北京市东城区2022-2023学年高一下学期期末统一检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市东城区2022-2023学年高一下学期期末统一检测试题本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将〖答案〗答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16第一部分本部分共20题，共50分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.海水中蕴藏着丰富的资源。下列不需要通过化学反应就能从海水中获得的物质是（）A.淡水 B.精盐 C.金属镁 D.溴单质〖答案〗A〖解析〗【详析】A．海水中水的沸点较低，蒸馏海水可制备淡水，为物理变化，故A选；B．海水中水的沸点较低，通过蒸发结晶即可得到粗盐，粗盐通过提纯得到精盐，提纯过程中有新物质生成，为化学变化，故B不选；C．海水中得到镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化镁得到镁，为化学变化，故C不选；D．海水中溴以离子形式存在，需要加氧化剂氧化，发生氧化还原反应生成溴单质，再萃取、分液、得到溴，为化学变化，故D不选；故选A。2.下列化学用语表述正确的是（）A.1，2-二溴乙烷的结构简式为B.含有l个中子的氢原子：C.氯化钠的电子式为D.硫原子的结构示意图：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．1，2-二溴乙烷的结构简式为，A正确；B．含有l个中子氢原子：，B错误；C．氯化钠是由钠离子和氯离子形成的离子化合物，C错误；D．硫原子呈电中性，硫的核外电子和核电荷数相等为16，D错误；故选A。3.下列关于甲烷的说法不正确的是（）A.甲烷是天然气的主要成分B.甲烷与互为同系物C.甲烷分子中所有的化学键都为单键D.甲烷与氯气发生反应，生成的二氯甲烷有2种〖答案〗D〖解析〗【详析】A．天然气的主要成分是甲烷，A正确；B．甲烷与均属于链状烷烃，结构相似，二者互为同系物，B正确；C．甲烷的分子式为CH4，分子中所有的化学键都为单键，C正确；D．甲烷是正四面体形结构，甲烷与氯气发生反应，生成的二氯甲烷有1种，D错误；〖答案〗选D。4.可使以下溶液褪色，其中体现了的漂白性的是（）A.溴水 B.品红溶液 C.酸性溶液 D.含有NaOH的酚酞溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有还原性，通入溴水中被氧化，溴水褪色，A不符合；B．二氧化硫具有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，B符合；C．二氧化硫具有还原性，通入酸性溶液中被氧化，高锰酸钾溶液褪色，C不符合；D．二氧化硫属于酸性氧化物，二氧化硫通入含有NaOH的酚酞溶液中氢氧化钠被消耗，碱性减弱，因此溶液褪色，D不符合；〖答案〗选B。5.下列图示变化为吸热过程的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．反应物的总能量低，生成物总能量高，该化学反应为吸热反应，A符合题意；B．反应物N2+3H2的总能量大于生成物2NH3的总能量，为放热反应，B不符合题意；C．浓硫酸溶于水为放热的物理过程，C不符合题意；D．镁粉与稀盐酸发生的置换反应属于放热反应，D不符合题意；故选A。6.下列物质中所含的化学键，只有共价键的是（）A.KF B. C.HCl D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．KF中只有离子键，A不选；B．中含有离子键和共价键，B不选；C．HCl中只有共价键，C选；D．中只有离子键，D不选；〖答案〗选C。7.下列说法正确的是（）A.的摩尔质量是16B.22.4L中一定含有2molO原子C.lmol/L溶液中的数目是D.同温同压下，等体积氮气和一氧化碳气体所含质子数相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．的摩尔质量是16g/mol，A错误；B．22.4L的物质的量不一定是1mol，其中不一定含有2molO原子，B错误；C．lmol/L溶液的体积不确定，其中的数目不一定是，C错误；D．氮气和一氧化碳含有的质子数均是14，因此根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，等体积氮气和一氧化碳气体所含质子数相同，D正确；〖答案〗选D。8.下列说法不正确的是（）A.油脂都是饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯B.可以通过灼烧后闻气味的方法区分羊毛和棉花C.可以用新制的氢氧化铜或者银氨溶液检验葡萄糖D.在人体中葡萄糖经过氧化反应放出热量，为生命活动提供能量〖答案〗A〖解析〗【详析】A．油含碳碳双键，则油是不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯，故A错误；B．