冲刺卷03-【冲刺满分】2022-2023高一化学下学期期末冲刺卷（浙江专用）(解析版)

这是一份冲刺卷03-【冲刺满分】2022-2023高一化学下学期期末冲刺卷（浙江专用）(解析版)，共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
2022-2023高一化学下学期期末冲刺卷（浙江专用）（三）
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相对原子质量： H 1 N 14　O 16 Br 80 Zn 65 C 12 Cl 35.5 I 127 Na 23

选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 化学品的正确使用，关乎人体健康与环境保护。下列叙述正确的是
A. 凡是有添加剂的食品均对人体健康不利
B. 汽油是大宗化学品，属纯净物
C. 化肥的超量使用不仅造成浪费，还可能污染环境
D. 处方类药品是可不经医生直接购买服用
【答案】C
【解析】A．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，A错误；
B．汽油是石油分馏产品，其中含有多种烃，仍然是混合物，B错误；
C．化肥可以使植物长势更好，但若使用超量，不仅会造成物质浪费，还可能污染土壤和水源，C正确；
D．处方类药品必须经医生开处方后在医生的指导下购买服用，而非处方药品可不经医生直接购买服用，D错误；故合理选项是C。
2. 下列广东“南海1号”南宋沉船打捞的文物中，主要成分是有机高分子材料的是
A. 陶瓷器 B. 铜铁器 C. 钱币 D. 漆木器
【答案】D
【解析】A．陶瓷器的主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．铜铁器是金属等的合金，合金属于金属材料，B不符合题意；
C．钱币是金属或金属的合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．漆木器中，不管是油漆还是木材，都属于有机高分子材料，D符合题意；
故选D。
3. 下列说法正确的是
A. 武德合金的熔点低，可用作电器的保险丝
B. 工业上用热还原法冶炼金属银
C. 高速列车制造可大量使用轻质金属材料碳纤维
D. 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应为吸热反应
【答案】A
【解析】A．由50%铋、25%铅、13%锡和12%镉组成的伍德合金，其熔点为71℃，可用作电器的保险丝，A正确；
B．制取不活泼的金属，一般采用直接加热金属氧化物使其分解成金属单质得到，B错误；
C．高速列车制造可大量使用轻质金属材料铝合金，C错误；
D．2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，D错误；
答案选A。
4. 下列物质的性质与用途对应关系正确的是
A. 氯化铵易分解，可用来制取氨气
B. 碳酸氢铵易溶于水，可用作氮肥
C. 氨易液化，可用来做制冷剂
D. 铁与浓硝酸不反应，可用铁槽车贮运硝酸
【答案】C
【解析】A．氯化铵受热分解生成的氨气和HCl遇冷会重新化合成氯化铵，不能用氯化铵分解制取氨气，A错误；
B．碳酸氢铵中含氮元素，可用作氮肥，B错误；
C．氨易液化，液氨汽化时会吸收大量的热，使周围温度迅速降低，可用来做制冷剂，C正确；
D．常温下Fe与浓硝酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物薄膜，对内部金属起保护作用，可用铁槽车贮运浓硝酸，D错误；
答案选C。
5. 实验室用加热NH4Cl 和 Ca(OH)2 固体混合物的方法制取少量的氨气，图中装置能达到相应的实验目的的是
A. 生成NH3 B. 干燥NH3
C. 收集NH3 D. 吸收NH3尾气
【答案】D
【解析】A．加热NH4Cl 和 Ca(OH)2固体混合物的试管口应略向下倾斜，以免生成的水回流到试管底部炸裂试管，故A错误；
B．氨和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，可以用装在干燥管里的碱石灰，故B错误；
C．氨的密度小于空气，可以用向下排空气法收集，但圆底烧瓶不能塞上塞子，应在瓶口放一团棉花，故C错误；
D．氨极易溶于水，为了防止倒吸，可以用球形干燥管吸收氨尾气，故D正确；
故选D。
6．下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法正确的是

