1、天津市耀华中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）一、本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1. 下列说法不正确的是 ()A. 高压钠灯可用于道路照明B. Fe2O3可用作红色颜料C. 钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀D. Na2CO3可用作焙制糕点【答案】D【解析】【详解】A钠发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯常用于道路的照明，选项A正确；BFe2O3是红棕色固体，俗称铁红，常用作红色颜料，选项B正确；C钢铁中含碳单质，在潮湿的空气中形成原电池，加快了腐蚀速率，故钢铁的腐蚀主要是发生了电化学腐蚀，选项C正确；D焙制
2、糕点用的是NaHCO3，而不是碳酸钠，选项D不正确；答案选D。2. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ()A. 标准状况下，22.4L HF中含有10NA个质子B. 1mol重水比1mol水多NA个质子C. 12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D. 1L 1molL1 NaCl溶液含有28NA个电子【答案】C【解析】【详解】A标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B1个重水分子和1个水分子中均含10个质子，故1mol重水和1mol水中均含10NA个质子，故B错误；C石墨烯和金刚石均由碳原子构成，故12g石墨烯和12g金刚石中含有的碳原子的物质的量
3、均为n1mol，即均含NA个碳原子，故C正确；D氯化钠溶液中，除了氯离子和钠离子外，水也含电子，故1L1mol/LNaCl溶液中含有的电子的个数多于28NA个，故D错误；答案选C。3. 下列说法不正确的是 ()A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属引起的火灾B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附C. 储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量D. Ge (32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池【答案】B【解析】【详解】A
4、泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于Na、Mg等金属着火，如钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，而镁可以在二氧化碳中燃烧，故A正确；BFe和Cb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，属于化学变化，物理吸附没有新物质生成属于物理变化，故B错误；C储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故C正确；DGe为半导体材料，可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故D正确；答案选B。4. 用化学沉淀法除去粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ）A. 分液B. 溶解C. 过滤D. 蒸发【答案】A【解析】【详解】除去粗盐中的杂质离子，首先要
5、将粗盐加水溶解，然后加入除杂试剂，过滤，最后将滤液蒸发结晶，故不需要的操作为分液。A项错误；答案选A。5. 关于如图结构的说法不正确的是（ ）A. 分子中既有键又有键B. 碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式C. OH键的极性强于C-H键的极性D. 羟基中氧原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形【答案】B【解析】【详解】A. 键构成共价单键，键和键构成共价苯环、双键或三键，该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，A项正确；B.以4个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，B项错误；C. 电负性：OC，则OH键的极性强于C-H键的极性
6、，C项正确；D. 羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确；答案选B。【点睛】根据价层电子对互斥理论进行确定；价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；凡是中心原子采取sp3杂化的的分子，价层电子对数为4，不含有孤电子对，为正面体构型；含有1个孤电子对的，空间构型为三角锥形，含有2个孤电子对的，空间构型为是V形。6. 下列表述正确的是（ ）A. Na2O2电子式：B. N2的共价键类型：键和键C. 中子数为30的Fe
