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浙江省金华第一中学2023-2024学年高一下学期期中化学试卷（Word版附解析）
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一、单选题(每题2分)
1. 下列有关物质的性质或用途的说法中，正确的是
① Si可用于制造光导纤维 ② 明矾在水中能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
③ 铁红常用作红色油漆和涂料 ④ SiO2、Na2CO3和CaCO3可用于制玻璃
⑤ 水玻璃可用于生产防火材料 ⑥ 氯气具有漂白性，可以使有色布条褪色
A. ①②③⑤B. ②④⑤⑥C. ③④⑤⑥D. ②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①光导纤维的成分是SiO2，故错误；
②明矾净水原因是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，利用胶体的表面积大，吸附水中杂质，达到净水，故正确 ；
③铁红是Fe2O3，常用作红色油漆和涂料，故正确；
④SiO2、Na2CO3和CaCO3发生反应SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，这是制造玻璃发生的反应，故正确；
⑤硅酸钠用途是黏合剂和耐火阻燃材料，故正确；
⑥氯气不具有漂白性，是其中的次氯酸具有的强氧化性，把有色物质漂白，故错误；
综上所述，正确的是②③④⑤，故选D。
2. 下列说法错误的是
A 脂肪和蛋白质均属于高分子
B. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
C. 天然橡胶可以使溴水褪色
D. 脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点影响很大
【答案】A
【解析】
【详解】A．脂肪相对分子质量较小，不属于高分子，A错误；
B．淀粉和纤维素水解后都可以生成葡萄糖，B正确；
C．天然橡胶(聚异戊二烯)以及二烯烃的加聚产物能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，C正确；
D．脂肪酸的饱和程度影响其相对分子质量，故对油脂的熔点影响很大，D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 氨气的水溶液可以导电，但氨水是非电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. 冰醋酸、纯碱、明矾、干冰分别属于酸、碱、盐、氧化物
D. 区别溶液和溶液只能用焰色反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B．导电能力取决于自由移动的离子的浓度和离子所带电荷数，没有限定的情况下，无法比较强弱电解质的导电能力，故B正确；
C．纯碱是碳酸钠，属于盐，故C错误；
D．K2CO3和盐酸反应放出二氧化碳气体，NaCl和盐酸不反应，可以用盐酸鉴别K2CO3和NaCl，故D错误；
选B。
4. 下列说法错误的是
A. 表示质子数为6、中子数为8的核素
B. 液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与苹果表面的蜡状物质二十七烷一定互为同系物
C. 医学上研究发现具有抗癌作用，而没有抗癌作用，说明两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的平面结构
D. C5H11Cl的同分异构体有8种，其沸点均相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．质子数为6、中子数为8，则该核素为碳元素、质量数为14，表示为，A正确；
B． C3H8、C4H10与二十七烷，均满足CnH2n+2，结构均为碳碳单键、链状，故结构相似组成上相差若干个CH2，一定互为同系物，B正确；
C．由图知物质的组成相同、分子式相同，结构如果是四面体结构，就只能存在一种结构、其性质应该相同，但与 性质有差别、则是不同物质，所以不是四面体结构，说明两者都是以Pt原子为中心的平面结构，互为同分异构体，C正确；
D． C5H11Cl由戊基和氯原子构成，戊烷有3种、对应的戊基有8种，则同分异构体有8种，但沸点不同，D错误；
答案选D。
5. 下列实验设计能够成功的是
A. 除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：粗盐精盐
B. 检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀不溶解→试样已变质
C. 证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强：NaI溶液溶液变蓝色→氧化性：H2O2＞I2
D. 检验某溶液中是否含有Fe2+：试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．足量氯化钡引入钡离子，应先加氯化钡，再加碳酸钠，过滤后加盐酸，A不合题意；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钠，由操作和现象不能判断是否变质，B错误不合题意；
C．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能比较过氧化氢与碘氧化性，C错误不合题意；
D．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，亚铁离子被氧化生成铁离子遇KSCN溶液变色，由操作和现象可知溶液中含有Fe2+，D符合题意；
故答案为：D。
6. 将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)=NH3(g)+HBr(g)；2HBr(g)H2(g)+Br2(g)两分钟后，反应达到平衡，测知c(H2)为0.5ml/L，c(HBr)为4ml/L。若反应用NH3表示反应速率，则v(NH3)为
A. 0.5ml/(L·min)B. 2.0ml/(L·min)
C. 2.5ml/(L·min)D. 5.0ml/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】两分钟后，反应达到平衡，测知c(H2)为0.5ml/L，则根据方程式2HBr(g)H2(g)+Br2(g)可知生成氢气消耗溴化氢的浓度是1ml/L，平衡时c(HBr)为4ml/L，则溴化铵分解生成的溴化氢浓度是5ml/L，根据方程式NH4Br(s)=NH3(g)+HBr(g)可知生成氨气浓度是5ml/L，若反应用NH3表示反应速率，则v(NH3)＝5ml/L÷2min＝2.5ml/(L·min)，答案选C。
7. NA是阿伏加德罗常数，下列正确的是
A. 1ml/L的NaCl溶液中，Na+的个数为NA个
B. 1ml重水比1ml水多NA个质子
C. 若NA的值变为规定的两倍，则32g氧气的物质的量变为0.5ml
D. 22.4L的13C18O中含有17NA个中子
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml/L的NaCl溶液的体积未知，无法求出所含Na+的物质的量，也就无法求出Na+的个数，A不正确；
B．1ml重水与1ml水所含质子数都为10NA，B不正确；
C．若NA的值变为规定的两倍，则氧气的相对分子质量也变为原来的两倍，即为64g/ml，则32g氧气的物质的量变为0.5ml，C正确；
D．题中没有指明温度和压强，也就无法求出22.4L的13C18O的物质的量，从而无法求出其所含有的中子数，D不正确；
故选C。
8. 根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）
A. Na的原子失去电子能力比Mg强
B. HBr比HCl稳定
C. H2SO4 比H3PO4 酸性强
D. Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期元素随着原子序数的增大，金属性越来越弱。Na、Mg同周期且原子序数增大，故金属性Na＞Mg，则Na的原子失去电子能力比Mg强，故A正确；
B．同主族元素随着原子序数的增大，非金属越来越弱，气态氢化物的稳定性越差。Cl、Br同主族且原子序数增大，非金属性Cl＞Br，则氢化物稳定性：HCl＞HBr，故B错误；
C．同周期元素随着原子序数的增大，非金属性越来越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强。P、S同周期且原子序数增大，故非金属性S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，故C正确；
D．同主族元素随着原子序数的增大，金属性越来越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强。Mg、Ca同主族且原子序数增大，金属性Ca＞Mg，则碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；
故答案为B。
【点睛】元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱(金属的相互置换)；
9. 体积均为aL的盐酸和碳酸钠溶液，将碳酸钠溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入碳酸钠溶液中产生的气体体积比为x:y(同温同压，且x不等于y)，则原碳酸钠与盐酸溶液中溶质的物质的物质的量浓度之比为( )
