陕西省咸阳市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE19-陕西省咸阳市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.“绿水青山就是金山银山”的理念要求化工生产实现“绿色化”。下列能源的运用最符合“绿色化学”理念的是A.煤 B.自然气 C.氢气 D.石油【答案】C【解析】【详解】A.煤燃烧生成二氧化碳，还有二氧化硫，二氧化硫污染空气，不符合“绿色化学”理念，故A错误；B.自然气燃烧生成二氧化碳，空气中二氧化碳含量增多时，形成温室效应，不符合“绿色化学”理念，故B错误；C.氢气燃烧生成水，没有污染，并且水通过化学方法有可以生成氢气，循环利用，符合“绿色化学”理念，故C正确；D.大量运用石油，会造成污染，不符合“绿色化学”理念，故D错误；故选：C。2.下列物质的主要成分(括号中)不包含第ⅣA族元素的是A.石英石 B.红宝石C孔雀石 D.祖母绿宝石【答案】B【解析】【详解】A．石英石中的二氧化硅是硅元素和氧元素组成，硅元素为第ⅣA族元素，故A不符合；B．红宝石[Al2O3]中铝元素位于第ⅢA族，O元素位于第ⅥA族，不含ⅣA族元素，故B符合；C．孔雀石[Cu2(OH)2CO3]中的C元素为第ⅣA族元素，故C不符合；D．祖母绿宝石[Be3Al2Si6O18]中含硅元素，硅元素为第ⅣA族元素，故D不符合；故选B。3.下列有机物不能由通过加成反应干脆制取的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．乙烯和氯化氢反应可得，A正确；B．乙烯和氯气反应可得，B正确；C．乙烯和水反应可得，C正确；D．不能由乙烯一步制得，故D错误；答案选D。4.下列分子中只含有极性键的是A.CH4 B.NaOH C.H2O2 D.MgCl2【答案】A【解析】【详解】A．甲烷分子中只有碳原子和氢原子形成的极性键，故A符合题意；B．NaOH中含有氢原子和氧原子形成的极性键，同时有钠离子和氢氧根形成的离子键，故B不符合题意；C．H2O2中含有氢原子和氧原子形成的极性键，同时有氧原子和氧原子之间形成的非极性键，故C不符合题意；D．MgCl2只含有氯离子和镁离子形成离子键，故D不符合题意；答案为A。5.化学与生产、生活亲密相关。下列说法正确的是A.工业上可利用铝热反应的方法冶炼金属镁B.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土汲取水果产生的乙烯，可达到保鲜目的C.煤经气化和液化两个物理改变过程，可变为清洁能源D.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应【答案】B【解析】【详解】A.金属性Mg>Al，铝热反应只可以冶炼没有铝活泼的金属，所以A错误；B.乙烯和高锰酸钾反应生成CO2，乙烯含量削减了，有效的削减了乙烯催熟，避开了水果过度成熟或提早成熟，故B正确；C.煤的气化和液化均是化学改变，故C错误；D.聚乙烯中没有碳碳双键，不能发生加成反应，故D错误；故选：B。6.将质量相同的锌粉分别投入下列四个烧杯的溶液中，反应速率最快的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】锌粉与盐酸或稀硫酸反应的本质为Zn+2H+=Zn2++H2↑，锌粉相同时，H+离子浓度越大，反应速率越快，据此分析推断。【详解】A．硫酸为2mol/L，H+离子为4mol/L，B．30gHCl的物质的量为=0.822mol，H+离子为=1.64mol/L；C．HCl为2mol/L，H+离子为2mol/L；D．含1molHCl500mL的溶液中H+离子浓度为2mol/L；氢离子浓度最大的为A，A的反应速率最快，故选A。7.下列有关化学用语的表示方法中正确的是A.氮气的电子式：B.用电子式表示的形成过程：C.核外有a个电子、b个中子，M的核素符号：D.的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．氮气中氮原子之间以三键结合，故氮气的电子式为，故A错误；B．K2O为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，故B错误；C．M2+离子核外有a个电子，b个中子，则M原子的质量数=a+b+2，质子数=a+2，M的核素符号为，故C正确；D．为Na原子结构示意图，钠离子的核外电子总数为10，离子结构示意图为，故D错误；故选C。8.制取乙酸乙酯的装置正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A.由于乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯中含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，中和挥发出来的乙酸，使之转化为易溶于水的乙酸钠，溶解挥发出来的乙醇，并降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故A正确；

B.玻璃管插到饱和碳酸钠液面以下，会引起倒吸，故B错误；

C.试管中的试剂NaOH溶液会与生成的乙酸乙酯反应，故C错误；

D.试管中的试剂NaOH溶液会与生成的乙酸乙酯反应且玻璃管插入液面下，会引起倒吸，故D错误；

