1、12019 届北京市牛栏山一中高三第一学期期中考试化学试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘 贴在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ， 写在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡
2、 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1下列物质加工或应用过程中不发生化学变化的是选项 A B C D加工或应用纯金制金饰品 玉米酿酒 油脂制肥皂 氯气对自来水消毒2下列说法正确的是A蛋白质的变性是可逆过程B天然油脂没有恒定的熔点、沸点C氨基乙酸不能溶于强酸溶液中D蔗糖的水解产物不能发生银镜反应3已知 7834 Se 与 O 同主族，下列有关 7834 Se 的说法不正确的是A非金属性强于 SB位于第四周
3、期第A 族C中子数是 44D最高化合价为+642016 年诺贝尔化学奖授予借助某些金属离子制造出复杂新分子，从而合成分子机器的三位科学家，合成新分子过程模拟如下：下列有关信息错误的是A图中新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用B利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新 “机械键”C在创造新分子技术中，铜离子是唯一可以借助的金属离子D此技术可以 “互锁”合成 分子，甚至成更复杂的分子5常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A由水电离产生的 c(OH )=11012 mol/L 的溶液中：HCO 3 、K +、Na +、SO 42B含有大量 Fe3+的溶液中：Al
4、3+、OH 、Br 、Na +CpH=0 的溶液中：Na +、K +、S 2 、SO 32D能使酚酞变红色的溶液中：Na +、Ba 2+、Cl 、Br 6下列关于有机物的鉴别方法及选用该方法的原因叙述不正确的是序号 方法 选用该方法原因A 用新制氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸新制氢氧化铜能被乙醛还原，产生砖红色沉淀，而与乙酸发生碱与酸的复分解反应产生溶解现象B碳酸钠溶液可鉴别乙酸、乙醇两种无色液体碳酸钠可与乙酸发生盐与酸的复分解反应产生二氧化碳，而与乙醇不反应C 用氯化铁溶液鉴别乙醇和苯酚 氯化铁与羟基反应显紫色D 用水鉴别乙醇和甲苯 乙醇与水互溶，甲苯与水有分层现象7下列依据侯氏制碱原理制备少量 N
5、aHCO3的实验操作中不能达到实验目的的是AA BB CC DD此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 28X、Y、Z、W 均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的 pH 和原子半径的关系如下图所示。其中，Y 为碳元素。下列有关说法正确的是AX 是硫元素BY 的最高价氧化物的电子式为 CW 的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键DZ 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HClO49下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是选项 操作 现象 结论A A.向滴有酚酞的 NaOH 溶液中通入 Cl2 溶液褪色 HClO 有漂白性B
6、无水乙醇与浓硫酸共热至 170,将产生气体通入溴水溴水褪色 乙烯和溴水发生加成C向浓度、体积都相同的 Na2CO3和 NaHCO3溶液中各滴加 1 滴酚酞变红,前者红色深 结合 H+能力: CO 32 HCO32D用发光小灯泡分别做 HCl 和 CH3COOH 导电性实验发光强度: HCl 强于 CH3COOHCH3COOH 是弱电解质10常温下，向 20 mL 0.1mol/L 醋酸溶液中滴加 0.1 mol/L 的氢氧化钠溶液，测定结果如下图所示。下列解释不正确的是A0.1mol/L 醋酸溶液 pH 约为 3，说明醋酸是弱电解质Bm 大于 20Ca 点表示的溶液中，c(CH 3COO )c
7、(Na+)Db 点表示的溶液中，溶质为醋酸钠和氢氧化钠11下列解释事实的化学方程式或离子方程式中不正确的是A盛放 NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO 2+2OH =SiO32 +H2OB配制 FeCl3溶液时要加盐酸：Fe 3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+C燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少 SO2的排放：2CaCO 32SO 2+O2=2CaSO42CO 2D强碱溶液中，用次氯酸钠与 Fe(OH)2反应制备高铁酸钠：2ClO Fe(OH)2=FeO42 2Cl 2H 12X、Y、Z、W 为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是元 素 X Y Z W原子半径(n
