河南省周口恒大中学2022-2023学年高一下学期5月月考化学试题及答案

这是一份河南省周口恒大中学2022-2023学年高一下学期5月月考化学试题及答案，共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，下列说法正确的是，化学在日常生活中有着重要的应用等内容，欢迎下载使用。

周口恒大中学2022-2023学年高一5月考试模拟试题
高一化学
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．盐酸与K2CO3粉末反应时，能使反应的最初速率明显加快的是
A．将盐酸的用量增加一倍
B．盐酸的浓度增加一倍，用量减半
C．增大压强
D．增加少量K2CO3粉末
2．甲、乙、丙、丁四种不同的条件下发生反应，分别测得反应速率为甲:；乙:；丙:；丁:，则反应最快的是（    ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．在指定条件下，溶液最早出现浑浊的是
A．30℃，和
B．30℃，和
C．10℃，和
D．10℃，和
4．下列关系正确的是
A．熔点：戊烷＞2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞丙烷
B．密度：CHCl3＞H2O＞己烷
C．氢元素的质量分数：甲烷＞乙烷＞乙烯＞乙炔＞苯
D．等质量物质完全燃烧耗O2量：苯＞环己烷＞己烷
5．下列实验装置及其应用的描述均正确的是

A．用①装置验证铁钉的析氢腐蚀
B．用②装置进行强酸强碱稀溶液的中和热测定
C．用③装置测定未知稀盐酸的物质的量浓度
D．用④装置探究反应物浓度对反应速率的影响
6．下列说法正确的是
A．重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服“钡餐”会引起中毒
B．植物油可用于生产固体氢化植物油，也可用于生产肥皂
C．淀粉和蔗糖都可以发生水解，最终产物都是葡萄糖
D．蛋白质遇到浓硫酸会显黄色
7．锌—空气电池(原理如图所示)适宜用作城市电动车的动力源，该电池放电时Zn转化为ZnO，该电池工作时下列说法正确的是

A．该电池正极的电极反应为
B．该原电池中，电子由石墨电极经电解质溶液流入锌电极
C．该电池放电时向石墨电极移动
D．该原电池工作一段时间后，电解质溶液的pH值变大
8．一定温度下，在2 L固定容积的密闭容器中发生反应： 2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g)ΔH＞0。反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是

A．曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化
B．0-20 s内平均反应速率v(N2O5) = 0.1 mol·(L·s)-1
C．10 s时，正、逆反应速率相等，达到平衡
D．20 s时，正反应速率大于逆反应速率
9．化学在日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去
B．可以用淀粉溶液检验食盐中含碘酸钾
C．漂白粉可用于自来水的杀菌、消毒
D．做红烧鱼时，常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯
10．某同学设计如图装置来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物。

下列说法正确的是
A．实验时可观察到装置①中白色硫酸铜粉末变蓝色
B．装置②中两次用到品红溶液的作用相同
C．装置③主要是用于尾气吸收
D．如果将仪器的连接顺序变为②③①，同样可以检出所有气体产物

二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是     （     ）
A．青石棉是一种易燃品且易溶于水
B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C．1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
D．1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液
12．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：

说法错误的是
A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B．“热还原”中每生成1 mol Pd同时生成的气体的物质的量为7 mol
C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液是否含有NH
D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
13．实验是化学研究的重要手段，根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将少量Cl2通入FeBr2溶液中，再加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为无色
Br-的还原性比Fe2+的弱
B
向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成
Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuI
C
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，过滤，向滤液中滴加几滴稀硫酸和1mLH2O2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变为蓝色
海带中含有IO
D
向装有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解
Ag2O是两性氧化物

A．A B．B C．C D．D
14．明代徐光启的手迹中记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：

下列说法错误的是
A．X的化学式为SO2
B．Fe2O3在空气中易转化为Fe3O4
C．现代工业用98. 3%浓硫酸吸收SO3
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
15．下列物质属于有机合成材料的是
A．陶瓷 B．铝合金 C．尼龙 D．塑料
三、非选择题：本题共4小题，共50分。
16．（7分）实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①在甲试管(如图)中依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸、2mL乙酸。

