湛江市达标名校2020年高考五月适应性考试化学试题含解析

湛江市达标名校2020年高考五月适应性考试化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法正确的是( )
A．Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质
B．以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱
C．将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为23
⨯⨯
2 6.0210
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则ΔH>0
2．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．二氧化碳分子的比例模型
B．芳香烃的组成通式C n H2n﹣6（n≥6）
C．12C、14C原子结构示意图均可表示为
D．羟基的电子式
3．下列说法不正确的是
A．图1表示的反应为放热反应
B．图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)
C．图2表示A(?)+2B(g)2C(g) ΔH＜0，达平衡后，在t 1、t2、t3、t4时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图可推知A不可能为气体
D．图3装置的总反应为4Al+3O2＋6H2O=4Al(OH)3
4．下列说法中正确的是（）
A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果
B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中
C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液
D．油脂不能使溴水褪色
5．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项操作现象结论
A ①将湿润的红色石蕊试纸
靠近试管口
试纸不变色
4
NH Cl受热不分解
B ②中振荡后静置
下层液体颜色变浅
NaOH溶液可除去溶在溴苯中
的2
Br
C ③旋开活塞
观察到红色喷泉3
NH极易溶于水，氨水显碱性
D ④闭合开关K，形成原电池
Zn极上有红色固体析出锌的金属性比铜强
A．A B．B C．C D．D
6．阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1，下列叙述正确的是
A．2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023
B．0.1 L 3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023
C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023
D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023
7．电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。

电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。

下列说法正确的是
A ．电源的A 极为正极
B ．与电源B 相连电极的电极反应式为H 2O+e -=H ++·OH
C ．Fenton 反应为:H 2O 2+Fe 2+=Fe(OH)2++·OH
D ．每消耗22.4LO 2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH 为2mol
8．某固体混合物X 可能是由23Na SiO 、Fe 、23Na CO 、2MgCl 中的两种或两种以上的物质组成。

某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）
下列说法不正确的是
A ．气体A 是2CO 、2H 的混合物
B ．沉淀A 是23H SiO
C ．根据白色沉淀C 是AgCl 可知，白色沉淀B 一定不是纯净物
D ．该固体混合物一定含有Fe 、23Na CO 、23Na SiO
9．下表记录了t ℃时的4份相同的硫酸铜溶液中加入无水硫酸铜的质量以及析出的硫酸 铜晶体(CuSO 4·5H 2O)的质量(温度保持不变)的实验数椐： 硫酸铜溶液 ① ② ③ ④ 加入的无水硫酸铜(g) 3.00 5.50 8.50 10.00 析出的硫酸铜晶体(g)
1.00
5.50
10.90
13.60
当加入6.20g 无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量(g)为 A ．7.70
B ．6.76
C ．5.85
D ．9.00
10．己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O -+ 4OH －= 2RO 4n-+3Cl －+5H 2O 。

则RO 4n-中R 的化合价是（ ） A ．+3
B ．+4
C ．+5
D ．+6
11．用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）
实验
现象
（i）中a、b两极均有气泡
产生
（ii）中b极上析出红色
固体
（iii）中b极上析出灰白色
固体
A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化
B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高
C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓
D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+
12．用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。

下列说法正确的是
A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
C．生成44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
13．用N A表示阿伏伽德罗常数的值。

下列有关说法正确的是（）
A．1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2N A
B．1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为N A
C．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为N A
D．常温下，3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3N A
14．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．含1mol/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为N A
B．60gSiO2和28gSi中各含有4N A个Si-O键和4N A个Si-Si键
C．标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2N A
D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5N A
15．将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列，正确的是（）
A．硫酸烧碱醋酸
B．硫酸铜醋酸
C．高锰酸钾乙醇醋酸
D．磷酸二氧化碳硫酸钡
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁(Mg3N2)。

已知这一过程中可能发生下列反应：
①2Mg+O2点燃2MgO ②3Mg+N2Mg3N2
③2Mg+CO2点燃2MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2
⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。

且假设正确操作时，装置内所发生的反应是完全的。

试回答下列问题：
(1)实验开始时，先点燃________装置中的酒精灯，原因是________；再将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→________；
(2)你是否选择了B装置，理由是什么________________________ ；
(3)你是否选择了C装置，理由是什么________________________；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响________ 为什么___
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。

请回答下列问题：
（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。

（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。

（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。

（4）QM2的电子式为______________。

（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。

（常温下0.01 mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。

）填空：
H2C2O4KHC2O4K2C2O4
pH 2.1 3.1 8.1
(1)写出H2C2O4的电离方程式________________。

(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是_________________；向0.1 mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是______。

a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-) b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)
c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-) d．c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。

写出反应的离子方程式
____________________；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是
______________________。

19．（6分）工业上常利用CO2为初始反应物，合成一系列重要的化工原料。

（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：2NH 3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) △H1
反应Ⅱ：NH 2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+72.49kJ/mol
总反应：2NH 3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H3=-86.98kJ/mol 请回答下列问题：
①根据8电子稳定构型，写出CO(NH2)2的结构式_________________。