7、原子符号：FeD. SO3分子的立体构型：三角锥形【答案】B【解析】【详解】A. Na2O2是离子化合物，电子式为，A错误；B. N2分子内有1个键和2个键，B正确；C. 中子数为30的Fe原子符号，左下角为质子数而不是中子数，应该为Fe，C错误；D. SO3分子中硫原子价层电子对个数为3，且不含孤电子对，因此SO3分子的立体构型为平面三角形，D错误；答案选B。7. 下列解释事实的离子方程式正确的是 ()A. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+2OH+2=CaCO3+2H2OC. 钠与水反应：Na+
8、2H2O=Na+2OH+H2D. 向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba (OH)2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+2OH+2H+=BaSO4+2H2O【答案】A【解析】【详解】A酸性条件下，亚铁离子和双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，选项A正确；B澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为Ca2+OH+CaCO3+H2O，选项B错误；C钠与水反应的离子反应为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，选项C错误；D向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba (OH)2稀溶液至刚好沉淀完全的离子反应为：Ba2+2OH+H+=
9、BaSO4+NH3H2O+H2O，选项D错误；答案选A。8. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O+O2+XOH=Fe3O4+S4O+2H2O，下列说法正确的是 ()A. 硫元素被氧化，铁元素被还原B. Fe2+、S2O都是还原剂C. X2D. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子数2mol【答案】B【解析】【分析】在3Fe2+2+O2+XOHFe3O4+ +2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+ ；硫元素的化合价变化为：+2+；氧元素的化合价变化：02，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、 ，结合离子方程式的电荷守恒原则判断X，根据
10、化合价的变化计算转移的电子数目。【详解】A化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+；硫元素的化合价变化为：+2+，Fe和S元素都被氧化，故A错误；B由上述分析可知，还原剂是Fe2+、，氧化剂是O2，故B正确；C由电荷守恒可知：23+2 (2)X2，解得X4，故C错误；D由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol44mol，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，、 的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题
11、的关键。9. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是()A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2OC. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【答案】C【解析】【分析】NaOH和Na2CO3混合溶液，滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳，利用物质的量关系进行解答。【详解】A在0a范围内，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发
12、生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，A错误；Bab段发生反应为碳酸氢钠与盐酸，离子方程式为：HCO32-+H+=CO2+H2O，B错误；C根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸氢钠与盐酸反应中消耗盐酸0.01mol，需要0.1molL1稀盐酸体积为0.1L，即a=0.4-0.1=0.3，C正确；D根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸钠的物质的量为0.1mol，NaOH和Na2CO3混合溶液共消耗盐酸0.3mol，即原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D错误；答案为C。10. 由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl
13、中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是()A. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3B. 混合物中一定不含Na2CO3、NaClC. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl【答案】A【解析】【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可能是氧气或二氧化碳中的至少一种；将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合
14、物在空气中充分加热，也有气体放出，则一定含有NaHCO3，而Na2CO3、NaCl不能确定；答案选A。11. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是( )A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B. 操作、操作、操作所用仪器相同C. 试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+【答案】C【解析】【分析】工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作过滤得
15、到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；B、上述分析可知，操作、是过滤，操作是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误；C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+，故C正确；D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明
16、确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化。12. 已知X、Y、Z、W四种物质均含有钠元素，且它们之间有如图转化关系，下列说法中不正确是 ()A. X可以为Na、Na2O2、Na2OB. Y+WZ和WZ发生的化学反应一定相同C. ZY的离子反应可能为：Ca2+CO=CaCO3D. 若X为单质，则工业制取X的反应为：2NaCl2Na+Cl2【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W四种物质均含有钠元素，由图可知，Y应为NaOH，则X可为Na、Na2O2、Na2O等，NaOH与二氧化碳反应生成的Z为Na2CO3，W为NaHCO3，以此解答该题。【
17、详解】A.Na、Na2O2、Na2O都可与水反应生成NaOH，故A正确；B.Y为NaOH、Z为Na2CO3、W为NaHCO3，NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3和水，NaHCO3分解生成Na2CO3，则反应不同，故B错误；C.ZY可用Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式为Ca2+CaCO3，故C正确；D.若X为Na，可用电解法制备，一般用NaCl，电解方程式为2NaCl2Na+Cl2，故D正确；故选：B。二、解答题 (共4小题，满分64分)13. 请回答下列问题：(1)纳米氧化铜、纳米氧化锌均可作合成氨的催化剂，Cu2+价层电子的电子排布图为_。向硫酸铜溶液
18、逐滴加入氨水，会先生成难溶物然后溶解形成深蓝色溶液，写出难溶物溶于NH3分子的离子方程式_，不考虑空间构型，使溶液显示深蓝色的微粒的结构可用示意图表示为_。(2)2巯基烟酸 ()水溶性优于2巯基烟酸氧钒配合物 ()的原因是_。(3)名原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，下列物质中存在“离域键”的是_。ASO2 B CH2S DCS2(4)尿素 (H2NCONH2)尿素分子中，原子杂化轨道类型有_，键与键数目之比为_。(5)氮化硼 (BN )是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼 (如图1 )和六方氮化硼 (如图2)，
19、前者类似于金刚石，后者与石墨相似。晶胞中的原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图1中原子坐标参数A为 (0，0，0)，D为 (，0)，则E原子的坐标参数为_。X射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼晶体中N与B的原子半径之和为_pm (只列计算式)。已知六方氮化硼同层中BN距离为acm，密度为dg/cm3，则层与层之间距离的计算表这式为_pm (已知正六边形面积为，a为边长)。同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有_种。【答案】 (1). (2). Cu (OH)2+4NH3H2OCu (NH3)42+2OH+4H2O (3). (4). 2巯基烟酸的羧