8、m) 0.077 0.075 0.102 0.099最高正价或最低负价 +4 +5 2 1AY 的氢化物与 W 的氢化物反应的产物只含有共价键B1molW 的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为 2molC0.3molCu 分别与足量 HYO3和 H2ZO4的稀溶液反应均产生 0.2mol 气体DX 与 Z 形成 XZ2时各原子均满足 8 电子稳定结构13聚合物 P 的结构简式是： ，下列说法不正确的是A单体之一是 B聚合物 P 中含有酯基C合成聚合物 P 的反应类型是缩聚反应D通过质谱法测定 P 的平均相对分子质量，可得其聚合度14室温下，分别用 0.1 molL1 溶液进行下列实验，结论不
9、正确的是A向 NaOH 溶液中通 SO2至 pH=7：c(Na +) = c(HSO ) +2c(SO )3 23B向 NH4HSO4加入等浓度等体积的 NaOH 溶液后：c(NH 4+) + c(NH3H2O) = c(Na+)C向 NH4Cl 溶液中加入等浓度等体积的 NH3H2O 后，所得溶液呈碱性，则：c(NH 4+) c(CO32 )c(HCO3 )c(OH )c(H )b. 吸收过程中，体系中的含碳微粒只有 CO32 、HCO 3 、H 2CO3c. 当 n(CO2)：n(Na 2CO3)1：3 时，溶液中 c(CO32 )1:1II 饱和 25 5 1:1IIIC C饱和 50
10、4 1:1IV Fe C 饱和 50 3.5 1:1电解电压:开始发生电解反应时的电压 对比实验 I 和阴、阳极气体体积比，推测实验 I 阳极可能有其它气体生成，其它气体的化学式为_。 资料显示：“较低的电解电压有利于节能降耗”。结合上表中和的数据，解释更有利于节能降耗的原因_。(4)资料显示“氯碱工业中采用金属阳极材料，可以降低电解电压，实现节能降耗”，该同学用 50的饱和 NaCl 溶液进行实验验证，结果如下：电极材料装置 编号阴极 阳极电解电压/V现象V Fe Fe 1.5阴极：产生无色气体U 形管底部：有白色沉淀生成VI Fe Cu 2阴极：产生无色气体阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增
11、多U 形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色，最后变成砖红色实验 V 中，通过检验阴、阳极附近溶液所含离子，推断产生白色沉淀为 Fe(OH)2 。该同学经查阅资料分析认为：“实验 VI 中白色沉淀是 CuCl，淡黄色沉淀是 CuOH。i.阳极生成 CuCl 的电极反应式为_。ii.用化学用语和必要文字解释阴极区白色胶状沉淀转化为淡黄色的原因_。该同学通过以上探究认为，氯碱工业中不能采用 Fe、Cu 作阳极材料。(5)综合以上探究，你对氯碱工业中电解食盐水条件控制的建议有 _(至少写出两条)。2019 届 北 京 市 牛 栏 山 一 中高 三 第 一 学 期 期 中 考 试 化 学 试
12、 题化 学 答 案参考答案1A【解析】纯金制金饰品，只是形状改变，属于物理变化，故 A 正确；玉米酿酒是淀粉转化为酒精，属于化学变化，故 B 错误；油脂制皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于化学变化，故 C 错误；氯气对自来水消毒，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化，故 D 错误。2B【解析】【详解】A.蛋白质遇强酸、强碱、重金属盐及某些有机物可发生变性，变性后失去原有的活性，变性为不可逆反应，故 A 错误；B. 天然油脂为混合物，则没有恒定的熔点、沸点，故 B 正确；C. 氨基乙酸含氨基、羧基，具有两性，含氨基可与强酸反应，故 C 错误；D.蔗糖的水解产物含葡
13、萄糖，葡萄糖含CHO 可发生银镜反应，故 D 错误。所以 B 选项是正确的。3A【解析】【详解】A. 同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，所以 Se 非金属性弱于 S ，故 A 错误；B. Se 与 O 同主族，而 Se 是第四周期，所以 Se 位于第四周期第A 族，故 B 正确；C. 中子数 = 质量数 质子数，所以中子数为：7834=44，故 C 正确；D. 最高价等于最外层电子数，所以最高化合价为+6 ，故 D 正确；故选：A。【点睛】本题以 3478Se 与 O 同主族为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及非金属性强弱的比较、元素在周期表中的位置，熟悉基础知识是解题的关键，注意中子