A. x:yB. (x-2y):xC. 2x:(2x-y)D. (2x-y):2x
【答案】D
【解析】
【详解】若盐酸过量，将Na2CO3溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入Na2CO3溶液中产生的CO2在同温同压下的体积应相等，由于x不等于y，则盐酸不足，Na2CO3溶液过量。设原Na2CO3溶液中Na2CO3物质的量为m，原盐酸中HCl物质的量为n，将Na2CO3溶液逐渐加入盐酸中发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，生成的CO2以HCl计算，生成CO2物质的量为；将盐酸逐渐加入Na2CO3溶液中依次发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，第一步消耗HCl物质的量为m，则第二步消耗HCl物质的量为(n-m)，生成CO2物质的量为(n-m)；根据阿伏加德罗定律，:(n-m)=x:y，m:n=(2x-y):2x；盐酸和碳酸钠溶液的体积都为aL，则原碳酸钠溶液与盐酸溶液物质的量浓度之比为(2x-y):2x，D满足题意。
答案选D。
10. 为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H+的浓度为0.5ml·L-1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是
A. 反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9g
B. 上述合金中铁与铜的质量之比为2：3
C. 合金中，铁的质量分数为63.2%
D. 原硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=4.5ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．，则转移电子为，故金属共失去电子0.6ml，故失去1ml电子时合金的质量=，反应后Fe3+0.1ml，Cu2+0.15ml，HNO30.1ml由于要求是最多溶解合金的质量，所以应该让铁铜都变成+2价，根据方程式可知0.1ml硝酸还可以得到电子=，对应合金质量=，但是此时溶液中还有Fe3+0.1ml，还可以溶解更多的合金，A错误；
B．反应后溶液中的c(H+)= 0.5ml/L，则反应后，Fe被氧化生成Fe(NO3)3，设合金中Cu为ml，Fe为ml，则：，解得=0.15，=0.1，故Fe的质量为，Cu的质量为，其质量比=，B错误；
C．合金中，铁的质量分数=，C错误；
D．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，还有剩余的硝酸，根据N原子守恒
，故，D正确；
故选D。
11. 苹果酸的结构简式为 ，下列说法不正确的是
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1 ml苹果酸可与2 ml NaOH发生中和反应
C. 1 ml苹果酸与足量金属Na反应生成3 ml H2
D. HCOO—CH2—CH(OH)—OOCH与苹果酸互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．苹果酸分子中含羧基和羟基，两种官能团均可发生酯化反应，A正确；
B．羧基可与氢氧化钠发生酸碱中和反应，根据上述结构简式可知，1 ml苹果酸可与2 ml NaOH发生中和反应，B正确；
C．羟基和羧基均可与钠发生置换反应生成氢气，每摩尔羟基（或羧基）与Na发生反应生成0.5ml氢气，则上述1 ml苹果酸与足量金属Na反应生成1.5 ml H2，C错误；
D．HCOO—CH2—CH(OH)—OOCH与苹果酸分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，D正确；
故选C。
12. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。已知：，下列说法错误的是
A. a、b、c中盛装物质可以分别为浓硫酸、固体、溶液
B. 实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、酸性溶液均褪色，溶液中出现淡黄色沉淀
C. 此设计可证明水溶液呈酸性，具有氧化性、还原性、漂白性
D. 点燃酒精灯加热，可证明使品红溶液褪色具有可逆性，使酸性溶液褪色不具有可逆性
【答案】B
【解析】
【详解】A．用浓硫酸与固体反应制备，用NaOH溶液来吸收尾气中的防止污染环境，所以a、b、c中依次盛装硫酸、固体、NaOH溶液，A正确；
B．只能使湿润的pH试纸变红色，不能使其褪色，B错误；
C．使湿润的pH试纸变红可以可证明水溶液的酸性，与溶液反应出现淡黄色沉淀可以证明的氧化性，使高锰酸钾溶液褪色可证明SO2的还原性，使品红溶液褪色可以证明其漂白性，C正确；
D．点燃酒精灯加热，通过观察褪色后的品红溶液是否恢复红色，证明使品红溶液褪色具有可逆性，使高锰酸钾溶液褪色发生了氧化还原反应，加热褪色后的酸性溶液不能恢复紫红色，证明使酸性溶液褪色不具有可逆性，D正确；
故选：B。
13. 利用下图实验装置，探究与能否发生氧化还原反应。下列说法错误的是
A. ②中水可除去和硝酸蒸气B. 当④中红棕色气体消失时，再点燃酒精灯
C. 因反应生成，故无需尾气处理D. ④中红色固体变黑说明能氧化
【答案】C
【解析】
【分析】装置①中铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，整个装置中残留有空气，NO能与O2反应NO2气体，并且硝酸具有挥发性，混合气体通过装置②中水吸收除去NO2和硝酸蒸气，通过装置③中浓硫酸干燥得到较为纯净的一氧化氮气体，加热条件下NO通入装置④中与Cu反应，根据氧化还原反应规律可知，若④中红色固体变黑，说明NO能氧化Cu生成N2和CuO，据此解答该题。
【详解】A．硝酸具有挥发性，NO2和水反应生成硝酸和NO，②中的水可除去和硝酸蒸气，故A正确；
B．当装置④中红棕色气体消失时，说明装置中空气已排尽，可排除氧气的干扰，再点燃酒精灯进行实验验证，故B正确；
C．反应生成了N2，但尾气中仍含有一定量的NO气体，会造成环境污染，需进行尾气处理，故C错误；
D．若④中红色固体变黑，即Cu发生氧化反应生成了黑色的CuO，说明NO能氧化Cu为CuO，故D正确；
选C。
14. 将17.9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为
A. 22.1gB. 25.4gC. 33.2gD. 30.2g
【答案】B
【解析】
【详解】将17.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1ml，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，，其中0.1ml铝完全反应失去0.3ml电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9ml－0.3ml=0.6ml，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6ml，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为17.9g－2.7g+0.6ml×17g/ml=25.4g，答案选B。
15. 工业制备高纯硅的流程如下，下列说法正确的是
A. 石英砂与过量焦炭发生的主要反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑
B. 盛装NaOH溶液的玻璃瓶要使用磨口玻璃塞
C. 粗硅与HCl反应时，需要在富氧的环境中进行
D. 高纯硅常用于制备光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．石英砂与过量焦炭发生的主要反应制备粗硅是主要反应，其化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；
B．玻璃塞和试剂瓶磨口处的SiO2会与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有黏性，则盛装NaOH溶液的玻璃瓶要不能使用磨口玻璃塞，B错误；
C．粗硅与HCl反应时，会产生H2，若在富氧的环境中，易发生爆炸且会生成SiO2，C错误；
D．SiO2用于制作光导纤维，D错误；
故选A。
16. 过量铁与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是
A. 加入适量NaCl溶液B. 加入适量的水
C. 加入几滴硫酸铜溶液D. 再加入少量稀硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．若加入NaCl溶液，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故A错误；
B．加入适量的水，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故B错误；
C．若加入几滴CuSO4溶液，则发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，析出的Cu与Fe、稀硫酸形成原电池，反应速率加快且不影响生成H2的总量，故C正确；
D．若再加入少量稀硫酸，因Fe过量，则生成H2的总量增大，故D错误。
故选C。
17. 一种简单的原电池装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 锌作电池的负极，铜作正极
