广东省汕头市2025届高三化学第一次模拟考试试题含解析

PAGE18-广东省汕头市2025届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）一、选择题1.在太空中发觉迄今已知最大钻石直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（）A.含1molC的金刚石中的共价键为4molB.金刚石和石墨是同分异构体C.C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，说明金刚石比石墨稳定D.石墨转化为金刚石是化学变更【答案】D【解析】【详解】A.在金刚石中，每个碳原子与四周4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1molC的金刚石中的共价键为2mol，A错误；B.金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；C.C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；D.石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变更，D正确。故选D。2.联合国气候变更会议在延长一天会期之后于星期六在印尼巴厘岛闭幕。会议在经过激烈的谈判后通过了巴厘岛路途图，确定启动至关重要的有关加强应对气候变更问题的谈判。为人类生存环境创建好的条件。下面关于环境的说法正确的是（）A.地球上的碳是不断地循环着的，所以大气中的CO2含量不会变更B.燃烧含硫的物质导致酸雨的形成C.生活中臭氧的含量越高对人越有利D.气候变暖只是偶然的因素【答案】B【解析】【详解】A.地球上的碳是不断地循环着的，但由于人类的乱砍滥伐，导致大气中的CO2含量不断上升，A错误；B.燃烧含硫的物质导致大气中SO2含量上升，从而导致酸雨的形成，B正确；C.生活中臭氧的含量高，不仅会导致金属制品的腐蚀，还会对人体造成损害，C错误；D.若不对大气进行治理，气候变暖是必定的，D错误。故选B。3.我国首次月球探测工程第一幅月面图像发布。月球的月壤中含有丰富的3He，月海玄武岩中隐藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、硅、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等。将为人类社会的可持续发展出贡献。下列叙述错误的是（）A.二氧化硅的分子由一个硅原子和两个氧原子构成B.不锈钢是指含铬、镍的铁合金C.3He和4He互为同位素D.月球上的资源应当属于全人类的【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；B.在铁中掺入铬、镍等金属，由于变更了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的实力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；C.3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；D.月球是属于全人类的，所以月球上的资源也应当属于全人类，D正确。故选A。4.金属铜的提炼多从黄铜矿起先。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A.O2只做氧化剂B.CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C.SO2既是氧化产物又是还原产物D.若有1molO2参与反应，则反应中共有4mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A.反应中，O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，O2只做氧化剂，A正确；B.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，SO2是氧化产物，C正确；D.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，1molO2参与反应，反应共转移6mol电子，D错误；答案选D。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，4℃时，25滴水为amL，则1滴水中含有的水分子数为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】25滴水为amL，物质的量为=mol，1滴水物质的量为=mol=mol，1mol为NA个，则1滴水中含有的水分子数为，选B。6.下列说法正确的是①氯气的性质活泼，它与氢气混合后马上发生爆炸②试验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液汲取③新制氯水的氧化性强于久置氯水④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中A.①②③ B.③ C.②③④ D.③⑤【答案】B【解析】【详解】①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以汲取氯气的实力较小，试验室一般用氢氧化钠溶液汲取氯气，故错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；7.下列各项中的两个量，其比值肯定为2∶1的是（）A.在反应2FeCl3+Fe=3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量B相同温度下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+)C.在密闭容器中，N2+3H22NH3已达平衡时c(NH3)与c(N2)D.液面均在“0”刻度时，50mL碱式滴定管和25mL碱式滴定管所盛溶液的体积【答案】A【解析】【详解】A、还原产物由氧化剂FeCl3被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，明显二者的物质的量之比为2∶1，正确；B、CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3OO－+H+，加水稀释时促进电离，故0.2mol·L-1的CH3COOH溶液与0.1mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+)之比小于2∶1，错误；C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)与c(N2)之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必定联系，错误；D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50mL或25mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于2∶1，错误，答案选A。8.某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离实行结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列推断正确的是（）A.凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B.硼酸是三元酸C.硼酸溶液与NaOH溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D.硼酸是两性化合物【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1个硼酸分子能结合1个OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成[B(OH)4]－，C正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D错误。故选C。9.目前人类已发觉的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关推断①都是主族元素，最外层电子数都大于４②单质在反应中都只能作氧化剂③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物④氧化物常温下都可以与水反应生成酸A.只有①②正确 B.只有①③正确 C.只有③④正确 D.①②③④均不正确【答案】D【解析】【详解】①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。10.已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液，Na2S溶液的反应状况如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）A.CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B.CuS>Cu(OH)2>CuCO3C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS D.Cu(OH)2>CuCO3>CuS【答案】A【解析】【详解】由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故选A。