14、数=质量数质子数。4C【解析】【详解】A.由图 2 可以知道，铜离子将分子组合在一起，所以新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，所以 A 选项是正确的；B.由图可以知道，在铜离子作用下，合成新分子，新分子中通过机械键互锁而链接在一起，所以 B选项是正确的；C.由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子，故 C 错误；D.四个环形分子“互锁”可以合成 分子，多个环形分子“互锁”可以合成更加复杂的分子，所以 D 选项是正确的。故选 C。【点睛】本题以科学界的最新研究成果为知识背景，考查了学生的分析能力和阅读、应用信息的能力，注意把握
15、题目中包含的信息，审题要细心，由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子。5D【解析】【详解】A.由水电离产生的 c(OH )=11012 mol/L 的溶液可能是强酸，也可能是强碱溶液，HCO 3 在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存，A 错误； B.含有大量 Fe3+的溶液中 Fe3+、Al 3+与 OH 不能大量共存，B 错误；C. pH=0 的溶液呈酸性，S 2 、SO 32 在强酸性溶液中不能大量共存，C 错误；D. 能使酚酞变红色的溶液呈碱性，碱性溶液中 Na+、Ba 2+、Cl 、Br 可以大量共存，D 正确。故选 D。6C【解析
16、】乙醛有醛基能与新制氢氧化铜悬浊液反应得到砖红色沉淀，乙酸没有醛基，但是乙酸有显酸性的羧基，可以与氢氧化铜反应得到可溶于水的醋酸铜，选项 A 正确。乙酸有羧基，显酸性，且酸性强于碳酸，所以乙酸可以与碳酸钠反应得到二氧化碳，而乙醇没有羧基，实际显中性，与碳酸钠不反应，选项 B 正确。氯化铁应该与酚羟基作用而显色，与醇羟基不反应，所以不能说“氯化铁与羟基反应显紫色”，选项 C 错误。乙醇与水混溶，所有的烃都不溶于水，所以甲苯不溶于水，应该分层，选项 D 正确。点睛：进行有机物的鉴别时，要注意到有机物的化学性质的区别，但是同时也要注意其物理性质的差异。因为在鉴别的时候一般会使用某种水溶液，所以要考虑
17、该有机物是否溶于水，如果不溶于水，还要考虑其密度大于还是小于水。7D【解析】A实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体为反应物，混合加热制备氨气，故 A 正确；B二氧化碳从长导管进入，出尾气是短导管，故 B 正确；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故 C 正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故 D 错误；故选 D。8D【解析】【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的 pH 和原子序数的关系图可以知道，X、Z 对应的 pH 为 2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径 ZYX，Y 为 C，可以知道 Z为 Cl，X 为 N，W 对应的 pH 为 12，氢
18、氧化钠为一元强碱，则 W 为 Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X 为 N，Y 为 C，Z 为 Cl，W 为 Na， A. X 为 N 元素，不可能为硫元素，故 A 错误；B. Y 为 C 元素，其最高氧化物为 CO2，电子式为 ，故 B 错误；C. W 为 Na 元素，其最高价氧化物对应的水化物为 NaOH，既含有离子键又含有共价键，故 C 错误；D. Z 为 Cl 元素，其最高价氧化物对应的水化物为 HClO4，所以 D 选项是正确的。所以 D 选项是正确的。【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意 NaOH 是离子
19、化合物，既含有离子键又含有共价键。9C【解析】A氯气与 NaOH 反应，溶液的碱性减弱，酚酞也可褪色，不能判断是 HClO 的漂白性，故 A 错误；B无水乙醇与浓硫酸共热至 170，发生氧化还原反应，能够反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应，故 B 错误；C水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合 H+能力：CO 32 HCO 3 ，故 C 正确；D导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱，故 D 错误；故选 C。10B【解析】【详解】A.常温下，0.1 mol/L 的醋酸的 pH 为 3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸
20、是弱酸，故 A 正确；B. 当 CH3COOH 与 NaOH 恰好完全反应生成 CH3COONa 时，由于 CH3COO 水解使得溶液呈碱性，所以 pH=7 时溶液中溶质应为 CH3COONa 和 CH3COOH，即 mc(OH )，由电荷守恒可知，c(H +)+(Na+)=c(OH )+c(CH3COO )，所以 c(CH3COO )c(Na+)，故 C 正确；D. b 点表示氢氧化钠过量，溶质为醋酸钠和氢氧化钠，故 D 正确。答案选 B。11D【解析】【详解】A. 氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，离子方程式：SiO 2+2OH SiO32 +H2O，故 A 正确；B