B. 电子从锌片流向铜片
C. 用石墨电极代替铜片后，石墨电极无明显现象
D. 用稀H2SO4代替CuSO4溶液，电流计指针也发生偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌的活泼性大于铜，锌失电子发生氧化反应，锌作电池的负极，铜作正极，故A正确；
B．锌作电池的负极、铜作正极，电子从锌片经导线流向铜片，故B正确；
C．用石墨电极代替铜片后，石墨为正极，石墨电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨表面由红色金属铜析出，故C错误；
D．用稀H2SO4代替CuSO4溶液，构成原电池，电流计指针也发生偏转，故D正确；
选C。
18. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总能量大于2mlNO(g)具有的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A． N2键能为946kJ/ml，NO键能为632kJ/ml，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/ml+498kJ/ml=1444kJ/ml，形成化学键放出的能量为2×632kJ/ml=1264kJ/ml，则1ml N2(g)和1ml O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1ml N2(g)和1ml O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/ml，放出的能量为1264kJ/ml，说明该反应是吸热反应，1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
19. 将一定量缓慢通入某浓度的NaOH溶液充分反应得A溶液，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入与生成的关系如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 通入的气体为22.4L
B. A溶液中
C. A溶液中既含，又含
D. 图中产生气体的反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸会首先和氢氧化钠生成氯化钠和水，次之和碳酸钠生成碳酸氢钠：，再和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳；根据反应方程式，结合图像可知，生成二氧化碳消耗4-3=1mlHCl，而初始消耗3mlHCl，则说明CO2与NaOH反应得A溶液中成分为2mlNaOH、1ml；
【详解】A．结合分析，根据碳守恒可知，通入的1ml，但是不确定是否为标况，不能确定生成二氧化碳的体积，A错误；
B．由分析可知，A溶液中，B正确；
C．A溶液中含2mlNaOH、1ml，C错误；
D．图中产生气体的反应为：图中产生气体的反应为：，D错误；
故选B。
20. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Y是地壳中含量最高的元素，最外层电子数X+Z=Y，Y和W在元素周期表中相邻。下列说法正确的是
A. Z2Y2的阴阳离子个数比为1∶1B. 简单离子半径：X>Y>Z
C. 简单离子的还原性：W>Y>XD. 气态氢化物稳定性：W>Y
【答案】B
【解析】
【分析】根据X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断X是N元素，Y是地壳中含量最高的元素则Y是O元素，最外层电子数X+Z=Y则Z是Na，Y和W在元素周期表中相邻则W是S元素，据此分析。
【详解】A．据分析可知Z2Y2即，其阴阳离子个数比为1∶2，故A错误；
B．X、Y、Z的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，简单离子半径：N3->O2->Na+，故B正确；
C．X、Y、W的简单离子分别为N3-、O2-、S2-，还原性：S2>N3->O2-，故C错误；
D．Y、W的气态氢化物分别为H2O和H2S，气态氢化物稳定性：H2O>H2S，故D错误；
故选B。
二、非选择题(每空2分)
21. 请回答下列问题：
（1）已知实验室制备氧气可以用加热高锰酸钾的方法实现，其发生的反应为，氧化产物是___________(填化学式)。
（2）已知反应：
①；
②；
③；
④。
微粒氧化性由强到弱的顺序为___________。
【答案】（1）O2 （2）HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
【解析】
【小问1详解】
反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，KMnO4中氧元素的化合价升高，生成O2，KMnO4中锰元素的化合价降低，生成K2MnO4和MnO2，故被氧化的元素是O，氧化产物是O2；
【小问2详解】
①反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，铁是还原剂，铜是还原产物，则还原性Fe＞Cu，氧化性为Cu2+＞Fe2+；
②反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，铜是还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性Cu＞Fe2＋，氧化性为Fe3+＞Cu2+；
③反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，亚铁离子是还原剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2＋＞Cl－，氧化性为Cl2＞Fe3+；
④反应HClO+H++Cl－＝Cl2↑+H2O中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，氯离子是还原剂，氯气是还原产物，则还原性Cl－＞Cl2，氧化性为HClO＞Cl2；
由此可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+。
22. 石油是一种非常重要的化石能源，主要是由各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物。请回答下列问题：
（1）下列有机物中，属于烷烃的是___________，属于同分异构体的是___________，属于同一种物质的是___________。
①四氯化碳 ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（2）正丁烷、异丁烷和戊烷的沸点由高到低的顺序为___________。
（3）写出主链5个碳原子，且有4个甲基的烷烃的结构简式：___________。
【答案】（1） ①. ③⑤⑥ ②. ③⑥ ③. ⑦⑧
（2）戊烷＞正丁烷＞异丁烷
（3） 或
【解析】
【小问1详解】
链状烷烃的通式为CnH2n+2，根据题中所给物质，③⑤⑥符合该通式，它们属于烷烃；同分异构体是分子式相同，结构不同，③⑥分子式均为C6H14，它们结构不同，因此③⑥互为同分异构体；乙烷中的氢原子是等效的，因此⑦⑧结构和化学式完全相同，属于同一物质；故答案③⑤⑥；③⑥；⑦⑧；
【小问2详解】
正丁烷、异丁烷、戊烷均为烷烃，属于同系物，烷烃属于分子晶体，熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，如果碳原子个数相等，支链越多，熔沸点越低，正丁烷、异丁烷、戊烷沸点大小顺序是戊烷＞正丁烷＞异丁烷；
【小问3详解】
C8H18中主链有5个碳原子，且有4个甲基的烷烃，支链有1个甲基和1个乙基，其结构简式为 或。
23. 回答下列问题：
（1）某化学社团为证实Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。
已知：溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，可通过观察实验现象，判断溶液中离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。实验装置如图所示：
（2）写出下列情况发生反应的离子方程式：向NaHSO4液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性___________。
（3）某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含大量的Na+、Cu2+、Cl-、，为除去废水样品中的Cu2+和，最终得到中性溶液，设计的方案流程如下图：
①若取50mL该废水于烧杯中，向烧杯中逐滴加入氢氧化钠溶液至呈碱性过程中，废水中存在的离子的量会减少的是___________(用离子符号表示)。
②上述流程中，试剂c为___________(写化学式)。
【答案】（1）灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮
（2）2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓
（3） ①. H+、Cu2+ ②. Na2CO3
【解析】
【分析】根据所得蓝色沉淀1，可知该蓝色沉淀为Cu(OH)2，所加试剂为NaOH溶液，其分离操作为过滤；除去常用钡盐，可用BaCl2溶液，再用Na2CO3溶液除去多余的BaCl2，过滤得到白色沉淀硫酸钡和碳酸钡，溶液2中含有NaOH和Na2CO3，用适量盐酸除去NaOH和Na2CO3调pH═7，即得到中性溶液。