A．在通常情况下，O2比N2稳定
B．吸热反应一定需要加热才能发生
C．1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量
D．1 mol N2(g)和NA个O2(g)充分反应生成2 mol NO(g)放出的能量为180kJ
【答案】C
【解析】A．N原子半径大于O原子，实心黑球表示O原子，据图可知1mol N2(g)中化学键断裂吸收的能大于1mol O2(g)中化学键断裂吸收的能量，所以N2更稳定，A错误；
B．吸热反应不一定需要加热才能发生，例如Ba(OH)·8H2O和NH4Cl的反应，B错误；
C．由图中数据可得反应物断键吸收(946+498)kJ/mol=1444kJ/mol的能量，生成物成键放出2×632kJ/mol=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，即1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量，C正确；
D．NA个O2(g)即1mol O2(g)，根据C项可知1 mol N2(g)和NA个O2(g)充分反应生成2 mol NO(g)吸收的能量为1444kJ -1264kJ =180kJ，D错误；
综上所述答案为C。
7．如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法正确的是

A．该装置实现了电能转化为化学能 B．电子由铜经发光二极管流向铁环
C．可将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置 D．负极的电极反应为：
【答案】D
【解析】柠檬电池属于原电池，铁为负极，铜为正极，结合原电池原理分析解答。
A．该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故A错误；
B．铁为负极，铜为正极，电子由铁经发光二极管流向铜，故B错误；
C．酒精为非电解质，不能导电，不能将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置，故C错误；
D．铁为负极，负极的电极反应为：，故D正确；
故选D。
8．关于下列物质转化，不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A．钠和氧气在常温下反应生成Na2O，Na2O与CO2反应生成Na2CO3，故不选A；
B．铁和稀盐酸反应生成FeCl2和氢气，故选B；
C．Cl2和NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，故不选C；
D．铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，硫酸铝和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硫酸钠，故不选D；
选B。
9．一定温度下，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是
A．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2
B．N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变
C．N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量的2倍
D．单位时间内每增加1molN2，同时增加3molH2
【答案】B
【解析】A．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，不能说明各物质的浓度不变，无法判断是否达到化学平衡状态，A错误；
B．N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变，说明各物质的物质的量不变，达到化学平衡状态，B正确；
C．当体系达平衡状态时，N2与H2的物质的量之和可能是NH3的物质的量的2倍，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，无法判断是否达到化学平衡状态，C错误；
D．只要反应发生就有单位时间内每增加1molN2，同时增加3molH2，无法判断是否达到化学平衡状态，D错误；
故选B。
10.下列关于乙醇和乙酸的叙述，错误的是
A. 乙醇、乙酸都能发生取代反应
B. 钠能与乙醇反应置换出乙醇中的羟基氢
C. 乙酸与乙醇发生酯化反应时乙酸分子中的氢被取代
D. 乙酸的酸性比碳酸的强，可以与碳酸盐溶液反应，产生气体
【答案】C
【解析】A．乙醇和HBr反应生成溴乙烷也是取代，乙酸的酯化反应也是取代反应，A正确；
B．钠能与乙醇反应置换出乙醇中的羟基氢生成乙醇钠和氢气，B正确；
C．乙酸与乙醇发生酯化反应时乙酸分子中的羟基被取代，C错误；
D．乙酸的酸性比碳酸的强，强酸分解弱酸盐，乙酸可以与碳酸盐溶液反应，产生气体，D正确；
答案选C。
11. 根据乙烯推测关于丙烯的结构或性质中正确的是
A. 分子中三个碳原子在同一直线上 B. 分子中所有原子在同一平面上
C. 能发生加聚反应 D. 与HCl加成只生成一种产物
【答案】C
【解析】丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，据此解答。
A．丙烯分子中碳碳双键与碳碳单键之间的键角约为120°，故三个碳原子不在一条直线上，故A错误；
B． 分子中含有甲基，甲基中碳原子呈四面体、故不能是平面结构，故B错误；
C． 丙烯结构中含有碳碳双键，能发生加聚反应，故C正确；
D． 与HCl加成可以生成CH2ClCH2CH3或CH3CHClCH3，故D错误。
故选C。
12. 在一定温度下，32g金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则反应过程中转移的电子为
A. 1 mol B. 2 mol C. 3mol D. 4 mol
【答案】A
【解析】在氧化还原反应中电子得失数目相等。所以在一定温度下，1 mol金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，Cu失去电子2mol，HNO3得到的电子的物质的量也是2mol，即关系式为1Cu2e-,32gCu的物质的量为=0.5mol，则转移的电子数是1mol。答案选A。
13. 下列反应属于吸热反应的是
A. 钠与水的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C. 一氧化碳与氧气的反应 D. 水变成水蒸气
【答案】B
【解析】A．钠与水的反应时，钠熔成小球，说明反应是放热反应，故A不符合题意；
B．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，故B符合题意；
C．一氧化碳与氧气的反应是化合反应，多数的化合反应都是放热反应，故C不符合题意；
D．水由液态变为气态吸收热量，但不是化学反应，故D不符合题意。
故选B。
14. 图中实验装置能达到相应实验目的的是