答案选A。【点睛】制备乙酸乙酯时，由于乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯中含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，中和挥发出来的乙酸，使之转化为易溶于水的乙酸钠，溶解挥发出来的乙醇，并降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，同时乙醇与乙酸均易溶于水，收集时须要留意防倒吸，导管口在液面以上，或者用球形干燥管等防倒吸装置。9.运用元素周期律分析下面的推断，不正确的是A.的酸性比的酸性强B.在氧气中，钠的燃烧产物比铷（）的燃烧产物更困难C.硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可做半导体材料D.砹（）为有色固体，难溶于水也不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【详解】A．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，溴的非金属性强于碘，故高溴酸的酸性强于高碘酸，A推断正确；B．同一族，原子序数越大，金属性越强，对应的燃烧产物也越困难，钠的金属性比铷弱，B推断错误；C．硅、锗位于金属与非金属的交界处，既有肯定的金属性，又有肯定的非金属性，可做半导体材料，故C推断正确；D．砹（）与氯、溴、碘同族，其单质及化合物的性质有肯定的相像性，也有肯定的递变规律，氯化银、溴化银、碘化银均不溶于水和稀硝酸，其颜色依次加深，因此，可以推断是不溶于水、不溶于稀硝酸的有色固体，故D推断正确；答案选B。10.将溶液和溶液混合，充分反应。下列试验能说明溶液中存在化学平衡“”的是选项试验操作试验现象A再加入，振荡后取上层清液，滴加溶液溶液变成血红色B再加入，振荡下层液体变为紫红色C再加入，振荡后取上层清液，滴加溶液有黄色沉淀产生D滴入溶液有黄色沉淀产生A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】溶液和溶液混合，I−过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只须要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。【详解】A.向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故A正确；B.再加入，振荡，下层液体变为紫红色，说明有碘单质生成，不能说明有Fe3+，故B错误；C.向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I−过量，无论否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故C错误；D.向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I−过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故D错误；故选：A。11.关于乙醇和钠反应的叙述，正确的是A.钠浮在乙醇的上面，四处游动B.钠与乙醇的反应比与水的反应猛烈C.乙醇中羟基氢原子不如水中氢原子活泼D.等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3∶1【答案】C【解析】【详解】A．钠的密度比乙醇大，所以不会浮在乙醇上面，故A错误；B．乙醇中羟基氢原子不如水中氢原子活泼，所以钠与水反应更猛烈，故B错误；C．乙醇中含有羟基，与水相比，乙醇中羟基的O-H键更难以断裂，所以乙醇中羟基氢原子不如水中氢原子活泼，故C正确；D．乙醇与Na反应只能置换羟基上的H原子，所以与Na反应时，每个乙醇分子和水分子供应1个H原子，所以等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为1：1，故D错误；故答案为C。12.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是A.电池Ⅰ中锌是正极B.电池Ⅱ是一次性电池C.电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应D.电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒【答案】D【解析】【详解】A、锌比铜活泼，活泼的锌为负极，故A错误；B、铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；C、燃料电池是氢气作负极性氧化反应，所以电池工作时氢气发生氧化反应，故C错误；D、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电池工作时电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；故选D。13.分子式为的有机物共有A.7种 B.8种 C.9种 D.10种【答案】B【解析】【分析】分子式为的有机物，可看作Br原子取代戊烷的H原子，戊烷有3种结构，结合等效氢原子的方法分析推断。【详解】分子式为的有机物，可看作Br原子取代戊烷的H原子，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种结构，其中正戊烷有3种H，异戊烷有4种H，新戊烷有1种H，因此共8种同分异构体，故选B。14.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下。下列说法不正确的是A.