【小问1详解】
烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮，故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；
【小问2详解】
向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓，故答案为：2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓；
【小问3详解】
①废水中逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中，OH-和H+、Cu2+发生反应分别生成H2O和Cu(OH)2沉淀，故原废水中存在的离子的量会减少的是H+、Cu2+，故答案为：H+、Cu2+；
②由分析可知，上述流程中，试剂c为Na2CO3，故答案为：Na2CO3。
24. 有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料，路线如图：
请回答下列问题：
（1）A为，所含官能团的结构简式为___________、。
（2）反应Ⅱ为酯化反应，写出反应Ⅱ的化学方程式___________。
（3）3.45gB与足量钠反应，能生成标准状况下的体积为___________L。
（4）下列说法不正确的是___________(填字母)。
a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子
b．反应Ⅰ为水解反应
c．E分别于足量的Na和NaOH反应，消耗的Na和NaOH的物质的量相等
d．D、E互为同系物
（5）淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经水解完全向水解后的溶液中加入___________(填试剂名称)。
【答案】（1）
（2）CH3CH(OH)COOH+CH3COOH+H2O
（3）0.84 （4）cd
（5）碘水
【解析】
【分析】淀粉酸性条件水解生成C6H12O6，C6H12O6在酶的催化作用下转化为乙醇(B)，，结合转化图D、E在浓硫酸加热条件下生成F，逆向可推导E结构简式为CH3CH(OH)COOH。
【小问1详解】
A分子式C6H12O6，为葡萄糖，含有的官能团有、-CHO。
【小问2详解】
D为CH3COOH，E为CH3CH(OH)COOH，发生酯化反应，化学方程式：CH3CH(OH)COOH+CH3COOH+H2O。
【小问3详解】
B与足量钠反应的方程式为：，3.45g乙醇的物质的量为0.075ml，则生成标准状况下的体积为=0.84L。
【小问4详解】
a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，a正确；
b．反应Ⅰ为淀粉酸性条件下水解成C6H12O6，属于水解反应，b正确；
c．E的结构简式为：CH3CH(OH)COOH，含有羟基和羧基，羟基只能与钠发生反应，羧基能与Na和NaOH反应，分别于足量的Na和NaOH反应，消耗的Na和NaOH的物质的量之比为2：1，c错误；
d．结构相似，分子式相差1个或n个-CH2的有机物，互为同系物，D中只含有羧基，E含有羧基和酯基，二者不互为同系物，d错误。
答案为：cd。
【小问5详解】
淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经水解完全，即证明反应完全的溶液中没有淀粉，故向水解后的溶液中加入碘水，现象为溶液不变蓝。
25. A常温常压下为无色液体，B、C是无色无味的气体，M、R是两种常见的金属，且M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，E是具有磁性的黑色晶体，G和H组成元素相同。各物质在一定条件下有如下转化关系。
（1）物质T的电子式为___________。
（2）D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为___________。
（3）T和F反应只生成C、H和一种盐，其化学反应方程式为___________。
（4）若向E和R的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成FeCl2并放出448mL(标准状况)气体。若用足量的CO在高温下还原相同质量的上述混合物，得到的固体质量为___________g。
【答案】（1） （2）2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑
（3）4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑
（4）2.8
【解析】
【分析】M是地壳中含量最多的金属元素的单质，M为Al；A是常见的无色液体，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，结合图中转化可知，A为H2O，T为Na2O2，二者反应生成C为O2，D为NaOH；Al与NaOH溶液反应生成的B为H2；E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体，结合图中转化可知，R为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成E为Fe3O4，E溶于盐酸后加足量Fe生成的F为FeCl2，F与D反应生成G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3，以此来解答。
【小问1详解】
由分析可知，T为Na2O2，Na2O2为离子化合物，故物质T的电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，D为NaOH，M为Al，则D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，T为Na2O2，F为FeCl2，H为Fe(OH)3，C为O2，T和F反应只生成C、H和一种盐，其离子反应方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑；
【小问4详解】
由分析可知，E为Fe3O4、R为Fe，若向E和R的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸的物质的量为：0.1L×1ml/L=0.1ml，恰好使混合物完全溶解，生成FeCl2并放出448mL(标准状况)气体即=0.02mlH2，则此时溶液中的溶质为FeCl2，根据Cl-守恒可知，n(Fe)===0.05ml，即上述混合物中含有0.05mlFe，故若用足量的CO在高温下还原相同质量的上述混合物，得到的固体质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，故答案为：2.8。
26. 下列实验装置可用于实验室制备少量无水，已知遇水会强烈反应。
（1）装置⑤装有浓盐酸的仪器名称为___________。
（2）请写出装置⑤中制备氯气的离子方程式___________。
（3）用离子方程式表示③的作用___________。
（4）本实验装置④⑤两处均有酒精灯，实验开始前应先点燃___________(填装置序号)处酒精灯。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）
（4）⑤
【解析】
【分析】遇水会强烈反应，要制备，装置④前后都需要有干燥剂。依次用⑤制备氯气、装置②除氯气中的氯化氢、装置①干燥氯气、④中铁和氯气反应生成氯化铁、装置①防止氢氧化钠中水蒸气进入装置④、装置③吸收氯气，防止污染。
【小问1详解】
装置⑤装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
装置⑤中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
装置③中氢氧化钠吸收氯气，防止污染，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
本实验装置④⑤两处均有酒精灯，为防止铁和氧气反应，实验开始前应先点燃⑤处酒精灯，用⑤中生成的氯气排出装置内的空气，后点燃④处酒精灯。
27. 按要求回答下列问题：
（1）下列过程中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是___________。
①甲烷的燃烧 ②水煤气的制备 ③石灰石受热分解 ④碘升华 ⑤金属的锈蚀
（2）一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应(产物均为气体)，反应中各物质物质的量的变化如图所示。
①在0~6s内，B的化学反应速率为___________。
②6s后容器内的压强与开始时压强之比为___________。
（3）一定条件下，、CO在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：，下列选项不能判断该反应达到平衡状态的依据的___________。
①密闭容器中CO的体积分数不变 ②密闭容器中总压强不变 ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤体系内的温度不再变化 ⑥单位时间内，断裂4ml H-H键，同时生成2ml H-O键
（4）潜艇中使用的液氨液氧燃料电池工作原理如图所示：
电极a名称___________(填“正极”或“负极”)，其电极反应为___________。
【答案】（1）② （2） ①. ②. 11:10
（3）③⑥ （4） ①. 负极 ②.