21、. 由于铁离子发生水 Fe 3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，所以配制 FeCl3溶液时要加盐酸，抑制铁离子的水解，故 B 正确；C在燃煤时加入石灰石，可减少 SO2的排放，发生反应为 2CaCO3+O2+2SO22CaSO 4+2CO2，故 C正确；D. 强碱溶液中，离子方程式的生成物中不可能出现大量氢离子，故 D 错误。答案选 D。12D【解析】试题分析：X 的最高正化合价为+4，处于第A 族，Y 的最高正化合价为+5，处于第A 族，Z的最低负化合价为2，处于A 族，W 的最低负化合价为1，处于A 族。由于同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，而原子
22、半径 ZWXY，属于 Z、W 处于第三周期，X、Y 处于第二周期，故 X 为碳元素，Y 为氮元素，Z 为硫元素，W 为 Cl 元素。A、Y 的氢化物与 W 的氢化物反应的产物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，含有离子键与共价键，故 A 错误；B、1mol 氯气的单质参加氧化还原反应时，不一定全部是氧化剂，如与水反应，起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移的电子为 1mol，故 B 错误；C、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、与稀硝酸反应生成 NO，铜与稀硫酸不反应，产生气体不相等，故 C 错误；D、CS 2中 C 原子、S 原子的化合价绝对值与原子的最外层电子数之和都等于 8，C 原子、S 原子均满足
23、8 电子稳定结构，故 D 正确，答案选 D。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用等13D【解析】【分析】为缩聚产物，对应的单体有HOOCCH2CH2COOH、 、HOCH 2CH2CH2CH2OH，以此解答该题。【详解】A.由结构简式可以知道单体之一是 ，所以 A 选项是正确的B.由结构可以知道含有的官能团有酯基，所以 B 选项是正确的；C.聚合物 P 由酸、醇发生缩聚反应生成，所以 C 选项是正确的；D.聚合物有两种链节，不能确定 m、n 的具体数值，故 D 错误。答案选 D。14B【解析】A. 向 NaOH 溶液中通 SO2至 pH=7，根据电荷守恒， c(Na+)+ c(H+)
24、 = c(HSO3 ) +2 c(SO32 )+ c(OH )，c(H +)=c(OH )，因此 c(Na+) = c(HSO3 )+2 c(SO32 )，故 A 正确；B. NH 4Cl 溶液中加入等浓度等体积的 NH3H2O 后，所得溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，则c(NH4+) c(NH3H2O)，故 B 错误；C. 向 NH4HSO4加入等浓度等体积的 NaOH 溶液反应后生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，根据物料守恒， c(NH4+) + c(NH3H2O) =2 c(SO42 )= c(Na+)，故 C 正确；D. 向 CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COON
25、a 晶体，c(CH 3COO )，抑制醋酸的电离，溶液中 c(H+)减小，但电离平衡常数不变，因此 增大，故 D 正确；故选 B。c(CH3COO )c(CH3COOH)152Na 2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2 反应生成的 H2O2具有漂白作用 2H 2O2 2H2O +O2 2Na2O2 + 2SO22 Na 2SO3 +O2 取反应 B 中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含 Na2SO3 过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤 142b/233a 【解析】【分析】(1)
26、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气； Na 2O2属于离子化合物，含有 O22 离子，据此写出电子式。 (2)根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有 SO32 就可以了；根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成 Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的
