2024届湖南省湘钢一中化学高一第二学期期末达标检测试题含解析

2024届湖南省湘钢一中化学高一第二学期期末达标检测试题考生请注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A．合成氨控制在500℃左右的温度B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D．氨水中加酸，NH4+的浓度增大2、某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器里，反应3A(g)⇌B(g)+3C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为6mol、2mol、6mol。在保持温度和压强不变的情况下,下列说法正确的是A．将A、B、C各减少1mol，C的百分含量减少B．充入A、B、C各2mol，平衡将向正反应方向移动C．充入1molA，C的体积分数增加D．充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，平衡将向正反应方向移动3、已知Na2SO3和KIO3反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－(反应速率慢)②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－(反应速率快)③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O(反应速率快)④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋(反应速率快)下列说法不正确的是：A．IO2－和I－是该反应的催化剂B．此反应总反应速率由反应①决定C．此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是I－D．若生成0.5mol碘单质，则总反应中有5mol电子转移4、掺氮石墨是单层烯中部分碳原子被氮原替代所得新型物质（局部如图）优异特性，下列说法正确是（）A．石墨烯属于有机化合物B．石墨烯与掺氮石墨烯互为同系物C．掺氮石墨烯中所含元素位于同一周期D．掺氮石墨烯中只含极性键5、要保证身体健康，营养均衡非常重要，下列有关营养物质的说法正确的是A．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯B．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应C．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物6、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A．蚕丝的主要成分是蛋白质B．蚕丝属于天然高分子材料C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物7、为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是A． B．C． D．8、a、b、d、e是原子序数依次增大的短周期元素，a是周期表中原子半径最小的元素，b2-和c2+的电子层结构相同，e的核电荷数是b的2倍，元素d的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一。下列说法正确的是A．元素b的简单气态氢化物的热稳定性比e的弱B．元素c的最高价氧化物对应水化物的碱性比d的强C．简单离子半径r:c>d>e>bD．元素a、b、e各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、49、在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，下列表示该反应速率最快的是()A．v(A)＝0.5mol/(L·min)B．v(B)＝0.4mol/(L·min)C．v(C)＝1.5×10-2mol/(L·s)D．v(D)＝1.0mol/(L·min)10、在恒容绝热密闭容器中，对于2NO2N2O4(正反应为放热反应)，下列说法不能证明该反应达到平衡状态的是A．体系温度不再改变的状态B．体系密度不再改变的状态C．体系混合气体平均摩尔质量不再改变的状态D．体系压强不再改变的状态11、下列属于碱性氧化物的是（）A．CO2B．NaClC．Na2OD．Mg(OH)212、塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，下列有关说法错误的是（）A．天然气的主要成分是甲烷，它属于化石燃料B．煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，没有固定的熔沸点D．石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)13、在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是A．反应的化学方程式为.2MNB．t2时，正逆反应速率相等达到平衡状态C．t1时，N的浓度是M浓度的2倍D．t3时，正反应速率大于逆反应速率14、1919年，科学家第一次实现了人类多年的梦想——人工转变元素。这个核反应如下：N＋He―→O＋H，下列叙述正确的是A．O原子核内有9个质子B．H原子核内有1个中子C．O2和O3互为同位素D．通常情况下，He和N2化学性质都很稳定15、下列应用与盐类水解无主要关系的是（）A．用铝盐和铁盐做净水剂B．将SOCl2

(遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3C．FeSO4溶液制备FeSO4·7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取D．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用16、下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应：OH-+H+=H2OB．氯化铝溶液与过量氨水反应:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+C．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．氯化铁溶液与铜反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平②2CH3CHO+O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B、D分子中的官能团名称分别是____、_____。(2)写出下列反应的反应类型：①________，②__________，④_________。(3)写出下列反应的化学方程式：①__________；②__________；④__________。18、如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。(3)写出C→E的化学方程式：____________。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________(5)检验物质A的方法和现象是________________19、某同学完成如下实验。（1）实验记录（请补全表格中空格）实验步骤实验现象离子方程式①溶液分层②下层呈橙色。_____________①溶液分层②__________Br2+2I－=I2+2Br－（2）该实验的目的是______________________。（3）氯、溴、碘单质氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，_________，得电子能力逐渐减弱。20、资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。(1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→→→→D;(2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为______________；(3)装置C的作用是____，C中的NaOH溶液不能用下列____代替；a.酸性KMnO4溶液b.CaCl2溶液c.饱和NaHSO3溶液装置D的作用是____________；(4)气体X中可能含有H2的原因是____。21、硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗称海波或大苏打，是一种重要的工业试剂。(1)硫代硫酸钠加热至310℃分解，生成硫和亚硫酸钠，写出反应的化学方程式_______，该反应为吸热反应，说明断裂反应物化学键时所吸收的总能量_____形成生成物化学键时所放出的总能量（填“大于”、“等于”或“小于”）。硫代硫酸钠在酸性条件下发生如下反应Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑＋S↓，每生成4gS转移的电子数为________。(2)向热的硫化钠和亚硫酸钠混合液中通入二氧化硫，可制得硫代硫酸钠晶体：2Na2S+Na2SO3+3SO2+5H2O3Na2S2O3•5H2O。①下列能判断制取硫代硫酸钠的反应达到平衡状态的是_________A．Na2S和Na2SO3的浓度不再发生变化B．在单位时间内生成0.03molNa2S2O3•5H2O，同时消耗了0.02molNa2SC．v(Na2S):v(Na2SO3)=2:1②制备过程中，为提高硫代硫酸钠的产量，通入的SO2不能过量，原因是_____。(3)某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如下表：组号反应温度（℃）参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/mol•L-1V/mLc/mol•L-1V/mLA10100.1100.10B1050.1100.15C1050.2100.25D3050.1100.15①上述实验中能够说明反应物浓度对反应速率影响的组合是___________。②能够说明温度对反应速率影响的组合是_______。(4)某些多硫化钠可用于制作原电池（如图所示），该电池的工作原理是：2Na2S2＋NaBr3=Na2S4＋3NaBr①电池中左侧的电极反应式为Br3-+2e-=3Br-，则左侧电极名称是_____________（填“正极”或“负极”）。②原电池工作过程中钠离子__________（选“从左到右”或“从右到左”）通过离子交换膜。③原电池工作过程中生成的氧化产物是___________（填化学式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。【题目详解】A.合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；B.合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，分离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；C.氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反应，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；答案选A。2、D【解题分析】

该反应是一个体积增大的反应，在恒温恒压条件下，若反应物的投料与原平衡的投料配比相同，则为等效平衡。【题目详解】A．若将A、C各减少1mol，B减少mol，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再减少molB，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，A错误；B、同理，充入A、C各2mol，充入molB，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再充入molB，平衡将向逆反应方向移动，B错误；C、充入1molA，在恒压下将建立与原平衡等效的平衡，C的体积分数不变，C错误；D、充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，恒温恒压条件下体积增大，平衡将向正反应方向移，D正确。答案选D。3、A【解题分析】

此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒(电子守恒)配平方程式如下：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，其中氧化剂是KIO3，反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol，以此分析。【题目详解】A.从4个步骤的反应可知，IO2－和I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；B.此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；C.反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；D.由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol，若生成0.5mol碘单质，有5mol电子转移，故D正确。故选A。4、C【解题分析】

A．石墨烯是碳元素的单质，不属于有机化合物，A错误；B．石墨烯与掺氮石墨烯组成和结构不同，且石墨烯属于单质，不能称为同系物，B错误；C．掺氮石墨烯所含元素为碳和氮元素，均位于第二周期，位于同一周期，C正确；D．掺氮石墨烯中含极性键C－N键，也含C－C非极性共价键，D错误；答案选C。5、A【解题分析】

A.因油脂有油和脂肪之分，两者都属于酯，A项正确；B.因二糖、多糖能发生水解，单糖不能发生水解，如葡萄糖、果糖是单糖，均不能发生水解，B项错误；C.因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，C项错误；

D.因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误；答案选A。【题目点拨】油脂为高级脂肪酸和甘油通过酯化反应生成，根据参与反应脂肪酸是否相同，油脂分为简单甘油酯和混合甘油酯，如果形成油脂的高级脂肪酸相同，则为简单甘油酯，如果高级脂肪酸不同，则为混合甘油酯，油脂根据碳碳成键特点，分为油和脂肪，油是含有不饱和脂肪酸成分的甘油酯，脂肪是含有饱和脂肪酸成分的甘油酯，A项知识便可迎刃而解。6、D【解题分析】

A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【题目点拨】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。7、D【解题分析】