羊毛的主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，可通过灼烧后闻气味的方法区分羊毛和棉花，故B正确；C．葡萄糖含醛基，可被弱氧化剂氧化，则用新制的氢氧化铜或者银氨溶液检验葡萄糖，故C正确；D．葡萄糖发生氧化反应放热，则在人体中葡萄糖经过氧化反应放出热量，为生命活动提供能量，故D正确；故选：A。9.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（）A.工业制备粗硅：B.氨的催化氧化：C.铝热反应：D.将金属钠投入水中：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．工业制备粗硅生成的是CO：，A错误；B．氨的催化氧化生成的是NO：，B错误；C．铝热反应：，C正确；D．将金属钠投入水中的离子方程式应该为：，D错误；〖答案〗选C。10.关于元素周期律的应用，下列推测合理的是（）A.根据硝酸属于强酸，预测磷酸也属于强酸B.根据氯的非金属性强于硫，预测盐酸的酸性强于硫酸C.根据钾的金属性强于钠，预测钾与水的反应比钠与水的反应更容易D.根据溴水能和碘化钾溶液发生反应，预测溴水也能和氯化钾溶液反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则硝酸的酸性强于磷酸，硝酸属于强酸，磷酸属于中强酸，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据氯的非金属性强于硫，预测高氯酸的酸性强于硫酸，故B错误；C．元素的金属性越强，越容易和水（或酸）反应，根据钾的金属性强于钠，预测钾与水的反应比钠与水的反应更容易，故C正确；D．同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，氯的非金属性强于溴，所以溴水不能和氯化钾溶液反应，故D错误，故选：C。11.用如图装置吸收气体，在吸收过程中，试管内剩余气体的成分发生变化的是（）选项ABCD气体X液体Y水水稀硫酸NaOH溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸分解又能生成二氧化硫，故A错误；B．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮难溶于水，聚集在试管内，故B正确；C．稀硫酸与氨气反应生成硫酸铵，试管内没有气体，故C错误；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、水和氯化钠，试管内没有剩余气体，故D错误，故选：B。12.下列关于原电池的叙述正确的是（）A.电子流出的一极是原电池的正极B.原电池工作时必然存在氧化和还原的过程C.构成原电池的两个电极必须是两种不同金属D.原电池中电解质溶液的作用是传导电子〖答案〗B〖解析〗【详析】A．在原电池中，电子流入的一极是正极，电子流出的一极是负极，故A错误；B．原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应，负极上发生失电子的氧化反应，则原电池工作时必然存在氧化和还原的过程，故B正确；C．一般而言，构成原电池的正极和负极的材料是两种不同的金属，但也可以是导电的非金属（碳棒）与金属或非金属，如燃料电池中的电极均为石墨，故C错误；D．原电池工作时，“电子不下水，离子不上岸”，即电子在导线流向正极，阳离子在电解质溶液中移向正极，电解质溶液的作用是传导离子，故D错误；故选：B。13.电池中负极与电解质溶液接触直接反应会降低能量的转化效率，称为自放电现象。关于如图所示的原电池的说法不正确的是（）A.Zn片发生氧化反应B.铜表面产生，说明原电池装置可使Cu还原C.总反应离子方程式是D.该原电池中化学能不会完全转化为电能〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，负极反应式为Zn-2e－＝Zn2+，铜为正极，正极上H+发生得电子的还原反应生成H2，正极反应式为2H++2e－＝H2↑，总反应为Zn+2H+＝Zn2++H2↑，据此分析解答。【详析】A．Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，Zn比Cu活泼，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，故A正确；B．Cu为正极，正极上H+得电子生成H2，Cu没有参与反应，故B错误；C．该原电池中，Zn比Cu活泼，Zn与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故C正确；D．原电池是将化学能转化为电能的装置，但部分能量转化为热能，化学能不会完全转化为电能，故D正确；故选：B。14.对于下列实验现象的解释正确的是（）选项实验现象解释A向溶液中滴加溶液，产生乳白色浑浊亚硫酸具有弱酸性B将金属钠放入乙醇溶液中，金属钠表面产生无色气体乙醇能与金属钠发生置换反应C将表面变黑的灼热铜丝伸入到无水乙醇中，铜丝表面恢复红色乙醇表现还原性D将分别蘸有浓盐酸和浓氨水的两支玻璃棒相互靠近不接触，产生大量白烟白烟的主要成分是HCl和〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向溶液中滴加溶液，产生乳白色浑浊，是因为硫离子被亚硫酸氧化为单质硫，体现亚硫酸的氧化性，A错误；B．