27、质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算 Na2SO4的质量分数。【详解】(1)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为 2Na2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，因此，本题正确答案是：2Na 2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2；反应生成的 H2O2具有漂白作用； 过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H 2O2 2H2O +O2，因此，本题正确答案是：2H 2O2 2H2O +O2； Na 2O2属于离子化合物，含有 O22 离子
28、，电子式为 ；(2)Na 2O2与 SO2反应生成了 Na2SO3和 O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na 2O2 + 2SO2 2 Na 2SO3 +O2，要证明白色固体中含有 Na2SO3只需检验出含有 SO32 就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含 Na2SO3， 因此，本题正确答案是：2Na 2O2 + 2SO2 2 Na 2SO3 +O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含 Na2SO3； 因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成 Na2SO4；由实验流程可
29、以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后 B 中有 Na2SO3还会有 Na2SO4， 因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定 B 中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品 a 克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为 b 克，计算含量；b 克 BaSO4的物质的量为 mol，则样品中含 Na2SO4的质量为 mol 142g/mol= g，所233 233 142233以 Na2SO4的质量分数为 142
30、b/233a，因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。16核电荷数 AlNa，原子半径 AlNa，失电子能力 AlNa Al(OH) 3在水中存在如下平衡：AlO 2 +H+H2O Al(OH)3 Al3+3OH 遇强酸时，Al(OH) 3电离出的 OH 被中和，使溶液中 c(OH )降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH) 3电离出的 H+被中和，使溶液中 c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液。 2CO(g)4H 2(g)= CH3OCH3(g)H 2O(g) H204.7 kJmol 1 Fe2O3、MgO、CuO Al
31、O 2 +CO2 +2H2O = Al(OH)3+HCO 3 Al3e =Al3+ C 0.32 t 【解析】【分析】(1)同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱；(2) Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO 2 +H+H2O Al(OH)3 Al3+3OH 遇强酸时，Al(OH)3电离出的 OH 被中和，使溶液中 c(OH )降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH) 3电离出的 H+被中和，使溶液中 c(H+)降低，平衡左移；(3) 根据盖斯定律，结合所给反应热化学方程式解答；(4)(7)由题给信息可以知道，铝土矿加入过量 NaOH 溶液可将铝与其它杂质
32、分离，结合“NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑”可以知道，所得固体 A 含有SiO2、Fe 2O3、MgO、CuO，滤液含有 NaAlO2，通入过量 Y 生成氢氧化铝沉淀，则 Y 为 CO2，滤液为 NaHCO3溶液，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可生成 Al，以此解答。【详解】(1)Al 与 Na 在元素周期表中位于同一周期，核电荷数 AlNa，原子半径 AlNa，失电子能力AlNa，所以 Al 的金属性比 Na 弱；因此，本题正确答案是：核电荷数 AlNa，原子半径 AlNa，失电子能力 AlNa；(2)Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO 2 +H+H
