浙江省杭州二中2023学年化学高一下期末调研试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化学用语表达不正确的是（ ）ACH4 的球棍模型BCl2 的结构式ClClCCO2的电子式DCl的结构示意2、锂海水电池的反应原理为：2Li2H2O2LiOHH2，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A金属

2、锂作正极B镍电极上发生还原反应C海水作为电解质溶液D可将化学能转化为电能3、下列有关物质检验的实验结论正确的是序号实验操作现象实验结论A向某溶液中加硝酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀溶液中一定有SO42B将某气体通入紫色石蕊中溶液变红该气体一定是CO2C将某气体通过无水硫酸铜固体由白色变蓝色该气体一定含有水D将某气体点燃产生淡蓝色火焰该气体一定是H2SAABBCCDD4、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（ ）AKOH BBr2 CMgCl2 DH2S5、目前，林芝市已进入雨季，空气质量优良，PM2.5r(Y)r(Z)，X和Y同周期，Y和Z同主族。下列说法一定正确的是A最高正化合价：ZX

3、BX、Y、Z的单质中，Z的熔点最高C若X为非金属元素，则离子半径：Xn-Ym-Zm-D若X为金属元素，则X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物中Y的碱性最强二、非选择题(共84分)23、（14分）AG均分别代表一种物质，结合如图所示的转化关系（框图中的部分产物已略去），回答下列问题：已知：I.天然有机高分子化合物A，是一种遇到碘水能变蓝的多糖； . H为丙三醇(CH2OH-CHOH-CH2OH)，G有香味。(1)CE的反应类型为_。与出DC的化学反应方程式：_。写出F与H以物质的量3：1浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式：_。(2)人在剧列运动后腿和胳膊会感到酸胀或疼痛，原因之一是B(C6H12

4、O6)2C3H6O3（乳酸）。某研究小组为了研究乳酸(无色液体，与水混溶)的性质，做了如下实验：取90g乳酸饱和NaHCO3溶液反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）；另取90g乳酚与过量的金属钠反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）。由以上实验推知乳酸分子含有的官能团名称_；试写出所有符合上述条件有机物的同分异构体的结构简式_。24、（12分）工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如图中的苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题：(1)A的结构简式为_，丙烯酸中官能团的名称为_(2)写出下列反应的反应类型_，_(3)

5、下列说法正确的是（_）A硝基苯中混有浓HNO3和H2SO4，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液B除去乙酸乙酯中的乙酸，加NaOH溶液、分液C聚丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色D有机物C与丙烯酸属于同系物(4)写出下列反应方程式：BCH3CHO_丙烯酸 + B丙烯酸乙酯_25、（12分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。请回答下列问题：(1)步骤I中，粗盐中含有Ca1+、Mg1+、SO41-等杂质离子，精制时常用的试剂有：稀盐酸；氯化钡溶液；氢氧化钠溶液；碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是_（填字母）。A B C D请写出加入Na1CO3溶液后相关化学反应的离子方程式

6、：_、_。(1)步骤中已获得Br1，步骤中又将Br1还原为Br-，其目的是_。步骤用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_。(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl1可向其中加入_溶液。(4)步骤由Mg(OH)1得到单质Mg，以下方法最合适的是_（填序号）。ABCD26、（10分）某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。甲小组同学称量3.9g合金按照下图进行实验。（1）仪器A的名称是_。（2）检查装置气密性的方法是_。（3）检查装置气密性好后开始实验，滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，你认为可能的原因是_。（4）若测得气体的体积是4.48L（转化为标准状

7、况下），则合金中镁的质量分数是_，若读数时没有冷却到室温读数，测得合金中镁的质量分数_（填写“偏大”或“偏小”）。（5）下列实验方案中能测定镁的质量分数的是_。AW1gMg、Al合金量过滤足量NaOHBW1gMg、Al合金过滤足量浓HNOCW1gMg、Al合金足量NaOH溶液DW1gMg、Al合金足量稀H2SO427、（12分）碘和铁均是人体必需的微量元素。（1）海带中含有丰富的以碘离子形式存在的碘元素。在实验室中，从海藻中提取碘的流程如下：上述流程中涉及下列操作，其中错误的是_（填标号）。A将海藻灼烧成灰B过滤含I-溶液C下口放出含碘的苯溶液D分离碘并回收苯写出步骤发生反应的离子方程式：_要

