辽宁省本溪市高级中学2023-2024学年高三化学上学期适应性测试（一）试题（Word版附解析）

绝密★使用前本溪高中2023-2024学年度高考适应性测试（一）高三化学考生注意：1.本试卷共100分,考试时间75分钟。共三大题，20小题，共6页2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36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．工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是A．合成氨使用高压B．制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂C．制硫酸时接触室使用较高温度D．侯氏制碱法循环利用母液2．在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示(b处NaOH的体积为1L)，则下列判断错误的是A．NaOH的浓度为0.6mol·L－1B．在a点处溶液中的溶质为NaClC．混合溶液中n(Al3+)︰n(Mg2+)=2∶1D．图中线段oa︰ab=5∶13．下列对应的离子方程式正确的是A．过氧化钠与水反应：B．将少量通入NaClO溶液：C．向硝酸银溶液中滴入少量稀氨水：D．用饱和溶液浸泡锅炉中的：4．下列反应属于取代反应的是A．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应B．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应C．在光照条件下乙烷和氯气反应D．在镍作催化剂、加热的条件下苯和氢气的反应5．下列粒子示意图中，表示＋2价阳离子的是(　　)A．  B．  C．  D．  6．A~D是几种烃分子的球棍模型(如图所示)，下列说法正确的是A．若将C进行燃烧，预测会和D一样火焰明亮，产生浓黑烟 B．B能与高锰酸钾溶液反应，故若A中混有B可用高锰酸钾溶液除杂C．A分子中的键角为90°D．D中含碳碳双键和碳碳单键7．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①②25℃，101kPa时，下列说法正确的是A．上述图示的反应为吸热反应B．图中的能量变化如图所示，则C．燃烧能放出大量的热，故转变成的过程必须吸收热量D．根据①②推知：在25℃，101kPa时，完全燃烧生成和放出的热量应676.7kJ8．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：关于合成氨工业的说法中不正确的是(　　)A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想B．合成氨反应须在低温下进行C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动9．下列表述正确的是：A．羟基的电子式B．苯的分子式CHC．醛基的结构简式—CHOD．聚丙烯的结构简式10．将5.6g铁粉投入盛有100mL2mol·L－1稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解完全。如果反应前后溶液的体积不变，则该反应的平均速率可表示为(　　)A．v(Fe)＝0.5mol·L－1·min－1B．v(H2SO4)＝1mol·L－1·min－1C．v(H2)＝1mol·L－1·min－1D．v(FeSO4)＝0.5mol·L－1·min－111．下列表示下列反应的离子方程式书写正确的是 A．Ca(OH)2溶液与NaHCO3溶液混合：+OH-=+H2OB．Fe2(SO4)3与Ba(OH)2溶液混合Fe3+++Ba2++3OH-=BaSO4↓+Fe(OH)3↓C．等体积等物质的量浓度的AlCl3、Ba(OH)2、HCl溶液混合：3H++Al3++6OH-=Al(OH)3↓+3H2OD．“侯德榜制碱”：CO2+NH3+H2O=+12．某烃的结构式用键线式可表示为，若该烃与发生加成反应(反应物的物质的量之比为1∶1)，则所得产物(不考虑顺反异构)有A．2种B．4种C．6种D．7种二、多选题(本题共3小题，每小题4分，共12分)13．华方师范大学科研团队研制出一种可充电双离子电池体系，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，正极反应式为B．因部分电能转化为热能，充电时通过的电量与锌的析出量无确定关系C．放电时，每转移电子，负极区电解质溶液质量增加3.8gD．充电时，阴极区溶液的pH减小14．取10mL、6mol/L硫酸与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减慢反应的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量的A．0.5mol/L硫酸B．水C．氢氧化钠固体D．硫酸钠溶液15．几种常见的晶胞或结构(、、)如图，下列说法错误的是A．图1所示晶胞中阳、阴离子的配位数分别为8和4B．B．熔点：图2所示物质>图1所示物质C．图3所示晶胞中与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个D．可与反应生成，和均是共价化合物三、填空题(共52分) 16．锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和炭粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生。