A. 装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B. 装置乙可用于验证反应是否有CO2生成
C. 装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D. 装置丁可用于制备金属锰
【答案】D
【解析】A．氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A项错误；
B．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，故无法验证是否有二氧化碳生成，B项错误；
C．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，右侧碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，故装置中检验气体酸碱性的石蕊试纸放反了，C项错误；
D．与铝热反应相似，装置丁可用于制备金属锰，D项正确；
答案选D。
15. 尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：，则下列说法正确的是

A. 甲电极是正极
B. 每理论上可净化
C. 从乙电极附近向甲电极附近迁移
D. 电解质溶液可以是NaOH溶液
【答案】B
【解析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此分析回答；
A．甲电极电极反应式为：，是氧化反应，甲电极是负极，A错误；
B．由电荷守恒知：，则每理论上可净化，B正确；
C．阳离子移向正极，甲电极为负极、乙电极为正极，则从甲电极附近向乙电极附近迁移，C错误；
D． 从甲电极电极反应式知，电解质溶液不可以是NaOH溶液，D错误；
答案选B。
16. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是

A. 实验①在15min内M的降解速率为1.33×10-5mol/(L·min)
B. 实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 实验①③证明pH越高，越不利于M的降解
D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】D
【解析】A．实验①在15min内M的降解速率为=1.33×10-5mol/(L·min)，A正确；
B．从表中可知实验①②的单一变量是温度，且实验②的温度高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线②的下降幅度大于曲线①，起始M的浓度相同，故说明升高温度，M降解速率增大，B正确；
C．从表中可知实验①③的单一变量是pH，且实验③的pH高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线③的下降幅度小于曲线①，起始M的浓度相同，故说明pH越高，越不利于M的降解，C正确；
D．实验②④的温度和起始M浓度均不相同，不符合单一变量的对照要求，不能说明M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误；
故答案选D。
17. 实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和Na2CO3溶液的液面上得到无色油状液体，下列叙述正确的是(　　)
A. 浓硫酸与乙醇发生反应
B. 乙醇可以全部反应
C. 反应前的混合液中应加入碎瓷片
D. 导气管口应插入液面以下
【答案】C
【解析】A．浓硫酸是催化剂，在反应前后质量不变，不消耗，故A错误；
B．乙酸、乙醇制取乙酸乙酯的反应是可逆反应，乙醇不可能全部反应，故B错误；
C．反应前的混合液中应加入碎瓷片，防止暴沸，故C正确；
D．导气管口应处在液面以上，防止发生倒吸，故D错误；
答案选C
【点睛】乙酸与乙醇制取乙酸乙酯的实验是一个典型而重要的有机实验。要求从实验原理、操作方法等方面全面掌握。
18. 分子式为C3H6ClBr的有机物共有(不考虑立体异构)：
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】D
【解析】其结构简式分别为：ClCH(Br)CH2CH3、ClCH2CHBrCH3、ClCH2CH2CH2Br、CH3CCl(Br)CH3、CH2BrCHClCH3，故选项D正确。
19．下列说法不正确的是
A．淀粉和纤维素都属于多糖，都能在人体内被消化以提供能量
B．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，两者的反应类型不同
C．煤的液化和气化均属于化学变化
D．氨基酸之间能发生聚合反应
【答案】A
【解析】A．人体内含有淀粉酶，淀粉在人体内能消化，但人体内缺少纤维素水解酶，所以其在人体内不能消化，A不正确；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，前者属于加成反应，后者属于氧化反应，两者的反应类型不同，B正确；
C．煤的液化分直接液化和间接液化，都是化学变化，煤的气化是煤与水蒸气反应制水煤气，属于化学变化，C正确；
D．氨基酸分子中含有氨基和羧基，分子之间能发生聚合反应生成多肽，D正确；
故选A。
20．有关化学与可持续发展的说法不正确的是
A．理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B．提高金属矿物的利用率，开发环保高效的金属冶炼方法，防止金属的腐蚀，加强废旧金属的回收和再利用等都是合理开发和利用金属资源的主要途径
C．合理用药必须在医生、医师指导下，遵循安全、有效、经济等原则
D．绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段，对被污染的环境进行治理
【答案】D
【解析】A．理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点，如太阳能、风能等，故A正确；
B．金属资源面临枯竭，保护金属资源的有效途径之一就是回收再利用、开发环保高效的金属冶炼方法、防止金属的腐蚀等，故B正确；
C．用药应在医生、医师指导下，遵循安全、有效、经济等原则，故C正确；
D．利用化学原理和技术手段可以从源头减少或消除环境污染，实现绿色化学的核心思想，故D错误；
故选D。
21. 下列操作对应的现象不符合事实的是