热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质B.汲取溴的离子方程式为C.不采纳干脆蒸馏含溴海水得到单质溴的主要缘由是为了节能D.蒸馏操作用到的主要仪器有蒸馏烧瓶和分液漏斗【答案】D【解析】【分析】用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫汲取，得到汲取液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将汲取液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采纳蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答．【详解】A.溴易挥发，所以热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质，故A正确；B.二氧化硫具有还原性，溴具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，反应方程式为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，离子方程式SO2+2H2O+Br2=SO42-+4H++2Br-，故B正确；C.海水中溴的含量很低，假如干脆采纳干脆蒸馏含溴海水得到单质溴奢侈能源，将溴还原的目的是富集溴，达到节能的目的，故C正确；D.蒸馏操作用到的主要仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、尾接管、锥形瓶、温度计等，故D错误；故选：D。15.下列试验操作能达到试验目的的是选项试验目的试验操作A确定蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入稀硫酸，再干脆加入新制氢氧化铜悬浊液，加热B确定食盐中含有加淀粉C确定酒精中混有乙酸加入碳酸氢钠溶液D确定乙烯中是否混有甲烷通入溴的四氯化碳溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中，水解后没有加碱调整溶液至碱性，不能检验，故A错误；B．淀粉遇碘单质变蓝，不能检验KIO3，故B错误；C．乙酸与碳酸氢钠反应有气体放出，酒精不能，加入碳酸氢钠溶液可检验酒精中是否含乙酸，故C正确；D．乙烯和溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷和溴的四氯化碳溶液不反应，不能依据试验现象确定乙烯中是否混有甲烷，故D错误；故选C。16.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素养子数之和的。下列说法正确的是A.常见气态氢化物的热稳定性：B.、均为共价化合物C.Y、Z、M的简洁离子具有相同的电子层结构D.工业上常用电解法制备W的单质【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1，该化合物的摩尔质量为0.76g•L-1×22.4L/mol=17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，故Y为N元素，M为H元素；X、Z分别为C、O，X与Z形成的XZ2分子为二氧化碳；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素养子数之和的，则W质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一周期，从左到右非金属性渐渐增加，气态氢化物稳定性增加，则常见气态氢化物的稳定性：Z>YX，故A错误；B.CO2为共价化合物，而Na2O2是离子化合物，故B错误；C.氮和氧元素的形成的简洁离子电子层结构相同，氢元素形成的H-最外层有两个电子、只有1个电子层，故电子层结构不相同，故C错误；D.工业上电解熔融的氯化钠冶炼Na，故D正确；故选：D。17.某反应的反应物和生成物有、、、，小林将上述反应设计成原电池。(1)该电池的负极材料为_________________，负极反应式为_______________________。(2)正极材料为__________________，该电池总的化学反应方程式为___________________。(3)一段时间后负极质量减轻，下列说法正确的是____________(填字母)。A．电路中通过的电子为B．正极质量增加C．原电池工作过程中将电能转化为化学能D．原电池工作过程中向负极移动【答案】(1).(2).(3).或活泼性比铜弱的金属或石墨等导电的非金属材料(4).(5).AD【解析】【分析】依据氧化还原反应的原理和规律，、、、发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为FeCl3，据此分析解答。【详解】依据氧化还原反应的原理和规律，、、、发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。