乙醇溶液中含有溶剂水，钠和水反应产生氢气，所以不能据此说明乙醇能与金属钠发生置换反应，B错误；C．将表面变黑的灼热铜丝伸入到无水乙醇中，铜丝表面恢复红色，说明氧化铜被还原为金属铜，所以乙醇表现还原性，C正确；D．将分别蘸有浓盐酸和浓氨水的两支玻璃棒相互靠近不接触，产生大量白烟，是因为二者化合生成氯化铵，烟是固体小颗粒，D错误；〖答案〗选C。15.水煤气变换反应的过程示意图如下：下列说法正确的是（）A.在图示过程中有1分子水未参加反应B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有O-H键断裂C.和分子中均含有非极性键D.该反应的化学方程式是〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据图示，过程Ⅰ为H2O分子中，O-H键断裂，过程Ⅱ，另一个H2O分子断裂O-H键，过程Ⅲ中，断裂O-H键，1个O与CO结合生成CO2，2个H结合生成H2，以此分析；【详析】A．在图示过程中，水分子均参与反应，故A错误；B．根据分析，过程I、Ⅱ、Ⅲ均有O-H键的断裂，故B正确；C．在化合物分子中，不同种原子形成的共价键为极性共价键，相同原子形成的共价键为非极性键，则H2O和CO2分子中均含有极性键，故C错误；D．由图可知，该反应的反应物为CO和H2O，生成物为CO2和H2，则该反应的化学方程，故D错误；故〖答案〗为B。16.某有机物在氧气中充分燃烧得到和，该有机物分子中含有2个碳原子，且其相对分子质量为60.关于该有机物的下列说法正确的是（）A.属于烃类B.该有机物分子中只含有1个氧原子C.若与金属Na发生反应产生H，则分子中一定含有O-H键D.若分子中含有羧基，则该有机物可能有2种结构〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该有机物分子中含有2个碳原子，且其相对分子质量为60，则该有机物化学式为C2H4O2，据此进行解答。【详析】A．该有机物分子中含有2个碳原子，且其相对分子质量为60，则该有机物可能为甲酸或者是甲酸甲酯，故不属于烃类，故A错误；B．该有机物分子中含有2个氧原子，故B错误；C．若与金属Na发生反应产生H2，则分子中一定含有O-H，故C正确；D．若分子中含有羧基，则只可能是乙酸一种结构，故D错误；故选：C。17.甘油又称丙三醇，用于制取润滑剂和吸湿剂，其结构简式为。关于甘油的下列说法不正确的是（）A.分子中含有羟基 B.分子式： C.可以发生酯化反应 D.与乙醇互为同系物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．甘油的结构简式为，分子中含有3个羟基，A项正确；B．由甘油的结构简式可知，其分子式为，B项正确；C．甘油分子含有羟基，可与羧基发生酯化反应，C项正确；D．甘油分子含有3个羟基，乙醇分子中含有1个羟基，甘油与乙醇所含有羟基的数目不同，不是同系物，D项错误；故选D。18.溶有的酸雨样品在空气中敞口放置一段时间后酸性增强。下列说法正确的是（）A.汽车发动机中的空气在高温条件下的反应是产生该类酸雨的原因B.加入溶液，通过产生白色沉淀可检验样品放置后的产物C.放置过程中样品的酸性增强﹐是因为浓度增大D.放置过程中，空气中的参与了反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．主要是工厂排放的废弃中含有二氧化硫是产生该类酸雨的原因，A错误；B．酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，加入溶液，能氧化亚硫酸根为硫酸根，所以不能通过产生白色沉淀检验样品放置后的产物，B错误；C．放置过程中样品的酸性增强﹐是因为易被氧化为强酸硫酸，C错误；D．放置过程中亚硫酸被氧气氧化为硫酸，所以空气中的参与了反应，D正确；〖答案〗选D。19.关于下列实验的说法不正确的是（）A.①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生B.②中溶液中的主要离子有和C.③中铜片继续溶解，是由于稀硫酸提供的增强了溶液的氧化性D.①和③中铜片溶解时反应的离子方程式相同〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，试管口NO与氧气反应生成二氧化氮，则试管口出现红棕色，溶液呈蓝色，故A正确；B．3Cu+8H++2NO=2NO↑+3Cu2++4H2O，铜有剩余，加入稀硫酸继续反应，则H+完全反应，故②中溶液中的主要离子有和，故B正确；C．酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，铜片继续溶解，是稀硫酸提供的H+增强了溶液的氧化性，故C错误；D．①和③中发生反应都为3Cu+8H++2NO=2NO↑+3Cu2++4H2O，离子方程式相同，故D正确；故选：C。20.某小组为了探究影响溶液与溶液在酸性条件下反应速率的因素，设计如表所示的实验方案。