20、基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大 (5). AD (6). sp2、sp3 (7). 7：1 (8). (，) (9). 156.5 (10). 1010 (11). 3【解析】【详解】【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，Cu处于周期表中第4周期第B族，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子失去4s及3d上各一个电子形成Cu2+，故Cu2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，Cu2+价层电子排布式为3d9，则Cu2+价层电子的电子排布图为：；生成的氢氧化铜沉淀溶解的离子方程式为：Cu (OH)2+4N
21、H3H2OCu (NH3)42+2OH+4H2O；Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，Cu2+与NH3分子之间形成配位键，示意图表示为，故答案为：；Cu (OH)2+4NH3H2OCu (NH3)42+2OH+4H2O；(2)2巯基烟酸水溶性优于2巯基烟酸氧钒配合物，考虑形成分子间氢键影响溶解度，2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大，故答案为：2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大；(3)ASO2为V形，中心S原子的2s、2p的两个轨道发生杂化形成3个sp2杂化轨道，pz轨道有1孤电子对，每个O的pz轨道有1个单电子，3个pz轨道平行重叠形成3
22、中心4电子的离域大键，选项A正确；B为正四面体构型，S为sp3杂化，不是平面结构，不形成离域键，选项B错误；CH2S为V形，S为sp3杂化，H没有p能级，不形成离域键，选项C错误；DCS2与CO2是等电子体，二者结构相似，CS2形成的是2个离域大键，选项D正确；答案选AD；(4)尿素的结构简式为，杂化轨道只能用于形成键或者用来容纳孤电子对，C原子上没有孤电子对，故C原子以1个2s轨道和2个2p轨道形成sp2杂化轨道，未参与杂化的2p轨道形成1个键；N原子除与H、C形成3个键外，还有一对孤电子对，故N原子以sp3形式杂化。分子中NH键、NC键为键，CO键中有一个是键，故键共有7个，CO键中有一个
23、是键，故键与键数目之比为7：1，故答案为：sp2、sp3； 7：1；(5)立方氮化硼晶胞与金刚石晶胞相似，根据晶胞结构分析，N做面心立方最密堆积，B做四面体填隙，已知原子坐标参数A为 (0，0，0)，D为 (，0)，E有周围4个N形成正四面体结构，根据立体几何知识，则E的原子坐标应为 (，)；四面体填隙中B与N之间的距离即为立方氮化硼晶体中N与B的原子半径之和，N与B的原子半径之和为体对角线的，晶胞参数为361.5pm，则体对角线长度为361.5pm626.1pm，则N与B的原子半径之和为626.1pm156.5pm，故答案为：(，)；156.5；每个六棱柱含有1个B和1个N，两个原子的相对原
24、子质量之和为25；已知正六边形面积为a2，a为边长，六棱柱的体积为a2hcm3，根据mV，得出a2hd，解得hcm1010pm，故答案为：1010；第二周期中，Be的第一电离能大于B，N的第一电离能大于O，所以一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O，即3种，故答案为：3。【点睛】本题考查物质结构知识，包含核外电子排布式，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论，晶体的性质，晶胞的计算，第一电离能的比较，题目侧重考查综合分析问题的能力，注意化学知识的迁移，题目难度中等。14. 肉桂酸甲酯常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃等香味的食用香精。肉桂酸甲酯属于芳香族化合物，苯环上只有一个取代基，能发生加聚反应和
25、水解反应。测得肉桂酸甲酯的摩尔质量为162gmol1，只含碳、氢、氧三种元素，且原子个数之比为5：5：1，其核磁共振氢谱有6个吸收峰，其面积之比为1：2：2：1：1：3请回答下列问题：(1)肉桂酸甲酯所有可能的结构简式是_。(2)G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，其分子结构模型如图1所示 (图中球与球之间连线表示单键或双键)。G的结构简式为_。(3)以芳香烃A为原料合成G的路线如图2所示。在图A分子中共平面的原子最多有_个。EF的反应类型是_，FG的化学方程式为_。写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式 (只写一种)：_。分子内含苯环，且苯环上只有一个支链；在催化剂作用下，1mol该物质