A．将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟
B．将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，布条不褪色
C．在电流作用下熔融氯化钠中Na+和Cl‾发生定向移动，故使灯泡发亮

D．将滴管中的浓盐酸加到碳酸氢钠溶液中，气球体积由小变大

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A．灼热的铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄的烟，产物为 CuCl2，A项正确；
B．氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，B项错误；
C．熔融状态下氯化钠电离为Na+和Cl-，通电情况下离子发生定向移动，灯泡发光，C项正确；
D．浓盐酸加入NaHCO3溶液中，发生反应生成CO2，气体体积变大，D项正确；
正确答案为B。
22. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为8∶l
B. 常温常压下（Vm=24.5L/mol），24.5LCH4气体含有C-H键的数目为4NA
C. 一定量的Na与水反应生成11.2LH2(标况下)，转移的电子数为2NA
D. 0.1mol·L−1的NaCl溶液中，Na+数目为0.1NA
【答案】B
【解析】A．NA个氧分子的物质的量是1mol，质量是32g；NA个氢分子的物质的量是1mol，质量是2g，质量比为16∶l，故A错误；
B．常温常压下，气体摩尔体积是24.5L/mol，24.5LCH4气体的物质的量是1mol，含有C-H键的数目为4NA，故B正确；
C．一定量的Na与水反应生成11.2LH2(标况下)，氢元素化合价由+1降低为0，转移的电子数为，故C错误；
D． 没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L−1的NaCl溶液中Na+数目，故D错误；
选B。
23.根据能量变化示意图，下列说法正确的是( )

A．断开1molHCl(g)中的H—Cl键需要吸收bkJ能量
B．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，反应物的总能量小于生成物的总能量
C．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 放热(a-b)kJ•mo1-l
D．2molHCl(1)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量
【答案】C
【解析】A项，断开1molHCl(g)中H-Cl键吸收J能量与1molH和1molCl形成1molH-Cl放出热量相等，形成2molHCl(g)放出热量bkJ，所以断开1molHCl(g)中H-Cl键吸收能量=×bkJ=bkJ能量，故A错误；B项，该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；C项，反应放出热量=反应物的键能之和-生成物的键能之和，即H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 放热为(a-b)kJ•mo1-l，故C正确；D项，由图可知，2mol气态HCl(g)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量，由于液态HCl气化需要吸热，则2mol气态HCl(l)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收的热量大于ckJ，故D错误；故选C。
24．某有机物的结构简式如图所示，下列关于这种有机物的说法不正确的是( )