33、2O Al(OH)3 Al3+3OH 遇强酸时，Al(OH) 3电离出的 OH 被中和，使溶液中 c(OH )降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH) 3电离出的 H+被中和，使溶液中 c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液；因此，本题正确答案是：Al(OH) 3在水中存在如下平衡：AlO 2 +H+H2O Al(OH)3 Al3+3OH 遇强酸时，Al(OH) 3电离出的 OH 被中和，使溶液中 c(OH )降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH) 3电离出的 H+被中和，使溶液中 c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液；(3)根据
34、盖斯定律：第一个反应式2第二个反应得出：2CO(g)4H 2(g)=CH3OCH3(g)H 2O(g)H=(90.1224.5)kJmol 1 =204.7kJmol 1 。因此，本题正确答案是：2CO(g)4H 2(g)= CH3OCH3(g)H 2O(g) H204.7 kJmol 1 ；(4)由分析可以知道固体 A 为 Fe2O3、MgO、CuO，因此，本题正确答案是：Fe 2O3、MgO、CuO； (5)反应为偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 AlO2 + CO2 +2H2O = Al(OH)3 + HCO 3 ， 因此，本题正确答案是：Al
35、O 2 + CO2 +2H2O = Al(OH)3 + HCO 3 ； (6)在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为 Al3e = Al3+，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，故选 C，因此，本题正确答案是：Al3e = Al3+；C ；(7)铝土矿中 Al2O3的含量为 40.8，1t 铝土矿中的 Al2O3的物质的量为=4000mol，与氢氧化钠溶液发生 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可以知道需110640.8%102/要 8000molNaOH，质量为 =0.32t， 800040/1106/因此，本题正确答案是：0.32 t。17CO 2H 2OC
36、O 32 2HCO 3 放出 cd CO32 +H2O HCO3 +OH ,水解吸热，加热可使平衡正移，c(OH )增大，碱性增强，油脂更易水解 3CO 2+4e C+2CO 32 【解析】【分析】(1)根据 CO2与碳酸钠溶液反应分析；(2)根据盐类水解反应原理结合物料守恒和电荷守恒关系判断；(3)根据 Na、C 元素的原子结构分析在元素周期表中的位置；(4)加热促进碳酸钠溶液的水解，碱性增强，去污能力增强；(5)该电解池中石墨阴极发生还原反应，据此解答。【详解】(1) CO2被碳酸钠溶液吸收发生的反应为 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，离子方程式为CO2H 2OCO 32 2
37、HCO 3 ；由图可知，解吸过程为吸热过程，则吸收 CO2过程为放出能量过程，因此，本题正确答案为：CO 2H 2OCO 32 2HCO 3 ；放出；(2) a. 吸收前溶液为 Na2CO3溶液，由于水解 CO32 +H2O HCO3 +OH ，溶液呈碱性，离子浓度大小顺序为 c(Na )c(CO32 )c(OH )c(HCO3 )c(H )，故 a 错误；b. 吸收过程中生成 NaHCO3，体系中的含碳微粒有 CO32 、HCO 3 、H 2CO3以及溶解的 CO2分子，故 b 错误；c. 当 n(CO2)：n(Na 2CO3)1：3 时，由反应式 CO2H 2OCO 32 2HCO 3 可
38、知，吸收 1mol CO2要消耗 1mol CO32 ，同时生成 2mol HCO3 ，剩余 2mol CO32 ，溶液中生成的 HCO3 与未反应的CO32 物质的量相等，但由于 CO32 水解程度大于 HCO3 ，故 c(CO32 )1:1，通过和组的数据对比，采用金属阴极材料，电解电压较低，有利于节能降耗， 因此，本题正确答案是：O 2 ；IV 中采用了 Fe(金属材料)作电极(阴极)；(4) i. 实验 VI 中，铜作阳极，电解质溶液是氯化钠溶液，铜失电子生成一价铜离子，一价铜离子和溶液中的氯离子结合生成难溶的氯化亚铜沉淀，电极反应式为 Cue + Cl = CuCl；因此，本题正确答案是：Cue + Cl = CuCl；ii. 实验 VI 中，阴极区氢离子放电，产生 OH ，使 CuCl 转化为更难溶的 CuOH，CuCl + OH = CuOH + Cl ；因此，本题正确答案是：阴极区产生的 OH 使 CuCl 沉淀转化为更难溶液的 CuOH 沉淀 ，CuCl + OH = CuOH + Cl ；(5)通过对比 6 组实验，在较高温度下，采用饱和食盐水，应用不参与反应的金属电极有利于电解节能降耗。因此，本题正确答案是：采用饱和食盐水；溶液保持较高温度；应用不参与反应的金属电极(答出两点即可)。