②反应Ⅰ的△H1=______________。

③在____（填“高温”或“低温”）情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

④一定温度下，在体积固定的密闭容器中按n(NH3):n(CO2)=2:1 进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是_______（填序号）。

A．混合气体的平均相对分子质量不再变化
B．容器内气体总压强不再变化
C．NH3与CO2的转化率相等
D．容器内混合气体的密度不再变化
（2）将CO2和H2按质量比25：3充入一定体积的密闭容器中，在不同温度下发生反应：
CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。

测得CH3OH的物质的量随时间的变化如下图。

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K(Ⅰ)_____K(Ⅱ)（填“ >”“<”或“=”）。

②欲提高CH3OH的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有__________________（任写两种）。

③一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器甲乙
a molCO2、bmolH2、cmolCH3OH(g)
反应物起始投入量1molCO2、3molH2
c mol H2O(g) (a、b、c 均不为零)
若甲容器平衡后气体的压强为开始的5/6，则该温度下，反应的平衡常数为__________，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，乙容器中c 的取值范围为_______。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2N A，故C错误；
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故D正确；
答案选D。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子的半径大于氧原子，A项错误；
C H是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；
B.n2n-6
C.12C和14C仅仅是中子数不同，均有6个质子和6个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；
D.基态氧原子有6个电子，和一个氢原子形成共价键后的电子后应该是7个，D项错误；
答案选C。

【点睛】
芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。

3．B
【解析】
【详解】
A. 平衡常数只与温度有关，根据图像，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故A正确；
B. 温度越高，反应速率越快，图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)，故B错误；
C. 由于纵坐标表示v逆，t3时v逆突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强，说明该反应为气体体积不变的反应，说明A一定不是气体，故C正确；
D. 负极电极反应式为Al-3e-=Al 3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：
4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故D正确；
答案选B。

【点睛】
本题的难点为C，要抓住平衡不发生移动的点，加入催化剂，平衡不移动，但反应速率增大，应该是t4时的改变条件，t3时突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强。

4．B
【解析】
【详解】
A. 35﹪- 40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；
B. 液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；
C. 苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；
D. 油脂是油和脂肪的统称。

从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。

油脂是烃的衍生物。

其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。

故D错误。

答案选B。

5．B
【解析】
【详解】
A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体，二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体，A项
错误；
B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大于水，故下层液体颜色变浅，B项正确；
C.按图示操作不能形成喷泉，C项错误；
D.两烧杯中溶液放反了，闭合开关不能构成双液原电池，D项错误。

答案选B。

6．D
【解析】
【详解】
A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1 L 3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；
C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；
D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；
故合理选项是D。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。

8．C
【解析】
【分析】
根据实验现象逐步分析、推理，并进行验证，确定混合物的组成成分。

【详解】
A. 据转化关系图，气体A能使石灰水变学浑浊，则A中有CO2，X中有Na2CO3。

白色沉淀B能变成红褐色，则白色沉淀B中有Fe(OH)2，溶液A中有FeCl2，X中有Fe，进而气体A中必有H2，A项正确；
B. X 与过量盐酸反应生成沉淀A ，则X 中含Na 2SiO 3，沉淀A 为H 2SiO 3，B 项正确；
C. 溶液B 中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C ，则C 为AgCl ，溶液B 中的Cl -可能全来自盐酸，则X 中不一定有MgCl 2，白色沉淀B 中可能只有Fe(OH)2，C 项错误；
D. 综上分析，固体混合物X 中一定含有Fe 、23Na CO 、23Na SiO ，可能有MgCl 2，D 项正确。

本题选C 。

9．B 【解析】 【详解】
根据图表可看出无水硫酸铜的质量每增加0.5g 析出硫酸铜晶体的质量就增加0.9g ，可求出增加0.7g 无水硫酸铜析出硫酸铜晶体的质量；设0.7g 无水硫酸铜可析出硫酸铜晶体的质量为x ，0.50.9＝
0.7
x
，解得x=1.26；
6.2g 无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量为：5.5g+1.26g=6.76g ； 答案选B 。

10．D 【解析】 【分析】 【详解】
根据方程式两端电荷守恒可知n ＝343
2
－＝2，O 元素是－2价，所以R 的化合价是+6价， 答案选D 。

11．D 【解析】 【详解】
A ．阴极b 极反应：2H ++2e -=H 2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A 正确；
B ．(i)为电解池，a 、b 两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO 3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO 3)增大，故B 正确；
C ．取出b 放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b 产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu 2++H 2=Cu+2H +，故C 正确；
D ．(ii)中取出b ，则b 表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag ，可能是铜置换的、也可能是b 产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag ++Cu=Cu 2++2Ag 和2Ag ++H 2=2Ag+2H +，故D 错误； 故答案为D 。

