广州市达标名校2018年高考一月质量检测化学试题含解析

广州市达标名校2018年高考一月质量检测化学试题
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．世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。

下列说法错误的是
A．普通玻璃含有二氧化硅B．该发电玻璃能将光能不完全转化为电能
C．碲化镉是一种有机化合物D．应用该光电转化技术可减少温室气体排放
2．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①NaAlO2(aq)AlCl3Al
② NH3NO HNO3
③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3
④FeS2SO3H2SO4
A．②③B．①④C．②④D．③④
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-
C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
4．下列说法中，正确的是（）
A．一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2N A
Na O与足量水反应，最终水溶液中18O数为2N A（忽略气体的溶解）
B．1mol18
22
C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为N A
D．100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6N A
5．我国成功研制的新型可充电AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。

电池反应为：C x PF6+Li y Al=C x+LiPE6+Li y－1Al。

放电过程如图，下列说法正确的是
A．B为负极，放电时铝失电子
B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：Li y Al－e－=Li++Li y－1Al
C．充电时A电极反应式为C x+PF6－﹣e-=C x PF6
D．废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi
6．将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。

下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（）
A．a为H2S，SO2+2H++S2−→3S↓十2H2O
B．a为Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl−
C．a为NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3−→4BaSO4↓+NH4++6H+
D．a为NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+
7．A、B、C、D均为四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。

A与其他几种元素均不在同一周期；B 元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X；C能形成两种常温下为液态的氢化物；D与C同主族。

则下列说法中不正确的是（）
A．原子半径大小关系：A<C<B
B．在0.1mol•L-1的X溶液中，溶液中阳离子的数目小于0.1N A
C．C、D两种元素分别与A形成的最简单化合物的沸点C比D的要高
D．化合物X受热易分解
8．碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是
A．分子内共价键B．分子间的作用力
C．碘分子的大小D．分子内共价键的键长
9．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。

下列说法正确的是
A．Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4
B．它们形成的简单离子半径:X>W
C．X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:Z>X
D．X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:2
10．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）
A．为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸
B．食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂
C．用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素
D．化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施
半径在第三周期中最大，Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响。

下列说法正确的是
A．常温下，X的单质一定呈气态
B．非金属性由强到弱的顺序为：X>Z>W
C．X与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构
D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应
12．对如图有机物的说法正确的是（）
A．属于苯的同系物
B．如图有机物可以与4molH2加成
C．如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上
D．如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应
13．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。

利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效
还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。

下列有关说法不正确
．．．的是
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
14．下列说法合理的是( )
A．NH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂
B．C具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2
C．用ClO2代替Cl2对饮用水消毒，是因为ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小
D．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂
15．ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。

工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：()
2FeS+30NaClO+14H SO Fe SO+15Na SO+30ClO?+14H O。

设N A是阿
2324242422
3
伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A．在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3N A
B．若生成1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2N A
D．每消耗30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14N A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．草酸铵[（NH4)2C2O4] 为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。

I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。

（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有__________________（填化学式）；若观察到__________________，说明分解产物中含有CO。

草酸铵分解的化学方程式为______________________。

（2）反应开始前，通入氮气的目的是________________________。

（3）装置C的作用是_______________________。

（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO , 该反应的化学方程式为__________。

II.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。

（5）取20.00mL血液样品，定容至l00m L, 分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/L KMnO4溶液进行滴定。

滴定至终点时的实验现象为___________。

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,
0.41m L , 0.52mL, 则该血液样品中钙元素的含量为________m mol/L。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_____________。

B中含有官能团的名称为_____________。

(2)反应②的反应类型是________________。

(3)C的结构简式为_______________。

(5)X 与E 互为同分异构体，X 中含有六元碳环，且X 能与NaOH 溶液反应，则符合条件的X 的结构简式为_________________。

(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。

（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH 3:
22323
N (g)3H O(1)
2NH (g)O (g)2
++
①在其他条件相同时，反应中NH 3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。