26、与足量氢气充分反应，消耗5mol H2；不能发生水解反应。框图中D到F的转化，先发生催化氧化，后发生消去反应，能不能先发生消去反应，后发生催化氧化？_ (填“能”或“不能”)；理由是_。【答案】 (1). 、 (2). (3). 17 (4). 消去反应 (5). +CH3OH+H2O (6). 、 (任意1种) (7). 不能 (8). OH直接相连的碳原子上没有氢原子，该醇不能被催化氧化。如果先消去，生成碳碳双键，再催化氧化过程中，碳碳双键也会被氧化，导致副产物增多【解析】【分析】根据信息推知肉桂酸甲酯的结构简式，G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，根据其分子结构模型可知结构简式为；C发生氧化
27、反应生成D，结合C的分子式、D的结构简式可知C为，逆推可知B为、A为，结构G的结构可知F为，由D的结构简式与E的分子式可知，D中醛基氧化为羧基生成E，则E为，E发生消去反应生成F，据此分析。【详解】(1)肉桂酸甲酯属于芳香族化合物，其摩尔质量为162gmol1，只含碳、氢、氧三种元素，且原子个数之比为5：5：1，设肉桂酸甲酯分子式为 (C5H5O)n，则 (125+15+16)n162，解得n2，所以肉桂酸甲酯的分子式为C10H10O2，肉桂酸甲酯属于芳香族化合物，苯环上只有一个取代基，能发生加聚反应和水解反应，核磁共振氢谱有6个吸收峰，其面积之比为1：2：2：1：1：3，肉桂酸甲酯的结构简式
28、为，存在顺反异构，肉桂酸甲酯所有可能的结构简式是：、，故答案为：、；(2)G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，根据其分子结构模型可知G的结构简式为，故答案为：；(3)C发生氧化反应生成D，结合C的分子式、D的结构简式可知C为，逆推可知B为、A为，结构G的结构简式可知F为，由D的结构简式与E的分子式可知，D中醛基氧化为羧基生成E，则E为，E发生消去反应生成F，A为，碳碳单键可以旋转，苯环与碳碳双键的平面可以共面，可以使甲基中1个H原子处于平面内，故最多有17个原子共面，故答案为：17；EF反应类型是：消去反应，FG的化学方程式为：，故答案为：消去反应；F ()的同分异构体符合条件：分子内含苯环，且苯
29、环上只有一个支链；在催化剂作用下，1mol该物质与足量氢气充分反应，最多消耗5mol H2，而1mol苯环消耗3mol氢气，则还含有2mol双键或者1mol三键，它不能发生水解反应，说明不含酯基，故侧链可能为CH (CHO)2，COCH2CHO，CH2COCHO，COCOCH3等，符合条件的同分异构体为：等，故答案为：、 (任意1种)；OH直接相连的碳原子上没有氢原子，该醇不能被催化氧化。如果先消去，生成碳碳双键，再催化氧化过程中，碳碳双键也会被氧化，导致副产物增多，故框图中D到F的转化，不能先发生消去反应，后发生催化氧化，故答案为：不能；OH直接相连的碳原子上没有氢原子，该醇不能被催化氧化。
30、如果先消去，生成碳碳双键，再催化氧化过程中，碳碳双键也会被氧化，导致副产物增多。【点睛】本题考查有机物的推断，难度中等，注意根据有机物结构模型判断G的结构，结合D、G的结构简式进行推断，熟练掌握有机物官能团性质，注意顺反异构。15. Na2O2是常用的强氧化剂，CO和H2是常用的还原剂。某学习小组以“探究过氧化钠能否氧化CO、H2”为目标开展下列研究：【提出假设】假设1：过氧化钠只氧化CO；假设2：过氧化钠只氧化H2；假设3：_。【查阅资料】赤热的焦炭能与水蒸气反应生成CO和H2，同时CO与水蒸气在高温下反应生成少量的CO2。【设计实验】学习小组的同学根据实验目标设计如下实验 (假设药品都充足
31、)。主要实验步骤：连接装置并检查装置气密性；点燃A处酒精灯，缓慢通入水蒸气，待装置内空气排尽后，点燃C处酒精灯；浅黄色的过氧化钠熔融完全变白色时，熄灭C处酒精灯；继续通入水蒸气至处玻璃管冷却，停止通水蒸气并熄灭A处酒精灯。实验过程中，无水硫酸铜没有变蓝色，澄清石灰水没有变浑浊。【问题探究】(1)上述方案有不足之处，请你提出修改建议：_。B装置的作用是_。(2)确认步骤“装置内空气排尽”的操作是_。(3)预测C处玻璃管里可能发生的化学反应，写出反应的化学方程式：_。(4)实验室提供如下试剂：酚酞溶液、氯化钡溶液、澄清石灰水、盐酸、硝酸银溶液、硫酸铁溶液、硫酸铜溶液。请你设计实验方案确认C玻璃管里
32、白色固体中生成物的成分并填写实验报告 (可以补充，也可以不填满)实验步骤实验操作实验现象和结论1_2_3_【应用拓展】设计一个简单实验确认白色固体中是否含有过氧化钠：_。【答案】 (1). 过氧化钠既能氧化CO，又能氧化H2 (2). 在E装置后的导气管处接一个气球或放一个点燃的酒精灯 (3). 干燥和除去二氧化碳 (4). 在E处收集一试管气体，点燃若气体能安静的燃烧或有轻微的爆鸣声，证明装置内空气已排净 (5). 或Na2O2+CONa2CO3 (6). 取少量白色固体M溶于水加入足量的氯化钡溶液 (7). 若生成白色沉淀，则说明白色沉淀固体M中含有碳酸钠，无法确定是否含有氢氧化钠；若无现
33、象，则说明白色固体中不含碳酸钠，只含氢氧化钠 (8). 若步骤1产生白色沉淀，再向步骤1的上层清液中滴加酚酞试液 (9). 若溶液变红色，则说明白色固体M中含有氢氧化钠，否则不含有氢氧化钠 (10). 无 (11). 无 (12). 取少量白色固体M，溶于水若无气泡产生，则说明M中不含有过氧化钠；若有气泡产生，则说明M中含有过氧化钠【解析】【详解】提出假设：假设1：过氧化钠只氧化CO；假设2：过氧化钠只氧化H2；则假设3：过氧化钠既能氧化CO，又能氧化H2；故答案为：过氧化钠既能氧化CO，又能氧化H2；设计实验：(1)依据装置图分析，反应过程中一氧化碳是有毒气体，不能排放到空气中需要尾气处理，
