史上了不起的一项成就，它可使患者在接受治疗时感觉不到疼痛。

（1）笑气是人类最早应用于医疗麻醉剂之一，它可由NH4NO3在微热条件下分解产生，产物除N2O外还有一种，此反应的化学方程式为__________________________________。有关理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式），则其空间构型是_______型，N2O为_____________分子（极性或非极性）

（2）另一种常用麻醉剂氯仿，常因保存不慎而被氧化，产生剧毒光气（COCl2）：2CHCl3+O2 2HCl+2COCl2，为了防止事故，使用前可用于检验氯仿是否变质的试剂是_________。

A．淀粉-碘化钾溶液 B．NaOH溶液 C．酚酞溶液 D．硝酸酸化的AgNO3溶液

【答案】 (1). NH4NO3 ==== N2O↑ + 2H2O (2). 直线型 (3). 非极性 (4). D

【分析】(1)根据原子守恒确定另一种生成物，写出相应的反应方程式；N2O与CO2分子具有相似的结构，结合二氧化碳的结构分析解答；

(2)根据生成物的性质来确定试剂。

【详解】(1)根据原子守恒分析可知，NH4NO3在微热条件下分解，产物除N2O外还有一种，应为H2O，反应的化学方程式为：NH4NO3 N2O↑+2H2O；N2O与CO2分子具有相似的结构，且N2O分子中氮原子只与氧原子相连，根据二氧化碳的电子式可知，一氧化二氮电子式为，其空间构型与二氧化碳相同，所以一氧化二氮是直线形分子，正负电荷重心重合，结构对称，为非极性分子，故答案为：NH4NO3 N2O↑+2H2O；直线形；非极性；

(2)根据被氧化，发生的反应是2CHCl3+O2=2HCl+2COCl2，产物中有HCl气体产生，氯化氢能和酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，而氯仿和酸化的硝酸银溶液不反应，所以可用酸化的硝酸银溶液检验是否被氧化，故选D。

五、(本题包括2小题，共20分)

23.有甲基、苯基、羟基、羧基四种基团，在它们两两组合形成的化合物中：

（1）能使石蕊试液变色的是_______________（只需写出一种物质的结构简式，下同）；

（2）能与溴水反应的是____________；

（3）催化氧化后产物能与新制氢氧化铜反应的是_________________；

（4）能与氯化铁溶液反应的是__________________________；

（5）不同情况下与氢氧化钠反应能生成两种盐的是_______________。

【答案】 (1). CH3COOH（或C6H5COOH或HO-COOH） (2). (3). CH3OH (4). (5). HOCOOH

【分析】甲基、苯基、羟基、羧基四种基团两两组合对应的有机物有CH3COOH、、H2CO3、、CH3OH等，结合有机物官能团的性质分析解答。

【详解】甲基、苯基、羟基、羧基四种基团两两组合对应的有机物有CH3COOH、、H2CO3、、CH3OH等。

(1)能使石蕊试液变色的物质具有酸性，对应的有CH3COOH、、HO-COOH(H2CO3)，苯酚不能使石蕊变色，故答案为：CH3COOH(或或HO-COOH)；

(2)能与溴水反应的是，与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，故答案为：(或C6H5OH)；

(3)催化氧化后产物能与新制氢氧化铜反应，说明产物中含有-CHO，只有CH3OH符合，故答案为：CH3OH；

(4)能与氯化铁溶液发生显色反应的是，反应后溶液显紫色，为的特征反应，故答案为：；

(5)不同情况下与氢氧化钠反应能生成两种盐是HOCOOH(H2CO3)，可生成Na2CO3或NaHCO3，故答案为：HOCOOH。

【点睛】本题的易错点为(1)，要注意苯酚不能使石蕊试液变红色。

24.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗进行综合利用，不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染。现按下列方式进行综合利用，回答问题。

已知F、H均是具有香味的液体，F为E的三聚合物，并具有特殊的6元环状对称结构。

（1）A的名称_______________；H的名称______________；

（2）D→E的化学反应方程式______________________________；

（3）G→H的化学反应方程式_______________________________；

（4）E→ G的反应类型________________________________。

【答案】 (1). 纤维素 (2). 乙酸乙酯 (3). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (4). CH3CH2OH +CH3COOHCH3COOCH2CH3 + H2O (5). 氧化反应

【分析】甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E，E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成G，G为CH3COOH，G与D发生酯化反应生成H，H为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在人体内最终氧化得到二氧化碳与水，F为E的三聚合物，并具有特殊的6元环状对称结构，F为，据此分析解答。

【详解】(1)由上述分析可知，A为纤维素，H为CH3COOCH2CH3，名称为：乙酸乙酯，故答案为：纤维素；乙酸乙酯；

(2)D→E的化学方程式：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；

(3)G→H的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；

(4)E→ G为乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应，CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应。

六、(本题包括2小题，共20分)

25.将某有机物样品3.0g通入足量的氧气后充分燃烧，在120℃条件下将燃烧后的气体通入足量的浓H2SO4中，浓H2SO4增重1.8g，然后将气体再通入足量的氢氧化钡溶液中，可得到沉淀19.7g（不考虑溶解的沉淀物），此时还有标准状况下的气体2.24L，该气体能用于抢救危重病人。实验测得该有机物蒸气的密度是相同条件下氦气的15倍。求该有机物的分子式和通入氧气的总体积（标准状况）？____________