【详解】
A. 30g HCHO 的物质的量为1mol ，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol ，故A 错误；
B.过氧化氢能将Fe 2+氧化为Fe 3+，与Fe 3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe 3+，故B 错误；
C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag 的物质的量，故C 错误；
D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe 2+越多，进一步说明反应①生成的Ag 越多，所以HCHO 含量也越高，故D 正确。

故选D 。

13．D
【解析】
【详解】
A ．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol 氮气与3mol 氢气反应，生成的氨分子数目小于2N A ，故A 错误；
B ．溶液体积未知，无法计算S 原子个数，故B 错误；
C ．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C 错误；
D ．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L -1FeCI 3溶液所含Fe 3+数目小于0.3N A ，故D 正确；
故选：D 。

14．D
【解析】
【详解】
A ．没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH 4+的数目，A 不正确；
B ．60gSiO 2和28gSi 都为1mol ，分别含有4N A 个Si-O 键和2N A 个Si-Si 键，B 不正确；
C ．标准状况下22.4LCl 2为1mol ，若由浓盐酸分别与MnO 2、KClO 3反应制得，则转移的电子数分别为2N A 、53
N A ，C 不正确； D ．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为
A A 10g 46%210g 54%46g /mol 18g /mol
N N ⨯⨯⨯⨯+ =0.5N A ，D 正确； 故选D 。

在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。

【详解】
A、烧碱是NaOH，属于强碱，是强电解质，选项A错误；
B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C、高锰酸钾是盐，属于电解质，乙醇不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，选项C正确；
D、硫酸钡是盐，属于强电解质，选项D错误。

答案选C。

【点睛】
本题考查物质的分类、强弱电解质的判断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钙不溶于水，但属于强电解质是学生解答的难点。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．E 避免从E装置出来的气流中还含有氧气f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b (a) 选择，以除去水蒸气，避免反应④发生选择，以除去空气中的CO2，避免反应③发生使氮化镁不纯如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
【解析】
【分析】
实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。

根据可能发生下列反应：①2Mg+O2点燃2MgO；
②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO2点燃2MgO+C；④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。

【详解】
根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。

则：
(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)；
(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应④发生；
(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应③发生；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。

如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．第二周期ⅡA族Cl-> O2-> Mg2+NH3+H2O NH3•H2O NH4++OH-
Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。

【解析】
【分析】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。

【详解】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。

（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；
（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl-> O2-> Mg2+；
（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2O NH3•H2O NH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；
（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-HC2O4-的电离程度大于水解程度ad
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用
【解析】
【分析】
(1)常温下0.01 mol/L的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
a．根据物料守恒判断；
b．根据电荷守恒判断；
c．根据物料守恒、电荷守恒判断；
d．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。

【详解】
(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H 2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度。

a. 碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，A正确；
b. 根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故
c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，B错误；
c. 由物料守恒可得c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)、根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C错误；
d. 若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时得到的盐是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故若溶液显中性，则加入的氢氧化钠的物质的量略少些，所以c(K+)>c(Na+)，D正确；
故合理选项是ad；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用。

【点睛】
本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

19．-159.47 kJ/mol 高温BD > 增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物1/12 1/3<c<1
【解析】
【详解】
(1)①根据8电子稳定构型，CO(NH2)2的结构式为；
②反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H1=a kJ•mol-1，反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)
=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ•mol-1，总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g) =CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ•mol-1，
由盖斯定律总反应Ⅲ-反应Ⅱ，得到2NH 3(g)+CO 2(g)=NH 2CO 2NH 4(s)△H 1=a=-159.47kJ•mol -1；
③反应Ⅱ：NH 2CO 2NH 4(s) =CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)△H 2=+72.49kJ•mol -1，反应前后气体体积增大，△S ＞0，焓变分析可知是吸热反应，△H ＞0，所以依据反应自发进行的判断依据△H-T △S ＜0，需要在高温下反应自发进行，故答案为高温；
④A ．反应I 中反应物为气体，生成物全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，选项A 错误；
B ．反应I 中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项B 正确；
C ．NH 3与CO 2的转化率相等时，不能达到v 正( NH 3)=2v 逆(CO 2)，反应没有达到平衡状态，选项C 错误；
D ．反应I 中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项D 正确；
答案选BD ；
(2)①II 平衡时间小于I ，说明II 反应速率大于I ，且平衡时II 中CH 3OH 的物质的量小于I ，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II 的温度大于I ，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以K Ⅰ＞K Ⅱ，故答案为＞；
②欲提高CH 3OH 的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加CO 2用量或及时分离出产物；
③设二氧化碳反应量为x
CO 2(g)+3H 2(g) CH 3OH(g)+H 2O(g)
初始量(mol)： 1 3 0 0
转化量(mol)： x 3x x x
平衡量(mol)：1-x 3-3x x x 甲中平衡后气体的压强为开始时的56倍，即42x 4-=56，解得x=13
mol ， 反应的平衡常数为31116611213
⨯=⨯；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c 的物质的量为1mol ，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量13
mol ，所以c 的物质的量为：13
mol ＜c ＜1mol 。

【点睛】
本题的易错点为c 的取值范围的计算，根据平衡的三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围。