②按图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，用小火均匀地加热3～5min。
③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙，并用力振荡，然后静置待分层。
④分离出乙酸乙酯层，洗涤、干燥。
(1)配制该混合溶液的主要操作顺序为___；反应中浓硫酸的作用是___。
(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___(填字母)。
A．中和乙酸和乙醇
B．与挥发出来的乙酸反应并溶解挥发出的部分乙醇
C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出
D．加速酯的生成，提高其产率
(3)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器有___；分离方法是___。
(4)制取乙酸乙酯的方程式___，该反应为___反应。
17．（12分）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：
(1)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质(写分子式)___________。
(2)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB(在水溶液中进行)其中，C是CO2；D是淡黄色固体。写出D的电子式：___________。
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，由A转化为B的离子方程式为___________。
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：___________。A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是___________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有___________。
18．（15分，第（1）（2）（5）每空1分，其余2分）为测定某烃A的分子组成和结构,对这种烃进行以下实验:
①取一定量的该烃,使其充分燃烧后的气体通过装有CaCl2干燥管,干燥管增重7.2g;再通过石灰水,石灰水增重17.6g。
②经测定,该烃(气体)在标准状况下的密度为1.25g·L -1。
现以A为主要原料合成乙酸乙酯,其合成路线如图1所示。

(1)0.1mol该烃A能与 _____g溴发生加成反应;加成产物需 _____mol溴蒸气完全取代;
(2)B中官能团的名称是_____, B可通过加入强氧化剂为_______(任填一种)一步直接氧化为D。
(3)E是常见的高分子材料,写出E的结构简式______;合成E的反应类型______;
(4)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后,试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。
①实验开始时,试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________;
②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是________;
③在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中,若用1mol B和1mol D充分反应,不能生成1mol 乙酸乙酯,原因是_____。
(5)比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯有_____种结构。

19．（16分）用海底锰结核(主要成分为，含少量MgO、、、)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如图所示。

已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示。
化学式




Ksp




②溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全。
完成下列问题：
(1)Mn在周期表中位置___________。
(2)SO2分子中心原子的杂化方式___________，SO2分子与CO2分子的键角的大小前者___________后者(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)“锰结核粉末”中与SO2反应的离子方程式为___________。
(4)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol/L，则“调节pH”的范围为___________，“滤渣2”的成分为___________。
(5)制取无水时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为___________。
(6)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为___________。