【答案】4.48L

【分析】实验测得同体积的该有机物蒸气与氦气的质量之比为15，可知该有机物的相对分子质量为15×4=60；3.0g有机物燃烧，燃烧后的气体通入足量的浓H2SO4中，浓H2SO4增重1.8g为水的质量；然后将气体再通入足量的氢氧化钡溶液中，可得到沉淀19.7g为BaCO3；结合碳元素和氢元素的质量之和判断是否存在氧元素，最后根据有机物的结构简式判断耗氧量；最后还剩余标准状况下的气体2.24L，该剩余气体可用于抢救危重病人，故剩余的气体为氧气，据此分析计算。

【详解】实验测得同体积的该有机物蒸气与氦气的质量之比为15，可知该有机物的相对分子质量为15×4=60；

3.0g有机物燃烧，燃烧后的气体通入足量的浓H2SO4中，浓H2SO4增重1.8g为水的质量，则水的物质的量n==0.1mol，0.1mol水中含有的0.2mol氢原子全部来自于此有机物，即3.0g有机物中含有的氢原子的物质的量为0.2mol，质量m=nM=0.2mol×1g/mol=0.2g；

然后将气体再通入足量的氢氧化钡溶液中，可知得到沉淀19.7g为BaCO3，n(BaCO3)==0.1mol，生成0.1molBaCO3沉淀需要的0.1molCO2中含0.1molC原子全部来自于此有机物，则3.0g有机物中的碳原子的物质的量为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×12g/mol=1.2g；

由于(0.2g+1.2g)＜3.0g，故有机物中还含氧原子，且含有的氧原子的质量m=3.0g-0.2g-1.2g=1.6g，氧原子的物质的量n==0.1mol；

故此有机物中C、H、O原子个数之比为为0.1∶0.2∶0.1=1∶2∶1，即此有机物的最简式为CH2O，设有机物的分子式为(CH2O)n，根据其相对分子质量为60，可知有：30n=60，即可解得n=2，即有机物分子式为C2H4O2；

3.0gC2H4O2的物质的量n==0.05mol，设燃烧时的耗氧量为Xmol，根据C2H4O2～2O2可知X=0.1mol，则消耗掉的氧气在标况下的体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，由于最后还剩余标准状况下的气体2.24L，该剩余气体可用于抢救危重病人，故剩余的气体也为氧气，故通入的氧气的总体积V总=2.24L+2.24L=4.48L，故答案为：4.48L。

【点睛】明确燃烧法来确定有机物分子式的一般方法是解题的关键。解答本题要注意O元素的确定，必须通过定量计算分析判断。

26.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取同浓度的盐酸30mL，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体。有关数据列表如下（气体体积均为标准状况下测得）：

实验序号

甲

乙

丙

合金质量/mg

255

385

459

气体体积/mL

280

336

336

（1）乙组实验中，盐酸_________（填“过量”、“适量”或“不足量”），理由是___________________________________________________________。

（2）要计算盐酸的物质的量浓度，题中可做计算依据的是_________。

（3）合金中Mg、Al的物质的量之比为_________________。

（4）在丙组实验后，向容器中加入1mol/L的NaOH溶液，能使合金中的铝恰好溶解，不形成铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全，求所加NaOH溶液的体积。（写出计算过程）_____________

【答案】 (1). 不足量 (2). 若乙组实验中金属耗尽，应生成H2：×280mL＞336mL，所以盐酸不足量 (3). 30、336 (4). 1∶1 (5). 39mL

【分析】(1)若乙组实验中金属耗尽，应生成H2：×280mL=422.7mL>336mL，据此分析判断；

(2)要计算盐酸的物质的量浓度，需要根据反应的盐酸的量结合生成氢气的体积计算，因此应该按照乙组或丙组实验数据计算，据此判断；

(3)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比；

(4)丙实验之后，向容器中加入NaOH溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为AlO2-，并使Mg2+刚好沉淀完全，反应后溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠；根据铝元素守恒计算偏铝酸钠的物质的量，根据氯离子守恒计算溶液中氯化钠的物质的量，最后钠离子守恒计算n(NaOH)，再计算氢氧化钠的体积。

【详解】(1)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，若乙组实验中金属耗尽，应生成H2：×280mL=422.7mL>336mL，故乙中金属剩余，盐酸不足，故答案为：不足量；若乙组实验中金属耗尽，应生成H2：×280mL>336mL，所以盐酸不足量；

(2)要计算盐酸的物质的量浓度，需要根据反应的盐酸的量结合生成氢气的体积计算，因此应该按照乙组或丙组实验数据计算，即可做计算依据的是30mL和336mL，故答案为：30、336；

(3)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol∶0.005mol=1∶1，故答案为：1∶1；

(4)丙实验之后，向容器中加入NaOH溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为AlO2-，并使Mg2+刚好沉淀完全，反应后溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠，由(3)中计算Mg、Al的物质的量可知丙中Al的物质的量为0.005mol×=0.009mol，根据铝元素守恒可知n(NaAlO2)=n(Al原子)=0.009mol；甲中盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.015mol=0.03mol；根据氯离子守恒可知n(NaCl)= 0.03mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.03mol+0.009mol=0.039mol，n(Na+)=n(NaOH)=0.039mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.039L=39mL，故答案为：39 mL。