回收废旧电池中的、元素，对环境保护有重要的意义。Ⅰ．回收锌元素，制备步骤①：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌、充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤②：处理滤液，得到晶体；步骤③：将与晶体混合制取无水。制取无水，回收剩余的并验证生成物中含有的装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。已知：是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体，可混溶于和氯仿等有机溶剂。(1)装置中冰水的作用是。(2)装置的正确连接顺序为a→。(3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。(4)在该实验中的作用是。Ⅱ．回收锰元素，制备(5)洗涤步骤①得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是。(6)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的是。Ⅲ．二氧化锰纯度的测定称取灼烧后的产品，加入草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移至容量瓶中，并用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出，用高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为。(已知：、)(7)该产品的纯应为(结果精确到0.1％)。17．某有机物A，分子式为C4H8O2，它是具有水果香味的液体，难溶于水，可以发生如图所示的转化： (1)推断有关物质的名称：A，B，H(2)写出由A生成B和C的化学方程式该反应的类型是(3)写出由C生成D的化学方程式(4)写出由C生成F的化学方程式该反应的类型是(5)写出A的任意三个同分异构体是18．元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下图是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、F、G、Q、M、R分别代表一种元素。请依据这7种元素回答下列问题：(1)以上7种元素中原子半径最大的元素是。(填元素符号)(2)元素的金属性：GQ(填“>”或“＜”)。(3)Q的原子结构示意图为。A和F能组成原子个数比为1：1的化合物，该化合物的电子式为；D和F能组成原子个数比为1：2的化合物，该化合物的结构式为。(4)A、G、F三种元素组成的化合物中有哪些化学键。(5)为了验证D和M二种元素非金属性的强弱，设计下图装置进行实验，请回答：①仪器A的名称是。②现有试剂：稀硫酸、碳酸钠溶液、碳酸钙、硫酸钠溶液、澄清石灰水。从所给试剂中选择合适的试剂，用如图装置证明D和M两种元素非金属性：M>D,A中装试剂，C中的实验现象。(6)F、M的简单氢化物的沸点由高到低的顺序为(用化学式表示)，原因是19．铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5 (1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是。(2)操作I产生的滤渣I主要成分为(填化学式)。(3)①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为。②再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为。③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。如果要检验电解液中的铁元素，可以加入的试剂是。20．镍、铂、镧等过渡金属单质及化合物在医疗领域有广泛的应用。（1）基态原子镍的价电子排布式为。（2）抗癌药奥沙利铂（又名乙二酸铂）的结构简式如图所示。①分子中氮原子轨道的杂化类型是，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为。②1mol乙二酸分子中含有σ键的数目为。（3）碳酸镧[La2(CO3)3]用于治疗高磷血症。①写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式。②镧镍合金可用于储氢，储氢后晶体的化学式为LaNi5(H2)3，其最小重复结构单元如图所示（、、代表晶体中的三种微粒），则图中代表的微粒是。本溪高中2023-2024学年度高考适应性测试（一）化学参考答案1．A【详解】A．增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正确；B．催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；C．二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；D．侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；答案选A。2．