①分子中含有苯环，属于芳香烃
②既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
③既能和乙酸发生酯化反应，又能和乙醇发生酯化反应
④1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比是2∶1
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】B
【解析】①分子中含有苯环，还含有羧基和羟基，则该物质不属于芳香烃，①项错误；②该分子含有碳碳双键，则既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，②项正确；③该分子含有羧基和羟基，则既能和乙酸发生酯化反应，又能和乙醇发生酯化反应，③项正确；④1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，分别产生1mol氢气和1mol二氧化碳，则产生气体的物质的量之比是1∶1，④项错误；故选B。
25. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入足量稀盐酸，无明显现象；再加入溶液，有白色沉淀产生
原溶液中一定含有
B
某溶液中滴加溶液，无明显现象；再滴加氯水，溶液呈红色
原溶液一定含
C
向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有
D
向某溶液中加入浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中一定含有

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A．向溶液中加入足量稀盐酸，无明显现象，排除了Ag+和CO等的干扰；再加入BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，说明溶液中一定含有，故A正确；
B．向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，说明不存在Fe3+，再滴加氯水，溶液呈红色说明氯水氧化Fe2+生成Fe3+，则该溶液中一定含有Fe2+，故B正确；
C．向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能是二氧化碳或二氧化硫，不能确定溶液中是否一定含有，故C错误；
D．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，说明溶液中一定含有，故D正确；
故选C。

非选择题部分
二、填空题(本大题共5题，每空2分，共46分)
26.已知有机化合物A只由C、H两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。A、B、C、D、E有如下关系：

（1）中能与金属钠反应的有_______种；物质A的聚合物_______(“能”或“不能”)使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（2）区分B和D用_______(填试剂名称，下同)；写出的化学方程式：_______。
（3）B与D在浓硫酸作用下发生反应生成E，该反应的反应类型为_______；产物E用_______吸收；反应中浓硫酸作为_______和催化剂。
（4）已知：B和浓硫酸在时可制取A。某兴趣小组用如图装置制取并验证所得产物：

装置甲烧瓶中应先加入_______再沿烧瓶内壁缓慢加入另一种反应物，为除去A中混有的杂质，装置乙洗气瓶中应加入_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. 不能
（2） ①. 紫色石蕊溶液 ②.
（3） ①. 酯化(或取代)反应 ②. 饱和碳酸钠溶液 ③. 吸水剂
（4） ①. 乙醇 ②. 氢氧化钠溶液
【解析】A只有C和H两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，乙烯产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为C2H4，B能连续被氧化成D，且B和D能发生反应，则B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH，则B和D发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此分析；
（1）能与金属钠反应的有机物中一般含有－OH和－COOH，根据以上分析，能与金属钠反应的物质有CH3CH2OH和CH3COOH，有2种；乙烯发生加聚反应得到，聚乙烯中不含有碳碳不饱和键，因此聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；故答案为2；不能；
（2）CH3CH2OH属于醇，CH3COOH属于酸，可以用紫色石蕊试液鉴定，石蕊变红的是CH3COOH，因为碳酸的酸性弱于CH3COOH，可以用NaHCO3溶液鉴定，两个溶液中加入NaHCO3溶液，有气泡冒出的是CH3COOH；B→C发生乙醇的催化氧化，其反应方程式为；故答案紫色石蕊溶液或碳酸氢钠溶液等；；
（3）根据上述分析，B与D发生酯化反应得到乙酸乙酯，其反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液吸收，饱和碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯在溶液中的溶解度；因为该反应为可逆反应，浓硫酸能吸收水，促使平衡向正反应方向移动，因此浓硫酸的作用之一为吸水剂，硫酸的另一个作用是催化剂；故答案为酯化反应或取代反应；饱和碳酸钠溶液；吸水剂；
（4）本实验目的是制备乙烯且验证乙烯的性质，因为浓硫酸的密度比乙醇大，因此将浓硫酸慢慢加入乙醇中；SO2也能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，因此除去SO2，可以将混合气体通入NaOH溶液中，乙装置中盛有氢氧化钠溶液；故答案为浓硫酸；氢氧化钠溶液。
27. (1)向某体积固定的密闭容器中加入0.3A、0.1C和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：