34、可以在E装置后的导气管处接一个气球或放一个点燃的酒精灯；装置B是干燥一氧化碳和氢气气体，同时除去二氧化碳气体，故答案为：在E装置后的导气管处接一个气球或放一个点燃的酒精灯；干燥和除去二氧化碳；(2)先点燃A处的酒精灯，再缓慢通入水蒸气发生反应生成一氧化碳和氢气，证明空气是否排净，可以在装置E处收集一试管气体点燃是否出现爆鸣证明，在E处收集一试管气体，点燃若气体能安静的燃烧或有轻微的爆鸣声，证明装置内空气已排净；故答案为：在E处收集一试管气体，点燃若气体能安静的燃烧或有轻微的爆鸣声，证明装置内空气已排净；(3)依据实验步骤可知通入玻璃管的气体是干燥的一氧化碳和氢气，实验预测和过氧化钠反应的可能是
35、氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，或一氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠，反应的化学方程式为：或Na2O2+CONa2CO3；(4)依据装置和步骤分析，白色固体M可能是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，可以利用碳酸根离子生成沉淀的现象设计实验验证碳酸钠，氢氧根离子在除去碳酸根离子后加入酚酞试液来验证氢氧根离子的存在，取少量白色固体M溶于水加入足量的氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明白色沉淀固体M中含有碳酸钠，无法确定是否含有氢氧化钠；若无现象，则说明白色固体中不含碳酸钠，只含氢氧化钠，若步骤1产生白色沉淀，再向步骤1的上层清液中滴加酚酞试液，若溶液变红色，则说明白色固体M中含有氢氧化钠，否则不含有氢氧化钠；
36、故答案为：取少量白色固体M溶于水加入足量的氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明白色沉淀固体M中含有碳酸钠，无法确定是否含有氢氧化钠；若无现象，则说明白色固体中不含碳酸钠，只含氢氧化钠；若步骤一产生白色沉淀，再向步骤一的上层清液中滴加酚酞试液；若溶液变红色，则说明白色固体M中含有氢氧化钠，否则不含有氢氧化钠；应用拓展：证明白色固体可能含有过氧化钠，可以利用过氧化钠和水反应生成氧气的性质进行实验设计验证，取少量白色固体M，溶于水若无气泡产生，则说明M中不含有过氧化钠；若有气泡产生，则说明M中含有过氧化钠；故答案为：取少量白色固体M，溶于水若无气泡产生，则说明M中不含有过氧化钠；若有气泡产生，则说明M
37、中含有过氧化钠。16. 水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”请回答下列关于水与水溶液的相关问题：(1)根据H2O的成键特点，在答题卡上相应位置画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键 (OHO)_。(2)将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度 (T)下气态、液态水平衡共存H2O (1)H2O (g)时的压强 (p)。在相应图中画出从20开始经100的p随T变化关系示意图 (20时的平衡压强用p1表示)_。(3)如图是离子交换膜法电解饱和食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：写出电解饱和食盐水的离子方程式_。离子交换膜作用为：_、_。精制饱和食盐水从图中
38、_位置补充，氢氧化钠溶液从图中_位置流出。 (选填“a”、“b”、“c”或“d”)【答案】 (1). (2). (3). 2H2O+2ClCl2+2OH+H2 (4). 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 (5). 避免Cl2与H2反应 (6). a (7). d【解析】详解】【详解】(1)氢键是氧原子和氢原子间形成的分子间作用力，每个水分子形成四个氢键，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键 (OHO)如图所示，；(2)不同温度 (T)下气态、液态水平衡共存H2O (l)H2O (g)时的压强 (p)，从20开始经过100的p随T变化关系 (20时的平衡压强用p1表示)是随温度升高压强增大，据此
39、画出变化图象：；(3) 电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极室，则c为稀NaCl溶液，a为饱和食盐水，阴极上水得电子生成氢气同时还生成OH，钠离子进入后的NaOH，所以d为浓NaOH溶液，为增加电解质溶液导电性进入的b为稀NaOH溶液；电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH，电池反应式为2H2O+2ClCl2+2OH+H2；离子交换膜只能钠离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应；通过以上分析知，精制饱和食盐水为a口补充；在阴极附近得到NaOH，所以饱和食盐水从a口补充、NaOH溶液从d口流出，故答案为：a；d。