C【详解】A、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al（OH）3]＝0.1mol，n（Mg（OH）2]＝0.2mol－0.1mol＝0.1mol，根据Mg原子守恒有n（MgCl2）＝n（Mg（OH）2]＝0.1mol，根据Al原子守恒有n（NaAlO2）＝n（AlCl3）＝n[Al（OH）3]＝0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）＝n（NaCl）＝2n（MgCl2）+3n（AlCl3）＝2×0.1mol+3×0.1mol＝0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）＝n（NaCl）+n（NaAlO2）＝0.5mol+0.1mol＝0.6mol，所以c（NaOH）＝0.6mol÷1L＝0.6mol/L，A正确；B、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，B正确；C、根据以上分析可知混合溶液中n(Al3+)︰n(Mg2+)=1∶1，C错误； D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b﹣a）L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n（NaCl）与n（NaAlO2）之比，故oa：ab＝a：（b﹣a）＝0.5mol：0.1mol＝5：1，D正确，答案选C。3．D【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠是氧化物，不能拆开，离子方程式为：，A项错误；B．将少量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应，离子方程式为：，B项错误；C．向硝酸银溶液中滴入少量稀氨水，氨水少量且生成的氢氧化银不稳定，所以离子方程式为：，C项错误；D．用饱和溶液浸泡锅炉中的，利用溶解度较大的沉淀向溶解度较小的沉淀转化，离子方程式为：，D项正确；答案选D。4．C【详解】A．乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故A错误；B．乙烯和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，乙烯被氧化为CO2气体，故B错误；C．在光照条件下甲烷和氯气反应发生取代反应，生成甲烷的氯代物，故C正确；D．在镍做催化剂、加热的条件下苯和氢气发生加成反应生成环己烷，故D错误；故选：C。5．C【详解】A．由图示可知，核内质子数等于核外电子数，A表示原子，故A不符合题意；B．由图示可知，核内质子数比核外电子数多1，带1个正电荷；依据简单离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+1，故B不符合题意；C．由图示可知：核内质子数比核外电子数多2，带2个正电荷；依据离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+2，故C符合题意；D．由图示可知：核内质子数比核外电子数多3，带3个正电荷；依据离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+3，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】明确原子结构与离子结构的特点是解题关键，根据当核电荷数=质子数=核外电子数，为原子；当核电荷数=质子数＞核外电子数，为阳离子；当核电荷数=质子数＜核外电子数，为阴离子；特别注意离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同。6．A【分析】根据球棍模型可知A是CH4，B是C2H4，C是C2H2，D是C6H6，然后根据物质的性质分析解答。【详解】A．根据图示可知物质C是乙炔，分子式是C2H2，物质D是苯，分子式是C6H6，二者最简式都是CH，其含碳量较大，因此若将C进行燃烧，预测会和D一样火焰明亮，产生浓黑烟，A正确； B．物质A是CH4，B是C2H4，乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化为CO2气体，因此若A中混有B，不可用高锰酸钾溶液除杂，否则会引入新的杂质，B错误；C．A分子是正四面体结构，分子中的键角为109°28′，C错误；D．苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，它们的键长、键能都相同，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，D错误；故合理选项是A。7．D【详解】A．从图上可知，反应物能量比生成物能量高，反应放热，故A错误；B．由图知，△H=生成物总能量-反应物总能量=E1-E2，故B错误；C．反应②为放热反应，因此转变成的过程不一定需要吸收热量，故C错误；D．根据盖斯定律，将②×3-①×2可得：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-192.9kJ/mol×3-49kJ/mol×2=-676.7kJ/mol，即完全燃烧生成和放出的热量应676.7kJ，故D正确；故选D。8．B【详解】A.混合气进行循环利用可以节约能源、提高原料的利用率，这遵循绿色化学思想，选项A正确；B.降低温度，反应速率减慢，为保证速率较快，催化剂的活性高，产物的产率又不低，则选择适宜的温度即可，不能在低温下进行，选项B错误；C.对原料气进行压缩，即增大压强，化学平衡正向移动，可以增大原料气的转化率，选项C正确；D.催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动，使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动，选项D正确；故答案选B。