8、证明步骤所得溶液中含有碘单质，可加入_（填试剂名称），观察到_（填现象）说明溶液中存在碘。（2）探究铁与稀硝酸的反应。用5.6gFe粉和含有0.3 mol HNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好完全反应，且HNO3只被还原成NO。回答下列问题：Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为_反应结束后的溶液中Fe3、Fe2的物质的量之比n（Fe3）：n（Fe2）_。标准状况下，生成NO气体的体积为_L（保留两位小数）。28、（14分）工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同的地方，又有区别。下图路线中的-、-分别是工业生产硝酸和雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径。回答下列问题：（1）雷电高能固

9、氮生产硝酸的三个反应中，是否均为氧化还原反应？_。（2）图中途径I、和对应的三个反应中，常温下就能进行的是途径_。（3）途径对应的反应为NO2+H2OHNO3+NO（未配平），该反应过程中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。（4）硝酸必须保存于棕色瓶里并置于阴凉处的原因是_；可用铝质或铁质容器盛放冷的浓硝酸的原因是_。（5）硝酸的用途之一是与氨气反应制硝酸铵，其化学方程式为_。29、（10分）请根据物质在生产、生活等方面的应用填空。（1）厨房里常使用小苏打，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈_(填字母代号)。a浅蓝色b浅红色c浅绿色（2）检验某补铁剂中的Fe2是否被氧化成Fe3，可用_溶液(

10、填字母代号)。aNaOH bH2O2 cKSCN（3）电解氧化铝时加入冰晶石的作用为_。（4）完成乙醇发生催化氧化的化学方程式：2CH3CH2OHO2_。（5）常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，请写出负极的电极反应式：_。（6）铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式：_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【答案解析】A、是CH4 的比例模型，选项A不正确；B、Cl2 的结构式ClCl，选项B正确；C、 CO2的电子式，选项C正确；D、Cl的结构示意，选项D正确。答案选D。2、

11、A【答案解析】锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O2LiOH+H2，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，电子从负极沿导线流向正极。【题目详解】A. 锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O2LiOH+H2，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Lie=Li+，故A错误；B. 金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，故B正确；C. 原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确；D. 装

12、置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。3、C【答案解析】A溶液中也可能存在Ag+，不一定是SO42，A项错误；B能使紫色石蕊试液变红的气体是酸性气体，但该酸性气体不一定是CO2，其他酸性气体如SO2也可以，B项错误；C无水硫酸铜为白色粉末，遇水生成蓝色的五水硫酸铜，可用于检验水的存在，C项正确；D气体点燃产生淡蓝色火焰，可能是H2、CO、CH4、H2S等，不一定确定是H2S，D项错误；答案选C。4、A【答案解析】考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以A中含有离子键核极性键，B中含有非极性键，C中含有离子键，D中含有极

13、性键，答案选A。5、D【答案解析】空气中的首要污染物，包括二氧化硫，二氧化碳和可吸入颗粒物等，不包括二氧化碳。二氧化碳虽然会引起温室效应，但不会造成空气污染。故选D。6、C【答案解析】该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，AB%降低；该反应反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，AB%不变，结合图象AB%与温度、压强变化选择。【题目详解】该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，AB%降低，由左图可知，曲线符合变化；该反应反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，AB%不变，由右图可知，曲线符合变化，但不符合勒沙特列原理，加压后平衡没有减弱这种改变，故不选；故选：

14、C。【答案点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡图象等，易错点D，曲线符合变化，但不符合勒沙特列原理，加压后平衡没有减弱这种改变。7、B【答案解析】本题考查化学与生活。绿色植物通过光合作用能吸收大气中的二氧化碳，同时释放氧气，植树造林，增大植被面积可增强植物的光合作用，降低空气中二氧化碳的含量，A正确；用于制作光导纤维的为二氧化硅，B错误；化石燃料在燃烧过程中产生的CO、S02等有害气体会污染环境，C正确；二氧化碳塑料因为是全降解塑料，所以不会产生白色污染，D正确。故选B。点睛：根据题意，二氧化碳制取全降解塑料，因为其可降解，所以使用过程中不会产生白色污染。8、B【答案解析】A. 稀