该反应的平衡常数表达式K=______，该反应中的H ∆____0（填“>”“<”或“=”）。

②某温度下，在2L 容积不变的密闭容器中加入1molN 2和6molH 2O （1）发生反应，N 2转化率随时间(t)变化如图。

15-20min 内，v(NH 3)=____。

若其他条件不变，在图中画出使用催化剂后N 2的转化率随反应时间变化的曲线示意图_______。

（2） 25℃时，某同学将0.lmol 1L -⋅盐酸与0.2 mol 1L -⋅氨水等体积混合，所得混合溶液pH______7（填“>”“<”或“=”，下同），混合溶液中c(NH 4+)______c(NH 3
H 2O)（25℃时，NH 3.H 2O 的电离常数
51b 1.710mol L K --=⨯⋅）
（3） 25℃时，向0.lmol 1L -⋅的MgCl 2溶液中逐滴加入适量0.lmol 1L -⋅氨水，有白色沉淀生成，向反应后的浊液中，继续加入0.lmol 1L -⋅的FeCl 3溶液，观察到的现象是______ ；上述过程中发生的所有反应的离子方程式为______。

(25℃时，[]
11
sp 2Mg(OH) 1.810
K -=⨯，[]
38
sp 3Fe(OH) 4.010
K -=⨯）
19．（6分）某化工厂生产新型清洁燃料甲醚（CH 3-O -CH 3）的流水线反应原理为：在 10L 的反应容器内进行的反应①的化学平衡常数表达式为K =[CO ][H 2]/[H 2O ]。

反应②的热化学方程式为：3H 2（g ）+3CO （g ）
的平均反应速率V（CO）=______。

（2）能判断反应①已达化学平衡状态的是（选填编号）______。

A．在消耗n摩尔氢气的同时产生n摩尔的水
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变
C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变
D．化学反应速率：V（逆）（H2O）=V（正）（CO）
（3）已知升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，则反应②的热化学方程式中的Q（选填“＞”或“＜”）______0。

该反应的逆反应速率V（逆）随时间t变化的关系如图一所示，则在t2时改变的反应条件是______。

（4）在不同温度下，反应容器内甲醚（CH3OCH3）的浓度c（CH3OCH3）随时间t变化的状况如图二所示。

则反应温度T1（选填“＞”、“=”或“＜”）______T2。

（5）若反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液。

经测定溶液中也存在NH3•H2O分子和CO32-离子，试用化学用语表示产生这两种微粒的原因：______，______。

相同温度下，都为0.1mol/L的NaHCO3溶液甲和NH4HCO3溶液乙相比较，溶液中c（CO32-）甲（选填“＞”、“=”或“＜”）甲______乙。

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．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，故A正确，但不符合题意；
D. 应用该光电转化技术可减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故D正确，但不符合题意；
故选：C。

2．A
【解析】
【详解】
①AlCl3为共价化合物，其在熔融状态下不能导电，应电解熔融的氧化铝制备铝，①不可实现；
②中各步转化为工业上制硝酸，在给定的条件下均可实现；
③该系列转化实为侯氏制碱法，可实现；
④煅烧FeS2只能生成二氧化硫，不可实现。

综上所述，物质的转化在给定条件下能实现的是②③，故选A。

3．C
【解析】
【详解】
A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，故A错误；
B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；
C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；
D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D 错误，答案选C。

【点睛】
本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。

解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。

4．D
【解析】
【详解】
A. 一定条件下，将2gH 2与足量的N2混合，发生反应N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2N A，故A错误；
B. 1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最终水溶液中18O数为
N A，故B错误；
C. NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误；
D. 浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、
－1＝1.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO 则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6N A，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。

5．C
【解析】
【分析】
电池反应为C x PF6+Li y Al=C x+LiPE6+Li y－1Al ,根据离子的移动方向可知A是正极, B是负极,结合原电池的工作原理解答。

【详解】
A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项A错误；
B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li++Li y－1Al+e－= Li y Al, 选项B错误；
C、充电时A电极为阳极，反应式为C x+PF6－﹣e－=C x PF6, 选项C正确;
D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi ,即7gLi失电子,铝电极减少7g , 选项D 错误。

答案选C。

【点睛】
本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。

6．C
【解析】
【详解】
A．H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S→3S↓+2H2O，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B错误；
C．NO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为
4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4 BaSO4↓+NH4++6 H+，故C正确；
D．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为
Ba2++SO2+2 NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D错误；
【点睛】
本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。

7．B
【解析】
【分析】
A与其他几种元素均不在同一周期，且原子序数最小，可推知A为H, B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X ，指的是HNO3与NH3反应生成NH4NO3，C能形成两种常温下为液态的氢化物H2O和H2O2，A、B、C、D均为四种短周期元素分别为H、N、O、S。

【详解】
A.原子半径大小关系：H<O<N ，A正确；
B.在0.1mol•L-1的NH 4NO3溶液中，NH4＋＋H2O NH3•H20＋H+，溶液中阳离子的数目应等于0.1N A，B 错误；
C. C、D两种元素分别与A形成的最简单化合物H2O和H2S，常温下H2O分子为液态，而H2S为气态，沸点H2O比H2S的要高，C正确；
D.化合物NH4NO3为氨盐，不稳定，受热易分解，D正确；
故本题选B。