9．C【详解】A．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基中含有1个氧氢键，羟基正确的电子式为，故A错误；B．苯的分子式为C6H6，故B错误；C．醛基为醛类的官能团，醛基的结构简式为−CHO，故C正确；D．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的链节中主链含有2个碳原子，聚丙烯正确的结构简式为，故D错误。答案选C。10．D【详解】A．铁为固体，不能用来表示反应速率，A不正确；B．5.6g铁是0.1mol，消耗硫酸也是0.1mol，所以用硫酸表示的反应速率是v(H2SO4)＝，B不正确；C．氢气逸出，不知道氢气的体积，无法计算，C不正确； D．由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以v(FeSO4)＝v(H2SO4)=0.5mol·L－1·min－1，D正确。答案选D。11．C【详解】A．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：，与过量的NaHCO3反应也会有碳酸钙生成，A错误；B．Fe2(SO4)3与Ba(OH)2溶液混合反应的离子方程式为：，B错误；C．等体积等物质的量浓度的AlCl3、Ba(OH)2、HCl溶液混合离子方程式为：3H++Al3++6OH-=Al(OH)3↓+3H2O，C正确；D．“侯德榜制碱”离子方程式为：Na++CO2+NH3+H2O=+，D错误；故选C。12．B【详解】与Br2发生加成反应(反应物的物质的量之比为1∶1)，当发生1，2-加成时，生成物有：、，当发生1，4-加成时，生成物有：、，所得产物共4种，答案选B。13．AC【详解】A．放电时，Zn失去电子生成[Zn(OH)4]2-，则a为负极；Na0.6-xMnO2为正极，Na0.6-xMnO2转化为Na0.6MnO2，正极的电极反应式为，故A正确；B．电解过程中确实存在电能转化成热能的情况，但电镀时通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关，故B错误；C．放电时，Zn在负极失去电子生成[Zn(OH)4]2-，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，每转移电子，负极区增加0.2molZn的质量，同时0.4molNa+通过阳离子交换膜进入正极区，负极区电解质溶液质量增加0.2mol×65g/mol-0.4mol×23g/mol=3.8g，故C正确；D．充电时，阴极与负极相连，电极方程式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，氢氧根浓度增大，阴极区溶液的pH增大，故D错误；故选AC。14．BD【详解】A.6mol/L硫酸中加入0.5mol/L硫酸，硫酸浓度减小，反应速率减慢，硫酸物质的量增大，生成H2的总量增多，故不选A；    B.6mol/L硫酸中加水，硫酸浓度减小，反应速率减慢，硫酸物质的量不变，所以生成H2的总量不变，故选B；C.6mol/L 硫酸中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠消耗硫酸，硫酸浓度减小，反应速率减慢，硫酸物质的量减小，生成H2的总量减少，故不选C；D.6mol/L硫酸中加入硫酸钠溶液，硫酸浓度减小，反应速率减慢，硫酸物质的量不变，所以生成H2的总量不变，故选D；选BD。15．BD【分析】由题意判断图1为GaF2的晶胞，图2为AlCl3的结构，图3为的晶胞。【详解】A．图1中顶点和面心是Ga2+，四面体内较大的小球表示F-，距离钙离Ga2+子最近且等距离的F-有8个，则Ga2+的配位数为8，距离F-最近且等距离的Ga2+有4个，则F-的配位数为4，故A正确；B．图1为GaF2的晶胞，GaF2是离子晶体，图2为AlCl3的结构，AlCl3是共价化合物，离子化合物的熔点一般高于共价化合物，则GaF2熔点高于AlCl3，故B错误；C．由图3可看出，与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个，故C正确；D．为离子化合物，故D错误；故答案选BD。16．(1)降温并冷凝(2)f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e(3)(4)作脱水剂(5)取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净(6)除去炭粉，并将氧化为(7)93.2％【分析】I.回收锌元素时，SOCl2作为一种常用的脱水剂，可以去除ZnCl2•xH2O晶体中的H2O，得到无水ZnCl2；回收SOCl2时需要加热，装置中的冰水可以降温并冷凝SOCl2，因为SOCl2与H2O发生水解生成两种气体，根据提示，该反应为；想要验证生成物中含有SO2，需要防止水蒸气倒吸入锥形瓶中，因此先连接盛放浓硫酸的试剂瓶，再将气体通入品红溶液中进行SO2的检验，最后通入NaOH溶液中进行尾气处理，空瓶是为了防倒吸。