参考答案：
1．B
【分析】根据影响化学反应速率的因素分析．盐酸与K2CO3反应时，升高温度、增大酸的浓度、增大固体的接触面积等都可加快化学反应速率，以此解答。
【详解】A. 盐酸的用量增加一倍，并不改变浓度，反应速率不变，故A不符合题意；
B. 盐酸的浓度增加一倍，用量减半，反应速率增大，故B符合题意；
C. 参与反应的都是固体或液体，增大压强不改变浓度，不改变反应速率，故C不符合题意；
D. 增大碳酸钾粉末的用量，浓度不变，固体表面积不变，则反应速率不变，故D错误；
故选B。
2．D
【分析】由于不同物质表示的速率之比等于对应化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。
【详解】甲：，乙：，丙：，丁：，则反应速率：丁>乙=丙>甲，故选D。
【点睛】比较反应速率时，也可将不同物质转化为同一种物质，然后比较数值的大小，数值大则反应速率快。
3．A
【详解】温度越高，浓度越大，反应速率越快，硫代硫酸钠与硫酸反应出现沉淀的时间越少，A中的温度和浓度最大，因此A中溶液最早出现浑浊，故选A。
4．B
【详解】A.烷烃中碳原子数越多，熔点越大，所以戊烷＜2，2一二甲基戊烷，A项错误；
B. 根据物质的物理性质知识可以知道，密度：CHCl3＞H2O＞己烷，B项正确；
C. 最简式相同的有机物含氢量相等：乙炔=苯，C项错误；
D.含氢的质量分数越大，等质量燃烧时消耗的氧气越多，所以等质量的物质燃烧耗O2量：苯＜环己烷＜己烷，D项错误；
答案选B。
5．B
【详解】A．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，A错误；
B．泡沫隔热，减少热量损失，环形玻璃搅拌棒搅拌，使强酸强碱迅速并充分反应，温度计测量温度变化，该装置可以用来测中和热，B正确；
C．NaOH溶液应放碱式滴定管，图示为酸式滴定管，C错误；
D．结合反应的离子方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，第一支试管中草酸和高锰酸钾物质的量之比=20:1＞5:2，草酸过量，溶液能褪色，第二支试管中草酸和高锰酸钾物质的量之比=2:1＜5:2，高锰酸钾过量，不会褪色，故用④装置无法探究反应物浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
6．B
【详解】A．“钡餐”是硫酸钡，硫酸钡不溶于水，也不与稀盐酸反应，吞服后不能被人体吸收，不会引起中毒，故A错误；
B．一定条件下，植物油可与氢气发生加成反应生成固体氢化植物油，碱性条件下，油脂发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，则植物油可用于生产固体氢化植物油，也可用于生产肥皂，故B正确；
C．一定条件下，蔗糖发生水解反应生成葡萄糖和果糖，故C错误；
D．某些蛋白质遇到浓硝酸会显黄色，遇到浓硫酸不会显黄色，故D错误；
故选B。
7．A
【分析】该原电池为Zn-石墨-KOH原电池，放电时Zn发生氧化反应生成氧化锌，失去电子作负极，空气中的氧气得到电子发生还原反应，石墨为正极。
【详解】A．该电池放电时，正极反应为O2+4e-+H2O=4OH-，故A正确；
B．电池工作时，电子从Zn电极经过导线流向石墨电极，不经过溶液，故B错误；
C．根据原电池同性相吸，因此该电池放电时OH-向Zn电极移动，故C错误；
D．该电池的总反应原理为，可知反应前后电解质溶液的pH不变，故D错误；
故选A。
8．A
【详解】A、在反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，结合图中的数据可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，故A正确；
B、在反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据=0.05 mol•（L•s）-1，故B错误；
C、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，，故D错误。
故答案为A。
【点睛】解题的关键是把图象和题中的化学方程式有机结合起来分析。
9．B
【详解】A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应，生成物溶于水，则热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去，A项正确；
B．淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，B项错误；
C．漂白粉有氧化性，因此可用于自来水的杀菌、消毒，C项正确；
D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质，使红烧鱼更香，D项正确；
答案选B。
10．A
【分析】浓硫酸和木炭的反应为：。无水硫酸铜可以检验产物中的水，品红用于检验SO2，酸性高锰酸钾可将SO2除去；通过观察第二瓶品红确保SO2是否除去。最后用澄清石灰水检验CO2。
【详解】A．无水硫酸铜遇水会变蓝色，A正确；
B．由分析可知，前者检验SO2，后者为确保SO2已除去，故作用不同，B错误；
C．装置③主要是用于检验CO2气体，C错误；
D．如果将仪器的连接顺序变为②③①，将无法检验出H2O，D错误。
故选A。
11．BC
【详解】A．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故A错误；
B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O，故B正确；
C．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，1mol青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，根据转移电子守恒可知，产物为2molNaNO3、5molFe(NO3)3(有3mol的+2价铁氧化)、1molNO等，因此1mol该物质能和(2+5×3+1)mol=18molHNO3反应，故C正确；
