四川省德阳五中2019届高三化学第一次月考试卷（含解析）.docx

四川省德阳五中2018-2019学年高三第一次月考化学试卷1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是A. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用C. 日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应D. 神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅【答案】C【解析】试题分析：A、煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料；煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，A正确；B、利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，这样将CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，B正确；C、日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝能与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，阻止了铝的进一步被氧化，C项错误；D、太阳能电池的材料是硅，D正确，答案选C。考点：考查化学与生活、环境以及材料的有关判断2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 标准状况下，11.2 L SO3所含的氧原子数为1.5NAB. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2NAC. 常温常压下，7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中，阴离子所含电子数为1.8 NAD. 在含Al3总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数为3NA 【答案】C【解析】试题分析：A标准状况下，SO3不是气体，11.2LSO3所含的氧原子数大于1.5NA，故A错误；B电解精炼铜时，阳极溶解的金属有铜、锌等，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；CNa2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，阴离子所含电子数为1.8NA，故C正确；DAlCl3溶液中存在铝离子的水解，在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数大于3NA，故D错误；故选C。考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。3. 下列有关溶液组成的描述合理的是A. 在Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在: K+、Fe2+、Cl、Br、SCNB. c(H)110-13mol/L的溶液中可以大量存在：Mg2、Cu2、HCO3、NO3C. 加水稀释时c(OH)/c (H+)值增大的溶液中可大量存在：MnO4、CO32、K+、NH4+D. 在碱性溶液中可以大量存在：S2O32、AlO2、SiO32、S2、Na+【答案】D【解析】试题分析：AFe3+、SCN会发生络合反应不能大量共存，错误；Bc(H)110-13mol/L的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-与Mg2、Cu2、HCO3会发生离子反应，不能大量共存，错误；C加水稀释时c(OH)/c (H+)值增大的溶液是酸性溶液。在酸性溶液中H+、CO32会发生离子反应而不能大量共存，错误；D在碱性溶液中OH-与S2O32、AlO2、SiO32、S2、Na+不能发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。4. 短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物。常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A. 元素Y的最高正化合价为6B. 简单离子半径的大小顺序：XYZC. 简单气态氢化物的稳定性：XYD. 元素X和Y能形成离子化合物【答案】B【解析】试题分析：根据提示可知，X是N，Y是O，Z是Al；A、Y即O没有正价，故A错误；B、离子的核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Al3+O2-N3-，故B正确；C、同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物的稳定性逐渐增强，故NH3c(A2)c(H)c(OH)【答案】A【解析】【详解】A、在Na2A、NaHA两溶液中，A2-离子能够水解，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A正确； B、在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，根据两溶液中存在的水解和电离方程式可知，A2-水解生成的阴离子比HA-多，故阴离子总数不相等，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C错误；D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性，且第一步水解程度远大于第二步水解，一定有：c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+)，故D错误；故选A。7.下列装置或操作能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A利用空气热胀冷缩的性质验证热效应，如果钠和水是放热反应，放出的热量导致空气体积膨胀，会导致U形管左端液柱下降，所以能实现实验目的，故A正确；B该装置中应该使用分液漏斗，否则生成的氢气从长颈漏斗中逸出而得不到氢气，故B错误；C酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，所以应该用酸式滴定管盛放，故C错误；D含有盐桥的原电池中，电解质溶液中金属与其相对应的金属材料相同，所以锌和Cu的位置应该互换，故D错误；故选A。8.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A向某溶液中加入稀盐酸，放出无色剌激性气味气体，将气体通入澄清石灰水变混浊证明该溶液中存在SO32B将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3强A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A无色刺激性气味气体，为二氧化硫，则原溶液中含SO32-或HSO3-，故A错误；B氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知该溶液中存在NH4+，故B正确；C氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，品红溶液褪色，则与Cl2的还原性无关，故C错误；D酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故D错误；故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握离子的检验、物质的性质、氧化还原反应、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性。9.FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室中制备FeCO3的流程如下图所示。下列说法错误的是A. 可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B. 沉淀过程中有CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】D【解析】试题分析：FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；A亚铁离子变质会生成铁离子，则验FeSO4溶液若变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检，故A正确；BFeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；C过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故D错误，故选D。考点：考查过滤操作、铁的化合物的性质及检验。视频10.甲、乙两个电解池均以Pt为电极且互相串联。甲池盛有AgNO3溶液，乙池盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池阴极质量增加2.16g，乙池电极析出0.24g金属，则乙池中溶质可能是A. CuSO4 B. MgSO4 C. Al（NO3）3 D. Na2SO4【答案】A【解析】试题分析：乙池中电极上有金属析出说明是金属离子放电，则该金属的活泼性在H之后，所以选A。考点：电解池中离子的放电顺序。11.下列说法正确的是A. 甲烷和Cl2的反应类型与乙烯和Br2的反应类型相同B. 分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3反应产生CO2的有机物可能有3种结构C. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上D. 1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A甲烷与氯气发生取代反应，乙烯含有碳碳双键，与溴发生加成反应，故A错误；B分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物中含有羧基，因为丙基有2种，其中正丙基上有3种氢原子，异丙基上有2种氢原子，因此其属于酸的同分异构体有5种，故B错误；C苯环为平面结构，与苯环相连的原子一定在该平面上，则苯环上6个C、2个甲基上C及另一个苯环上2个C及甲基上C共面()，共11个，故C正确；D酚-OH、-COOH、-COOC-均与NaOH反应，则1mol有机物一定条件下能和6molNaOH反应，故D错误；故选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的组成、结构和性质。本题的易错点为D，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。12.某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个CH3、2个CH2和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有几种（不考虑立体异构）A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 4种【答案】A【解析】试题分析：烷烃的相对分子质量是86，则烷烃的分子式是C6H14，如果分子中含有3个CH3，则有一个甲基为取代基；2个CH2和1个，则主链有5个C原子，甲基为取代基，所以该烷烃为2-甲基戊烷或3-甲基戊烷，前者分子中有5种H原子，后者有4种H原子，所以H原子的种数即为一氯代物的种数，有9种，答案选A。考点：考查烷烃结构简式的判断、同分异构体的判断13.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4eH2O=CH3COOH4H。下列有关说法正确的是()A. 检测时，电解质溶液中的H向负极移动B. 若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气C. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OHO2=CH3COOHH2OD. 正极上发生的反应为：O24e2H2O=4OH【答案】C【解析】试题分析：A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+ 4e-+4H+2H2O，负极：CH3CH2OH4e-+ H2OCH3COOH + 4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24 L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2CH3COOH + H2O，C正确；D、根据正极反应式可知，D正确。答案选B。【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。【名师点晴】1、一般电极反应式的书写：原电池反应的本质就是氧化还原反应。因此正确书写氧化还原反应方程式并能标出电子转移的方向和数目是正确书写电极反应式的基础，通过电池反应中转移电子的数目可确定电极反应中得失的电子数目，通过电池反应中的氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物可确定电极反应中的反应物和产物。具体步骤如下：（1）首先根据题意写出电池反应。（2）标出电子转移的方向和数目，指出氧化剂、还原剂。（3）根据还原剂负极材料，氧化产物负极产物，氧化剂正极材料，还原产物正极产物来确定原电池的正、负极和反应产物。根据电池反应中转移电子的数目来确定电极反应中得失的电子数目。（4）注意环境介质对反应产物的影响。2、复杂电极反应式的书写：复杂电极,反应式总反应式较简单一极的电极,反应式。如CH4酸性燃料电池中CH42O2CO22H2O 总反应式，2O28H8e4H2O 正极反应式，得：CH42H2O8eCO28H 负极反应式。视频14.将1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 gmL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 molL-1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是21B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL-1C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【答案】D【解析】设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知64x+24y1.52；在反应过程中有：Cu-2e-=Cu2+、Mg-2e-=Mg2+，Cu2+2OH-=Cu(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以金属失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH-的物质的量，n(OH-)=0.06mol，故2x2y0.06，由和组成方程组解得x0.02 mol，y0.01 mol。A项，由上述计算可得，铜与镁的物质的量之比是21，A正确；B项，根据c=可得：c(HNO3)=molL-1=14.0 molL-1，B正确；由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒，硝酸完全被还原为NO2，则NO2的物质的量应为0.06 mol，已知得到混合气体1 120 mL(标准状况)，即0.05 mol混合气体，是因为存在2NO2N2O4，可求得N2O4为0.01 mol，NO2为0.04 mol，故C正确；D项，得到2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH(浓度为1.0 molL-1)，体积为60 mL，故D错误。15.目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题。请回答下列问题：.甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)。(1)阅读下图，计算上述反应的反应热H_kJmol1。.用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成燃料电池。(2)以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为_。(3)以CH4、O2为原料，100mL0.15molL1NaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL(标准状况)，产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为_，各离子浓度由大到小的顺序为_。.利用I2O5消除CO污染的反应为5CO(g)I2O5(s)5CO2(g)I2(s)，不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO，测得CO2的体积分数随时间t变化曲线如下图。请回答：(4)T2时，00.5min内的反应速率v(CO)_。(5)T1时化学平衡常数K_。(6)下列说法不正确的是_（填标号）。A容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等Cd点时，增大体系压强，CO的转化率不变Db点和d点时化学平衡常数的大小关系：Kbc(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H) (5). 1.6molL1min1 (6). 1024 (7). BD【解析】【详解】.(1)由能量图，得CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=-846.3kJmoL-1，CO2(g)CO(g)+O2(g)H=+282kJmoL-1，O2(g)+H2(g)H2O(g)H=-241.8kJmoL-1，根据盖斯定律，将-3+得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=(-846.3+241.83+282)kJmoL-1=+161.1kJmoL-1；故答案为：+161.1；(2)燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CnH2nOn-4ne-+nH2OnCO2+4nH+，故答案为：CnH2nOn-4ne-+nH2OnCO2+4nH+；(3)参与反应的氧气在标准状况下体积为448mL，物质的量为=0.02mol，假设生成二氧化碳，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.01mol，n(NaOH)=0.1L0.15molL-1=0.015mol，n(NaOH)：n(CO2)=0.015mol：0.01mol=3：2，实质上发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所以所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1；溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c(OH-)c(H+)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c(HCO3-)c(CO32-)，钠离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，故答案为：n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1；c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)；.