【化学】云南省文山州广南县第二中学2019-2020学年高二上学期9月份考试试卷（解析版）

云南省文山州广南县第二中学2019-2020学年高二上学期9月份考试试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.将一定质量的金属钠放入100 mL 0.2 mol·L－1的氯化铝溶液中，反应后得到无色澄清溶液，其中除水外只含有氯化钠和偏铝酸钠，则加入的钠的质量为(　　)
A. 1.84 g B. 1.38 g C. 2.3 g D. 0.46 g
【答案】A
【解析】钠放入氯化铝溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH再和AlCl3反应生成NaAlO2：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O。把钠和水的反应方程式的系数扩大2倍后和NaOH和AlCl3的反应相加得：4Na+AlCl3+2H2O=NaAlO2+3NaCl+2H2↑。AlCl3的物质的量为0.100L× 0.2 mol·L－1=0.02mol，所以需要钠的物质的量为0.08mol，为0.08mol×23g/mol=1.84g。故选A。
2.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为(　　)
A. 0.1(b－2a) mol·L－1 B. 10(2a－b) mol·L－1
C. 10(b－a) mol·L－1 D. 10(b－2a) mol·L－1
【答案】D
【解析】把500 mL混合溶液分成5等份，每份为100mL。amol硫酸钠恰好使钡离子完全沉淀，所以在每100mL溶液中Ba2+的物质的量为amol；bmol硝酸银恰好使氯离子完全沉淀，所以在每100mL溶液中Cl-的物质的量为bmol，在BaCl2和KCl的混合溶液中含有的离子有Ba2+、K+、Cl-，根据电荷守恒，在每100mL溶液中K+的物质的量为(b-2a)mol，所以c(K+)=(b-2a)mol/0.1L=10(b－2a) mol·L－1。故选D。
3.下列叙述正确的是(　　)
A. 纯铁为灰黑色，所以铁属于黑色金属
B. 铁在硫蒸气中燃烧生成Fe2S3
C. 纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化
D. 足量的铁在氯气中燃烧生成FeCl2和FeCl3
【答案】C
【解析】A. 在冶金上，把铁归为黑色金属，但纯铁为银白色，故A不选；
B. 铁在硫蒸气中燃烧生成FeS，故B不选；
C. 由于纯铁不易形成原电池，所以纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化，故C选；
D. 铁在氯气中燃烧只生成FeCl3，不会生成FeCl2，故D不选。
故选C。
4.下列关于金属单质通性的说法不正确的是(　　)
A. 一般都具有金属光泽 B. 熔点都较高
C. 都是热和电的良导体 D. 都具有延展性
【答案】B
【解析】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；不同金属的熔点可能相差很大，有的金属熔点较低，如汞在常温下是液体，有的金属熔点很高，如钨。故选B。
5.已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是(　　)
A. 原子半径：A＞B＞D＞C B. 原子序数：d＞c＞b＞a
C. 离子半径：C＞D＞B＞A D. 单质的还原性：A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】
【分析】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：B＞A＞C＞D，故A不选；
B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：a＞b＞d＞c，故B不选；
C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：C＞D＞B＞A，故C选；
D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。
故选C。
6.在实验桌上放着四种化学药品，试剂瓶上分别标有“白砂糖”、“小麦面粉”、“加碘食盐”和“食用味精”的字样。为了进一步确认实物与名称是否相符，下列做法中正确的是 (　　)
A. 观察并比较它们的外观和状态
B. 各取少量，分别放在手中区别
C. 各取少量，分别放在嘴里品尝其味道
D. 各取少量，加水溶解，观察溶液颜色
【答案】A
【解析】A. 白砂糖是白色小颗粒状的固体，小麦面粉是白色粉末状固体，加碘食盐是白色细小的晶体，食用味精是白色椭圆状颗粒，所以观察并比较它们的外观和状态可以区分它们，故A选；
B. 实验室的药品不能直接用手接触，故B不选；
C. 不能品尝药品味道，故C不选；
D. 白砂糖、加碘食盐和食用味精都溶于水，故D不选。
故选A。
7.化学变化一定存在：①状态和颜色的变化　②发光放热　③生成新物质　④气体的放出　⑤能量的变化(　　)
A. ③ B. ③⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④
【答案】B
【解析】化学变化不一定有状态和颜色的变化；化学变化中常常伴随着发光、放热现象，但化学变化中不一定都伴随着发光、放热现象．化学变化不一定有气体产生；化学变化伴随能量的吸收或释放。故③⑤正确。答案选B。
8.工业上用氢气和氮气合成氨，氢气的主要来源是(　　)
A. 水和燃煤 B. 电和水
C. 锌和硫酸反应 D. 液化空气
【答案】A
【解析】工业上用氢气和氮气合成氨，氢气主要来源于水煤气，即水和燃煤发生化学反应生成的氢气：C+H2O(g) CO+H2。故选A。
9.下列配制的溶液浓度偏高的是(　　)
A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C. 称量4.0 g 氢氧化钠配制0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液 1 000 mL 时，砝码错放在左盘
D. 氢氧化钠溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线
【答案】D
【解析】A. 用量筒量取盐酸时俯视刻度线会导致取的盐酸的体积少于应取的盐酸的体积，溶质偏少，所以最后配制的溶液浓度偏低，故A不选；
B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，会导致加水超过刻度线，溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故B不选；