D．5.5L2mol/L HF溶液中HF的物质的量为11mol，HF与二氧化硅反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，由此可知HF的量不足，故D错误；
故答案为：BC。
12．BD
【分析】由流程可知：粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2PdCl6固体，通入H2热还原，可得到Pd，同时生成HCl和NH3，据此分析解答。
【详解】A．粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成NO2，且生成H2PdCl6，反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，A正确；
B．热还原得Pd，发生(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，生成1 mol Pd，则还有2 mol NH3和6 mol HCl，故气体总物质的量为8 mol，B错误；
C．(NH4)2PdCl6固体为红色，现象明显，则化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有，C正确；
D．实验原理是用H2还原(NH4)2PdCl6固体得到Pd，如用浓硫酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，D错误；
故合理选项是BD。
13．AB
【详解】A．将少量Cl2通入FeBr2中，再加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为无色，则没有置换出溴单质，氯气先将Fe2+氧化，说明Br-的还原性比Fe2+的弱，选项A正确；
B．向硫酸铜溶液中加入碘化钾溶液，再加入苯，振荡，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成，说明硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成硫酸钾、碘和碘化亚铜白色沉淀，反应中铜离子做反应的氧化剂，碘离子作还原剂，选项B正确；
C．海带中的碘元素以碘离子的形式存在，将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，过滤，向滤液中滴加几滴稀硫酸和1mol H2O2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明海带中含有碘离子，反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，选项C不正确；
D．氧化银是碱性氧化物，与稀硝酸反应生成硝酸银，与氨水反应生成银氨络合物，属于络合反应，选项D不正确；
答案选AB。
14．BD
【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成Fe2O3和SO3，部分Fe元素被氧化，则S元素应被还原，X为SO2，选项A正确；
B．Fe2O3在空气中较稳定，不易转化，选项B错误；
C．由于三氧化硫和水反应是放热反应，温度很高，这时水会变为蒸汽，那么水和三氧化硫实际上在气体状态下反应得到硫酸，此时硫酸以酸雾的形成停留在吸收塔中，很难沉降下来，造成水吸收三氧化硫的速度大大降低了,工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO3，选项C正确；
D．制取HNO3是利用了高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理， 选项D错误；
答案选BD。
15．CD
【详解】A．陶瓷为无机非金属材料，A与题意不符；
B．铝合金为金属材料，B与题意不符；
C．尼龙是聚酰胺纤维，属于有机合成材料，C符合题意；
D．塑料为有机合成材料，D符合题意；
答案为CD。
16． 将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，然后再加入乙酸(或先将乙醇与乙酸混合好后再加浓硫酸并在加入过程中不断振荡 作催化剂和吸水剂 BD 分液漏斗 上口倒出 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 酯化
【分析】浓硫酸密度大，应将浓硫酸加入到乙醇中，以防酸液飞溅，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸；饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，可以通过分液操作分离，必须使用的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度较小，在混合液上层，所以乙酸乙酯从分液漏斗的上口倒出，据此分析解题。
【详解】(1)浓硫酸稀释或与其他溶液混合时会放出大量的热，操作不当会造成液体迸溅，故应将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，然后再加入乙酸(或先将乙醇与乙酸混合好后再加浓硫酸，并在加入过程中不断振荡)，浓硫酸可以作催化剂和吸水剂；
(2)饱和碳酸钠溶液的作用是：①与挥发出的乙酸发生中和反应并溶解部分挥发出的乙醇；②降低乙酸乙酯的溶解度有利于分层析出，故答案为BC；
(3)分离不相混溶的液体应采用分液法，使用分液漏斗，上层液体从分液漏斗的上口倒出，下层液体从分液漏斗的下口放出，故答案为分液漏斗；上口倒出；
(4)制取乙酸乙酯的方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为酯化反应，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；酯化。
17．(1)C2H2
(2) AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO或2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO CO+H2OHCO+OH- c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+) NaCl、NaHCO3、CO2(或H2CO3)