【解析】
【小问1详解】
①甲烷的燃烧为放热反应；
②水煤气的制备为碳和水蒸气高温生成一氧化碳和氢气，为氧化还原反应、吸热反应；
③石灰石受热分解过程中无元素化合价改变，不是氧化还原反应；
④碘升华为物理变化；
⑤金属的锈蚀是金属和氧气等物质的反应，属于氧化反应、放热反应；
故选②；
【小问2详解】
①在0～6 s内，B的化学反应速率为。
②6s后总的物质的量为1.2+0.4+0.2+0.4=2.2ml，初时总的物质的量为2.0ml，则容器内的压强与开始时压强之比为2.2:2.0=11:10；
【小问3详解】
①密闭容器中CO的体积分数不变，则平衡不再移动，达到平衡，不符合题意；
②反应为气体分子减小的反应，即体系内压强为变量，当压强不变时，反应达平衡，不符合题意；
③容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，符合题意；
④混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，不符合题意；
⑤在体积固定的绝热密闭容器中发生反应，则温度为变量，体系内的温度不再变化反应达平衡，不符合题意；
⑥单位时间内，断裂4ml H-H键，同时生成2ml H-O键，描述的是正逆两个方向，不能判断平衡，符合题意；
选③⑥。
小问4详解】
液氨液氧燃料电池中通入氧气一极为正极、氨气一极为负极，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，电极反应为，a为负极。实验步骤
实验现象
实验结论
连接好装置，向烧杯中加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，逐滴滴加H2SO4溶液直至过量，边滴边振荡
___________(填写支持实验结论的证据)
Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应
一、单选题(每题2分)
1. 下列有关物质的性质或用途的说法中，正确的是
① Si可用于制造光导纤维 ② 明矾在水中能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
③ 铁红常用作红色油漆和涂料 ④ SiO2、Na2CO3和CaCO3可用于制玻璃
⑤ 水玻璃可用于生产防火材料 ⑥ 氯气具有漂白性，可以使有色布条褪色
A. ①②③⑤B. ②④⑤⑥C. ③④⑤⑥D. ②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①光导纤维的成分是SiO2，故错误；
②明矾净水原因是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，利用胶体的表面积大，吸附水中杂质，达到净水，故正确 ；
③铁红是Fe2O3，常用作红色油漆和涂料，故正确；
④SiO2、Na2CO3和CaCO3发生反应SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，这是制造玻璃发生的反应，故正确；
⑤硅酸钠用途是黏合剂和耐火阻燃材料，故正确；
⑥氯气不具有漂白性，是其中的次氯酸具有的强氧化性，把有色物质漂白，故错误；
综上所述，正确的是②③④⑤，故选D。
2. 下列说法错误的是
A 脂肪和蛋白质均属于高分子
B. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
C. 天然橡胶可以使溴水褪色
D. 脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点影响很大
【答案】A
【解析】
【详解】A．脂肪相对分子质量较小，不属于高分子，A错误；
B．淀粉和纤维素水解后都可以生成葡萄糖，B正确；
C．天然橡胶(聚异戊二烯)以及二烯烃的加聚产物能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，C正确；
D．脂肪酸的饱和程度影响其相对分子质量，故对油脂的熔点影响很大，D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 氨气的水溶液可以导电，但氨水是非电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. 冰醋酸、纯碱、明矾、干冰分别属于酸、碱、盐、氧化物
D. 区别溶液和溶液只能用焰色反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B．导电能力取决于自由移动的离子的浓度和离子所带电荷数，没有限定的情况下，无法比较强弱电解质的导电能力，故B正确；
C．纯碱是碳酸钠，属于盐，故C错误；
D．K2CO3和盐酸反应放出二氧化碳气体，NaCl和盐酸不反应，可以用盐酸鉴别K2CO3和NaCl，故D错误；
选B。
4. 下列说法错误的是
A. 表示质子数为6、中子数为8的核素
B. 液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与苹果表面的蜡状物质二十七烷一定互为同系物
C. 医学上研究发现具有抗癌作用，而没有抗癌作用，说明两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的平面结构
D. C5H11Cl的同分异构体有8种，其沸点均相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．质子数为6、中子数为8，则该核素为碳元素、质量数为14，表示为，A正确；
B． C3H8、C4H10与二十七烷，均满足CnH2n+2，结构均为碳碳单键、链状，故结构相似组成上相差若干个CH2，一定互为同系物，B正确；
C．由图知物质的组成相同、分子式相同，结构如果是四面体结构，就只能存在一种结构、其性质应该相同，但与 性质有差别、则是不同物质，所以不是四面体结构，说明两者都是以Pt原子为中心的平面结构，互为同分异构体，C正确；
D． C5H11Cl由戊基和氯原子构成，戊烷有3种、对应的戊基有8种，则同分异构体有8种，但沸点不同，D错误；
答案选D。
5. 下列实验设计能够成功的是
A. 除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：粗盐精盐
B. 检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀不溶解→试样已变质
C. 证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强：NaI溶液溶液变蓝色→氧化性：H2O2＞I2
D. 检验某溶液中是否含有Fe2+：试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．足量氯化钡引入钡离子，应先加氯化钡，再加碳酸钠，过滤后加盐酸，A不合题意；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钠，由操作和现象不能判断是否变质，B错误不合题意；
C．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能比较过氧化氢与碘氧化性，C错误不合题意；
D．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，亚铁离子被氧化生成铁离子遇KSCN溶液变色，由操作和现象可知溶液中含有Fe2+，D符合题意；
故答案为：D。
6. 将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)=NH3(g)+HBr(g)；2HBr(g)H2(g)+Br2(g)两分钟后，反应达到平衡，测知c(H2)为0.5ml/L，c(HBr)为4ml/L。若反应用NH3表示反应速率，则v(NH3)为
A. 0.5ml/(L·min)B. 2.0ml/(L·min)
C. 2.5ml/(L·min)D. 5.0ml/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】两分钟后，反应达到平衡，测知c(H2)为0.5ml/L，则根据方程式2HBr(g)H2(g)+Br2(g)可知生成氢气消耗溴化氢的浓度是1ml/L，平衡时c(HBr)为4ml/L，则溴化铵分解生成的溴化氢浓度是5ml/L，根据方程式NH4Br(s)=NH3(g)+HBr(g)可知生成氨气浓度是5ml/L，若反应用NH3表示反应速率，则v(NH3)＝5ml/L÷2min＝2.5ml/(L·min)，答案选C。
7. NA是阿伏加德罗常数，下列正确的是
A. 1ml/L的NaCl溶液中，Na+的个数为NA个
B. 1ml重水比1ml水多NA个质子
C. 若NA的值变为规定的两倍，则32g氧气的物质的量变为0.5ml
D. 22.4L的13C18O中含有17NA个中子
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml/L的NaCl溶液的体积未知，无法求出所含Na+的物质的量，也就无法求出Na+的个数，A不正确；
B．1ml重水与1ml水所含质子数都为10NA，B不正确；
C．若NA的值变为规定的两倍，则氧气的相对分子质量也变为原来的两倍，即为64g/ml，则32g氧气的物质的量变为0.5ml，C正确；
D．题中没有指明温度和压强，也就无法求出22.4L的13C18O的物质的量，从而无法求出其所含有的中子数，D不正确；
故选C。
8. 根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）
A. Na的原子失去电子能力比Mg强
B. HBr比HCl稳定
C. H2SO4 比H3PO4 酸性强
D. Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期元素随着原子序数的增大，金属性越来越弱。Na、Mg同周期且原子序数增大，故金属性Na＞Mg，则Na的原子失去电子能力比Mg强，故A正确；
B．同主族元素随着原子序数的增大，非金属越来越弱，气态氢化物的稳定性越差。Cl、Br同主族且原子序数增大，非金属性Cl＞Br，则氢化物稳定性：HCl＞HBr，故B错误；
C．同周期元素随着原子序数的增大，非金属性越来越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强。P、S同周期且原子序数增大，故非金属性S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，故C正确；