(4)a点时：5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 4 0转化量/mol x xa点量/mol 4-x x根据a点时CO2的体积分数(CO2)=0.40，得x=1.6mol，则从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)=1.6molL-1min-1，故答案为：1.6molL-1min-1；(5)T1时：5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 4 0转化量/moly yb点量/mol4-y y根据b点时CO2的体积分数(CO2)=0.80，得y=3.2mol，c(CO)=0.4molL-1，c(CO2)=1.6molL-1，T1时化学平衡常数K=1024，故答案为：1024；(6)A因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；Bc点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故B错误；C反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，CO的转化率不变，故C正确；Db点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：KbKd，故D错误；故答案为：BD。16.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。(已知Co2O3的氧化性Cl2的氧化性)。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：(1)过程中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。(2)过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钴物质的反应化学方程式为(产物中只有一种酸根)_。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因：_。(3)过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：_。(4)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是_。(5)在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_(填标号)。Ac(Na)2c(CO) Bc(Na)c(CO)c(HCO)Cc(OH)c(HCO)c(H) Dc(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)【答案】 (1). 2Al2OH2H2O=2AlO23H2 (2). 4Co2O3CoONa2S2O311H2SO4=12CoSO4Na2SO411H2O (3). Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 (4). 2Al33CO323H2O=2Al(OH)33CO2 (5). 调节pH，提供CO32，使Co2沉淀为CoCO3 (6). BCD【解析】【分析】废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴。【详解】(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2；(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；(3)铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；故答案为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；(4)碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；(5)A由物料守恒可知c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，故A错误；B碳酸根离子发生水解，且以第一步水解为主，所以溶液中离子浓度：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，故B正确；C碳酸根离子发生水解，水解呈碱性，且存在两步水解，则溶液中离子浓度：c(OH-)c(HCO3-)c(H+)，故C正确；DNa2CO3溶液中质子守恒：c(OH-)-c(H+)c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故D正确；故答案为：BCD。【点睛】本题考查物质分离和提纯、离子浓度大小比较等知识点，明确物质性质、各物质之间的关系、常见物质分离提纯方法等知识点是解本题关键。本题的易错点为(2)、(5)，(2)中要注意掌握氧化还原反应方程式的配平方法；(5)中要注意溶液中守恒关系的应用。17.硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛。将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O35H2O(大苏打)。(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_(填标号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_。(2)向Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无味的气体产生，则反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_。【答案】 (1). d (2). 打开分液漏斗活塞向烧瓶中加水，如果水无法滴入说明气密性良好 (3). 3SO22Na2S=3S2Na2SO3 (4). SO2Na2CO3=Na2SO3CO2 (5). Na2S2O3SO2H2O=S2NaHSO3 (6). 21 (7). Na2S溶液【解析】【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；故答案为：d；打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好；(2)浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；故答案为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；故答案为：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3，根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；故答案为：Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，+3得：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；故答案为：2：1；Na2S溶液。18.X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)Q核外电子排布式为_。(2)化合物X2W2中W的杂化方式为_，ZW2的立体构型是_。(3)Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_。(4)将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 (2). sp3杂化 (3). V形 (4). SiO2 (5). SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 (6). 2Cu8NH3O22H2O=2Cu(NH3)424OH【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R只能为第三周期元素，为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。【详解】(1)Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；(2)化合物H2O2中结构式为H-O-O-H，O原子价层电子对数为2+=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形，故答案为：sp3；V形；(3)Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是 SiO2，故答案为：SiO2；SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；(4)将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu(NH3)42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-。19.有机物G(分子式为C13H18O2)是一种香料，下图是该香料的一种合成路线。已知：E能够发生银镜反应，1molE能够与2molH2完全反应生成F；RCH=CH