C. 用托盘天平称量固体时，1g以下用游码，称量4.0 g 氢氧化钠，砝码错放在左盘，对称量的NaOH固体没有影响，故C不选；
D. 氢氧化钠溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，由于热胀冷缩，当容量瓶冷却至室温时，液面会低于刻度线，溶液体积偏小，所以溶液浓度偏高，故D选。
故选D。
10.防止煤矿矿井内“瓦斯”爆炸，除进行通风、严禁烟火外，还要随时检查矿井内瓦斯的体积分数。如果空气中含甲烷5%～15%，遇到明火会发生爆炸。发生最强烈爆炸时空气中甲烷所占的体积分数是(　　)
A. 5% B. 9.1% C. 10.5% D. 15%
【答案】B
【解析】当甲烷和氧气恰好反应时，爆炸最剧烈，则根据反应式CH4＋2O2=CO2＋2H2O可知，当甲烷与氧气体积之比为1：2时，发生强烈爆炸，令甲烷的体积为1体积，发生爆炸最强烈时空气中甲烷所占的体积分数是1/(1+10)×100%=9.1%，B正确；正确选项B。
11.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法，其部分流程图如下：

以下推断不合理的是(　　)
A. 热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质
B. SO2吸收溴的反应方程式：SO2＋2H2O＋Br2=H2SO4＋2HBr
C. 流程中循环利用的物质有SO2、Br2、Cl2等
D. 没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能
【答案】C
【解析】A. 溴易挥发，所以可以用热空气吹出，故A不选；
B. 溴有氧化性，可以利用SO2的还原性吸收溴，使之转化为HBr，故B不选；
C. 流程中SO2转变为H2SO4，Cl2转变为HCl，在流程中没有用到H2SO4和HCl，所以SO2和Cl2都没有循环利用，海水提溴的工业生产的目的是获得Br2，所以Br2也没有循环利用，故C选。
D. 直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴会消耗比较多的能量，没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能，故D不选。
故选C
12.下列说法正确的是(　　)
A. 因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、高锰酸钾溶液褪色
B. 能使品红溶液褪色的不一定是二氧化硫
C. 二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同
D. 等物质的量的二氧化硫和氯气相遇在溶液中具有漂白能力
【答案】B
【解析】A. 因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液褪色，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色是和Br2、KMnO4发生了氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，故A不选；
B. 具有漂白性的物质都可以使品红褪色，如Cl2、SO2等，故B选；
C. 二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，二氧化硫是和有色物质化合成无色物质，漂白粉、过氧化钠是利用它们的强氧化性，活性炭是吸附作用，其原理不相同，故C不选；
D. 等物质的量的二氧化硫和氯气相遇在溶液中会恰好发生反应：SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl，生成的硫酸和盐酸都没有漂白能力，故D不选。
故选B。
13. 某同学用托盘天平称量锌粒24.4g（1g以下用游码），他把锌粒放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时，所称取的锌粒的实际质量应是：（ ）
A. 24.4g B. 25.5g C. 23.6g D. 24g
【答案】C
【解析】由左盘的质量=右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量=药品质量+游码的质量，所以药品质量=砝码质量-游码质量，即实际称得镁粉的质量=24g-0.4g=23.6g，故选C。
14. 常压下，苯的沸点低于甲苯，熔点却高于甲苯。苯的熔点更高的原因可能是（ ）
A. 苯具有芳香性 B. 苯中的化学键强度更强
C. 苯分子间作用力更小 D. 固态时苯分子排列更紧密
【答案】D
【解析】与甲苯相比，苯具有高度对称性，在固体中紧密排列，而具有较高熔点（苯为5.5，甲苯-95），故选D．
15.范德华力为a kJ·mol-1，化学键为b kJ·mol-1，氢键为c kJ·mol-1，则a、b、c的大小关系正确的是（ ）
A. a＞b＞c B. b＞a＞c C. c＞b＞a D. b＞c＞a
【答案】D
【解析】范德华力属于分子间作用力，不是化学键，氢键也不是化学键，但强于范德华力，所以a、b、c的大小关系正确的是b＞c＞a。答案选D。
16.农用化肥和城市生活污水的排放会使地下水含氮量增高，其对人体有害的含氮污染物存在的主要形式是(　　)
A. B. C. D. 有机氮
【答案】B
【解析】和为植物所需离子，有机氮是人体所需物质，而有毒，对人体有害，故选B。
17.同温同压下，相同质量的二氧化硫气体和三氧化硫气体相比较：①它们所含分子数目之比为4∶5；②它们所含氧原子数目之比为5∶6；③它们所含原子总数之比为1∶1；④它们所含的硫原子数目之比为5∶4；⑤它们的密度之比为4∶5。上述有关叙述中正确是(　　)
A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①②⑤
【答案】C
【解析】同温同压下，二氧化硫和三氧化硫质量相同，物质的量和摩尔质量成反比，所以物质的量之比为80：64=5：4。①物质的量和分子数成正比，所以它们所含分子数目之比为5：4，错误；②它们所含氧原子数目之比为5×2∶4×3=5：6，正确；③它们所含原子总数之比5×3：4×4=15：16，错误；④二氧化硫和三氧化硫的每个分子都含有1个硫原子，所以二氧化硫和三氧化硫的分子数之比就是它们所含的硫原子数目之比，为5∶4，正确；⑤同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为64：80=4∶5，正确。故选C。
18. 下列物质中，不属于烷烃的是（ ）
A. CH4 B. C3H8 C. C4H8 D. C5H12
【答案】C