15、有气体的单质中不存在化学键，多原子构成的单质的分子内一定含有共价键，故A错误；B. 由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物，也可能为离子化合物，如HCl为共价化合物，氯化铵为离子化合物，故B正确；C. 非极性键可存在与单质、化合物中，如氧气、过氧化氢、过氧化钠中均存在，故C错误；D. 不同元素组成的多原子分子里可能含非极性键，如HOOH中存在极性键和非极性键，故D错误；故选B.9、D【答案解析】能自发地发生氧化还原反应都可以设计成原电池，原电池构成条件：（1）活泼性不同的两种金属或金属与非金属作电极；（2）电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；（3）形成闭合回路(两电极接触或用导线

16、连接)，因此选项A、B、C中装置均能形成原电池，装置D中不能构成闭合回路，不能形成原电池，答案选D。10、C【答案解析】A项、蔬菜富含维生素，故A错误；B项、甘蔗中主要含有蔗糖属于糖类，故B错误；C项、豆腐以大豆为原料制作，主要含有植物性蛋白质，故C正确；D、牛油中主要含有油脂，故D错误；故选C。【答案点睛】蛋白质主要存在于动物肌肉、奶类及制品、豆类及制品。11、C【答案解析】A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，故A正确；B.不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度发生改变，故B正确；C.可逆反应不能

17、完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，但达到反应限度需要时间，二者不能混淆，故C错误；D.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，故D正确。故选C。12、A【答案解析】中子数等于质量数减去质子数。【题目详解】A. C的中子数为14-6=8，O的中子数为16-8=8，所以1个二氧化碳中的中子数为8+28=24；B.18O中子数是18-8=10，所以1个臭氧分子中有30个中子；C. 2H217O2中的中子数为12+29=20；D. 14N16O2中子数为7+28=23个中子。故选A。13、B【答案解析】分析：从图象看，热化学方程式为：12N2（g）+

18、32H2（g）NH3（l）；H=-（b+c-a） kJ/mol；或12N2（g）+32H2（g）NH3（g）；H=（a-b） kJ/mol，H详解：从图象看，热化学方程式为：12N2（g）+32H2（g）NH3（l）H=-（b+c-a） kJ/mol；或12N2（g）+32H2（g）NH3（g）；H=（a-b） kJ/mol，H与化学计量数成正比，2可得：N2（g）+3H2（g）2NH3（l）H=2（a-b-c） kJ/mol，2可得：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（a-b） kJ/mol，点睛：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，侧重于数据分析和转化能力的培养，注意书写热

19、化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法。14、D【答案解析】标准状况下苯是液体，故A错误；1mol Na与足量乙醇完全反应，失去NA电子，故B错误；苯分子中没有碳碳双键，故C错误；常温常压下，8gCH4含有电子 5NA，故D正确。 15、B【答案解析】A、同周期元素非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故A正确；B、非金属性SiPN，则稳定性：SiH4PH3NH3，故B错误；C、金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：KNaMg，则碱性：KOHNaOHMg（OH）2，故C正确；D、卤族元素中，阴离子的还原性随着原子序数增大而增强，所以还原性：F-Cl-Br-I

20、-，故D正确；故选B。16、B【答案解析】由题给的结构简式可知，有机物中含有碳碳双键，还含有O元素，所以错误；含酯基、羟基、羧基、碳碳双键，所以正确；含苯环，但还含O元素，则不属于芳香烃，则错误；含C、H、O三种元素，为烃的含氧衍生物，则正确；该有机物的相对分子质量应在10000以下，不属于高分子，则错误；含苯环，为芳香族化合物，故正确；所以正确的是，故选B。17、D【答案解析】本题考查元素周期律。详解：元素的金属性和非金属性都是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，A错误；结构决定性质，相对原子质量的递增与元素性质的变化没有必然的联系，B错误；元素的原子半径的变化属于元素的性质，不能解释

21、元素性质的周期性变化，C错误；由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，原子结构中电子层数和最外层电子数呈现周期性变化，则元素原子的核外电子排布的周期性变化是元素的性质呈周期性变化的根本原因，故D正确。故选D。18、B【答案解析】两液体不互溶 两物质的沸点差别比较大根据溴在有机溶剂中溶解度大的特点用苯进行萃取。19、C【答案解析】A. 乙醇与钠反应生成乙醇钠，是羟基中的OH键断裂，A项正确；B. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂和化学键，B项正确，C. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂和化学键，C项错误；D. 乙醇完全燃烧时，化学键全部断裂，D项正确；答案选C。20、B【答案解析】分析：根据断键吸热，成键放