8．B
【解析】
【详解】
碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。

9．B
【解析】
【详解】
X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是O，则Z是S。

Y 的最高正价与最低负价的代数和为6，说明Y属于第ⅦA，Y、Z同周期，则Y是Cl。

W是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W是Na。

A. Y为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项A 错误；B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:X>W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X 与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。

答案选B。

10．C
【解析】
A．常温下Fe与液氯不反应，Fe与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项A正确；
B．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项B正确；
C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，选项C不正确；
D．SO2和NO X的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施，选项D正确；
答案选C。

11．D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y为Na元素；Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响，则W为Cl元素；X与Z同主族，X为非金属元素，则X可能为B、C、N、O，Z可能为Al、Si、P、S。

【详解】
A. 常温下，B、C、N、O的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A错误；
B. 同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：W>Z，故B错误；
C. X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；
D. 当Z为Al时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D正确；
故选D。

【点睛】
本题的难点是X和Z的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。

12．D
【解析】
【详解】
A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；
B、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；
C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；
D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；
13．C
【解析】
【详解】
A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；
B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；
D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。

答案选C。

14．C
【解析】
【详解】
A.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A错误；
B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B错误；
C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的2.5倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C正确；
D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D错误；故答案为C。

【点睛】
本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。

15．C
【解析】
【详解】
A. ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；
B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；
C. 48.0g FeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6mol NaClO3失6mol电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6N A，故C正确；
D.消耗30mol NaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28N A，故D 错误；
故答案为C。

【点睛】
本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．3NH 、2CO 装置E 中氧化铜由黑色变为红色，装置F 中澄清石灰水变浑浊
()4243222NH C O 2NH CO CO H O ↑+↑+↑+加热 排尽装置内的空气，避免CO 与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的2CO 干扰实验 吸收2CO ，避免对CO 的检验产生干扰
3223CuO 2NH 3Cu N 3H O +++加热 当滴入最后一滴4KMnO 溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 2.10
【解析】
【分析】
I ．草酸铵在A 中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酞溶液的滤纸变红，通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH 溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下来若玻璃管内变红，且F 中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO ； II ．钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。

【详解】
Ⅰ.（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B 中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E 中氧化铜由黑色变为红色，装置F 中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO ，所以草酸铵分解产生了2CO 、3NH 、CO 和2H O ，反应的化学方程式为()4243222NH C O 2NH CO CO H O ↑+↑+↑+加热；
（2）反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO 与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的2CO 干扰实验,故答案为：排尽装置内的空气，避免CO 与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的2CO 干扰实验；
（3）装置E 和F 是验证草酸铵分解产物中含有CO ，所以要把分解产生的2CO 除去，因此装置C 的作用是：吸收2CO ，避免对CO 的检验产生干扰，故答案为：吸收2CO ，避免对CO 的检验产生干扰； （4）草酸铵分解产生的3NH 有还原性，一定条件下也会与CuO 反应，该反应的化学方程式为3223CuO 2NH 3Cu N 3H O +++加热；
Ⅱ.用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸根离子，发生的是氧化还原反应，红色的高锰酸钾溶液会褪色，滴定至终点时的实验现象为：当滴入最后一滴4KMnO 溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根
据三次滴定所用酸性高锰酸钾溶液的体积可知，第三次与一、二次体积差别太大，需舍弃，所以两次的平均体积为0.42mL ，根据氧化还原反应中的电子守恒及元素守恒，则：
2--2424
4
-35CaC O 5C O 2KMnO 5mol 2mol
n
0.42mL 10L/mL 0.01mol/L ⨯⨯，解得5n 1.0510mol -=⨯，所以20mL 血液样品中含有的钙元素的物质的量为54.210mol -⨯，即24.210mmol -⨯，则该血液中钙元素的含量为
234.210mmol 2.10mmol /L 2010L
--⨯=⨯，故答案为：当滴入最后一滴4KMnO 溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；2.10。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．氯乙酸乙酯
酯基 取代反应
2CH CHO +2Cu(OH)2+NaOH Δ−−→2CH COONa +Cu 2O ↓+3H 2O 和
【解析】
【分析】
(1)直接命名A 的化学名称和B 中含有官能团的名称。