【解析】烷烃即饱和链烃，烷烃分子里的碳原子之间以单键结合成链状(直链或含支链)外，其余化合价全部为氢原子所饱和，其通式是CnH2n＋2，据此可知选项C不是烷烃，而使烯烃或环烷烃，答案选C。
19.除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是（ ）
A. 加热溶解 B. 趁热过滤 C. 蒸发结晶 D. 降温结晶
【答案】C
【解析】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；
综上所述，本题选C。
20.等质量的CO和N2，下列叙述不正确的是（　　）
A. 密度一定相同 B. 分子数一定相同
C. 原子数一定相同 D. 物质的量一定相同
【答案】A
【解析】A．密度ρ=M/Vm，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同，A错误；
B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nNA=mNA/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；
C．CO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同，C正确；
D．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；
答案选A。
21.有关铝及其化合物的说法错误的是（ ）
A. 铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼
B. 可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水
C. 氧化铝是一种较好的耐火材料，但不可用氧化铝坩埚熔化NaOH
D. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
【答案】A
【解析】A.Al比Fe活泼，氧化铝为致密氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，故A错误；
B.铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，故B正确；
C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，故不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故C正确；
D.氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，故D正确。
故选A。
22.一定温度下，在某2 L恒容密闭容器中加入纳米级氧化亚铜并通入0.1 mol 水(g)，发生如下反应：2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋484 kJ·mol－1。不同时间产生O2的物质的量见下表：

下列说法不正确的是(　　)
A. 前20 min内的平均反应速率v(H2O)＝5×10－5mol·L－1·min－1
B. 达到平衡时，需要从外界吸收的能量为0.968 kJ
C. 增大水的浓度，可以改变待反应的限度
D. 使用纳米级的氧化亚铜，可以增大平衡时氧气的体积分数
【答案】D
【解析】A. 前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0020mol/2L=0.0010mol·L-1，所以v(H2O)＝0.0010mol·L-1/20min=5×10－5mol·L－1·min－1，故A不选；
B. 达到平衡时，生成0.0020mol氧气，根据热化学方程式，生成1mol氧气，需要吸收484 kJ的热量，所以生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为484 kJ ×0.0020mol=0.968 kJ，故B不选；
C. 增大水蒸气的浓度，可以使平衡右移，故C不选；
D.氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，故D选。
故选D。
23.下列各组物质的性质及粒子的性质变化正确的是（ ）
A. 稳定性H2S＞HCl＞HBr＞HI B. 还原性Na＋＞S2－＞Br－＞Cl－
C. 微粒半径Cl－＞K＋＞S2－＞S D. 酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO
【答案】D
【解析】A、非金属性：Cl＞Br＞I＞S，氢化物稳定性：HCl＞HBr＞HI＞H2S，A错误。
B、Na为金属单质有还原性，Na+有氧化性无还原性；非金属性：Cl＞Br＞S，单质氧化性：Cl2＞Br2＞S，对应阴离子有还原性：S2-＞Br-＞Cl-，B错误。C、Cl-、K+、S2-具有相同的电子层结构，根据电子层结构相同的粒子，核电荷数越大半径越小，有半径大小关系：S2-＞Cl-＞K+，S2-＞S，C错误。D、非金属性：Cl＞S ，所以HClO4＞H2SO4，均为强酸；H2CO3、HClO均为弱酸，根据H2CO3可以制取HClO有H2CO3＞HClO，所以酸性大小为：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO，D正确。正确答案为D
24.已知某气体的摩尔质量为Mg/mol，则bg该气体在标准状况下的体积(L)为(　　)
A. 22.4Mb B. 22.4b/M C. 22.4M/b D. 22.4b
【答案】B
【解析】气体的物质的量为n=，则该气体在标准状况下的体积为V=n·Vm=，故合理选项是B。
25.下列哪种方法不能实现海水的淡化（ ）
A. 蒸馏法 B. 电渗析法 C. 离子交换法 D. 电解法
【答案】D
【解析】A．因水的沸点较低，可用蒸馏法得到蒸馏水，实现海水淡化的目的，故A不选；B．利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故B不选；C．通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，故C不选．D．电解法不能除去海水中的可溶性盐，如钠离子，钙离子等，不能达到淡化海水的目的，故D选；故选D。
26.乙烯和乙醇的混合气体VL，完全燃烧后生成二氧化碳和水，消耗相同状态下的氧气3VL，则混合气体中乙烯和乙醇的体积比是(　　)
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 1∶2 D. 任意比
【答案】D