【分析】Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧，R为铝。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且X原子序数四五种元素中最小的，则X为氢元素，Y为碳元素，Q与氢是同主族，则为钠。
(1)
碳和氢元素形成多种化合物，其中含有极性键和非极性键的相对分子质量最小的物质为乙炔，分子式为C2H2。
(2)
C为二氧化碳，D为淡黄色固体为过氧化钠，二者反应生成氢氧化钠和氧气，其中CO2结构式为O=C=O，过氧化钠的电子式为：。①B为三种元素组成的两性不溶物，则为氢氧化铝，则A为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO或生成氢氧化钠和碳酸钠，离子方程式为：2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO。②若A为三种元素组成，B由四种元素组成，且溶液都显碱性，则为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解而显碱性，离子方程式为：CO+H2OHCO+OH-。在碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)。当溶液中滴加盐酸，则碳酸钠显变碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳和水，由于碳酸氢钠溶液显碱性，反应过程中生成碳酸，则溶液中性时溶液中含有NaCl、NaHCO3、CO2(或H2CO3)。

18． 16 0.4 羟基 酸性高锰酸钾溶液或者酸性重铬酸钾溶液 加聚反应 防倒吸 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出 该反应为可逆反应，不可能完全转化 9种
【详解】(1)由题干信息可知，A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L/mol=28g/mol，取一定量的该烃,使其充分燃烧后的气体通过装有CaCl2干燥管，干燥管增重7.2g，则水的质量为为7.2g，n(H)=7.2g÷18g/mol×2=0.8mol，再通过石灰水，石灰水增重17.6g，说明二氧化碳的质量为17.6g，n(C)=17.6g÷44g/mol=0.4mol，则C原子与H原子的个数比为1:2，说明A为乙烯，A中含有碳碳双键，0.1mol乙烯能和0.1mol溴发生加成反应，0.1mol溴的质量为16g，1，2二溴乙烷能和溴发生取代反应，且H原子和溴分子的物质的量之比为1：1，0.1mol的1，2二溴乙烷中含有0.4molH原子，所以需要0.4mol溴与其发生完全取代反应，故答案为16，0.4；
(2)乙烯与水发生加成反应生成的B物质为乙醇，它的官能团为羟基，乙醇可与强氧化剂高锰酸钾或者酸性重铬酸钾溶液反应直接得到乙酸，故答案为羟基、酸性高锰酸钾溶液或者酸性重铬酸钾溶液；
(3)E是常见的高分子材料,则E是聚乙烯，它的结构简式为：[CH2—CH2]n，乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，故答案为[CH2—CH2]n、加聚反应；
(4)实验结束后,试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体为乙酸乙酯，
①实验开始时,试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；
②饱和碳酸钠溶液能与未反应的乙酸反应，溶解挥发出的乙醇，且乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度最小，从而促进乙酸乙酯析出，故答案为中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；
③由于乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯和水的反应是可逆反应，化学反应具有一定限度，不能达到完全转化，故答案为该反应为可逆反应，不可能完全转化；
(5)比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯，即分子组成上多一个CH2原子团，所以比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯有乙酸丙酯2种，丙酸乙酯1种，丁酸甲酯2种，甲酸丁酯4种，共9种结构，故答案为9种。
19．(1)第四周期第ⅦB族
(2) 小于
(3)
(4) 、
(5)抑制的水解
(6)萃取剂或有机相2

【解析】(1)
Mn是25号元素，在周期表中位置是第四周期第ⅦB族；
(2)
SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，价层电子对数是3，中心原子以sp2杂化轨道成键；
SO2分子与CO2分子的键角分别为120°、180°，前者小于后者；
(3)
根据分析，“锰结核粉末”中与反应，将转化为，自身被氧化为，离子方程式为；
(4)
调节滤液1的，使、转化为、过滤除去，滤液1中含有、不形成沉淀，溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全，的，的，当完全沉淀时，已经完全沉淀，此时溶液中，，则；根据，，当滤液1中时，溶液中，，则，则“调节”的范围为；则滤渣2主要含有、；
(5)
制取无水时，需要在干燥的气流中加热分解。的作用为：抑制的水解；
(6)
根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。