实验/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL褪色时间t/min13.02.01.00.02.0823.02.02.00.0a634.02.0200.00.0443.02.01.00.5b3下列说法正确的是（）A.a=1.0，b=1.5B.溶液的酸碱性不会影响该反应的化学反应速率C.该反应的离子方程式为D.上表数据可证明对该反应速率有影响〖答案〗A〖解析〗【详析】A．探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则a=1.0，b=1.5，故A正确；B．由实验1，2可知，变量是混合后硫酸的浓度不一致，导致褪色时间不一致，即反应速率不一致，故酸的浓度（溶液的酸性）会影响该反应化学反应速率，故B错误；C．HSO是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，故C错误；D．由图中数据可知，4组实验中KMnO4的量均一致，故KMnO4的浓度均是一样的，不是变量，不能证明对该反应速率有影响，故D错误，故选：A。第二部分本部分共5题，共50分。21.某小组同学研究木炭与浓硫酸的反应并对其产物进行检验。（1）木炭与浓硫酸反应可选用下列装置中的___________(填序号)。（2）①该反应的化学方程式为___________。②该反应体现了浓硫酸的___________(填序号)。a．吸水性b．脱水性c．氧化性（3）设计实验检验该反应气体产物中的各成分，可选用的试剂有：a．酸性高锰酸钾溶液；b．澄清石灰水；c．无水硫酸铜(已知：难溶于水)①按照试剂的正确使用顺序排列：___________(填序号)。②其中试剂a的作用是___________。〖答案〗（1）c（2）①.②.c（3）①.cab②.检验气体产物中的，并将其除去〖解析〗（1）a装置用于纯固体物质、需要加热条件反应；装置b适用于固液态物质、不需要加热条件的反应，木炭与浓硫酸的反应中，反应物是固体木炭与液体浓硫酸、反应条件是加热，则发生装置应该选择c，故〖答案〗为：c；（2）①加热条件下，木炭与浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，化学方程式为；②反应中，S的化合价降低，C的化合价升高，则浓硫酸发生还原反应，表现出强氧化性，故〖答案〗为：c；（3）①木炭与浓硫酸的反应产物是CO2、SO2和H2O，应先验证水蒸气的存在，常用无水CuSO4粉末，再检验SO2的存在，选用过量酸性高锰酸钾溶液检验并除去SO2，最后用澄清石灰水检验CO2的存在，则试剂的正确使用顺序为cab，故〖答案〗为：cab；②SO2、CO2都属于酸性氧化物，在某些性质上有相似之处，都能使澄清石灰水变浑浊，该实验条件下澄清石灰水用于检验CO2的存在，但可能会出现SO2的干扰，所以应该选择过量酸性高锰酸钾溶液，即酸性高锰酸钾溶液的作用是检验并除去SO2，故〖答案〗为：检验气体产物中的，并将其除去。22.五种有机化合物之间存在下列转化关系。（1）中所含的官能团的名称是___________。反应①的化学方程式为___________，该反应的类型是___________反应。（2）反应③可选用铜做催化剂，该反应的化学方程式为___________。（3）用同位素标记乙醇中的氧元素(即)，通过测定产物来判断反应⑤中反应物的断键方式。结果表明分子在发生该反应时断开的是碳氧键，则得到的有机产物应为___________(写结构简式)。（4）A是常见的有机高分子材料，可由直接进行加聚反应得到，A的链节是___________。（5）在上述有机物中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有___________、和。〖答案〗（1）①.碳碳双键②.③.加成（2）（3）（4）（5）〖解析〗A是常见的有机高分子材料，可由C2H4直接进行加聚反应得到，则A为聚乙烯；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛、乙醇都能发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此解答。（1）C2H4中所含的官能团的名称是碳碳双键；反应①的化学方程式为，该反应的类型是加成反应；（2）反应③可选用铜做催化剂，该反应的化学方程式为；（3）乙醇和乙酸的酯化反应过程中，乙醇断裂O-H键、乙酸断裂C-O键，用18O同位素标记乙醇中的氧元素，通过测定产物来判断反应⑤中反应物的断键方式，则得到的有机产物应为；（4）A为聚乙烯，A的链节是；（5）在上述有机物中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有CH2=CH2、C2H5OH和CH3CHO，故〖答案〗为：CH2=CH2。23.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：通过图示信息可判断该反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应，判断的依据是___________。