22、热以及反应热H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量分析判断。详解：A.N2（g）2N（g）为化学键的断裂过程，应该吸收能量，A错误；B.N（g）+3F（g）NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C.反应N2（g）3F2（g）2NF3（g）的H=（941.7+3154.8-283.06）kJmol-1=-291.9kJmol-1，H0，属于放热反应，C错误；D.化学反应的实质是旧键的断裂和新键形成，NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，D错误；答案选B。21、D【答案解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸

23、乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。22、C【答案解析】X和Y同周期且r(X)r(Y)，则X的原子序数小于Y，Y和Z同主族且r(X)r(Y

24、)r(Z)，则Z的原子序数最小，即原子序数ZXYm-Zm-，故C正确；D.若X为金属元素，同周期从左到右金属性逐渐减弱，则X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物中，X的碱性最强,故D错误；综上所述，答案为C。二、非选择题(共84分)23、氧化反应 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O 羧基、羟基 CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH 【答案解析】A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，由转化关系可知C为CH3CH2OH，D与H2O在一定条件下反应产生C，则D为乙烯，结构简式为CH2=CH2，乙醇催

25、化氧化产生的E为CH3CHO，E催化氧化产生的F为CH3COOH，则G为，以此解答该题。【题目详解】由上述分析可知：A为淀粉，B为葡萄糖，C为CH3CH2OH，D为CH2=CH2，E为CH3CHO，F为CH3COOH，G为。(1)C为CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu催化下发生氧化反应产生CH3CHO，所以乙醇变乙醛的反应为氧化反应；乙烯与水反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；F是乙酸，H是丙三醇，F与H以物质的量比3：1在浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式为CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；(2)乳酸相对分子质量是90，90g乳酸的物

26、质的量是1mol，取90g乳酸与过量的饱和NaHCO3溶液反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，说明乳酸分子中含有1个羧基；另取90g乳酸与过量的金属钠反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，则说明乳酸分子中含有1个羧基、1个羟基，则乳酸可能的结构为CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH。【答案点睛】把握高分子化合物A为淀粉为解答本题的关键，掌握物质的性质及转化关系、反应条件、反应的物质的量关系是解答题目的基础，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与Na反应的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基，则是该题的核心，然后结合物质的分子式判断可能的结构，注意有机反应及

27、有机物的性质。24、CH2=CH2 碳碳双键、羧基 硝化反应或取代反应 加成反应 A 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH2=CHCOOH + CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+ H2O【答案解析】由B和C合成乙酸乙酯，C为乙酸，则B为乙醇，被氧化为乙醛，A与水反应生成乙醇，则A为乙烯。结合有机物的结构特点及反应类型进行判断分析。【题目详解】(1)A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，丙烯酸中官能团的名称为碳碳双键、羧基；(2)反应是苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，反应类型为硝化反应或取代反应；反应是乙烯的水化催化生成乙醇，反应类型为加成反应

28、；(3) A.浓HNO3和H2SO4与NaOH溶液反应，形成水层，硝基苯为有机层，静置，分液，选项A正确；B.乙酸乙酯与氢氧化钠能反应，除去乙酸乙酯中的乙酸，应该用饱和碳酸钠溶液，选项B错误；C.聚丙烯酸中没有双键结构，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C错误；D.有机物C是乙酸，是饱和酸，丙烯酸是不饱和酸，两者不可能是同系物，选项D错误。答案选A； (4)反应BCH3CHO是乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应丙烯酸 + B丙烯酸乙酯+ H2O的反应方程式为CH2=CHCOOH + CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+ H

29、2O。25、 B、C Ca1+CO31-=CaCO3 Ba1+ CO31-=BaCO3 富集（或浓缩）溴元素 Br1+SO1+1H1O=4H+1Br-+SO41- NaBr（或溴化钠） C【答案解析】分析：（1）除去粗盐中的Ca1、Mg1、SO41，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子；（1）海水中溴的浓度太低，要进行富集。（3）利用氯的氧化性强于溴，Cl11Br=1ClBr1；（4）海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化

30、镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；详解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为： B.或 C. ，故选BC。(1)步骤中已获得Br1，但浓度太稀，步骤中又将Br1还原为Br-，其目的是富集（或浓缩）溴元素 。步骤用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，SO1将溴还原为Br-，有关反应的离子方程式为 Br1+SO1+1H1O=4H+1