①若t1=15，则t0-t1内反应速率v(C) =___________，A的转化率为___________；
②写出反应的化学方程式：___________
③B的起始的物质的量是___________mol；平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。
(2)已知断裂几种化学键要吸收的能量如下：
化学键
C—H
O=O
C=O
H—O
断裂1mol键吸收的能量/kJ
415
497
745
463
16 gCH4在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时___________(填“吸收”或 “放出”)约__________kJ热量。
(3)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图为甲烷燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。

①使用时，空气从___________口通入(填“A”或“B”)；
②a极的电极反应为：___________。
【答案】 ①. 0.004mol/(L·s) ②. 60％ ③. 3A2C+B ④. 0.04 mol ⑤. 1 ⑥. 放出 ⑦. 688 ⑧. B ⑨. CH4+10OH-_8e-=CO+7H2O
【解析】
(1)①由图象可知A的起始浓度为0.15mol/L，A的物质的量为0.3mol，则体积为V=0.3mol÷0.15mol/L=2L；由图象可知C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则其反应速率为v(C)=0.06mol/L÷15s=0.004mol/(L·s)；A的转化率为×100%＝60％；
②A的浓度在减小、为反应物，A的浓度变化为：0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度在增大、为生成物，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则A、C的计量数之比为3：2，由于在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3A2C+B；
③该反应方程式为3A2C+B，所以反应前后气体的总物质的量不变，B的起始的物质的量是（0.11+0.06+0.05）mol/L×2L-（0.3+0.1）mol=0.04mol；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，由于反应前后气体的体积不变，即气体的物质的量不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。
(2)断键吸热，形成化学键放热，甲烷燃烧放热，则根据方程式CH4+2O2＝CO2+2H2O可知16 gCH4即1mol甲烷在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时放出的热量是（745×2+2×2×463－4×415－497×2）kJ＝688 kJ；
(3)①根据电子流向可知a电极是负极，b电极是正极，则使用时，空气从B口通入；
②a极是甲烷发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则电极反应为CH4+10OH-_8e-=CO+7H2O。
28.从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质。

（1）请写出海水淡化的一种方法：_______。
（2）步骤Ⅰ中已获得，步骤Ⅱ中又将还原为，其目的是_______。第二次通入后，为了除去过量的微量，可向溶液中加入适量_______(填字母)，充分反应后，要提取还要进行的操作为_______、蒸馏。
A.溶液B.溶液C.溶液D.饱和溶液
（3）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是_______。
（4）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入_______(填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。
（5）写出冶炼金属镁的化学方程式：_______。
【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法
（2） ①. 富集溴元素 ②. B ③. 萃取、分液
（3）石灰乳原料丰富，成本低
（4）
（5）
【解析】降低海水温度得到粗盐和母液，通过CaCO3CO2+CaO、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mq(OH)2↓获取Mg(OH)2，将Mg(OH)2加盐酸浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，为防止镁离子水解，在HCl氛围中将MgCl2·6H2O加热蒸干得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg单质；从母液中得到NaBr溶液，向NaBr溶液中通入Cl2，发生反应2Br-+Cl2=2C1-+Br2，向低浓度Br2溶液中通人SO2，发生反应Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-，向含有Br-的浓溶液中通入Cl2，得到高浓度Br2。
（1）海水淡化的方法为蒸馏法、电渗析法、离子交换法。
（2）根据分析，步骤l中获得Br2浓度较低，步骡ll中又将Br2还原为Br-，其目的是富集溴元素。A、C都既能与氯气反应又能和溴单质反应，D都不反应，只有B能和氯气反应，不与溴单质反应，故选B。从水溶液中提取Br2，需用有机物萃取，然后分液，再蒸馏。
（3）工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的主要原因是石灰乳原料丰富，成本低。
（4）从过程得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg(OH)2，故答案为：MgCl2。
（5）用电解熔融氯化镁冶炼金属镁的化学方程式为。
29．绿矾()是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。已知：。某研究性学习小组用如图所示装置对绿矾进行培烧，并检验其培烧产物。请回答下列问题：