D．同主族元素随着原子序数的增大，金属性越来越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强。Mg、Ca同主族且原子序数增大，金属性Ca＞Mg，则碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；
故答案为B。
【点睛】元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱(金属的相互置换)；
9. 体积均为aL的盐酸和碳酸钠溶液，将碳酸钠溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入碳酸钠溶液中产生的气体体积比为x:y(同温同压，且x不等于y)，则原碳酸钠与盐酸溶液中溶质的物质的物质的量浓度之比为( )
A. x:yB. (x-2y):xC. 2x:(2x-y)D. (2x-y):2x
【答案】D
【解析】
【详解】若盐酸过量，将Na2CO3溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入Na2CO3溶液中产生的CO2在同温同压下的体积应相等，由于x不等于y，则盐酸不足，Na2CO3溶液过量。设原Na2CO3溶液中Na2CO3物质的量为m，原盐酸中HCl物质的量为n，将Na2CO3溶液逐渐加入盐酸中发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，生成的CO2以HCl计算，生成CO2物质的量为；将盐酸逐渐加入Na2CO3溶液中依次发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，第一步消耗HCl物质的量为m，则第二步消耗HCl物质的量为(n-m)，生成CO2物质的量为(n-m)；根据阿伏加德罗定律，:(n-m)=x:y，m:n=(2x-y):2x；盐酸和碳酸钠溶液的体积都为aL，则原碳酸钠溶液与盐酸溶液物质的量浓度之比为(2x-y):2x，D满足题意。
答案选D。
10. 为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H+的浓度为0.5ml·L-1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是
A. 反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9g
B. 上述合金中铁与铜的质量之比为2：3
C. 合金中，铁的质量分数为63.2%
D. 原硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=4.5ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．，则转移电子为，故金属共失去电子0.6ml，故失去1ml电子时合金的质量=，反应后Fe3+0.1ml，Cu2+0.15ml，HNO30.1ml由于要求是最多溶解合金的质量，所以应该让铁铜都变成+2价，根据方程式可知0.1ml硝酸还可以得到电子=，对应合金质量=，但是此时溶液中还有Fe3+0.1ml，还可以溶解更多的合金，A错误；
B．反应后溶液中的c(H+)= 0.5ml/L，则反应后，Fe被氧化生成Fe(NO3)3，设合金中Cu为ml，Fe为ml，则：，解得=0.15，=0.1，故Fe的质量为，Cu的质量为，其质量比=，B错误；
C．合金中，铁的质量分数=，C错误；
D．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，还有剩余的硝酸，根据N原子守恒
，故，D正确；
故选D。
11. 苹果酸的结构简式为 ，下列说法不正确的是
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1 ml苹果酸可与2 ml NaOH发生中和反应
C. 1 ml苹果酸与足量金属Na反应生成3 ml H2
D. HCOO—CH2—CH(OH)—OOCH与苹果酸互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．苹果酸分子中含羧基和羟基，两种官能团均可发生酯化反应，A正确；
B．羧基可与氢氧化钠发生酸碱中和反应，根据上述结构简式可知，1 ml苹果酸可与2 ml NaOH发生中和反应，B正确；
C．羟基和羧基均可与钠发生置换反应生成氢气，每摩尔羟基（或羧基）与Na发生反应生成0.5ml氢气，则上述1 ml苹果酸与足量金属Na反应生成1.5 ml H2，C错误；
D．HCOO—CH2—CH(OH)—OOCH与苹果酸分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，D正确；
故选C。
12. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。已知：，下列说法错误的是
A. a、b、c中盛装物质可以分别为浓硫酸、固体、溶液
B. 实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、酸性溶液均褪色，溶液中出现淡黄色沉淀
C. 此设计可证明水溶液呈酸性，具有氧化性、还原性、漂白性
D. 点燃酒精灯加热，可证明使品红溶液褪色具有可逆性，使酸性溶液褪色不具有可逆性
【答案】B
【解析】
【详解】A．用浓硫酸与固体反应制备，用NaOH溶液来吸收尾气中的防止污染环境，所以a、b、c中依次盛装硫酸、固体、NaOH溶液，A正确；
B．只能使湿润的pH试纸变红色，不能使其褪色，B错误；
C．使湿润的pH试纸变红可以可证明水溶液的酸性，与溶液反应出现淡黄色沉淀可以证明的氧化性，使高锰酸钾溶液褪色可证明SO2的还原性，使品红溶液褪色可以证明其漂白性，C正确；
D．点燃酒精灯加热，通过观察褪色后的品红溶液是否恢复红色，证明使品红溶液褪色具有可逆性，使高锰酸钾溶液褪色发生了氧化还原反应，加热褪色后的酸性溶液不能恢复紫红色，证明使酸性溶液褪色不具有可逆性，D正确；
故选：B。
13. 利用下图实验装置，探究与能否发生氧化还原反应。下列说法错误的是
A. ②中水可除去和硝酸蒸气B. 当④中红棕色气体消失时，再点燃酒精灯
C. 因反应生成，故无需尾气处理D. ④中红色固体变黑说明能氧化
【答案】C
【解析】
【分析】装置①中铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，整个装置中残留有空气，NO能与O2反应NO2气体，并且硝酸具有挥发性，混合气体通过装置②中水吸收除去NO2和硝酸蒸气，通过装置③中浓硫酸干燥得到较为纯净的一氧化氮气体，加热条件下NO通入装置④中与Cu反应，根据氧化还原反应规律可知，若④中红色固体变黑，说明NO能氧化Cu生成N2和CuO，据此解答该题。
【详解】A．硝酸具有挥发性，NO2和水反应生成硝酸和NO，②中的水可除去和硝酸蒸气，故A正确；
B．当装置④中红棕色气体消失时，说明装置中空气已排尽，可排除氧气的干扰，再点燃酒精灯进行实验验证，故B正确；
C．反应生成了N2，但尾气中仍含有一定量的NO气体，会造成环境污染，需进行尾气处理，故C错误；
D．若④中红色固体变黑，即Cu发生氧化反应生成了黑色的CuO，说明NO能氧化Cu为CuO，故D正确；
选C。
14. 将17.9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为
A. 22.1gB. 25.4gC. 33.2gD. 30.2g
【答案】B
【解析】
【详解】将17.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1ml，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，，其中0.1ml铝完全反应失去0.3ml电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9ml－0.3ml=0.6ml，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6ml，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为17.9g－2.7g+0.6ml×17g/ml=25.4g，答案选B。
15. 工业制备高纯硅的流程如下，下列说法正确的是
A. 石英砂与过量焦炭发生的主要反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑
B. 盛装NaOH溶液的玻璃瓶要使用磨口玻璃塞
C. 粗硅与HCl反应时，需要在富氧的环境中进行
D. 高纯硅常用于制备光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．石英砂与过量焦炭发生的主要反应制备粗硅是主要反应，其化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；
B．玻璃塞和试剂瓶磨口处的SiO2会与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有黏性，则盛装NaOH溶液的玻璃瓶要不能使用磨口玻璃塞，B错误；
C．粗硅与HCl反应时，会产生H2，若在富氧的环境中，易发生爆炸且会生成SiO2，C错误；
D．SiO2用于制作光导纤维，D错误；
故选A。
16. 过量铁与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是
A. 加入适量NaCl溶液B. 加入适量的水
C. 加入几滴硫酸铜溶液D. 再加入少量稀硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．若加入NaCl溶液，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故A错误；
B．加入适量的水，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故B错误；
C．若加入几滴CuSO4溶液，则发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，析出的Cu与Fe、稀硫酸形成原电池，反应速率加快且不影响生成H2的总量，故C正确；
D．若再加入少量稀硫酸，因Fe过量，则生成H2的总量增大，故D错误。
故选C。
17. 一种简单的原电池装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 锌作电池的负极，铜作正极
B. 电子从锌片流向铜片
C. 用石墨电极代替铜片后，石墨电极无明显现象
D. 用稀H2SO4代替CuSO4溶液，电流计指针也发生偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌的活泼性大于铜，锌失电子发生氧化反应，锌作电池的负极，铜作正极，故A正确；