31、Br-+SO41-。(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl1利用氯的氧化性强于溴，可向其中加入NaBr（或溴化钠）溶液，Cl11Br=1ClBr1。(4)海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；步骤由Mg(OH)1得到单质Mg，最合适的方法是C。A、氧化镁熔点太高，故A错误；B、MgO离子化合物，很稳定，高温也不分解，故B错误；D、电解MgCl1水溶液只能得到氢氧化镁、氢气和氯气，故D错误；故选C。26、分

32、液漏斗关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好金属镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生30.8偏小A、C、D【答案解析】分析：（1）仪器A的名称是分液漏斗。（2）用微热法检查装置的气密性。（3）镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应都放出H2，根据合金的质量和放出H2的体积计算Mg的质量分数。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出H2的量。（5）从反应的原理和测量的物理量进行分析。详解：（1）根据仪器A的构造特点，仪器A的名称是分液漏斗。（

33、2）用微热法检查装置的气密性，检查装置气密性的方法是：关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好。（3）镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，可能的原因是：镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式分别为Mg+H2SO4=MgSO4+H2、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，设Mg、Al合金中Mg、Al的物质的量分别为x、y，则列式24g/molx+27g/moly=3.9g，x+32y=4.48L22.4L/mol，解得x=0.05

34、mol，y=0.1mol，合金中Mg的质量为0.05mol24g/mol=1.2g，Mg的质量分数为1.2g3.9g100%=30.8%。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出（5）A项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2），最后称量的W2g固体为Mg，Mg的质量分数为W2W1100%；B项，Mg溶于浓硝酸，Al与浓HNO3发生钝化生成致密的氧化膜，不能准确测量Al的质量，无法测定Mg的质量分数；C项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2Na

35、OH+2H2O=2NaAlO2+3H2），由收集的H2的体积V2L（标准状况）计算Al的质量，进一步计算Mg的质量和Mg的质量分数；D项，Mg、Al与足量稀硫酸反应生成MgSO4、Al2（SO4）3，反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，MgSO4完全转化为Mg（OH）2沉淀，Al2（SO4）3转化为可溶于水的NaAlO2，最后称量的W2g固体为Mg（OH）2，由Mg（OH）2的质量结合Mg守恒计算Mg的质量，进一步计算Mg的质量分数；能测定Mg27、AC H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O 淀粉溶液 溶液变蓝 Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O 1:3 1.68 【答案解

36、析】（1）A. 固体的灼烧应在坩埚中进行，因此将海藻灼烧成灰，应在坩埚中进行，A错误；B. 过滤时，应用玻璃棒引流，B正确；C. 含碘的苯溶液的密度比水小，在上层，分液时，上层液体从分液漏斗的上口到出，C错误；D. 分离回收苯时，应采用蒸馏装置，D正确；故选AC；步骤中的过氧化氢将I-氧化成I2，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；根据淀粉遇碘变蓝的性质，证明步骤所得溶液中含有碘单质，应加入淀粉溶液，若能观察到溶液变蓝色，则证明溶液中含有碘单质。（2）铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应过程中，Fe由0价变为+3价，N由+5变为+2，

37、因此Fe和NO的系数都为1，再根据原子守恒进行配平，配平后的化学反应方程式为Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O；5.6g铁的物质的量n=mM=5.6g56g/mol=0.1mol，0.1molFe与0.3mol硝酸反应，硝酸完全反应，结合方程式Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O可知，消耗掉的Fe的物质的量n(Fe)=0.3mol14=0.075mol，反应生成的硝酸铁的物质的量为0.075mol，则还剩余0.025mol的Fe与三价铁离子发生反应Fe2Fe(NO3)0.3mol硝酸完全反应后生成NO的物质的量为0.075mol，该气体在标况下的体积V=nV28、是 2:1硝酸光照、受热易分解浓硝酸使铁、铝钝化HNO3+NH3=NH4NO3【答案解析】分析：（1）在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应；在氧化还原反应中，所含元素的化合价降低的反应物，叫做氧化剂；所含元素的化合价升高的反应叫做还原剂。所以雷电高能固氮生产硝酸的三个反应中，均为氧化还原反应。（2）一氧化氮常温下与氧气反应生成二氧化氮。（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，硝酸为氧化产物，一氧化氮为还原产物。（4）硝酸具有不稳定性，见光受热易分解；