(1)反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，则该电池负极材料为：Cu，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu；Cu-2e-=Cu2+；(2)正极材料为：Pt或活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，该电池总的化学反应式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故答案为：Pt或活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料；2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；(3)一段时间后负极质量减轻mg，反应的Cu的物质的量为mol。A．1molCu失去2mol电子，所以mg铜反应电路中通过的电子为×2mol=mol，故A正确；B．Fe3+在正极得到电子而被还原生成Fe2+，2Fe3++2e-=2Fe2+，所以正极质量不变，故B错误；C．原电池是将化学能转化为电能的装置，故C错误；D．原电池工作过程中阴离子向负极移动，则Cl-向负极移动，故D正确；故答案为：AD。【点睛】从氧化还原反应的角度推断电池反应和电极反应是解题的关键。本题的易错点为(3)，要留意正极的反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，正极质量不变。18.苯是一种重要的化工原料。（1）下图是某些有机物的分子模型，其中表示苯的是_______________。（2）若苯泄漏会造成严峻的危急，下列说法有科学性错误的是___________（填字母）。A.若大量苯溶入水中、渗入土壤，会对周边农田、水源造成严峻的污染B.由于苯是一种易挥发、易燃的物质，四周地区假如有火星就可能引起爆炸C.可以实行抽吸水渠中上层液体的方法，达到部分清除泄漏物的目的D.由于苯有毒，全部工作人员在处理事故时，都要做相关防护措施（3）小彭同学利用下图所示的试验来探究苯的性质。图中所示试验①②③中，分别加入所给试剂并不断振荡、静置，均出现分层现象，其中下层颜色比上层浅的是__________________（填序号）；试验②_________________（填“能”或“不能”）证明苯分子中不存在单、双键交替的结构。（4）在催化作用下，苯与液溴发生反应的化学方程式为________________________。（5）苯在肯定条件下可与氢气发生________（填反应类型）反应，反应产物的名称是_________。【答案】(1).丙(2).A(3).③(4).能(5).+Br2+HBr(6).加成(7).环己烷

【解析】【详解】（1）由比例模型可以看出甲分子有1个碳原子4个氢原子，则结构简式为CH4，故甲表示甲烷；由比例模型可以看出乙分子中有2个碳原子和4个氢原子，则结构简式为CH2=CH2，故乙表示乙烯；由比例模型可以看出丙分子中有6个碳原子和6个氢原子，则分子式为C6H6，故丙为苯分子结构；由比例模型可以看出丁分子中有2个碳原子和6个氢原子，1个氧原子，则D的结构简式为CH3CH2OH，故丁表示乙醇；答案选丙；（2）A.由于苯和水是互不相溶的，所以大量苯不会溶入水中，渗入土壤，对周边农田、水源造成严峻的污染，故A错误；B.苯是一种易挥发、易燃的物质，简洁引发爆炸事故，故B正确；C.苯的密度比水小，和水不溶，在水的上层，可以实行抽吸水渠中上层液体的方法，达到部分清除泄漏物的目的，故C正确；D.苯是一种有毒的无色液体，工作人员在处理事故时，要相关防护措施，故D正确；答案选A；(3)苯的密度小于水的密度，与水互不相溶，溴单质易溶于苯，所以③振荡、静置后下层颜色比上层浅，向苯中加入酸性高锰酸钾溶液，颜色不能褪去，所以试验②能证明苯分子中不存在单、双键交替的结构；（4）在催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式是+Br2+HBr；（5）苯在肯定条件下可与氢气发生加成反应，反应产物的名称是环己烷。19.化学反应中伴随着能量改变和速率改变。回答下列问题：（1）下列诗句、谚语中包含吸热反应的是___________（填字母）。A.伐薪烧炭南山中B.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲C.只要功夫深，铁杵磨成针D.冰，水为之，而寒于水（2）已知键的键能是，键的键能是，键的键能是。则反应汲取或放出的能量为______________。在如图中画出该反应过程中能量的改变趋势。___________（3）肯定温度下，在的密闭容器中加入和发生反应，末测知容器中生成了。反应起先至末，用表示的平均反应速率为___________。下列叙述能说明该反应已达到最大限度的是_________（填字母）。A.全部转化为B.正、逆反应速率相等且均为零C.和以1∶1的物质的量之比反应生成D.的物质的量浓度不再改变【答案】(1).B(2).11(3).（能表示出反应物的总能量大于生成物的总能量，且曲线的改变趋势一样即可）(4).0.3(5).D【解析】【详解】(1)A.伐薪烧炭南山中,燃烧是放热反应，故A错误；B.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，碳酸钙的分解反应是吸热反应，故B正确；C.只要功夫深，铁杵磨成针是物理改变，故C错误；D.冰，水为之，而寒于水是物理改变，故D错误；（2）∆H=反应物的键能总和−生成物的键能总和=436kJ⋅mol−1+151kJ⋅mol−1−2×299kJ⋅mol−1=−11kJ⋅mol−1，说明该反应为放热反应，放出11的能量，该反应过程中能量的改变趋势如图：（3）末测知容器中生成了，依据方程式知消耗氢气的物质的量是0.6mol，表示的平均反应速率为==0.3，可逆反应达到最大限度，处于平衡状态，A.可逆反应反应物不行能全部转化为，故A错误；B.可逆反应处于平衡状态，正、逆反应速率相等且不为零，故B错误；C.