B．锌作电池的负极、铜作正极，电子从锌片经导线流向铜片，故B正确；
C．用石墨电极代替铜片后，石墨为正极，石墨电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨表面由红色金属铜析出，故C错误；
D．用稀H2SO4代替CuSO4溶液，构成原电池，电流计指针也发生偏转，故D正确；
选C。
18. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总能量大于2mlNO(g)具有的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A． N2键能为946kJ/ml，NO键能为632kJ/ml，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/ml+498kJ/ml=1444kJ/ml，形成化学键放出的能量为2×632kJ/ml=1264kJ/ml，则1ml N2(g)和1ml O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1ml N2(g)和1ml O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/ml，放出的能量为1264kJ/ml，说明该反应是吸热反应，1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
19. 将一定量缓慢通入某浓度的NaOH溶液充分反应得A溶液，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入与生成的关系如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 通入的气体为22.4L
B. A溶液中
C. A溶液中既含，又含
D. 图中产生气体的反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸会首先和氢氧化钠生成氯化钠和水，次之和碳酸钠生成碳酸氢钠：，再和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳；根据反应方程式，结合图像可知，生成二氧化碳消耗4-3=1mlHCl，而初始消耗3mlHCl，则说明CO2与NaOH反应得A溶液中成分为2mlNaOH、1ml；
【详解】A．结合分析，根据碳守恒可知，通入的1ml，但是不确定是否为标况，不能确定生成二氧化碳的体积，A错误；
B．由分析可知，A溶液中，B正确；
C．A溶液中含2mlNaOH、1ml，C错误；
D．图中产生气体的反应为：图中产生气体的反应为：，D错误；
故选B。
20. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Y是地壳中含量最高的元素，最外层电子数X+Z=Y，Y和W在元素周期表中相邻。下列说法正确的是
A. Z2Y2的阴阳离子个数比为1∶1B. 简单离子半径：X>Y>Z
C. 简单离子的还原性：W>Y>XD. 气态氢化物稳定性：W>Y
【答案】B
【解析】
【分析】根据X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断X是N元素，Y是地壳中含量最高的元素则Y是O元素，最外层电子数X+Z=Y则Z是Na，Y和W在元素周期表中相邻则W是S元素，据此分析。
【详解】A．据分析可知Z2Y2即，其阴阳离子个数比为1∶2，故A错误；
B．X、Y、Z的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，简单离子半径：N3->O2->Na+，故B正确；
C．X、Y、W的简单离子分别为N3-、O2-、S2-，还原性：S2>N3->O2-，故C错误；
D．Y、W的气态氢化物分别为H2O和H2S，气态氢化物稳定性：H2O>H2S，故D错误；
故选B。
二、非选择题(每空2分)
21. 请回答下列问题：
（1）已知实验室制备氧气可以用加热高锰酸钾的方法实现，其发生的反应为，氧化产物是___________(填化学式)。
（2）已知反应：
①；
②；
③；
④。
微粒氧化性由强到弱的顺序为___________。
【答案】（1）O2 （2）HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
【解析】
【小问1详解】
反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，KMnO4中氧元素的化合价升高，生成O2，KMnO4中锰元素的化合价降低，生成K2MnO4和MnO2，故被氧化的元素是O，氧化产物是O2；
【小问2详解】
①反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，铁是还原剂，铜是还原产物，则还原性Fe＞Cu，氧化性为Cu2+＞Fe2+；
②反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，铜是还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性Cu＞Fe2＋，氧化性为Fe3+＞Cu2+；
③反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，亚铁离子是还原剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2＋＞Cl－，氧化性为Cl2＞Fe3+；
④反应HClO+H++Cl－＝Cl2↑+H2O中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，氯离子是还原剂，氯气是还原产物，则还原性Cl－＞Cl2，氧化性为HClO＞Cl2；
由此可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+。
22. 石油是一种非常重要的化石能源，主要是由各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物。请回答下列问题：
（1）下列有机物中，属于烷烃的是___________，属于同分异构体的是___________，属于同一种物质的是___________。
①四氯化碳 ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（2）正丁烷、异丁烷和戊烷的沸点由高到低的顺序为___________。
（3）写出主链5个碳原子，且有4个甲基的烷烃的结构简式：___________。
【答案】（1） ①. ③⑤⑥ ②. ③⑥ ③. ⑦⑧
（2）戊烷＞正丁烷＞异丁烷
（3） 或
【解析】
【小问1详解】
链状烷烃的通式为CnH2n+2，根据题中所给物质，③⑤⑥符合该通式，它们属于烷烃；同分异构体是分子式相同，结构不同，③⑥分子式均为C6H14，它们结构不同，因此③⑥互为同分异构体；乙烷中的氢原子是等效的，因此⑦⑧结构和化学式完全相同，属于同一物质；故答案③⑤⑥；③⑥；⑦⑧；
【小问2详解】
正丁烷、异丁烷、戊烷均为烷烃，属于同系物，烷烃属于分子晶体，熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，如果碳原子个数相等，支链越多，熔沸点越低，正丁烷、异丁烷、戊烷沸点大小顺序是戊烷＞正丁烷＞异丁烷；
【小问3详解】
C8H18中主链有5个碳原子，且有4个甲基的烷烃，支链有1个甲基和1个乙基，其结构简式为 或。
23. 回答下列问题：
（1）某化学社团为证实Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。
已知：溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，可通过观察实验现象，判断溶液中离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。实验装置如图所示：
（2）写出下列情况发生反应的离子方程式：向NaHSO4液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性___________。
（3）某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含大量的Na+、Cu2+、Cl-、，为除去废水样品中的Cu2+和，最终得到中性溶液，设计的方案流程如下图：
①若取50mL该废水于烧杯中，向烧杯中逐滴加入氢氧化钠溶液至呈碱性过程中，废水中存在的离子的量会减少的是___________(用离子符号表示)。
②上述流程中，试剂c为___________(写化学式)。
【答案】（1）灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮
（2）2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓
（3） ①. H+、Cu2+ ②. Na2CO3
【解析】
【分析】根据所得蓝色沉淀1，可知该蓝色沉淀为Cu(OH)2，所加试剂为NaOH溶液，其分离操作为过滤；除去常用钡盐，可用BaCl2溶液，再用Na2CO3溶液除去多余的BaCl2，过滤得到白色沉淀硫酸钡和碳酸钡，溶液2中含有NaOH和Na2CO3，用适量盐酸除去NaOH和Na2CO3调pH═7，即得到中性溶液。
【小问1详解】
烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮，故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；
【小问2详解】
向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓，故答案为：2OH-+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓；
【小问3详解】
①废水中逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中，OH-和H+、Cu2+发生反应分别生成H2O和Cu(OH)2沉淀，故原废水中存在的离子的量会减少的是H+、Cu2+，故答案为：H+、Cu2+；
②由分析可知，上述流程中，试剂c为Na2CO3，故答案为：Na2CO3。
24. 有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料，路线如图：
请回答下列问题：
（1）A为，所含官能团的结构简式为___________、。