【解析】根据乙烯和乙醇燃烧的化学方程式，1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗氧气3mol，1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗氧气也为3mol，相同状态下，物质的量之比等于体积比，所以当乙烯和乙醇的混合气体为VL时，完全燃烧后生成二氧化碳和水，一定消耗氧气3VL，乙烯和乙醇可以为任意比。故选D。
分卷II
三、填空题(共5小题,共48分)
27.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。
Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO
②HCl、H2O、H2SO4、HNO3
③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
(1)三种物质依次是(填化学式)：
①________；②________；③________。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
(3)写出Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：________________。
(4)HCO3-与H＋、OH－在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_______________。
Ⅱ.现有以下物质：①NaCl晶体　②液态HCl
③CaCO3固体　④熔融KCl　⑤蔗糖　⑥铜　⑦CO2　⑧H2SO4　⑨KOH固体
(1)以上物质中能导电的是________。
(2)以上物质中属于电解质的是________，属于非电解质的是________。
(3)以上物质中，溶于水能导电的物质是________。
【答案】(1). CO2 (2). H2O (3). Na2CO3 (4). 不是 (5). CO32-＋2H＋==H2O＋CO2↑ (6). HCO3-＋H＋==CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－==CO32-＋H2O (7). ④⑥ (8). ①②③④⑧⑨ (9). ⑤⑦ (10). ①②④⑦⑧⑨
【解析】 (1)①中CO2是非金属氧化物，其他都是金属氧化物；②中H2O不是酸，其他都是酸；③中Na2CO3是盐，其他都是碱。答案：CO2　H2O　Na2CO3；
(2)化学反应为：Na2CO3＋CO2＋H2O==2NaHCO3，反应中元素没有价态变化，不是氧化还原反应。答案：不是；
(3)Na2CO3是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应均能拆，所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：CO32-＋2H＋==H2O＋CO2↑
(4)HCO3-是弱酸的酸式酸根，能与H＋、OH－反应，其离子方程式为：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O。答案：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O。
Ⅱ.(1) 能导电的物质是金属材料、半导体和电解质溶液或熔融状态的电解质，因此以上物质中熔融KCl、铜能导电，故答案：④⑥。
(2) 电解质是在水溶液或融化状态下能导电的化合物，以上物质中①NaCl、②液态HCl晶体、③CaCO3、④熔融KCl固体、⑧H2SO4、⑨KOH固体属于电解质；⑤蔗糖、⑦CO2属于非电解质；答案：①②③④⑧⑨ ； ⑤⑦。
(3)溶于水能电离出自由移动的离子，溶液才能到导电，以上物质中①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体溶于水后都能导电；答案：①②④⑦⑧⑨。
28.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池能量转化的主要形式是___________，在导线中电子流动方向为________（用a、b表示）。
（2）负极反应式为___________。
（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H2===2LiH　Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是________，反应Ⅱ中的氧化剂是________。
②金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为________。
【答案】 (1). 化学能转化为电能 (2). 由a流向b (3). H2－2e－＋2OH－===2H2O (4). 锂(Li) (5). 水(H2O) (6). 1∶2
【解析】（1）氢氧燃料电池的能量转化形式主要是把化学能转化为电能；氢气在负极被氧化，氧气被还原发生在正极，因此导线中电子流动方向是由a到b；正确答案：化学能转化为电能；由a流向b。
（2）负极上氢气被氧化，反应式为：H2－2e－＋2OH－===2H2O ；正确答案：H2－2e－＋2OH－===2H2O。
（3）①反应Ⅰ中Li转化为Li+，化合价升高，说明Li为还原剂；反应Ⅱ中水中氢的化合价降低，说明水是氧化剂；正确答案：锂(Li) ；水(H2O)。
②根据方程式Ⅰ.2Li＋H2===2LiH可知，有2mol Li反应，吸收1mol氢气，同时生成2 molLiH，根据方程式Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑可知,有1molLiH反应，放出1mol氢气，则2 molLiH反应放出氢气2mol，所以金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为1∶2；正确答案：1:2。
29.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物 A～G之间的转化关系：

请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是___________；C的结构简式是________；
（2）E是一种具有香味的液体，由B+D→E的反应方程式为___________，该反应类型是______________；
（3）G 是一种高分子化合物，其结构简式是______________；
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点 12.27°C）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式______________。