和随意时刻都是以1∶1的物质的量之比反应生成，故C错误；D.的物质的量浓度不再改变，说明可逆反应处于平衡状态，故D正确；20.用图表来处理数据是发觉科学规律的一种重要方法。（1）图1是原子序数为1～18的元素原子的最外层电子数随原子序数改变的直方图。图中元素a是__________（填元素名称，下同），b是______________。（2）图2表示元素的一种性质随原子序数改变的状况，分析该图纵坐标表示的是______________。2024年新型冠状病毒席卷世界各地，“84”消毒液（有效成分为）发挥了重要作用，用原子序数为17的元素单质和氢氧化钠溶液制备的离子方程式为__________________________。（3）下表给出了部分元素的原子半径：元素符号BCNOFK原子半径/0.1520.0890.0820.0770.0750.0740.0710.1860.2270.2480.265①请依据表中数据分析，同周期元素原子半径的递变规律是_________________________，同主族元素原子半径的递变规律是_________________________________。比较和的半径大小：________（填“>”、“=”或“<”）。②在元素周期表中的位置是______________。③下列可作为比较和K金属性强弱的方法是_____________（填字母）。a.比较等量的两种金属与盐酸反应放出气体的多少b.比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱c.比较单质燃烧时的焰色d.比较大小、形态相同的等量金属与水反应的猛烈程度【答案】(1).铍(2).氩(3).元素的最高化合价和最低化合价(4).(5).随着核电荷数的增多，原子半径渐渐减小（或从左到右，原子半径渐渐减小）(6).随着原子核外电子层数的增加，原子半径渐渐增大（或从上到下，原子半径渐渐增大）(7).<(8).第6周期ⅠA族(9).bd【解析】【详解】（1）图1中a是4号元素铍，b是18号元素氩；（2）主族元素的主要化合价与原子的最外层电子数有关，最高正价数=最外层电子数，最低负价=最外层电子数-8，图2中有负值区，且非金属元素的负值数等于8与最外层电子数之差，所以该图纵坐标表示的是元素的最高正化合价和最低负化合价；原子序数为17的元素单质Cl2，其与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式是；（3）①由表格供应的数据可得，同周期元素原子半径的递变规律是：随原子序数的递增，原子半径依次减小；同主族元素原子半径的递变规律是：随电子层数的增加，原子半径依次增大；由此可知，确定微粒半径的因素有核电荷数和电子层数，当电子层数不同时，电子层数起主导作用，当电子层数相同时，核电荷数起主导作用，核电荷数越大，微粒半径越小；和都有10个电子，电子层结构相同，电子层数相同，但钠的核电荷数为11，氟的核电荷数为9，所以的半径比的半径小；②电子层数是六，最外层电子数是1，其在周期表中的位置是：第6周期ⅠA族；③a.应当比较等量的两种金属与相同浓度的盐酸反应的猛烈程度，而不是放出气体的多少，故a错误；b.依据最高价氧化物对应水化物碱性强弱，碱性越弱，该元素的金属性越弱，故b正确；c.单质燃烧时的焰色不能比较金属性强弱，故c错误；d.金属性越强，与水反应越猛烈，故d正确；21.为了探究甲烷的性质，某同学设计如下两组试验方案。【甲方案】探究甲烷与氯气反应的条件，如图所示。Ⅰ瓶放在光亮处，Ⅱ瓶用预先打算好的黑色纸套套上，并夹紧弹簧夹a和b。一段时间后，打开弹簧夹a、b，视察到有水倒吸入Ⅰ瓶中，但水并不能充溢Ⅰ瓶。除了上述现象外，该试验中还可能视察到的现象有______________(填字母)。A.Ⅰ瓶中气体颜色变浅B.Ⅰ瓶中出现白雾C.Ⅰ瓶内壁出现油状物质D.Ⅱ瓶中与Ⅰ瓶现象相同【乙方案】探究甲烷与氧化剂反应，如图所示。已知碳化铝()与水反应生成氢氧化铝和甲烷。试验现象：溴水不褪色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊。回答下列问题：(1)碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为_____________________________________。(2)加入药品前，应先进行的一步操作是__________________________。(3)下列对试验中的有关现象与结论叙述都正确的是_____________(填字母)。A.甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应B.酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下甲烷不能与强氧化剂反应C.硬质玻璃管中黑色粉末无颜色改变，结论是甲烷不与氧化铜反应D.硬质玻璃管中黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳(4)经测定，甲烷与氧化铜反应时每消耗1mol甲烷转移电子7mol，写出试验时硬质玻璃管中发生反应的化学方程式___________________________________。(5)浓硫酸的作用是__________________________，集气瓶中排水法收集到的气体__________(填“能”或“不能”)干脆排入空气中。【答案】(1).ABC(2).Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4↑(3)