（2）反应Ⅱ为酯化反应，写出反应Ⅱ的化学方程式___________。
（3）3.45gB与足量钠反应，能生成标准状况下的体积为___________L。
（4）下列说法不正确的是___________(填字母)。
a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子
b．反应Ⅰ为水解反应
c．E分别于足量的Na和NaOH反应，消耗的Na和NaOH的物质的量相等
d．D、E互为同系物
（5）淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经水解完全向水解后的溶液中加入___________(填试剂名称)。
【答案】（1）
（2）CH3CH(OH)COOH+CH3COOH+H2O
（3）0.84 （4）cd
（5）碘水
【解析】
【分析】淀粉酸性条件水解生成C6H12O6，C6H12O6在酶的催化作用下转化为乙醇(B)，，结合转化图D、E在浓硫酸加热条件下生成F，逆向可推导E结构简式为CH3CH(OH)COOH。
【小问1详解】
A分子式C6H12O6，为葡萄糖，含有的官能团有、-CHO。
【小问2详解】
D为CH3COOH，E为CH3CH(OH)COOH，发生酯化反应，化学方程式：CH3CH(OH)COOH+CH3COOH+H2O。
【小问3详解】
B与足量钠反应的方程式为：，3.45g乙醇的物质的量为0.075ml，则生成标准状况下的体积为=0.84L。
【小问4详解】
a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，a正确；
b．反应Ⅰ为淀粉酸性条件下水解成C6H12O6，属于水解反应，b正确；
c．E的结构简式为：CH3CH(OH)COOH，含有羟基和羧基，羟基只能与钠发生反应，羧基能与Na和NaOH反应，分别于足量的Na和NaOH反应，消耗的Na和NaOH的物质的量之比为2：1，c错误；
d．结构相似，分子式相差1个或n个-CH2的有机物，互为同系物，D中只含有羧基，E含有羧基和酯基，二者不互为同系物，d错误。
答案为：cd。
【小问5详解】
淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经水解完全，即证明反应完全的溶液中没有淀粉，故向水解后的溶液中加入碘水，现象为溶液不变蓝。
25. A常温常压下为无色液体，B、C是无色无味的气体，M、R是两种常见的金属，且M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，E是具有磁性的黑色晶体，G和H组成元素相同。各物质在一定条件下有如下转化关系。
（1）物质T的电子式为___________。
（2）D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为___________。
（3）T和F反应只生成C、H和一种盐，其化学反应方程式为___________。
（4）若向E和R的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成FeCl2并放出448mL(标准状况)气体。若用足量的CO在高温下还原相同质量的上述混合物，得到的固体质量为___________g。
【答案】（1） （2）2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑
（3）4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑
（4）2.8
【解析】
【分析】M是地壳中含量最多的金属元素的单质，M为Al；A是常见的无色液体，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，结合图中转化可知，A为H2O，T为Na2O2，二者反应生成C为O2，D为NaOH；Al与NaOH溶液反应生成的B为H2；E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体，结合图中转化可知，R为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成E为Fe3O4，E溶于盐酸后加足量Fe生成的F为FeCl2，F与D反应生成G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3，以此来解答。
【小问1详解】
由分析可知，T为Na2O2，Na2O2为离子化合物，故物质T的电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，D为NaOH，M为Al，则D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH)4]-+3H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，T为Na2O2，F为FeCl2，H为Fe(OH)3，C为O2，T和F反应只生成C、H和一种盐，其离子反应方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑；
【小问4详解】
由分析可知，E为Fe3O4、R为Fe，若向E和R的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸的物质的量为：0.1L×1ml/L=0.1ml，恰好使混合物完全溶解，生成FeCl2并放出448mL(标准状况)气体即=0.02mlH2，则此时溶液中的溶质为FeCl2，根据Cl-守恒可知，n(Fe)===0.05ml，即上述混合物中含有0.05mlFe，故若用足量的CO在高温下还原相同质量的上述混合物，得到的固体质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，故答案为：2.8。
26. 下列实验装置可用于实验室制备少量无水，已知遇水会强烈反应。
（1）装置⑤装有浓盐酸的仪器名称为___________。
（2）请写出装置⑤中制备氯气的离子方程式___________。
（3）用离子方程式表示③的作用___________。
（4）本实验装置④⑤两处均有酒精灯，实验开始前应先点燃___________(填装置序号)处酒精灯。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）
（4）⑤
【解析】
【分析】遇水会强烈反应，要制备，装置④前后都需要有干燥剂。依次用⑤制备氯气、装置②除氯气中的氯化氢、装置①干燥氯气、④中铁和氯气反应生成氯化铁、装置①防止氢氧化钠中水蒸气进入装置④、装置③吸收氯气，防止污染。
【小问1详解】
装置⑤装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
装置⑤中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
装置③中氢氧化钠吸收氯气，防止污染，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
本实验装置④⑤两处均有酒精灯，为防止铁和氧气反应，实验开始前应先点燃⑤处酒精灯，用⑤中生成的氯气排出装置内的空气，后点燃④处酒精灯。
27. 按要求回答下列问题：
（1）下列过程中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是___________。
①甲烷的燃烧 ②水煤气的制备 ③石灰石受热分解 ④碘升华 ⑤金属的锈蚀
（2）一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应(产物均为气体)，反应中各物质物质的量的变化如图所示。
①在0~6s内，B的化学反应速率为___________。
②6s后容器内的压强与开始时压强之比为___________。
（3）一定条件下，、CO在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：，下列选项不能判断该反应达到平衡状态的依据的___________。
①密闭容器中CO的体积分数不变 ②密闭容器中总压强不变 ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤体系内的温度不再变化 ⑥单位时间内，断裂4ml H-H键，同时生成2ml H-O键
（4）潜艇中使用的液氨液氧燃料电池工作原理如图所示：
电极a名称___________(填“正极”或“负极”)，其电极反应为___________。
【答案】（1）② （2） ①. ②. 11:10
（3）③⑥ （4） ①. 负极 ②.
【解析】
【小问1详解】
①甲烷的燃烧为放热反应；
②水煤气的制备为碳和水蒸气高温生成一氧化碳和氢气，为氧化还原反应、吸热反应；
③石灰石受热分解过程中无元素化合价改变，不是氧化还原反应；
④碘升华为物理变化；
⑤金属的锈蚀是金属和氧气等物质的反应，属于氧化反应、放热反应；
故选②；
【小问2详解】
①在0～6 s内，B的化学反应速率为。
②6s后总的物质的量为1.2+0.4+0.2+0.4=2.2ml，初时总的物质的量为2.0ml，则容器内的压强与开始时压强之比为2.2:2.0=11:10；
【小问3详解】
①密闭容器中CO的体积分数不变，则平衡不再移动，达到平衡，不符合题意；
②反应为气体分子减小的反应，即体系内压强为变量，当压强不变时，反应达平衡，不符合题意；
③容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，符合题意；
④混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，不符合题意；
⑤在体积固定的绝热密闭容器中发生反应，则温度为变量，体系内的温度不再变化反应达平衡，不符合题意；
⑥单位时间内，断裂4ml H-H键，同时生成2ml H-O键，描述的是正逆两个方向，不能判断平衡，符合题意；
选③⑥。
小问4详解】
液氨液氧燃料电池中通入氧气一极为正极、氨气一极为负极，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，电极反应为，a为负极。实验步骤
实验现象
实验结论
连接好装置，向烧杯中加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，逐滴滴加H2SO4溶液直至过量，边滴边振荡
___________(填写支持实验结论的证据)
Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应
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