（2）利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为和。①该反应的化学方程式为___________。②某温度下，在VL的密闭容器中通入CO和NO，测得不同时间CO的浓度如下表：时间/s0123……用CO的浓度变化表示反应由开始到2s时的平均反应速率为___________；若恒温下保持起始投料量相同，容器体积变为2VL，则该反应的速率会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。③下列可以表明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。a．容器中的气体压强保持不变b．NO、CO、、的浓度之比为2∶2∶2∶1c．的浓度不再改变d．相同时间内，反应消耗2molNO的同时消耗1mol〖答案〗（1）①.吸热②.断键吸收能量>成键放出能量（2）①.②.③.减小④.acd〖解析〗（1）该条件下，和完全反应生成NO，断键吸收的热量为946kJ∙mol−1＋498kJ∙mol−1＝1444kJ∙mol−1，生成NO放出的热量为632kJ∙mol−1×2＝1264kJ∙mol−1，则放出的热量少，因此整个反应是吸收能量；故〖答案〗为：吸热；断键吸收能量>成键放出能量；（2）①利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为和，其化学方程式为，故〖答案〗为：；②根据表中信息CO浓度改变量为，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为；若恒温下保持起始投料量相同，容器体积由VL变为2VL，增大体积，相当于减小压强，则该反应的速率会减小，故〖答案〗为：；减小；③a．该反应是体积减小的反应，压强在不断减小，当容器中的气体压强保持不变，说明已经达到平衡，故a符合题意；b．NO、CO、、的浓度之比为不能作为判断平衡标志，只能说浓度不再改变，故b不符合题意；c．的浓度不再改变，能作为判断平衡标志，故c符合题意；d．相同时间内，反应消耗，正向反应，同时消耗，逆向反应，速率之比等于计量系数之比，能作为判断平衡标志，故d符合题意；综上所述，〖答案〗为：acd；24.海水是重要的资源﹐从中可以获得大量NaCl。NaCl的部分用途如下图所示。（1）反应ⅰ和ⅱ分别表示氯碱工业和工业制备金属钠的反应原理。①依据图中转化，写出反应ⅰ的化学方程式：___________。②比较反应ⅰ和ⅱ，NaCl在水中或熔融状态下均完全电离，而通电时还原产物却不相同。从反应物存在的微粒种类和性质的角度分析，这两个反应中还原产物不同的原因是___________。③工业上将制成漂白粉[有效成分是]的化学方程式为___________。④(氨基钠)可用于有机合成。它有很强的吸水性，其固体在空气中吸水后产生刺激性气味气体，实验室中检验该气体的方法是___________。（2）反应ⅲ用于工业制纯碱。实验室中模拟该反应的装置如下图所示。①装置A、B、C中，用于制备的是___________，判断的依据是___________。②为了提高原料的利用率，从而得到更多的产物，模拟实验过程中应先打开的弹簧夹是___________(填“”或“”)。〖答案〗（1）①.②.NaCl水溶液中和同时存在，通电时得电子能力强于，还原产物为；NaCl在熔融状态下，通电时只有得电子，还原产物为Na③.④.将湿润的红色石蕊试纸伸入该气体中，若红色石蕊试纸变蓝，则证明是氨气（2）①.C②.氨气极易溶于水，连接了球形干燥管，防止倒吸③.〖解析〗反应i是电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢气反应生成氯化氢，反应ii是电解熔融氯化钠生成钠和氯气，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，钠和氨气反应生成NaNH2和氢气，反应iii是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠热分解生成碳酸钠，据此解答。（1）①反应i是电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的化学方程式为；②比较反应ⅰ和ⅱ，NaCl在水中或熔融状态下均完全电离，而通电时还原产物却不相同。从反应物存在的微粒种类和性质的角度分析，这两个反应中还原产物不同的原因是：NaCl水溶液中存在钠离子和氢离子，通电时氢离子得到电子能力高于钠离子，还原产物为氢气，NaCl在熔融状态下，通电时只有Na+得到电子，所以还原产物为Na；③工业上将Cl2制成漂白粉的化学方程式为；④NaNH2在空气中吸水后产生刺激性气味气体，是和水反应生成氢氧化钠和氨气，实验室中检验该气体的方法是：取湿润的红色石蕊试纸，靠近气体，试纸变蓝色，证明气体为氨气；（2）①由于氨气极易溶于水，通入水溶液中需要防止倒吸，因此装置A、B、C中，用于制备NH3的是：C；②制备碳酸氢钠晶体的方法是：向B的饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到纯碱，模拟实验过程中应先打开的弹簧夹是：K2，