【详解】（1）装置中冰水的作用是降温并冷凝SOCl2；（2）根据分析，装置的正确连接顺序为a→f→g→h→i→b→c→d→e；（3）三颈烧瓶中SOCl2与ZnCl2•xH2O晶体混合制取无水ZnCl2，具体反应为：xSOCl2+ZnCl2•xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑；（4）SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；（5）步骤①得到的固体表面有Cl-，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中是否含有Cl-，因此答案为：取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净；（6）洗涤后的固体主要含有MnO2、MnOOH和C，高温灼烧可以将C转化为CO2，同时将MnOOH转化为MnO2，因此答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；（7）。根据反应可得关系式：、， 消耗的的物质的量，因此消耗的的物质的量，产品的纯度：％％。17．(1)乙酸乙酯乙酸钠1，2-二溴乙烷(2)CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH水解反应(3)(4)CH3-CH2-OHCH2=CH2↑+H2O消去反应(5)CH3CH2CH2COOH、CH3CH(COOH)CH3；HCOOCH2CH2CH3【分析】某有机物A，分子式为C4H8O2，它是具有水果香味的液体，难溶于水，说明A为酯，碱性水解生成B和C，C能经过两步氧化，结合B的结构简式可知，A为乙酸乙酯，C为CH3CH2OH，根据题中各物质的转化关系，可以推得D为CH3CHO，E为CH3COOH，F为CH2=CH2，H为BrCH2CH2Br，据此分析解题。【详解】（1）由上面的分析可知，A是乙酸乙酯，B是乙酸钠，C是乙醇，D是乙醛，E是乙酸，F是乙烯，H是1，2-二溴乙烷；（2）A生成B和C，是乙酸乙酯在碱性条件下水解为乙酸钠和乙醇，方程式为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，反应类型为水解反应；（3）根据分析可知C为乙醇，乙醇氧化为乙醛，C生成D的化学方程式；（4）根据分析可知C为乙醇，F为乙烯，C生成F的化学方程式为：CH3-CH2-OHCH2=CH2↑+H2O，反应类型为消去反应；（5）分子式相同结构不同为同分异构体，A的三个同分异构体分别是：丁酸CH3CH2CH2COOH、2－甲基丙酸CH3CH(COOH)CH3；甲酸丙酯HCOOCH2CH2CH3丙酸甲酯CH3CH2COOCH3，甲酸异丙酯HCOOCH(CH3)CH3，任选三种。18．Na>离子键，极性共价键分液漏斗稀硫酸浑浊H2O>H2SH2O分子间存在氢键【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为H，D为C，F为O，G为Na，Q为Al，M为S，R为Cl。【详解】(1)同周期从左到右半径减小，同主族从上到下半径增大，故半径最大元素为：Na(2)金属性同周期从左到右减弱，G>Q(3)Q为Al，铝原子原子结构示意图为：;A、F为H、O，组成原子个数比为1：1的化合物为H2O2，电子式为：；D和F为C和O，能组成原子个数比为1：2的化合物为CO2，结构式为：。(4)A、G、F三种元素为H、Na、O，组成的化合物为NaOH，离子化合物，含有离子键，OH- 中含有极性共价键，故A、G、F三种元素组成的化合物中有哪些化学键为：离子键，极性共价键(5)①如图所示A为分液漏斗；②非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故证明D碳和M硫两种元素非金属性：S>C，可以通过硫酸的酸性比碳酸强来证明，故通过硫酸和碳酸盐反应生成CO2，强酸制弱酸来证明，故A中盛装稀硫酸，B中盛装碳酸钠溶液，发生反应H2SO4+NaCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，C中盛装澄清石灰水，通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的生成，故答案为：A中盛装稀硫酸；C中澄清石灰水变浑浊；(6)F、M的简单氢化物为H2O、H2S，H2O分子间存在氢键，故H2O的沸点更高，故沸点：H2O>H2S；因为H2O分子间存在氢键。19．(1)增大其与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；(2)Cu(3)2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3.3<pH<7.2K3[Fe(CN)6]溶液或H2O2与KSCN溶液或酸性高锰酸钾溶液【分析】铜镉渣加和稀硫酸溶解，除去滤渣，再加入锌、Sb2O3操作后除去滤渣CaSb，先再加入双氧水、再加ZnO，操作除去氢氧化铁，所得溶液电解，除去废液，得到单质镉。【详解】（1）酸浸时粉碎铜镉渣能增大其与稀硫酸的接触面积，加快反应速率。提高原料的浸出率；（2）铜镉渣中所含的五种单质中只有Cu不溶于稀硫酸。故所得滤渣的主要成分是Cu；（3）①操作Ⅱ所得溶液中含Fe2+，结合操作Ⅲ中生成Fe(OH)3可知。在酸性条件下Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，反应的离于方租式为2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②加入ZnO调节浓液的pH，需使Fe3+沉沈完全，且保证Cd2+不沉沈。故控制溶液的pH范围是3.3<pH<7.2；③若加入的H2O2不足，则溶液中有Fe2+和Fe3+，Fe3+完全沉沈后，待电解溶液中还含有Fe2+，可向待电解滚液中依次加入H2O2溶液和KSCN滚液，若出现红色。可证明待电解溶液中含有Fe2+；也可以向待电解溶液中加入K3[Fe(CN)6]浮液。若出现蓝色沉沈。也可证明待电解溶液中含有Fe2+。20．3d84s2sp3N＞O＞C7NASO3H2