A、没有参照物，所以无法判断，故A错误；B、催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B错误；C、两个实验的影响因素不同，所以无法判断，故C错误；D、两个实验的不同点只有温度，所以能判断温度对化学反应速率的影响，故D正确；答案选D。8、B【解题分析】a、b、d、e是原子序数依次增大的短周期元素，a是周期表中原子半径最小的元素，a为H元素；b2-和c2+的电子层结构相同，则b为O元素，c为Mg元素；e的核电荷数是b的2倍，e为S元素；元素d的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，d为Al元素。A.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，O的非金属性比S强，因此水比硫化氢稳定，故A错误；B.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：氢氧化镁大于氢氧化铝，故B正确；C.电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径:e>b>c>d，故C错误；D.O的最高价为0，最低化合价为-2，代数和为-2，故D错误；故选B。9、B【解题分析】分析：本题考查的速率的大小比较，注意反应速率的单位要统一。详解：将各物质的反应速率都转化为同一种物质的速率，且单位统一。都转化为D的反应速率。A.1mol/(L·min)；B.1.6mol/(L·min)；C.1.2mol/(L·min)；D.1.0mol/(L·min)。故B的反应速率最快，故选B。10、B【解题分析】A.正反应放热，在恒容绝热密闭容器中体系温度不再改变时说明反应达到平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此体系密度不再改变的状态不能证明该反应达到平衡状态，B正确；C.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以体系混合气体平均摩尔质量不再改变的状态说明达到平衡状态，C错误；D.正反应体积减小，所以体系压强不再改变的状态能证明该反应达到平衡状态，D错误，答案选B。点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。11、C【解题分析】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，故A错误；B.NaCl电离出金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故B错误；C．Na2O和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，故C正确；D、Mg(OH)2电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故D错误；故选C。点睛：把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物(Mn2O7、Al2O3)不是碱性氧化物。12、B【解题分析】分析：A．根据天然气的主要成分分析判断；B．根据煤的成分分析；C．混合物没有固定的熔沸点；D．根据石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃分析判断。详解：A．天然气的主要成分是甲烷，天然气属于不可再生能源，属于化石燃料，故A正确；B．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理、化学变化产生的，故B错误；C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，没有固定的熔沸点，故C正确；D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正确；故选B。13、C【解题分析】A．达到平衡时，N的物质的量为2mol，变化6mol，M的物质的量为5mol，变化3mol，反应的方程式为2N⇌M，A正确；B．t2时，没有达到平衡状态，则正逆反应速率不等，B错误；C．t1时，N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，则N的浓度是M浓度的2倍，C错误；D．t3时，达到平衡状态，则正逆反应速率相等，D错误；答案选A。14、D【解题分析】

A、O原子核内质子数是8，A错误；B、H原子核内中子数是1－1＝0，B错误；C、O2和O3互为同素异形体，C错误；D、通常情况下，He与N2化学性质都很稳定，D正确。15、C【解题分析】分析：A.铝离子和铁离子均水解；B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢；C.亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子；D.铵根和碳酸根水解相互促进。详解：A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐做净水剂，与盐类水解有关系，A不符合；B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，将SOCl2(遇水剧烈水解生成氯化氢)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3，与盐类水解有关系，B不符合；C.亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，且FeSO4•7H2O受热易分解，所以不能直接蒸干FeSO4饱和溶液来制备FeSO4•7H2O，与盐类水解无关，C符合；D.铵根和碳酸根水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，D不符合。答案选C。16、B【解题分析】分析：A．醋酸为弱酸，根据离子方程式的书写规则分析判断；B．氨水碱性较弱，过量的氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀；C．次氯酸为弱电解质，根据离子方程式的书写规则分析判断；D．离子方程式需要遵守电荷守恒。详解：A．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应，生成醋酸钠和水，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，故A错误；B．氨水碱性较弱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液与过量氨水反应的离子反应为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C．氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故C错误；D．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否守恒等。本题的易错点为B，要注意氢氧化铝不能溶于过量的氨水。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基羧基加成反应催化氧化反应取代反应(酯化反应)CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O【解题分析】

A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，所以A是乙烯。乙烯和水加成生成乙醇，所以B是乙醇。乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以C是乙醛，D是乙酸。【题目详解】(1)B为乙醇，官能团为羟基，D为乙酸，官能团为羧基。(2)反应①是乙烯和水加成生成乙醇的反应，为加成反应，②是乙醇催化氧化生成乙醛的反应，反应类型为催化氧化反应，④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的反应，反应类型为酯化反应，酯化反应即为取代反应。(3)反应①：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH反应②：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O反应④：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O18、NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O24NH3+5O24NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)【解题分析】

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【题目详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。【题目点拨】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。19、Cl2+2Br－==

Br2+2Cl－下层呈紫色比较氯、溴、碘单质氧化性强弱（或比较氯、溴、碘元素非金属性强弱）电子层数增多，原子半径增大【解题分析】（1）新制氯水与NaBr溶液反应生成NaCl和Br2，Br2易溶于CCl4，故下层呈橙色，反应离子方程式为：Cl2+2Br－=Br2+2Cl－；溴水与KI溶液反应生成NaBr和I2，I2易溶于CCl4，故下层（CCl4层）呈紫色。（2）由①和②实验可得，该实验的目的是比较氯、溴、碘单质氧化性强弱（或比较氯、溴、碘元素非金属性强弱）。（3）氯、溴、碘属于同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故单质氧化性逐渐减弱。20、CBEF溶液又由无色变为红色吸收SO2bc防止空气中的水蒸气进入F中Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2【解题分析】(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的连接顺序为：气体X→A→C→A→B→E→F→D；(2)SO2的漂白是不稳定的，所以实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为溶液又由无色变为红色；(3)根据以上分析可知装置C的作用是吸收SO2；a.酸性KMnO4溶液能吸收SO2，a正确；b.CaCl2溶液不能吸收SO2，b错误；c.饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，c错误；答案选bc；D中加入的试剂可以是碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入D中，避免对氢气与CuO反应产物检验产生干扰；(4)由于Zn与浓硫