11.某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A.Cl－、Mg2＋、H＋、Cu2＋、SO42- B.Na＋、Ba2＋、NO3-、OH-、SO42-C.K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋ D.MnO4-、K＋、Cl－、H+、SO42-【答案】C【解析】【详解】A.Cu2＋为有色离子，A不合题意；B.Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；C.K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D不合题意。故选C。12.下列试验操作会引起测定结果偏高的是（）A.测定硫酸铜晶体结晶水含量的试验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在试验桌上冷却B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C.读取量筒中肯定体积的液体时，俯视读数D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度【答案】C【解析】【详解】A.将盛试样的坩埚放在试验桌上冷却，硫酸铜会汲取空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中肯定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。13.表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）ABCDA.原子半径大小比较为D>C>B>AB.生成的氢化物分子间均可形成氢键C.A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD.A、B、C、D的单质常温下均不导电【答案】C【解析】【分析】对表中元素，我们宜从右往左推断。C为其次周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；C.A与C形成阴离子可能有CO、C2O，C正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。故选C。14.反应aX(g)+bY(g)cZ(g)；△H=Q，有下图所示关系，下列推断中正确是（）A.a+b<c,Q>0 B.a+b<c,Q<0C.a+b>c,Q>0 D.a+b>c,Q<0【答案】D【解析】【详解】视察图可知，P1＞P2，T1＞T2。上升温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q＜0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+b＞c，故选D。15.三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充溢水。则V1、V2、V3之比不行能是（）A.3∶7∶4 B.5∶7∶6 C.7∶3∶6 D.1∶1∶1【答案】B【解析】【详解】NO、NO2与O2、H2O反应后被完全汲取，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。用此关系式验证备选答案。A.×3+×7=4，A不合题意；B.×5+×7≠6，B符合题意；C.×7+×3=6，C不合题意；D.×1+×1=1，D不合题意。故选B。二、填空题16.下面a～e是中学化学试验中常见的几种定量仪器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盘天平（e）温度计（1）其中标示出仪器运用温度的是_________________（填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是_________（填写编号）A．试验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触B．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C．运用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取10.5g固体样品（1g以下运用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________g。【答案】(1).a、b、c(2).B(3).9.5g【解析】【分析】（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出访用温度。（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A不合题意；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B符合题意；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为：9.5g。【点睛】用天平称量物品，即便违反试验操作，也不肯定产生误差。因为若不运用游码，则不产生误差；若运用游码，则物品的质量偏小，物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。17.【发觉问题】探讨性学习小组中的小张同学在学习中发觉：通常检验CO2用饱和石灰水，汲取CO2用浓NaOH溶液。【试验探究】在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。试验装置和现象如图所示。请你一起参与。【现象结论】甲装置中产生该试验现象的化学方程式为______________________。说明通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的缘由________________________________________________；乙装置中的试验现象是___________________________。汲取CO2较多的装置是__________________。【计算验证】另一位同学小李通过计算发觉，等质量的Ca(OH)2和NaOH汲取CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过汲取CO2应当用饱和石灰水。【思索评价】请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。【答案】(1).CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）(2).CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象(3).气球体积增大，溶液不变浑浊(4).乙(5).因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】【分析】甲装置中，澄清石灰水中Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液汲取CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH汲取，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知试验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的汲取实力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH汲取，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以汲取CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量碱的汲取实力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。【点睛】解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2汲取CO2的实力；另一个是从溶液动身，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液汲取CO2的实力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。18.下面是关于硫化氢的部分文献资料资料：常温常压下，硫化氢(H2S)是一种无色气体，具有臭鸡蛋气味，饱和硫化氢溶液的物质的量浓度约为0.1mol·L－1。硫化氢剧毒，经粘膜汲取后危害中枢神经系统和呼吸系统，对心脏等多种器官造成损害。硫化氢的水溶液称氢硫酸(弱酸)，长期存放会变浑浊。