2023-2024学年北京市通州区高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市通州区2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题考生须知1.本试卷分为两部分，共8页。总分为100分，考试时间为90分钟。2.试题〖答案〗一律填涂在答题卡上，在试卷上作答无效。3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。4.考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5第一部分(选择题共50分)本部分共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.俗话说：开门七件事，柴米油盐酱醋茶。其中以下哪一件事不涉及有机化合物（）A.柴 B.米 C.油 D.盐〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗除了一氧化碳、二氧化碳、含有碳酸根离子和含有碳酸氢根离子的化合物外，其他含有碳元素的化合物均为有机物。【详析】A．柴中含有纤维素，纤维素属于有机物，故A项不符合题意；B．米中含有淀粉，淀粉属于有机物，故B项不符合题意；C．油属于油脂，油脂属于有机物，故C项不符合题意；D．日常生活中的盐指氯化钠，氯化钠是不含碳元素的化合物，属于无机物，故D项符合题意；故本题选D。2.下列关于的说法中，不正确的是（）A.质子数为41 B.中子数为52 C.核外电子数为134 D.质量数为93〖答案〗C〖解析〗【详析】A．核素左下角表示质子数，故质子数为41，故A正确；B．中子数为93-41=52，故B正确；C．核外电子数等于质子数，为41，故C错误；D．核素左上角表示质量数，故其质量数为93，故D正确；故选C。3.某元素的原子结构示意图为。下列关于该元素的说法中，不正确的是（）A.元素符号是Si B.属于短周期元素 C.非金属性比碳强 D.单质能作半导体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据原子结构示意图可知，为14号元素Si，故A正确；B．硅属于第三周期短周期元素，故B正确；C．硅与碳同主族，非金属性小于碳，故C错误；D．硅单质具有半导体特性，常用作半导体材料，故D正确；故选C。4.下列元素相比，原子半径最大的是（）A.硼 B.碳 C.氮 D.氧〖答案〗A〖解析〗【详析】硼、碳、氮、氧元素均处于第二周期，同周期原子半径从左到右依次减小，故原子半径最大的是硼，故本题选A。5.下列元素相比，非金属性最强的是（）A.I B.Br C.Cl D.F〖答案〗D〖解析〗【详析】氟、氯、溴、碘四种元素在元素周期表中属于同主族，最外层电子数相同，原子电子层数不同，随着电子层数的增加，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，即同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故氟、氯、溴、碘中，非金属性最强的是氟，故本题选D。6.下列物质中，含有离子键的是（）A. B. C.MgO D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH3中N和H之间只含有共价键，故A项错误；B．H2O中，H、O原子间通过极性键O-H键结合，不存在离子键，故B项错误；C．MgO为离子化合物，只存在离子键，故C项正确；D．Cl2中2个Cl原子通过非极性键Cl-Cl键结合，不存在离子键，故D项错误；故本题选C。7.下列物质的电子式书写正确的是（）A.Cl:Cl B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯气的电子式为：，A错误；B．二氧化碳的电子式为：，B错误；C．氯化钠的电子式为：，C正确；D．氨气的电子式为：，D错误；故选C。8.下列关于HCl的说法中，不正确的是（）A.1molHCl的质量是36.5gB.1molHCl所含有的氯化氢分子数约为C.常温常压下，22.4LHCl的物质的量为1molD.HCl溶液中含有1mol〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1molHCl的质量是1mol×36.5g/mol=36.5g，故A正确；B．1molHCl所含有的氯化氢分子数约为，故B正确；C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算HCl物质的量，故C错误；D．HCl溶液中含有为1L×1mol/L=1mol，故D正确；故选C。9.将50mL0.3mol/L氯化钠溶液加水稀释到300mL，稀释后溶液中氯化钠的物质的量浓度为（）A.0.3mol/L B.0.03mol/L C.0.05mol/L D.0.04mol/L〖答案〗C〖解析〗【详析】设稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：0.05L×0.3mol/L=0.30L×c，解得c=0.05mol/L，故〖答案〗为：C。10.下列物质中，不属于电解质的是（）A.蔗糖 B. C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子不能导电，是非电解质，故A项错误；B．Na2SO4是化合物，在水溶液里或在熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和硫酸根离子，能导电，是电解质，故B项正确；C．硫化氢在水中能电离出氢离子，其水溶液导电，故硫化氢属于电解质，故C项正确；D．Ca(OH)2是化合物，在水溶液里或在熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，是电解质，故D项正确；故本题选A。11.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（）A.HClO属于酸 B.属于碱C.属于酸性氧化物 D.MgO属于碱性氧化物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；【详析】A．HClO在水中能电离出氢离子和次氯酸根离子，属于酸类，故A项正确；B．Na2CO3由碳酸根离子和钠离子构成，属于盐类，不属于碱类，故B项错误；C．CO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C项正确；D．MgO能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D项正确；故本题选B。12.工业上常采用热分解法冶炼的金属是（）A.Na B.Al C.Fe D.Ag〖答案〗D〖解析〗【详析】A．工业冶炼金属钠常用电解熔融态的氯化钠，故A错误；B．工业冶炼金属铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故B错误；C．工业炼铁主要是用还原法，如高炉炼铁，故C错误；D．工业冶炼银可以采用热分解发，如加热氧化银，故D正确；故选D13.已知：NaOH+HCl=NaCl+H2O，测得反应过程中溶液温度升高。下列关于该反应的说法中，正确的是（）A.属于吸热反应B.属于氧化还原反应C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.能量变化与化学键的断裂和形成有关〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据反应过程中溶液温度升高的实验现象可知，该反应属于放热反应，A错误；B．由反应方程式可知，反应过程中没有元素的化合价发生改变，则其属于非氧化还原反应，B错误；C．由A项分析可知，该反应是一个放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D．已知断裂化学键需要吸收能量，形成化学键则将释放能量，则能量变化与化学键的断裂和形成有关，D正确；故〖答案〗为：D。14.下列关于漂白粉的说法中，不正确的是（）A.能溶于水 B.是白色固体 C.化学式为 D.能与二氧化碳反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，据此回答；【详析】A．氯化钙和次氯酸钙均可以溶于水，故A项正确；B．氯化钙和次氯酸钙均为白色固体，故B项正确；C．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，没有化学式，故C项错误；D．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙能与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钙，故D项正确；故本题选C。15.下列物质结构中，含有碳碳双键的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．C2H6为乙烷，属于饱和烷烃，不含碳碳双键，故A项错误；B．C2H4为乙烯，属于不饱和烯烃，含有碳碳双键，故B项正确；C．C3H8为丙烷，属于饱和烷烃，不含碳碳双键，故C项错误；D．C3H6Cl2属于饱和卤代烃，不含碳碳双键，故D项错误；故本题选B。16.下列物质结构中，不含有羧基的是（）A.盐酸 B.醋酸 C.硬脂酸 D.甘氨酸〖答案〗A〖解析〗【详析】A．盐酸是无机物，不含有羧基，故A错误；B．醋酸是有机物，结构简式为CH3COOH，其官能团为羧基，故B正确；C．硬脂酸属于饱和酸，其结构简式C17H35COOH，官能团为羧基，故C正确；D．甘氨酸的结构简式为，其含有羧基，故D正确；故选A。17.某烃类化合物的空间填充模型如下图所示。下列关于该化合物的说法中，不正确的是（）A.分子式为 B.属于烷烃 C.含有碳氢键 D.所有原子在同一平面上〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由该化合物空间填充模型和该物质属于烃类可知，有机物为甲烷，据此回答。【详析】A．由分析可知，该有机物为甲烷，分子式为CH4，故A项正确；B．由分析可知，该有机物为甲烷，甲烷属于最简单的烷烃，故B项正确；C．甲烷中C、H均以碳氢单键相连，仅含有碳氢键，不含其他化学键，故C项正确；D．甲烷是正四面体结构，所有原子不能在同一平面上，5个原子中最多3个原子共平面，故D项错误；故本题选D。18.下列关于蛋白质的说法不正确的是（）A.鸡蛋清富含蛋白质 B.蛋白质是一种重要的营养物质C.蛋白质仅由C、H、O三种元素组成 D.蛋白质被灼烧时有特殊气味〖答案〗C〖解析〗【详析】A．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，即其中富含蛋白质，故A正确；B．蛋白质是组成人体一切细胞、组织的重要成分，是人体必须的重要的营养物质之一，故B正确；C．蛋白质中一般含有C、H、O、N四种元素，有些蛋白质可能含有S、P等元素，故C错误；D．蛋白质在灼烧时有烧焦羽毛的特殊气味，故D正确；故〖答案〗为：C。19.下列哪一种物品是仅使用合成高分子材料制成的（）A.宣纸 B.锦纶绳 C.羊绒衫 D.棉衬衣〖答案〗B〖解析〗【详析】A．宣纸的主要成分是纤维素，是天然高分子化合物，故A不符合题意；B．锦纶绳材料是锦纶，属于是人工合成高分子材料，故B符合题意；C．羊绒衫的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故C不符合题意；D．棉衬衣的主要成分是纤维素，是天然高分子化合物，故D不符合题意；故选B。20.下列反应中，属于加成反应的是（）A.异丁烷和液溴的反应 B.乙烯和水的反应C.乙醇和钠单质的反应 D.蔗糖和水反应生成葡萄糖〖答案〗B〖解析〗【详析】A．异丁烷和液溴发生取代反应，故A项错误；B．乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，故B项正确；C．乙醇和钠单质发生置换反应，生成乙醇钠和氢气，故C项错误；D．蔗糖和水发生水解反应，生成葡萄糖，故D项错误；故本题选B。21.有关煤、石油、天然气的综合利用，下列说法正确的是（）A.石油是多种烃组成混合物B.水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料C.石油裂解的目的是提高轻质油的产量和质量D.石油的分馏、煤的干馏是物理变化，煤的气化和煤的液化是化学变化〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，故A正确；B．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，故B错误；C．石油裂解目的主要就是为了获得短链不饱和烃，石油裂化的目的是提高轻质油的产量和质量，故C错误；D．石油的分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏、煤的气化和煤的液化过程中均产生新物质，均是化学变化，故D错误。故选A。22.关于铵盐的叙述：①多数铵盐易溶于水；②铵盐中氮元素均为-3价；③铵盐受热易分解；④铵盐只能和碱反应，不能跟酸反应；⑤铵态氮肥在土壤中转化为硝酸盐被植物吸收属于氮的固定。其中正确的是（）A.①②③④⑤ B.①③ C.③④⑤ D.①②④〖答案〗B〖解析〗【详析】①铵盐易溶于水，故①正确；②在NH4NO3中，N有-3价和+5价，故②错误；③铵盐受热易分解，如，故③正确；④含有碳酸根的铵盐或碳酸氢根的铵盐，如既可以与碱反应也可以与酸反应，故④错误；⑤氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，铵态氮肥在土壤中转化为硝酸盐被植物吸收不属于氮的固定，故⑤错误；故选B。23.“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列制取的反应不符合“绿色化学”理念的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物，选项A中产生有毒气体二氧化硫，其余选项只产生硫酸铜和水，所以选项A不符合“绿色化学”理念。〖答案〗选A。24.目前海水提溴的最主要方法之-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.吸收溴的反应离子方程式：C.吸收可用气体，也可用代替D.没有采用直接蒸馏含的海水得到单质溴主要是为了节能〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答。【详析】A．溴单质易挥发，热空气能吹出溴，是利用溴易挥发的性质，将溴单质与二氧化硫反应，是合理的，故A不符合题意；B．SO2吸收溴反应生成硫酸和氢溴酸，氢溴酸为强酸，故其反应离子方程式：SO2+2H2O+Br2=SO+2Br-+4H+，推断不合理，故B符合题意；C．因为Br2也能被还原为Br-，故可以用代替，推断合理，故C不符合题意；D．含Br2的海水中溴单质浓度太低，因此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，推断合理，故D不符合题意。综上所述，〖答案〗为B。25.某链状烷烃的相对分子质量为114，则该烷烃的同分异构体中，主链有5个碳原子的结构有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种〖答案〗D〖解析〗【详析】根据链状烷烃的通式CnH2n+2有12n+2n+2=114，解得n=8，此烷烃是C8H18，主链5个碳，剩3个碳排在支链，可以形成一个乙基和一个甲基，也可以形成3个甲基，可以连在同一个碳上，也可以连在不同的碳原子上，用碳架结构表示，当含有一个乙基和一个甲基时有（●表示甲基可能的位置）2种结构，当含有3个甲基时有2种结构和2种结构，共6种结构，故选D。第二部分(非选择题共50分)本部分共6小题，共50分。26.某小组同学为验证NaHCO3受热分解的产物，设计如图实验(部分夹持装置已略去，气密性已检验)。(1)实验Ⅰ中，澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3受热分解的产物中含有___。(2)实验Ⅰ中，加热试管a至不再产生气体，观察到内壁有无色液滴生成，有白色固体剩余。为验证剩余白色固体的成分，小组同学设计并完成了实验Ⅱ，观察到有大量无色气体生成，证明白色固体为Na2CO3。试剂X是___。(3)NaHCO3受热分解的化学方程式为__。(4)依据上述实验，除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3，可采用的方法是__。〖答案〗(1)CO2(2)稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等(3)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(4)加热〖解析〗(1)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则实验Ⅰ中，澄清石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠受热分解的产物中含有二氧化碳，故〖答案〗为：CO2；(2)碳酸钠固体能与酸性比碳酸强的酸溶液反应生成二氧化碳气体，实验Ⅱ中有大量无色气体生成，说明碳酸钠固体能与酸性比碳酸强的酸溶液X反应生成二氧化碳气体，则X为稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等，故〖答案〗为：稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等；(3)由题意可知，实验Ⅰ中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故〖答案〗为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(4)依据上述实验可知，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则可采用加热的方法除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故〖答案〗为：加热。27.根据原电池原理，人们研制出了性能各异的化学电池。（1）图1装置中，锌片作___________(填“正极”或“负极”)，铜片上发生反应的电极反应式为___________，能证明化学能转化为电能的实验现象是___________(答出两点)。（2）某镁-溴电池工作原理如图2所示，其总反应为：。下列说法正确的是___________。a．石墨是电池的正极b．镁发生还原反应〖答案〗（1）①.负极；②.③.铜电极表面有气泡产生、电流表指针发生偏转（2）a〖解析〗该装置构成原电池，活泼金属作负极，锌的活泼性大于铜，总反应为：，Zn发生氧化反应作负极，电极反应式为：，Cu作正极，电极反应式为：，据此回答。（1）①由分析可知，该装置构成原电池，活泼金属作负极，锌的活泼性大于铜，故锌作负极，故〖答案〗为：负极；②由分析可知，Zn片发生氧化反应作负极，Cu片作正极，电极反应式为：，故〖答案〗为：；③由分析可知，锌作负极，铜作正极，电子从负极流向正极，电子从锌电极通过导线转移到铜电极，溶液中氢离子得电子被还原，生成氢气，铜电极表面有气泡产生且电流表指针发生偏转，能证明化学能转化为电能，故〖答案〗为：铜电极表面有气泡产生、电流表指针发生偏转；（2）A．根据图示，电子由镁电极经导线流向石墨电极，石墨是电池的正极，故a项正确；B．根据总反应，镁元素化合价升高，Mg发生氧化反应，故b项错误；故〖答案〗为：a。28.氯化铁是常用的金属刻蚀剂。工业上用硫铁矿渣(主要成分为、、FeO)制备氯化铁溶液，流程如下。（1）FeO中铁元素的化合价是___________。（2）反应釜中与盐酸反应的化学方程式为___________。（3）下列说法正确的是___________。a．加入反应釜中的盐酸可用稀硫酸代替b．混合器中加入过氧化氢溶液的目的是将氧化为（4）用氯化铁溶液刻蚀覆铜板可制作印刷电路板，在刻蚀过程中，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式是___________。〖答案〗（1）+2（2）（3）b（4）〖解析〗硫铁矿渣主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO，用盐酸溶解，发生反应、、，得到氯化铁、氯化亚铁的混合溶液，加入双氧水把氯化亚铁氧化为氯化铁，得到氯化铁溶液。（1）FeO中氧元素化合价为-2，根据化合价代数和等于0，铁元素的化合价是+2，故〖答案〗为：+2；（2）反应釜中，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为：，故〖答案〗为：；（3）a．铁的氧化物和硫酸反应生成硫酸盐，会引入硫酸根离子，所以反应釜中的盐酸不能用稀硫酸代替，故a项错误；b．H2O2具有氧化性，混合器中加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，得到氯化铁溶液，故b项正确；故〖答案〗为：b。（4）FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应离子方程式为：，故〖答案〗为：。29.生物体内的新陈代谢涉及有机化合物的转化。结合下图所示转化关系，回答下列问题。（1）A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A的名称是___________。（2）B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，则B中官能团的名称为___________。（3）反应②是人体内B被氧化，同时又提供能量的反应。已知1gB完全氧化，放出约15.94kJ的能量，则1molB完全氧化将放出约___________kJ的能量。B的一种同分异构体也是基本营养物质，其名称为___________。（4）C和D是生活中两种常见的有机化合物，二者在一定条件下反应生成有香味的F，写出这一反应的化学方程式：___________；写出C转化为E的化学方程式：___________。C的一种同分异构体的结构简式是___________。（5）只用下列一种试剂(可加热)就能鉴别B、C、D三种物质，这种试剂是。A.新制氢氧化铜 B.氢氧化钠溶液C.紫色石蕊溶液 D.碳酸钠溶液〖答案〗（1）淀粉（2）醛基、羟基（3）①.2869.2kJ②.果糖（4）①.②.③.CH3OCH3（5）A〖解析〗A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A为淀粉；B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，B由淀粉水解得到，B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，C为乙醇；乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，D为乙酸；乙醇催化氧化生成乙醛，E为乙醛；乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯。（1）A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A为淀粉，故〖答案〗为：淀粉；（2）B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，B由淀粉水解得到，B为葡萄糖，葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO，分子中含有的官能团为醛基、羟基，故〖答案〗为：醛基、羟基；（3）①B为葡萄糖，1mol葡萄糖的质量为180g，所以1molB完全氧化将放出约180×15.94kJ=2869.2kJ的热量，故〖答案〗为：2869.2kJ；②B为葡萄糖，果糖是一种单糖，是葡萄糖的一种同分异构体，故〖答案〗为：果糖；（4）①由分析可知，C为乙醇，D为乙酸，F为乙酸乙酯，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：，故〖答案〗为：；②E为乙醛，乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为：，故〖答案〗为：；③由分析可知，C为乙醇，C的一种同分异构体为乙醚，结构简式为：CH3OCH3，故〖答案〗为：CH3OCH3；（5）由分析可知，B为葡萄糖，C为乙醇，D为乙酸，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下会产生砖红色沉淀，与乙酸混合沉淀溶解，溶液变为蓝色，与乙醇混合无明显现象，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别三种物质，故〖答案〗为：A。30.如图为铜与稀硝酸反应的有关性质实验。实验步骤如下：①按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹。检查装置的气密性。②在装置A的烧杯中加入30％的氢氧化钠溶液。③在装置C的U形管中加入4.0mol/L的硝酸，排除U形管左端管内空气。塞紧连接铜丝的胶塞。打开止水夹，反应进行一段时间。④进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色。⑤再通过操作使装置B中的气体进入烧杯A中与氢氧化钠溶液反应。回答下列问题：（1）装置C中发生反应的离子方程式是___________。（2）装置A上面的导管口末端也可以连接___________来代替干燥管，实现同样作用。（3）加入稀硝酸，排除U形管左端管内空气的操作是___________。（4）步骤④中“使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶”的操作是打开止水夹___________，并用注射器在U形管右端导管口注入空气。（5）步骤⑤中使“气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应”的操作是___________，尾气中主要有二氧化氮和空气，与氢氧化钠溶液反应只生成一种盐，则反应的离子方程式为___________。〖答案〗（1）（2）倒置的漏斗（3）加入硝酸时，不断向左端倾斜U形管（4）K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）（5）①.打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球②.〖解析〗按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹，检查装置的气密性，在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U形管中加入4.0mol/L的硝酸，排除U形管左端管内空气，将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹K1，U形管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色，然后气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应进行尾气处理。（1）装置C中铜与硝酸反应，化学方程式为：，其离子方程式为：，故〖答案〗为：；（2）装置A上面的导管口末端也可以连接倒置的漏斗来代替干燥管，其作用都是防止倒吸，故〖答案〗为：倒置的漏斗；（3）加入稀硝酸，不断向左端倾斜U形管可以排除U形管左端管内空气，故〖答案〗为：加入硝酸时，不断向左端倾斜U形管；（4）要使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，应打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），故〖答案〗为：K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）；（5）①在尾气处理阶段，要使装置B中的气体进入烧杯A中与氢氧化钠溶液反应，应打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球，故〖答案〗为：打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；②NO2、氧气与NaOH溶液反应生成硝酸钠和水，离子方程式为：，故〖答案〗为：。31.矿山、冶炼厂和其他工业装置排放的烟气中也时常含有和，使得脱除工艺和技术复杂化。近年来开发了许多从含氧气体中脱除的新技术。以下介绍的净化工艺都是非苛性碱工艺，该工艺生产高纯度可市售的单质硫。一种工艺流程的构成如图1所示。该流程主要包括催化除氧、加氢和克劳斯反应。含和的原料气体进入图1所示的工艺流程。采用催化除氧工艺，从加氢工序来的含气体循环进入除氧反应器与氧气发生催化反应。从除氧工序来的无氧工艺气体在硫冷凝器冷却产生蒸汽，并部分回收单质硫。一部分从硫冷凝器出来的气体被送入后续克劳斯反应器。余下的气体进入加氢反应器。加氢反应需要的氢气从外部提供。从加氢工序来剩余的冷却后气体最终进入克劳斯反应器。该气流与来自除氧反应器下游硫冷凝器的无氧含气流混合，预热到204.4-226.7℃，然后进入克劳斯反应器。与按克劳斯反应生成单质硫。单质硫由另一硫冷凝装置除去。根据所需要的总硫回收率，冷却后的气流进入另一克劳斯工序或通过焚烧炉、烟囱排放。将以上工艺流程继续改进后如图2所示。改进工艺的新颖之处在于利用直接硫还原工序以回收硫，因此可显著节省投资和操作成本。从除氧反应工序出来的无氧气体经硫冷凝器冷却回收单质硫。从硫冷凝器出来的气流一部分送入后续加氢反应器，余下的送入直接还原反应器。直接还原反应和加氢工序都需要。因而，这两个工序的进口气流都要接入外部氢源。在直接还原反应器中，和催化还原生成单质硫。从反应器出来的单质硫在硫冷凝器中除去。从硫冷凝器出来的冷却气体通过焚烧炉排放。根据原料情况，克劳斯反应器中部分气体返回到加氢反应器以利于加氢反应的温度控制。回答下列问题：（1）如果用足量苛性钠溶液脱除，反应的离子方程式为___________，该反应新生成的阴离子，其检验方法是取反应后的少量溶液，___________，观察到___________即可检出。（2）1883年，英国化学家克劳斯开发了用硫化氢氧化制硫的方法。图1工艺中克劳斯反应器内发生反应的化学方程式是___________。（3）本题所述的两个工艺都需要接入外部氢源，一种改进的方法是在除氧反应器中通入天然气，用天然气与氧气反应制备氢气。你认为此法会带来的环境问题是___________。（4）根据题中的文字描述，图2中还缺少一条箭头指向的流程步骤，请用笔在图2中添加_____。〖答案〗（1）①.SO3+2OH-=+H2O②.先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液③.生成白色沉淀且不溶于稀盐酸（2）2H2S+SO2=3S+2H2O（3）增加向大气中的碳排放（〖答案〗合理即可）（4）〖解析〗图1中含SOx和O2的原料气体与加氢反应器中来的含H2S气体在催化除氧反应器中发生催化反应；从除氧工序来的无氧工艺气体在硫冷凝器冷却产生蒸汽，并部分回收单质硫；一部分从硫冷凝器出来的气体被送入后续克劳斯反应器，余下的气体进入加氢反应器；从加氢工序来的剩余的冷却后气体最终进入克劳斯反应器，该气流与来自除氧反应器下游硫冷凝器的无氧含SO2气流混合，预热到204.4-226.7℃，然后进入克劳斯反应器，H2S与SO2按克劳斯反应生成单质硫，单质硫由另一硫冷凝装置除去，冷却后的气流进入另一克劳斯工序或通过焚烧炉、烟囱排放。改进后的图2与图1相比，从除氧反应工序出来的无氧气体经硫冷凝器冷却回收单质硫；从硫冷凝器出来的气流一部分送入后续加氢反应器，余下的送入直接还原反应器；直接还原反应和加氢工序都需要H2，因而这两个工序的进口气流都要接入外部氢源，在直接还原反应器中，SO2和H2催化还原生成单质硫；从反应器出来的单质硫在硫冷凝器中除去；从硫冷凝器出来的冷却气体通过焚烧炉排放；根据原料情况，克劳斯反应器中部分气体返回到加氢反应器以利于加氢反应的温度控制。（1）用足量苛性钠溶液脱除SO3，SO3与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和H2O，反应的离子方程式为SO3+2OH-=+H2O；该反应新生成的阴离子为，检验的方法是：取反应后的少量溶液，先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，观察到生成白色沉淀且不溶于稀盐酸即可检出；（2）图1工艺中克劳斯反应器内SO2和H2S反应生成S和H2O，反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O；（3）天然气的主要成分为CH4，CH4与O2反应制备氢气时会生成CO等气体，带来的环境问题是增加向大气中的碳排放；（4）图2题中的文字描述“根据原料情况，克劳斯反应器中部分气体返回到加氢反应器以利于加氢反应的温度控制”，故图2中缺少的一条箭头指向的流程步骤如图。北京市通州区2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题考生须知1.本试卷分为两部分，共8页。总分为100分，考试时间为90分钟。2.试题〖答案〗一律填涂在答题卡上，在试卷上作答无效。3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。4.考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5第一部分(选择题共50分)本部分共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.俗话说：开门七件事，柴米油盐酱醋茶。其中以下哪一件事不涉及有机化合物（）A.柴 B.米 C.油 D.盐〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗除了一氧化碳、二氧化碳、含有碳酸根离子和含有碳酸氢根离子的化合物外，其他含有碳元素的化合物均为有机物。【详析】A．柴中含有纤维素，纤维素属于有机物，故A项不符合题意；B．米中含有淀粉，淀粉属于有机物，故B项不符合题意；C．油属于油脂，油脂属于有机物，故C项不符合题意；D．日常生活中的盐指氯化钠，氯化钠是不含碳元素的化合物，属于无机物，故D项符合题意；故本题选D。2.下列关于的说法中，不正确的是（）A.质子数为41 B.中子数为52 C.核外电子数为134 D.质量数为93〖答案〗C〖解析〗【详析】A．核素左下角表示质子数，故质子数为41，故A正确；B．中子数为93-41=52，故B正确；C．核外电子数等于质子数，为41，故C错误；D．核素左上角表示质量数，故其质量数为93，故D正确；故选C。3.某元素的原子结构示意图为。下列关于该元素的说法中，不正确的是（）A.元素符号是Si B.属于短周期元素 C.非金属性比碳强 D.单质能作半导体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据原子结构示意图可知，为14号元素Si，故A正确；B．硅属于第三周期短周期元素，故B正确；C．硅与碳同主族，非金属性小于碳，故C错误；D．硅单质具有半导体特性，常用作半导体材料，故D正确；故选C。4.下列元素相比，原子半径最大的是（）A.硼 B.碳 C.氮 D.氧〖答案〗A〖解析〗【详析】硼、碳、氮、氧元素均处于第二周期，同周期原子半径从左到右依次减小，故原子半径最大的是硼，故本题选A。5.下列元素相比，非金属性最强的是（）A.I B.Br C.Cl D.F〖答案〗D〖解析〗【详析】氟、氯、溴、碘四种元素在元素周期表中属于同主族，最外层电子数相同，原子电子层数不同，随着电子层数的增加，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，即同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故氟、氯、溴、碘中，非金属性最强的是氟，故本题选D。6.下列物质中，含有离子键的是（）A. B. C.MgO D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH3中N和H之间只含有共价键，故A项错误；B．H2O中，H、O原子间通过极性键O-H键结合，不存在离子键，故B项错误；C．MgO为离子化合物，只存在离子键，故C项正确；D．Cl2中2个Cl原子通过非极性键Cl-Cl键结合，不存在离子键，故D项错误；故本题选C。7.下列物质的电子式书写正确的是（）A.Cl:Cl B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯气的电子式为：，A错误；B．二氧化碳的电子式为：，B错误；C．氯化钠的电子式为：，C正确；D．氨气的电子式为：，D错误；故选C。8.下列关于HCl的说法中，不正确的是（）A.1molHCl的质量是36.5gB.1molHCl所含有的氯化氢分子数约为C.常温常压下，22.4LHCl的物质的量为1molD.HCl溶液中含有1mol〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1molHCl的质量是1mol×36.5g/mol=36.5g，故A正确；B．1molHCl所含有的氯化氢分子数约为，故B正确；C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算HCl物质的量，故C错误；D．HCl溶液中含有为1L×1mol/L=1mol，故D正确；故选C。9.将50mL0.3mol/L氯化钠溶液加水稀释到300mL，稀释后溶液中氯化钠的物质的量浓度为（）A.0.3mol/L B.0.03mol/L C.0.05mol/L D.0.04mol/L〖答案〗C〖解析〗【详析】设稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：0.05L×0.3mol/L=0.30L×c，解得c=0.05mol/L，故〖答案〗为：C。10.下列物质中，不属于电解质的是（）A.蔗糖 B. C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子不能导电，是非电解质，故A项错误；B．Na2SO4是化合物，在水溶液里或在熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和硫酸根离子，能导电，是电解质，故B项正确；C．硫化氢在水中能电离出氢离子，其水溶液导电，故硫化氢属于电解质，故C项正确；D．Ca(OH)2是化合物，在水溶液里或在熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，是电解质，故D项正确；故本题选A。11.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（）A.HClO属于酸 B.属于碱C.属于酸性氧化物 D.MgO属于碱性氧化物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；【详析】A．HClO在水中能电离出氢离子和次氯酸根离子，属于酸类，故A项正确；B．Na2CO3由碳酸根离子和钠离子构成，属于盐类，不属于碱类，故B项错误；C．CO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C项正确；D．MgO能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D项正确；故本题选B。12.工业上常采用热分解法冶炼的金属是（）A.Na B.Al C.Fe D.Ag〖答案〗D〖解析〗【详析】A．工业冶炼金属钠常用电解熔融态的氯化钠，故A错误；B．工业冶炼金属铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故B错误；C．工业炼铁主要是用还原法，如高炉炼铁，故C错误；D．工业冶炼银可以采用热分解发，如加热氧化银，故D正确；故选D13.已知：NaOH+HCl=NaCl+H2O，测得反应过程中溶液温度升高。下列关于该反应的说法中，正确的是（）A.属于吸热反应B.属于氧化还原反应C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.能量变化与化学键的断裂和形成有关〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据反应过程中溶液温度升高的实验现象可知，该反应属于放热反应，A错误；B．由反应方程式可知，反应过程中没有元素的化合价发生改变，则其属于非氧化还原反应，B错误；C．由A项分析可知，该反应是一个放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D．已知断裂化学键需要吸收能量，形成化学键则将释放能量，则能量变化与化学键的断裂和形成有关，D正确；故〖答案〗为：D。14.下列关于漂白粉的说法中，不正确的是（）A.能溶于水 B.是白色固体 C.化学式为 D.能与二氧化碳反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，据此回答；【详析】A．氯化钙和次氯酸钙均可以溶于水，故A项正确；B．氯化钙和次氯酸钙均为白色固体，故B项正确；C．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，没有化学式，故C项错误；D．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙能与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钙，故D项正确；故本题选C。15.下列物质结构中，含有碳碳双键的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．C2H6为乙烷，属于饱和烷烃，不含碳碳双键，故A项错误；B．C2H4为乙烯，属于不饱和烯烃，含有碳碳双键，故B项正确；C．C3H8为丙烷，属于饱和烷烃，不含碳碳双键，故C项错误；D．C3H6Cl2属于饱和卤代烃，不含碳碳双键，故D项错误；故本题选B。16.下列物质结构中，不含有羧基的是（）A.盐酸 B.醋酸 C.硬脂酸 D.甘氨酸〖答案〗A〖解析〗【详析】A．盐酸是无机物，不含有羧基，故A错误；B．醋酸是有机物，结构简式为CH3COOH，其官能团为羧基，故B正确；C．硬脂酸属于饱和酸，其结构简式C17H35COOH，官能团为羧基，故C正确；D．甘氨酸的结构简式为，其含有羧基，故D正确；故选A。17.某烃类化合物的空间填充模型如下图所示。下列关于该化合物的说法中，不正确的是（）A.分子式为 B.属于烷烃 C.含有碳氢键 D.所有原子在同一平面上〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由该化合物空间填充模型和该物质属于烃类可知，有机物为甲烷，据此回答。【详析】A．由分析可知，该有机物为甲烷，分子式为CH4，故A项正确；B．由分析可知，该有机物为甲烷，甲烷属于最简单的烷烃，故B项正确；C．甲烷中C、H均以碳氢单键相连，仅含有碳氢键，不含其他化学键，故C项正确；D．甲烷是正四面体结构，所有原子不能在同一平面上，5个原子中最多3个原子共平面，故D项错误；故本题选D。18.下列关于蛋白质的说法不正确的是（）A.鸡蛋清富含蛋白质 B.蛋白质是一种重要的营养物质C.蛋白质仅由C、H、O三种元素组成 D.蛋白质被灼烧时有特殊气味〖答案〗C〖解析〗【详析】A．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，即其中富含蛋白质，故A正确；B．蛋白质是组成人体一切细胞、组织的重要成分，是人体必须的重要的营养物质之一，故B正确；C．蛋白质中一般含有C、H、O、N四种元素，有些蛋白质可能含有S、P等元素，故C错误；D．蛋白质在灼烧时有烧焦羽毛的特殊气味，故D正确；故〖答案〗为：C。19.下列哪一种物品是仅使用合成高分子材料制成的（）A.宣纸 B.锦纶绳 C.羊绒衫 D.棉衬衣〖答案〗B〖解析〗【详析】A．宣纸的主要成分是纤维素，是天然高分子化合物，故A不符合题意；B．锦纶绳材料是锦纶，属于是人工合成高分子材料，故B符合题意；C．羊绒衫的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故C不符合题意；D．棉衬衣的主要成分是纤维素，是天然高分子化合物，故D不符合题意；故选B。20.下列反应中，属于加成反应的是（）A.异丁烷和液溴的反应 B.乙烯和水的反应C.乙醇和钠单质的反应 D.蔗糖和水反应生成葡萄糖〖答案〗B〖解析〗【详析】A．异丁烷和液溴发生取代反应，故A项错误；B．乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，故B项正确；C．乙醇和钠单质发生置换反应，生成乙醇钠和氢气，故C项错误；D．蔗糖和水发生水解反应，生成葡萄糖，故D项错误；故本题选B。21.有关煤、石油、天然气的综合利用，下列说法正确的是（）A.石油是多种烃组成混合物B.水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料C.石油裂解的目的是提高轻质油的产量和质量D.石油的分馏、煤的干馏是物理变化，煤的气化和煤的液化是化学变化〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，故A正确；B．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，故B错误；C．石油裂解目的主要就是为了获得短链不饱和烃，石油裂化的目的是提高轻质油的产量和质量，故C错误；D．石油的分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏、煤的气化和煤的液化过程中均产生新物质，均是化学变化，故D错误。故选A。22.关于铵盐的叙述：①多数铵盐易溶于水；②铵盐中氮元素均为-3价；③铵盐受热易分解；④铵盐只能和碱反应，不能跟酸反应；⑤铵态氮肥在土壤中转化为硝酸盐被植物吸收属于氮的固定。其中正确的是（）A.①②③④⑤ B.①③ C.③④⑤ D.①②④〖答案〗B〖解析〗【详析】①铵盐易溶于水，故①正确；②在NH4NO3中，N有-3价和+5价，故②错误；③铵盐受热易分解，如，故③正确；④含有碳酸根的铵盐或碳酸氢根的铵盐，如既可以与碱反应也可以与酸反应，故④错误；⑤氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，铵态氮肥在土壤中转化为硝酸盐被植物吸收不属于氮的固定，故⑤错误；故选B。23.“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列制取的反应不符合“绿色化学”理念的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物，选项A中产生有毒气体二氧化硫，其余选项只产生硫酸铜和水，所以选项A不符合“绿色化学”理念。〖答案〗选A。24.目前海水提溴的最主要方法之-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.吸收溴的反应离子方程式：C.吸收可用气体，也可用代替D.没有采用直接蒸馏含的海水得到单质溴主要是为了节能〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答。【详析】A．溴单质易挥发，热空气能吹出溴，是利用溴易挥发的性质，将溴单质与二氧化硫反应，是合理的，故A不符合题意；B．SO2吸收溴反应生成硫酸和氢溴酸，氢溴酸为强酸，故其反应离子方程式：SO2+2H2O+Br2=SO+2Br-+4H+，推断不合理，故B符合题意；C．因为Br2也能被还原为Br-，故可以用代替，推断合理，故C不符合题意；D．含Br2的海水中溴单质浓度太低，因此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，推断合理，故D不符合题意。综上所述，〖答案〗为B。25.某链状烷烃的相对分子质量为114，则该烷烃的同分异构体中，主链有5个碳原子的结构有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种〖答案〗D〖解析〗【详析】根据链状烷烃的通式CnH2n+2有12n+2n+2=114，解得n=8，此烷烃是C8H18，主链5个碳，剩3个碳排在支链，可以形成一个乙基和一个甲基，也可以形成3个甲基，可以连在同一个碳上，也可以连在不同的碳原子上，用碳架结构表示，当含有一个乙基和一个甲基时有（●表示甲基可能的位置）2种结构，当含有3个甲基时有2种结构和2种结构，共6种结构，故选D。第二部分(非选择题共50分)本部分共6小题，共50分。26.某小组同学为验证NaHCO3受热分解的产物，设计如图实验(部分夹持装置已略去，气密性已检验)。(1)实验Ⅰ中，澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3受热分解的产物中含有___。(2)实验Ⅰ中，加热试管a至不再产生气体，观察到内壁有无色液滴生成，有白色固体剩余。为验证剩余白色固体的成分，小组同学设计并完成了实验Ⅱ，观察到有大量无色气体生成，证明白色固体为Na2CO3。试剂X是___。(3)NaHCO3受热分解的化学方程式为__。(4)依据上述实验，除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3，可采用的方法是__。〖答案〗(1)CO2(2)稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等(3)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(4)加热〖解析〗(1)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则实验Ⅰ中，澄清石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠受热分解的产物中含有二氧化碳，故〖答案〗为：CO2；(2)碳酸钠固体能与酸性比碳酸强的酸溶液反应生成二氧化碳气体，实验Ⅱ中有大量无色气体生成，说明碳酸钠固体能与酸性比碳酸强的酸溶液X反应生成二氧化碳气体，则X为稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等，故〖答案〗为：稀盐酸或稀硫酸或稀醋酸等；(3)由题意可知，实验Ⅰ中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故〖答案〗为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(4)依据上述实验可知，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则可采用加热的方法除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故〖答案〗为：加热。27.根据原电池原理，人们研制出了性能各异的化学电池。（1）图1装置中，锌片作___________(填“正极”或“负极”)，铜片上发生反应的电极反应式为___________，能证明化学能转化为电能的实验现象是___________(答出两点)。（2）某镁-溴电池工作原理如图2所示，其总反应为：。下列说法正确的是___________。a．石墨是电池的正极b．镁发生还原反应〖答案〗（1）①.负极；②.③.铜电极表面有气泡产生、电流表指针发生偏转（2）a〖解析〗该装置构成原电池，活泼金属作负极，锌的活泼性大于铜，总反应为：，Zn发生氧化反应作负极，电极反应式为：，Cu作正极，电极反应式为：，据此回答。（1）①由分析可知，该装置构成原电池，活泼金属作负极，锌的活泼性大于铜，故锌作负极，故〖答案〗为：负极；②由分析可知，Zn片发生氧化反应作负极，Cu片作正极，电极反应式为：，故〖答案〗为：；③由分析可知，锌作负极，铜作正极，电子从负极流向正极，电子从锌电极通过导线转移到铜电极，溶液中氢离子得电子被还原，生成氢气，铜电极表面有气泡产生且电流表指针发生偏转，能证明化学能转化为电能，故〖答案〗为：铜电极表面有气泡产生、电流表指针发生偏转；（2）A．根据图示，电子由镁电极经导线流向石墨电极，石墨是电池的正极，故a项正确；B．根据总反应，镁元素化合价升高，Mg发生氧化反应，故b项错误；故〖答案〗为：a。28.氯化铁是常用的金属刻蚀剂。工业上用硫铁矿渣(主要成分为、、FeO)制备氯化铁溶液，流程如下。（1）FeO中铁元素的化合价是___________。（2）反应釜中与盐酸反应的化学方程式为___________。（3）下列说法正确的是___________。a．加入反应釜中的盐酸可用稀硫酸代替b．混合器中加入过氧化氢溶液的目的是将氧化为（4）用氯化铁溶液刻蚀覆铜板可制作印刷电路板，在刻蚀过程中，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式是___________。〖答案〗（1）+2（2）（3）b（4）〖解析〗硫铁矿渣主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO，用盐酸溶解，发生反应、、，得到氯化铁、氯化亚铁的混合溶液，加入双氧水把氯化亚铁氧化为氯化铁，得到氯化铁溶液。（1）FeO中氧元素化合价为-2，根据化合价代数和等于0，铁元素的化合价是+2，故〖答案〗为：+2；（2）反应釜中，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为：，故〖答案〗为：；（3）a．铁的氧化物和硫酸反应生成硫酸盐，会引入硫酸根离子，所以反应釜中的盐酸不能用稀硫酸代替，故a项错误；b．H2O2具有氧化性，混合器中加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，得到氯化铁溶液，故b项正确；故〖答案〗为：b。（4）FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应离子方程式为：，故〖答案〗为：。29.生物体内的新陈代谢涉及有机化合物的转化。结合下图所示转化关系，回答下列问题。（1）A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A的名称是___________。（2）B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，则B中官能团的名称为___________。（3）反应②是人体内B被氧化，同时又提供能量的反应。已知1gB完全氧化，放出约15.94kJ的能量，则1molB完全氧化将放出约___________kJ的能量。B的一种同分异构体也是基本营养物质，其名称为___________。（4）C和D是生活中两种常见的有机化合物，二者在一定条件下反应生成有香味的F，写出这一反应的化学方程式：___________；写出C转化为E的化学方程式：___________。C的一种同分异构体的结构简式是___________。（5）只用下列一种试剂(可加热)就能鉴别B、C、D三种物质，这种试剂是。A.新制氢氧化铜 B.氢氧化钠溶液C.紫色石蕊溶液 D.碳酸钠溶液〖答案〗（1）淀粉（2）醛基、羟基（3）①.2869.2kJ②.果糖（4）①.②.③.CH3OCH3（5）A〖解析〗A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A为淀粉；B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，B由淀粉水解得到，B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，C为乙醇；乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，D为乙酸；乙醇催化氧化生成乙醛，E为乙醛；乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯。（1）A是一种遇到碘水能变蓝的多糖，A为淀粉，故〖答案〗为：淀粉；（2）B能够在加热条件下与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，但不能发生水解反应，B由淀粉水解得到，B为葡萄糖，葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO，分子中含有的官能团为醛基、羟基，故〖答案〗为：醛基、羟基；（3）①B为葡萄糖，1mol葡萄糖的质量为180g，所以1molB完全氧化将放出约180×15.94kJ=2869.2kJ的热量，故〖答案〗为：2869.2kJ；②B为葡萄糖，果糖是一种单糖，是葡萄糖的一种同分异构体，故〖答案〗为：果糖；（4）①由分析可知，C为乙醇，D为乙酸，F为乙酸乙酯，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：，故〖答案〗为：；②E为乙醛，乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为：，故〖答案〗为：；③由分析可知，C为乙醇，C的一种同分异构体为乙醚，结构简式为：CH3OCH3，故〖答案〗为：CH3OCH3；（5）由分析可知，B为葡萄糖，C为乙醇，D为乙酸，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下会产生砖红色沉淀，与乙酸混合沉淀溶解，溶液变为蓝色，与乙醇混合无明显现象，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别三种物质，故〖答案〗为：A。30.如图为铜与稀硝酸反应的有关性质实验。实验步骤如下：①按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹。检查装置的气密性。②在装置A的烧杯中加入30％的氢氧化钠溶液。③在装置C的U形管中加入4.0mol/L的硝酸，排除U形管左端管内空气。塞紧连接铜丝的胶塞。打开止水夹，反应进行一段时间。④进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色。⑤再通过操作使装置B中的气体进入烧杯A中与氢氧化钠溶液反应。回答下列问题：（1）装置C中发生反应的离子方程式是___________。（2）装置A上面的导管口末端也可以连接___________来代替干燥管，实现同样作用。（3）加入稀硝酸，排除U形管左端管内空气的操作是___________。（4）步骤④中“使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶”的操作是打开止水夹___________，并用注射器在U形管右端导管口注入空气。（5）步骤⑤中使“气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应”的操作是___________，尾气中主要有二氧化氮和空气，与氢氧化钠溶液反应只生成一种盐，则反应的离子方程式为___________。〖答案〗（1）（2）倒置的漏斗（3）加入硝酸时，不断向左端倾斜U形管（4）K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）（5）①.打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球②.〖解析〗按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹，检查装置的气密性，在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，