(2)先根据②③前后联系得出C 的结构简式，得出反应②的反应类型。

(3) 根据②③前后联系得出C 的结构简式
(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。

(5)X 与E 互为同分异构体，X 中含有六元碳环，且X 能与NaOH 溶液反应，说明X 中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。

(6)先将1,3-丙二醇与HBr 反应，得到
，再在一定条件下与CH 2(COOC 2H 5)2得到，再水解和酸化得到
，最后再根据反应④得到产物。

【详解】
(1)A 的化学名称是氯乙酸乙酯；B 中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。

(2)根据②③前后联系得出C 的结构简式为
，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。

(3)根据上题分析得出C 的结构简式为，故答案为：。

(4)G 与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为
2CH CHO +2Cu(OH)2+NaOH Δ−−→
2CH COONa +Cu 2O↓+3H 2O ，故答案为：2CH CHO +2Cu(OH)2+NaOH Δ−−→2CH COONa +Cu 2O↓+3H 2O 。

(5)X 与E 互为同分异构体，X 中含有六元碳环，且X 能与NaOH 溶液反应，说明X 中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X 的结构简式为和，故答案为：和。

(6) 先将1,3-丙二醇与HBr 反应，得到
，再在一定条件下与CH 2(COOC 2H 5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18． ＞ 0.0018mol·L -1·min -1 ＞ ＞
白色沉淀逐渐变成红褐色 Mg 2+＋2NH 3·H 2O ＝Mg(OH)2↓＋2NH 4+、2Fe 3+（aq ）＋3Mg(OH)2（s ）＝2Fe(OH)3
（s ）＋3Mg 2+（aq ）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数K=；根据图像可知，温度升高，生成物NH 3的体积分数逐渐增大，说明平衡向右移动，则该反应为吸热反应，∆H > 0。

故答案为；>；
②根据图像，15min 时N 2的转化率为1.3%，20min 时N 2的转化率为2%，则
v(NH 3)=2v(N 2)=2×1mol×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018mol·L -1·min -1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡
不移动，可画出曲线如图。

故答案为0.0018mol·L-1·min-1；；
（2）0.l mol•L‾1盐酸与0.2 mol•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。

故答案为>；>；
（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。

故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。

19．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）0.6mol/（L•min）B、D ＞增大压强（或压缩反应容器体积）＜NH4HCO3=NH4++HCO3-,NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+HCO3-⇌H++CO32＞
【解析】
【分析】
(1)根据反应①的平衡常数表达式，CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，再由元素守恒配平方程式，根
据v=
c
t
∆
∆
计算化学反应速率；
(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，据此判断；
(5)根据影响盐类水解的因素分析。

【详解】
(1)根据反应①的平衡常数表达式可知CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，所以方程式为：
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为2.0mol，即
△n(H2O)=20.0mol-2.0mol=18mol，根据方程式，则△n(CO)=△n(H2O)=18mol，所以
v(CO)=18mol
10L
3min
=0.6mol/(L•min)，故答案为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；0.6mol/(L•min)；
(2)A．在消耗n摩尔氢气的同时产生n摩尔的水，整个反应过程都是如此，不能判断化学平衡，故A错误；
B．容器内气体的平均相对分子质量数值上=m
n
，反应前后气体m改变，n改变，所以容器内气体的平均
相对分子质量改变，当其不变时可以说明化学平衡，故B正确；
C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变，由于整个反应前后，反应物和生成物的总物质的量始终不变，不可以说明化学平衡，故C错误；
D．反应到达平衡时，v正=v逆，则v(逆)(H2O)=v(正)(H2O)，根据方程式可知v(正)(CO)=v(正)(H2O)，所以
v(逆)(H2O)=v(正)(CO)可以说明化学平衡，故D正确，
故答案为：B、D；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，正反应放热，所以Q ＞0；根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡，可判断为增大压强(或压缩反应容器体积)，
故答案为：＞；增大压强(或压缩反应容器体积)；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，则温度T2＞T1，
故答案为：＜；
(5)反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液，产生NH4HCO3，溶液中也存在NH3•H2O分子和CO32-离子，为NH4+水解得到NH3，HCO3-电离得到CO32-，所以有：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，HCO3-⇌H++CO32-，相同温度下，都为0.1mol/L的NaHCO3溶液甲和NH4HCO3溶液乙相比较，由于双水解促进盐类水解，导致NH4HCO3中HCO3-进一步降低，则电离出更少的CO32-，则c(CO32-)甲＞乙，
故答案为：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；HCO3-⇌H++CO32-；＞。