硫化氢及氢硫酸发生的反应主要有：2H2S+O2=2H2O+2S2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S2H2S+Cl2=2HCl+S↓H2S=H2+SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2OH2S+NaOH=NaHS+H2O……某探讨性学习小组对资料中“氢硫酸长期存放会变浑浊”这一记载非常感爱好，为了探究其缘由，他们分别做了如下试验：试验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1～2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变更而减小的状况。试验二：密闭存放的氢硫酸，每天定时取1mL氢硫酸，用相同浓度的碘水滴定，图二所示为氢硫酸浓度随放置天数变更的状况。试验三：在饱和氢硫酸溶液中以极慢的速度通入空气（1～2个气泡/min），数小时未见变浑浊的现象。试验四：盛满试剂瓶，密闭存放的饱和氢硫酸溶液隔2～3天视察，直到略显浑浊；当把满瓶的氢硫酸倒扣在培育皿中视察2～3天，在溶液略显浑浊的同时，瓶底仅聚集有少量的气泡，随着时间的增加，这种气泡也略有增多（大），浑浊现象更明显些。请回答下列问题：（1）试验一（见图一）中，氢硫酸的浓度随时间变更而减小的主要因素是_______________。（2）试验一和试验二中，碘水与氢硫酸反应的化学方程式为_________________________。两个试验中精确推断碘水与氢硫酸恰好完全反应是试验胜利的关键。请设计试验方案，使试验者精确驾驭所加碘水恰好与氢硫酸完全反应___________________________________________________________________________。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现浑浊现象是由于生成了_____________的原因。（4）该探讨性学习小组设计试验三，说明他们认为“氢硫酸长期存放会变浑浊”的假设缘由之一是（用文字说明）__________________________________。此试验中通入空气的速度很慢的主要缘由是什么？________________________________________________________。（5）试验四的试验现象说明“氢硫酸长期存放会变浑浊”的主要缘由可能是__________。为进一步证明上述缘由的精确性，你认为还应做哪些试验（只需用文字说明试验设想，不须要回答实际步骤和设计试验方案）？_____________________________________。【答案】(1).硫化氢的挥发(2).H2S+I2=2HI+S↓(3).向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色(4).S或硫(5).氢硫酸被空气中氧气氧化(6).防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发(7).硫化氢自身分解(8).确证生成的气体是氢气【解析】【分析】（1）因为硫化氢气体溶于水生成氢硫酸，所以氢硫酸具有肯定的挥发性，且能被空气中的氧气氧化而生成硫。试验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起的。（2）试验一和试验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，生成硫和水。使试验者精确驾驭所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应运用指示剂。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现的浑浊只能为硫引起。（4）试验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此试验中通入空气的速度很慢，主要从硫化氢的挥发性考虑。（5）试验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。【详解】（1）试验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起，应由硫化氢的挥发引起。答案为：硫化氢的挥发；（2）试验一和试验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，方程式为H2S+I2=2HI+S↓。试验者要想精确驾驭所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应运用淀粉作指示剂，即向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色。答案为：H2S+I2=2HI+S↓；向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色；（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，不管是氧化还是分解，出现的浑浊都只能为硫引起。答案为：S或硫；（4）试验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此试验中通入空气的速度很慢，防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发。答案为：氢硫酸被空气中氧气氧化；防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发；（5）试验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑硫化氢自身分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。答案为：硫化氢自身分解；确证生成的气体是氢气。【点睛】试验三中，通入空气的速度很慢，我们在回答缘由时，可能会借鉴以往的阅历，认为通入空气的速度很慢，可以提高空气的利用率，从而偏离了命题人的意图。到目前为止，运用空气不需付费，明显不能从空气的利用率找寻答案，应另找缘由。空气通入后，大部分会逸出，会引起硫化氢的挥发，从而造成硫化氢浓度的减小。19.已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件____________________。（2）物质X的电子式为_____________________。（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________。（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________。（5）写出试验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目____________________________________________。（6）请简述鉴定物质X的试验方法____________________________________。【答案】(1).通电(2).(3).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(4).2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑(5).（用双线桥表示也可）(6).用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-【解析】【分析】X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，须要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、H2。（5）试验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。【详解】（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；（2）物质X为NaCl，其电子式为。答案为：；（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）试验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。【点睛】鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的随意一种离子都是错误的。20.有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香给予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在肯定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。【答案】(1).①②④(2).羧基(3).碳碳双键(4).、(5).【解析】【分析】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH