2023-2024学年湖北省武汉市部分重点中学联考高一下学期6月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题本试卷共8页，19题。满分100分。考试用时75分钟。考试时间：2024年6月26日上午11：00—12：15★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器在海南文昌航天发射场由长征五号遥八运载火箭发射升空，并于6月2日成功落月。下列不能作为火箭推进剂的是（）A.液氮—液氢 B.液氧—液氢 C.液态—肼 D.液氧—煤油〖答案〗A〖解析〗【详析】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意；C．液态NO2和肼在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意；故〖答案〗选A。2.建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列所述化学知识正确且与相关项目有关联的是（）选项项目化学知识A千家万户通光纤光纤的主要材质为B乡村农户用沼气沼气的主要成分是丙烷和丁烷C乡村公路铺沥青沥青可通过石油减压蒸馏获得D均衡膳食助健康淀粉和纤维素互为同分异构体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光纤的主要材质为，A错误；B．沼气的主要成分是甲烷，B错误；C．沥青可通过石油减压蒸馏获得，C正确；D．淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H10O5)n，但两者n不相同，则淀粉和纤维素分子式不相同，不互为同分异构体，D错误；故选C。3.化学中广泛存在着哲学中“量变引起质变”的规律。下列变化过程不符合这一规律的是（）A.气体与加热反应 B.与氢氧化钠溶液反应C.溶液与反应 D.铁粉和硝酸反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．气体与少量加热反应得到硫，与过量加热反应得到二氧化硫，符合规律，A不符合题意；B．与氢氧化钠溶液反应只生成硅酸钠与水，与量无关，不符合规律，B符合题意；C．溶液与少量反应得到硅酸和碳酸钠，与过量反应得到硅酸和碳酸氢钠，符合规律，C不符合题意；D．铁粉和少量硝酸反应得到硝酸亚铁、NO和水，和过量硝酸反应得到硝酸铁、NO和水，符合规律，D不符合题意；故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.乙烯和丙烯的混合气体中碳氢键总数为B.标准状况下，与反应后分子总数为C.的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的分子数为D.铅酸蓄电池的正极质量增加时，电路中通过的电子数目为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙烯和丙烯的实验式为CH2，混合气体中碳氢键总数为，A正确；B．甲烷与氯气反应时分子数不变，以第一步反应为例：，标准状况下，与的物质的量为1.5mol，反应后分子数不变，为，B正确；C．的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，水与乙醇都能与钠反应，产生氢气的分子数大于，C错误；D．铅酸蓄电池的正极电极反应为：，正极电极质量增加时，转移电子的物质的量为：，故电路中通过的电子数目为，D正确；故选C。5.下列说法正确的有几项（）①“木与木相摩则然(燃)”的“然”是化学能主要转化为热能；②“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品；③水玻璃可作黏合剂和木材的防火剂；；④燃料电池的能量转化率比较高，可达100%；⑤可用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和乙烯；⑥向煤中加入适量生石灰，可减少对大气的污染；⑦汽车尾气中的氮氧化物是因为汽油或柴油不完全燃烧造成的；⑧二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂；⑨酸雨是小于7的雨水；⑩农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮A.3个 B.4个 C.5个 D.6个〖答案〗D〖解析〗【详析】①“木与木相摩则然（燃)"的“然"是指木材燃烧，燃烧是化学能转变为热能，①正确；②“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖"的“瓷”是瓷器，主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，②正确；③硅酸钠溶液俗称水玻璃，有黏性，并且当水玻璃渗透到木材细胞内部时，能与木材中的纤维素、半纤维素等成分发生反应，生成硅酸钙或硅酸铝等难燃化合物，所以水玻璃是建筑行业的一种黏合剂和木材的防火剂，③正确；④燃料电池理论上转化率为100%，但在实际应用中，由于技术条件、操作条件的影响，实际能达到的能量转化率低于100%，④错误；⑤乙烯中含有不饱和碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能，⑤正确；⑥向煤中加入适量生石灰，与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4，减少了SO2的排放，降低对大气的污染，⑥正确；⑦汽车尾气中的氮氧化合物是发动机中氮气和氧气在电火花的作用下反应生成的，⑦错误；⑧二氧化硫有抑菌、抗氧化、改善果酒风味和增酸等作用，常少量添加在葡萄酒中，⑧正确；⑨酸雨是pH小于5.6的雨水，⑨错误；⑩农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于自然固氮，⑩错误；共有6项正确，故选D。6.类比推理是研究物质性质的常用方法，下列推理正确的是（）A.与S能直接化合生成，推测与S也可直接化合生成B.能与溴水反应使之褪色，推测也能与氯水反应使之褪色C.浓硫酸与反应可制备，推测浓硫酸与反应也可制备D.与溶液可反应产生沉淀，推测与溶液也可反应产生沉淀〖答案〗B〖解析〗【详析】A．S的氧化性较弱，只能把变价金属氧化成较低价态，所以Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu与S可直接化合生成Cu2S，A错误；B．能与溴水反应使之褪色，是SO2把Br2还原，氯水中的Cl2氧化性强于Br2，所以二氧化硫能与氯水反应生成硫酸和氯化氢，从而使其褪色，B正确；C．浓硫酸与氯化钠反应可以制备HCl，但KI具有比较强的还原性，浓硫酸具有比较强的氧化性，所以浓硫酸与KI应发生氧化还原反应，即不能制备HI，C错误；D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，所以会产生硫酸钡沉淀，但二氧化碳不能与硝酸钡溶液反应，D错误；〖答案〗选B。7.下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图。下列说法正确的是（）A.c、d、i、j均为酸性氧化物B.e的浓溶液不能干燥a、c、gC.g与e反应的产物可以属于f或lD.将k转化为j必须加入合适的还原剂才能实现〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据S原子最外层有6个电子，可知S最低化合价为-2价，最高为+6价；N原子最外层有5个电子，最低化合价为-3价，最高为+5价，结合元素的价类二维图可知在价类二维图中纵坐标右边是S元素的单质及化合物的价类二维图；左边是N元素的价类二维图。a是H2S，b是S，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是硫酸盐，g是NH3，h是N2，i是NO，j是NO2，k是HNO3，l是铵盐。【详析】A．二氧化硫和三氧化硫为酸性氧化物，一氧化氮和二氧化氮不是酸性氧化物，A错误；B．浓硫酸能干燥二氧化硫，不能干燥硫化氢和氨气，B错误；C．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，属于铵盐和硫酸盐，C正确；D．硝酸转化为二氧化氮可以在加热或光照条件下实现，不一定需要加入还原剂，D错误；故选C。8.抗坏血酸(即维生素C)在一定条件下可转化为脱氢抗坏血酸，过程如下图所示。下列说法正确的是（）A.抗坏血酸分子中含有4种官能团B.抗坏血酸与脱氢抗坏血酸互为同系物C.抗坏血酸转化为脱氢抗坏血酸发生了氧化反应D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．抗坏血酸分子中含有羟基、碳碳双键和酯基，共3种官能团，A错误；B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。抗坏血酸和脱氢抗坏血酸分子组成上相差两个氢原子，且结构有差异，故不互为同系物，B错误；C．该过程抗坏血酸脱氢，发生氧化反应，C正确；D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其具有还原性，可被氧化为脱氢抗坏血酸，D错误；故〖答案〗为：C。9.可将工业废气中的NO催化还原成，其能量转化关系如图所示，下列有关该反应的热化学方程式的书写正确的是（）A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】根据盖斯定律，由①+②+③+④得，〖答案〗选D。10.用下列实验装置进行相应实验，其中能达到实验目的的是（）A．验证氨气极易溶于水B．实验室制取C．测定锌与稀硫酸的反应速率D．中和反应反应热的测定〖答案〗A〖解析〗【详析】A．图示为氨喷泉实验的装置，可以验证氨气极易溶于水，A正确；B．实验室制取二氧化硫：浓硫酸与铜需要在加热条件下反应，B错误；C．图示为敞口装置，不能测定锌与稀硫酸的反应速率，C错误；D．测定中和热时需要用环形玻璃搅拌棒，D错误；故选A。11.为有效降低含氨化物排放量，又能充分利用化学能，某化学合作小组利用如下反应：设计了如下图所示电池。下列说法正确的是（）A.为负极，发生还原反应B.电极B的电极反应式：C.电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性增强D.同温同压时，左右两侧电极室中产生的气体体积比为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据反应方程式可知，NH3失电子转化为氮气，则通入NH3的一极为负极，即电极A为负极，电极B为正极，正极上NO2得电子生成氮气。【详析】A．根据分析，为负极，NH3失电子转化为氮气，发生氧化反应，A错误；B．正极上NO2得电子生成氮气，正极反应为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，B错误；C．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，电池工作一段时间，左侧电极室溶液中氢氧根离子被消耗，碱性减弱，C错误；D．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，转移相同数量的电子时，左侧生成的氮气和右侧生成的氮气的物质的量之比为4：3，体积比为4：3，D正确；故选D。12.实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点)带出水分，已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点)，其反应原理如下，下列说法错误的是（）A.盛装环己烷的仪器名称为恒压滴液漏斗B.实验时应先加热，再通冷凝水C.根据带出水的体积可估算反应进度D.反应时水浴温度可控制在之间〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，反应产品乙酸异戊酯的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，所以反应时水浴温度可控制在69℃～81℃之间。【详析】A．由实验装置图可知，盛装环己烷的仪器名称为恒压滴液漏斗，故A正确；B．为防止恒沸液中环己烷挥发逸出造成损失，实验时应先通冷凝水，再加热，有利于环己烷的回收和循环使用，故B错误；C．由方程式可知，根据反应物的投料量可计算反应生成水的体积，所以根据带出水的体积可估算反应进度，故C正确；D．反应产品乙酸异戊酯的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，所以反应时水浴温度可控制在69℃～81℃之间，故D正确；故选B。13.某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素，设计了如下表所示系列实验。下列说法错误的是（）实验序号反应温度/(℃)硫代硫酸钠稀硫酸12010.00.1010.00.5002400.1010.00.503200.104.00.50A.设计该实验的基本方法为变量控制法B.该实验的化学方程式为C.若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则D.可用热的浓溶液或洗掉反应后仪器中的黄色固体，且原理相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．要探究影响化学反应速率的因素，则每次实验只有一个变量不同，因此设计该实验的基本方法为变量控制法，A正确；B．硫代硫酸钠与稀硫酸发生反应，B正确；C．若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则除稀硫酸浓度不同外，其他条件应相同，硫代硫酸钠溶液浓度和体积相同，所以，溶液总体积相同，所以，C正确；D．反应后仪器中的黄色固体为S单质，用热的浓溶液洗涤，S与溶液会发生反应生成易溶于水的钠盐，若用洗涤，利用的是相似相溶原理，二者原理不同，D错误；故选D。14.乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A.加入酸作催化剂可降低反应的焓变B.反应涉及极性键和非极性键的断裂C.第②步反应速率最快，为该反应的决速步骤D.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量更高，更稳定〖答案〗B〖解析〗【详析】A．催化剂不改变反应的焓变，但能降低反应的活化能，A错误；B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，B正确；C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，为该反应的决速步骤，C错误；D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，D错误；故选B。15.将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是（）A.Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B.NO和NO2的体积比为1：1C.原硝酸的浓度为8mol·L-1D.通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为amol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，故B正确；C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确；D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。二、非选择题：本题共4题，共55分。16.海水中蕴藏着大量资源，从海水中不仅可获得淡水，还可按如图工艺流程提取溴和镁。回答下列问题：（1）海水淡化的方法有_______、反渗透法和电渗析法等。（2）提取溴的过程中，经过两次的转化，其目的是_______。（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为_______，工业上也可用溶液吸收吹出的，生成和，对应的化学方程式为_______。（4）要使海水中的完全转化为沉淀，加入的量应_______。（5）加入后，能够分离得到沉淀的方法是_______，若要在实验室中完成此操作需用到的主要玻璃仪器有_______。（6）该流程中制备金属镁的化学方程式为_______。〖答案〗（1）蒸馏法（2）对溴元素进行富集(或富集溴元素)（3）①.②.（4）过量（5）①.过滤②.烧杯、漏斗、玻璃棒（6）(熔融)〖解析〗海水中加氢氧化钙后过滤得到滤液和氢氧化镁沉淀，滤液中通入氯气，溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，热空气吹出后在吸收塔中用二氧化硫水溶液吸收，在蒸馏塔中氯气再次将溴离子氧化为溴单质，得到工业溴。整个过程中经过两次的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)；氢氧化镁沉淀与盐酸反应得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到六水合氯化镁晶体，该晶体在氯化氢氛围中加热得到无水氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁。（1）海水淡化方法有蒸馏法、反渗透法和电渗析法等；（2）提取溴的过程中，经过两次的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)；（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为：；工业上也可用溶液吸收吹出的，生成和，根据电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；（4）要使海水中的完全转化为沉淀，加入的量应：过量；（5）加入后，能够分离得到沉淀的方法是过滤，在实验室中完成此操作需用到的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（6）该流程中制备金属镁的化学方程式为：(熔融)。17.乳酸在生命化学中起着重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A的产量可用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。回答下列问题：（1）A的电子式为_______。（2）的反应类型为_______（3）反应的化学方程式为_______。（4）某实验小组用下列装置模拟上述的转化过程：实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象。①红色变成黑色的反应是；②黑色变为红色的化学方程式为_______；甲和乙两个水浴的作用不相同，其中甲装置水浴的作用是_______。（5）为检验淀粉水解产物，小明同学向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后，向溶液中直接加入银氨溶液，并进行水浴加热，无银镜出现。你认为小明同学实验失败的主要原因是_______。（6）乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为_______，两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯和两分子水，该环酯的结构简式为_______。〖答案〗（1）（2）加成反应（3）（4）①.②.加热，使乙醇挥发（5）未用碱中和作催化剂的稀硫酸（6）①.+2Na→+H2↑②.〖解析〗A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A是乙烯；在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B是乙醇；在铜做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化生成乙醛，则C是乙醛；乙醛在碱性条件下与氢氰酸发生加成反应后，再酸化得到乳酸；在催化剂作用下，淀粉在人体内发生水解反应生成葡萄糖，则D是葡萄糖；葡萄糖发生无氧呼吸生成乳酸；（1）A为乙烯，故电子式为；（2）在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；（3）D为葡萄糖，在酶的作用下转化为乙醇，化学方程式为；（4）B→C为乙醇发生催化氧化转化为乙醛的过程，铜网加热生成黑色的氧化铜，通入乙醇后，乙醇与氧化铜生成乙醛、铜和水，黑色氧化铜变为红色铜单质，化学方程式为；甲水浴的作用是加热无水乙醇使乙醇挥发进入玻璃管中，反应一段时间后，乙中试管在冷水冷却下可以收集剩余乙醇以及反应生成的乙醛和水；（5）银氨反应需要碱性条件，无银镜出现原因是未用碱中和稀硫酸；（6）乳酸中含有羟基和羧基，可与金属钠反应，方程式为+2Na→+H2↑；根据酯化反应的原理，两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是；18.甲烷是一种清洁、高效的能源，也是重要的化工原料。回答下列问题：（1）已知：下，甲烷完全燃烧生成气体和液态水时放热。表示甲烷燃烧热的热化学方程式为_______。在相同条件下，可燃冰(分子式为)释放的甲烷气体完全燃烧生成气体和液态水，放出的热量为_______。（2）和在高温下反应可生成甲烷。在体积为的恒容密闭容器中，充入和，一定温度下发生反应：。测得和的转化率随时间变化如图所示。①从反应开始到，用的浓度变化表示该反应的反应速率为_______；时，的转化率为_______。②下列情况能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填标号)。a．容器中混合气体的密度保持不变b．容器中混合气体的总压强保持不变c．容器中的体积分数保持不变d．单位时间内每消耗同时生成（3）某科研团队设计了如图所示的甲烷燃料电池。电解质是参杂了与的固体，可在高温下传导。①该电池工作时负极的电极反应式为_______。②若(标准状况)参与反应，则转移电子数目为_______。〖答案〗（1）①.②.1779.2（2）①.0.05②.36%③.bc（3）①.②.〖解析〗（1）①1gCH4物质的量为mol，完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出55.6kJ的热量，则该反应的热化学方程式为②356g可燃冰物质的量为，其中甲烷的物质的量为2mol，释放的甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和液态水，放出的热量为（2）①由图可知，6min时，CO的转化率为60%，则从反应开始到6min内消耗的CO为1mol×60%=0.6mol，从反应开始到6min，用CO的浓度变化表示的该反应的反应速率为=0.05mol⋅L−1⋅min−1；从反应开始到6min中，消耗的H2物质的量为0.6mol×3=1.8mol，则6min时H2的转化率为×100%=36%；②a．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，a项不符合题意；b．该反应的正反应气体分子数减小，建立平衡的过程中气体分子物质的量变化，在恒温恒容容器中，容器内混合气体的总压强变化，故容器内混合气体的总压强保持不变能说明反应达到化学平衡状态，b项符合题意；c．容器中CH4的体积分数保持不变是该反应达到化学平衡状态的特征标志，c项符合题意；d．单位时间内每消耗1molCO同时生成1molCH4仅指正反应方向，不能说明反应达到化学平衡状态，d项不符合题意；故选bc（3）①通入CH4的电极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2和H2O，通入CH4的电极为负极；负极的电极反应式为②通入O2的电极为电池的正极，O2发生得电子的还原反应，电极反应式为；标准状况下11.2LO2物质的量为=0.5mol，转移电子物质的量为0.5mol×4=2mol，转移电子数目为2NA。19.某兴趣小组设计实验验证铜与浓硝酸、稀硝酸的反应，装置如图所示(夹持装置未画出)：实验1：验证铜与浓硝酸的反应按图示连接好装置，并关闭，_______后，装入药品。打开，一段时间后，再关闭；再打开，加入足量的浓后关闭。实验2：验证铜与稀硝酸的反应待装置B中反应完全后，打开，向C中加入蒸馏水，之后插入铜丝；反应一段时间后，打开C中的止水夹。回答下列问题：（1）实验1中的横线上应填入的内容是_______；“发生装置”的名称是_______。（2）实验1中“关闭，打开”的目的是_______。（3）装置B中发生反应的离子方程式为_______。（4）实验2中向C中加入蒸馏水时发生的主要反应的化学方程式为_______。打开止水夹后装置C的具支试管中的现象为_____。（5）实验结束后，有同学观察到装置B中溶液呈绿色，装置C中溶液呈蓝色。该兴趣小组同学认为颜色不同的原因可能如下：猜想1：硝酸铜溶液的物质的量浓度不同，溶液颜色不同。浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色。猜想2：溶解在硝酸铜溶液中，导致溶液呈绿色。继续实验，打开，一段时间后，装置B中溶液变为蓝色，说明猜想_______(填“1”或“2”)可能成立，请设计实验验证另一种猜想的可能性：_______。〖答案〗（1）①.检查装置的气密性②.启普发生器（2）利用产生的排尽装置内的空气，防止与稀硝酸反应生成的被氧化（3）（4）①②.液面上方出现红棕色气体，后颜色又逐渐变浅（5）①.2②.取装置C中的溶液适量于试管中，加入适量固体，若溶液变为绿色，说明猜想1成立〖解析〗按图示连接好装置，并关闭，打开，用A中生成得二氧化碳排出体系内的空气后关闭；再打开，加入足量的浓后关闭，B中铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水；待装置B中反应完全后，打开，向C中加入蒸馏水，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，之后插入铜丝，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；反应一段时间后，打开C中的止水夹，氧气进入C中与NO反应生成NO2。（1）涉及气体的实验，连接好装置，先检查装置气密性，再加药品，实验1中的横线上应填入的内容是检查装置气密性；“发生装置”的名称是启普发生器。（2）NO与氧气反应生成NO2，实验1中“关闭，打开”的目的是利用产生的排尽装置内的空气，防止与稀硝酸反应生成的被氧化。（3）装置B中铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，发生反应的离子方程式为；（4）实验2中向C中加入蒸馏水时，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，发生的主要反应的化学方程式为。打开止水夹后，氧气进入试管与NO反应生成二氧化氮，二氧化氮继续和水反应生成硝酸和NO，装置C的具支试管中的现象为液面上方出现红棕色气体，后颜色又逐渐变浅。（5）打开，一段时间后，挥发，装置B中溶液变为蓝色，说明猜想2可能成立；取装置C中的溶液适量于试管中，加入适量固体，若溶液变为绿色，则说明猜想1成立。湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题本试卷共8页，19题。满分100分。考试用时75分钟。考试时间：2024年6月26日上午11：00—12：15★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器在海南文昌航天发射场由长征五号遥八运载火箭发射升空，并于6月2日成功落月。下列不能作为火箭推进剂的是（）A.液氮—液氢 B.液氧—液氢 C.液态—肼 D.液氧—煤油〖答案〗A〖解析〗【详析】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意；C．液态NO2和肼在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意；故〖答案〗选A。2.建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列所述化学知识正确且与相关项目有关联的是（）选项项目化学知识A千家万户通光纤光纤的主要材质为B乡村农户用沼气沼气的主要成分是丙烷和丁烷C乡村公路铺沥青沥青可通过石油减压蒸馏获得D均衡膳食助健康淀粉和纤维素互为同分异构体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光纤的主要材质为，A错误；B．沼气的主要成分是甲烷，B错误；C．沥青可通过石油减压蒸馏获得，C正确；D．淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H10O5)n，但两者n不相同，则淀粉和纤维素分子式不相同，不互为同分异构体，D错误；故选C。3.化学中广泛存在着哲学中“量变引起质变”的规律。下列变化过程不符合这一规律的是（）A.气体与加热反应 B.与氢氧化钠溶液反应C.溶液与反应 D.铁粉和硝酸反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．气体与少量加热反应得到硫，与过量加热反应得到二氧化硫，符合规律，A不符合题意；B．与氢氧化钠溶液反应只生成硅酸钠与水，与量无关，不符合规律，B符合题意；C．溶液与少量反应得到硅酸和碳酸钠，与过量反应得到硅酸和碳酸氢钠，符合规律，C不符合题意；D．铁粉和少量硝酸反应得到硝酸亚铁、NO和水，和过量硝酸反应得到硝酸铁、NO和水，符合规律，D不符合题意；故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.乙烯和丙烯的混合气体中碳氢键总数为B.标准状况下，与反应后分子总数为C.的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的分子数为D.铅酸蓄电池的正极质量增加时，电路中通过的电子数目为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙烯和丙烯的实验式为CH2，混合气体中碳氢键总数为，A正确；B．甲烷与氯气反应时分子数不变，以第一步反应为例：，标准状况下，与的物质的量为1.5mol，反应后分子数不变，为，B正确；C．的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，水与乙醇都能与钠反应，产生氢气的分子数大于，C错误；D．铅酸蓄电池的正极电极反应为：，正极电极质量增加时，转移电子的物质的量为：，故电路中通过的电子数目为，D正确；故选C。5.下列说法正确的有几项（）①“木与木相摩则然(燃)”的“然”是化学能主要转化为热能；②“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品；③水玻璃可作黏合剂和木材的防火剂；；④燃料电池的能量转化率比较高，可达100%；⑤可用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和乙烯；⑥向煤中加入适量生石灰，可减少对大气的污染；⑦汽车尾气中的氮氧化物是因为汽油或柴油不完全燃烧造成的；⑧二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂；⑨酸雨是小于7的雨水；⑩农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮A.3个 B.4个 C.5个 D.6个〖答案〗D〖解析〗【详析】①“木与木相摩则然（燃)"的“然"是指木材燃烧，燃烧是化学能转变为热能，①正确；②“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖"的“瓷”是瓷器，主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，②正确；③硅酸钠溶液俗称水玻璃，有黏性，并且当水玻璃渗透到木材细胞内部时，能与木材中的纤维素、半纤维素等成分发生反应，生成硅酸钙或硅酸铝等难燃化合物，所以水玻璃是建筑行业的一种黏合剂和木材的防火剂，③正确；④燃料电池理论上转化率为100%，但在实际应用中，由于技术条件、操作条件的影响，实际能达到的能量转化率低于100%，④错误；⑤乙烯中含有不饱和碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能，⑤正确；⑥向煤中加入适量生石灰，与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4，减少了SO2的排放，降低对大气的污染，⑥正确；⑦汽车尾气中的氮氧化合物是发动机中氮气和氧气在电火花的作用下反应生成的，⑦错误；⑧二氧化硫有抑菌、抗氧化、改善果酒风味和增酸等作用，常少量添加在葡萄酒中，⑧正确；⑨酸雨是pH小于5.6的雨水，⑨错误；⑩农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于自然固氮，⑩错误；共有6项正确，故选D。6.类比推理是研究物质性质的常用方法，下列推理正确的是（）A.与S能直接化合生成，推测与S也可直接化合生成B.能与溴水反应使之褪色，推测也能与氯水反应使之褪色C.浓硫酸与反应可制备，推测浓硫酸与反应也可制备D.与溶液可反应产生沉淀，推测与溶液也可反应产生沉淀〖答案〗B〖解析〗【详析】A．S的氧化性较弱，只能把变价金属氧化成较低价态，所以Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu与S可直接化合生成Cu2S，A错误；B．能与溴水反应使之褪色，是SO2把Br2还原，氯水中的Cl2氧化性强于Br2，所以二氧化硫能与氯水反应生成硫酸和氯化氢，从而使其褪色，B正确；C．浓硫酸与氯化钠反应可以制备HCl，但KI具有比较强的还原性，浓硫酸具有比较强的氧化性，所以浓硫酸与KI应发生氧化还原反应，即不能制备HI，C错误；D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，所以会产生硫酸钡沉淀，但二氧化碳不能与硝酸钡溶液反应，D错误；〖答案〗选B。7.下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图。下列说法正确的是（）A.c、d、i、j均为酸性氧化物B.e的浓溶液不能干燥a、c、gC.g与e反应的产物可以属于f或lD.将k转化为j必须加入合适的还原剂才能实现〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据S原子最外层有6个电子，可知S最低化合价为-2价，最高为+6价；N原子最外层有5个电子，最低化合价为-3价，最高为+5价，结合元素的价类二维图可知在价类二维图中纵坐标右边是S元素的单质及化合物的价类二维图；左边是N元素的价类二维图。a是H2S，b是S，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是硫酸盐，g是NH3，h是N2，i是NO，j是NO2，k是HNO3，l是铵盐。【详析】A．二氧化硫和三氧化硫为酸性氧化物，一氧化氮和二氧化氮不是酸性氧化物，A错误；B．浓硫酸能干燥二氧化硫，不能干燥硫化氢和氨气，B错误；C．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，属于铵盐和硫酸盐，C正确；D．硝酸转化为二氧化氮可以在加热或光照条件下实现，不一定需要加入还原剂，D错误；故选C。8.抗坏血酸(即维生素C)在一定条件下可转化为脱氢抗坏血酸，过程如下图所示。下列说法正确的是（）A.抗坏血酸分子中含有4种官能团B.抗坏血酸与脱氢抗坏血酸互为同系物C.抗坏血酸转化为脱氢抗坏血酸发生了氧化反应D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．抗坏血酸分子中含有羟基、碳碳双键和酯基，共3种官能团，A错误；B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。抗坏血酸和脱氢抗坏血酸分子组成上相差两个氢原子，且结构有差异，故不互为同系物，B错误；C．该过程抗坏血酸脱氢，发生氧化反应，C正确；D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其具有还原性，可被氧化为脱氢抗坏血酸，D错误；故〖答案〗为：C。9.可将工业废气中的NO催化还原成，其能量转化关系如图所示，下列有关该反应的热化学方程式的书写正确的是（）A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】根据盖斯定律，由①+②+③+④得，〖答案〗选D。10.用下列实验装置进行相应实验，其中能达到实验目的的是（）A．验证氨气极易溶于水B．实验室制取C．测定锌与稀硫酸的反应速率D．中和反应反应热的测定〖答案〗A〖解析〗【详析】A．图示为氨喷泉实验的装置，可以验证氨气极易溶于水，A正确；B．实验室制取二氧化硫：浓硫酸与铜需要在加热条件下反应，B错误；C．图示为敞口装置，不能测定锌与稀硫酸的反应速率，C错误；D．测定中和热时需要用环形玻璃搅拌棒，D错误；故选A。11.为有效降低含氨化物排放量，又能充分利用化学能，某化学合作小组利用如下反应：设计了如下图所示电池。下列说法正确的是（）A.为负极，发生还原反应B.电极B的电极反应式：C.电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性增强D.同温同压时，左右两侧电极室中产生的气体体积比为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据反应方程式可知，NH3失电子转化为氮气，则通入NH3的一极为负极，即电极A为负极，电极B为正极，正极上NO2得电子生成氮气。【详析】A．根据分析，为负极，NH3失电子转化为氮气，发生氧化反应，A错误；B．正极上NO2得电子生成氮气，正极反应为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，B错误；C．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，电池工作一段时间，左侧电极室溶液中氢氧根离子被消耗，碱性减弱，C错误；D．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，转移相同数量的电子时，左侧生成的氮气和右侧生成的氮气的物质的量之比为4：3，体积比为4：3，D正确；故选D。12.实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点)带出水分，已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点)，其反应原理如下，下列说法错误的是（）A.盛装环己烷的仪器名称为恒压滴液漏斗B.实验时应先加热，再通冷凝水C.根据带出水的体积可估算反应进度D.反应时水浴温度可控制在之间〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，反应产品乙酸异戊酯的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，所以反应时水浴温度可控制在69℃～81℃之间。【详析】A．由实验装置图可知，盛装环己烷的仪器名称为恒压滴液漏斗，故A正确；B．为防止恒沸液中环己烷挥发逸出造成损失，实验时应先通冷凝水，再加热，有利于环己烷的回收和循环使用，故B错误；C．由方程式可知，根据反应物的投料量可计算反应生成水的体积，所以根据带出水的体积可估算反应进度，故C正确；D．反应产品乙酸异戊酯的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，所以反应时水浴温度可控制在69℃～81℃之间，故D正确；故选B。13.某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素，设计了如下表所示系列实验。下列说法错误的是（）实验序号反应温度/(℃)硫代硫酸钠稀硫酸12010.00.1010.00.5002400.1010.00.503200.104.00.50A.设计该实验的基本方法为变量控制法B.该实验的化学方程式为C.若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则D.可用热的浓溶液或洗掉反应后仪器中的黄色固体，且原理相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．要探究影响化学反应速率的因素，则每次实验只有一个变量不同，因此设计该实验的基本方法为变量控制法，A正确；B．硫代硫酸钠与稀硫酸发生反应，B正确；C．若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则除稀硫酸浓度不同外，其他条件应相同，硫代硫酸钠溶液浓度和体积相同，所以，溶液总体积相同，所以，C正确；D．反应后仪器中的黄色固体为S单质，用热的浓溶液洗涤，S与溶液会发生反应生成易溶于水的钠盐，若用洗涤，利用的是相似相溶原理，二者原理不同，D错误；故选D。14.乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A.加入酸作催化剂可降低反应的焓变B.反应涉及极性键和非极性键的断裂C.第②步反应速率最快，为该反应的决速步骤D.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量更高，更稳定〖答案〗B〖解析〗【详析】A．催化剂不改变反应的焓变，但能降低反应的活化能，A错误；B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，B正确；C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，为该反应的决速步骤，C错误；D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，D错误；故选B。15.将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是（）A.Mg与Cu的物质的量比值为3：1 B.NO和NO2的体积比为1：1C.原硝酸的浓度为8mol·L-1D.通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为amol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，故B正确；C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确；D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。二、非选择题：本题共4题，共55分。16.海水中蕴藏着大量资源，从海水中不仅可获得淡水，还可按如图工艺流程提取溴和镁。回答下列问题：（1）海水淡化的方法有_______、反渗透法和电渗析法等。（2）提取溴的过程中，经过两次的转化，其目的是_______。（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为_______，工业上也可用溶液吸收吹出的，生成和，对应的化学方程式为_______。（4）要使海水中的完全转化为沉淀，加入的量应_______。（5）加入后，能够分离得到沉淀的方法是_______，若要在实验室中完成此操作需用到的主要玻璃仪器有_______。（6）该流程中制备金属镁的化学方程式为_______。〖答案〗（1）蒸馏法（2）对溴元素进行富集(或富集溴元素)（3）①.②.（4）过量（5）①.过滤②.烧杯、漏斗、玻璃棒（6）(熔融)〖解析〗海水中加氢氧化钙后过滤得到滤液和氢氧化镁沉淀，滤液中通入氯气，溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，热空气吹出后在吸收塔中用二氧化硫水溶液吸收，在蒸馏塔中氯气再次将溴离子氧化为溴单质，得到工业溴。整个过程中经过两次的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)；氢氧化镁沉淀与盐酸反应得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到六水合氯化镁晶体，该晶体在氯化氢氛围中加热得到无水氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁。（1）海水淡化方法有蒸馏法、反渗透法和电渗析法等；（2）提取溴的过程中，经过两次的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)；（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为：；工业上也可用溶液吸收吹出的，生成和，根据电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；（4）要使海水中的完全转化为沉淀，加入的量应：过量；（5）加入后，能够分离得到沉淀的方法是过滤，在实验室中完成此操作需用到的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（6）该流程中制备金属镁的化学方程式为：(熔融)。17.乳酸在生命化学中起着重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A的产量可用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。回答下列问题：（1）A的电子式为_______。（2）的反应类型为_______（3）反应的化学方程式为_______。（4）某实验小组用下列装置模拟上述的转化过程：实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象。①红色变成黑色的反应是；②黑色变为红色的化学方程式为_______；甲和乙两个水浴的作用不相同，其中甲装置水浴的作用是_______。（5）为检验淀粉水解产物，小明同学向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后，向溶液中直接加入银氨溶液，并进行水浴加热，无银镜出现。你认为小明同学实验失败的主要原因是_______。（6）乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为_______，两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯和两分子水，该环酯的结构简式为_______。〖答案〗（1）（2）加成反应（3）（4）①.②.加热，使乙醇挥发（5）未用碱中和作催化剂的稀硫酸（6）①.+2Na→+H2↑②.〖解析〗A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A是乙烯；在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B是乙醇；在铜做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化生成乙醛，则C是乙醛；乙醛在碱性条件下与氢氰酸发生加成反应后，再酸化得到乳酸；在催化剂作用下，淀粉在人体内发生水解反应生成葡萄糖，则D是葡萄糖；葡萄糖发生无氧呼吸生成乳酸；（1）A为乙烯，故电子式为；（2）在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；（3）D为葡萄糖，在酶的作用下转化为乙醇，化学方程式为；（4）B→C为乙醇发生催化氧化转化为乙醛的过程，铜网加热生成黑色的氧化铜，通入乙醇后，乙醇与氧化铜生成乙醛、铜和水，黑色氧化铜变为红色铜单质，化学方程式为；甲水浴的作用是加热无水乙醇使乙醇挥发进入玻璃管中，反应一段时间后，乙中试管在冷水冷却下可以收集剩余乙醇以及反应生成的乙醛和水；（5）银氨反应需要碱性条件，无银镜出现原因是未用碱中和稀硫酸；（6）乳酸中含有羟基和羧基，可与金属钠反应，方程式为+2Na→+H2↑；根据酯化反应的原理，两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是；18.甲烷是一种清洁、高效的能源，也是重要的化工原料。回答下列问题：（1）已知：下，甲烷完全燃烧生成气体和液态水时放热。表示甲烷燃烧热的热化学方程式为_______。在相同条件下，可燃冰(分子式为)释放的甲烷气体完全燃烧生成气体和液态水，放出的热量为_______。（2）和在高温下反应可生成甲烷。在体积为的恒容密闭容器中，充入和，一定温度下发生反应：。测得和的转化率随时间变化如图所示。①从反应开始到，用的浓度变化表示该反应的反应速率为_