(1)装置B的作用是_______。
(2)装置D可以观察到的实验现象是_______。
(3)装置E的作用是除去多余的，请写出该反应的离子方程式_______。
(4)实验结束后，请设计一个实验方案，检验装置A中生成的固体产物(不考虑其他反应)_______。
(5)下列说法正确的是_______。
A．装置C的作用是检验并吸收
B．为了让实验结果更准确，实验开始前应先通一段时间的，以排尽装置中的空气
C．实验操作的顺序为：先组装装置，然后加入各种试剂，再检查气密性，最后点燃酒精喷灯开始实验
D．若要除去溶液中混有的杂质，可向溶液中加入过量的铜粉，充分反应后，过滤即可
【答案】(1)检验生成的水
(2)产生淡黄色沉淀
(3)
(4)取少量固体，溶于稀盐酸，向其中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则有Fe2O3
(5)AB

【解析】由化学方程式2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O可知，绿矾高温下分解生成SO3和SO2，装置B中装有无水硫酸铜，用来检验生成的水；装置C中装有BaCl2溶液，SO3和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故装置C用来检验SO3；装置D中装有Na2S溶液，SO2和Na2S溶液反应生成S单质，淡黄色沉淀产生，故装置D用来检验SO2；装置E中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。
（1）由分析可知，装置B的作用是检验生成的水；
（2）由分析可知，装置D中产生淡黄色沉淀；
（3）SO2和NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，离子方程式为；
（4）由化学方程式2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O可知，装置A中生成的固体产物为Fe2O3，检验方案为：取少量固体，溶于稀盐酸，向其中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则有Fe2O3；
（5）A．由分析可知，装置C的作用是检验SO3，A项正确；
B．实验开始前应先通一段时间的N2，以排尽装置中的空气，可以防止二氧化硫被空气中的氧气氧化，B项正确；
C．实验操作的顺序为：组装装置、检查气密性、加入各种试剂、点燃酒精喷灯开始实验，C项错误；
D．要除去FeSO4溶液中混有的Fe2(SO4)3杂质，可向溶液中加入过量的铁粉，Fe2(SO4)3和铁粉反应生成FeSO4，充分反应后，过滤除去铁粉即可得到FeSO4溶液，若向溶液中加入过量的铜粉，Fe2(SO4)3和铜粉反应生成CuSO4和FeSO4，混入新杂质，D项错误；
答案选AB。
30．将铜镁合金完全溶解于的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。求：
(1)的浓硝酸中含有的物质的量为_______。
(2)该合金含铜_______g。
(3)混合气体中，和的物质的量之比为_______。
【答案】(1)0.7 (2)1.28 (3)4∶1
【解析】1.52g铜镁合金溶于浓硝酸中生成硝酸铜、硝酸镁、NO2、N2O4，NO2、N2O4的体积为1120mL，则物质的量为0.05mol。向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子完全沉淀时，得到2.54g沉淀，则m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，则n(OH-)=0.06mol。
（1）50mL 14mol/L 的浓硝酸中含有HNO3的物质的量为0.05L×14mol/L=0.7mol；
（2）根据n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化学式可知，铜和镁的总物质的量是n(OH-)的二分之一，即为0.03mol。设合金中铜的物质的量为x，镁的物质的量为y，则有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，则该合金含铜0.02mol×64g/mol=1.28g；
（3）铜和镁的总物质的量为0.03mol，铜和镁反应后均为+2价，所以转移电子的物质的量为0.06mol，设N2O4的物质的量为a，则NO2的物质的量为0.05-a，根据化合价变化有2a+0.05-a=0.06，则a=0.01mol，则NO2的物质的量为0.04mol，所以混合气体中， NO2 和 N2O4 的物质的量之比为0.04：0.01=4：1。