（5）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式_______。
【答案】(1). 碳碳双键 (2). CH3CHO (3). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化反应(或取代反应) (5). (6). CH2＝CH2+HClCH3CH2Cl (7). CH3CH2CH2COOH；(CH3)2CHCOOH
【解析】（1）A乙烯含有碳碳双键，C为乙醛，结构简式为CH3CHO；
（2）E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B+D为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）G为聚乙烯，结构简式为；
（4）乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；
（5）E（CH3COOCH2CH3）的同分异构体能与NaHCO3溶液反应则含有羧基，该同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。
30.“低碳”既是时尚，也是环保要求。“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂今后联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几个工厂利用废气、废渣（液）联合生产化肥硫酸铵的工艺：

请回答下列问题：
（1）工艺操作①、②分别为____________、____________。
（2）工业合成氨的化学方程式为：__________。
（3）写出生成“产品”的离子方程式：________。
（4）在实验室中检验合成氨厂排出的废气中是否含有氨气的方法是______________。
（5）副产品的化学式为________________。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是__________________。
【答案】(1). 蒸馏 (2). 过滤 (3). N2＋3H22NH3 (4). CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋2NH4+＋SO42- (5). 用湿润的红色石蕊试纸放在导气管口，若试纸变蓝，则证明有NH3（或其他可行的方法） (6). CaO (7). CO2
【解析】 (1)合成氨原料之一氮气来源于空气,分离方法是将空气液化后蒸发分离出O2获得N2，所以操作①为液化；将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀,则操作②为过滤。因此，本题正确答案是：液化；过滤；
(2)工业上利用氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下合成氨气，此反应的化学方程式为: N2＋3H22NH3 ，因此，本题正确答案是：N2＋3H22NH3 。
(3)产品是(NH4)2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等,产物除(NH4)2SO4外还有CaCO3， CaSO4悬浊液在离子方程中要写分子式，反应化学方程式为: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4，改写成离子方程式为: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4+＋SO42-；
因此，本题正确答案是: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4+＋SO42- ; 
(4) 检验NH3的方法是：用湿润的红色石蕊试纸放在管口处，若试纸变蓝，证明废气中有NH3存在；因此，本题正确答案是:用湿润的红色石蕊试纸放在管口处,若试纸变蓝,证明废气中有NH3；
(5) 因为CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，所以CaO为副产品,因此，本题正确答案是:CaO；CO2。
31.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：

已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。
回答下列问题：
（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、__。
（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为__。
当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下__L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。
（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为__。
（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为__。
（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为__g。
【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O (6). 4.68
【解析】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；
（2）反应③中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（CuI）＝95.5g÷191g/mol＝0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L；
（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；
（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3＝Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；
（5）n（NaI）＝12g÷150g/mol＝0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）＝0.08mol×58.5g/mol＝4.68g。