上海杨浦高级中学2024届高一下化学期末统考试题含解析

上海杨浦高级中学2024届高一下化学期末统考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列烧杯中盛放的都是稀硫酸,不能构成原电池的是A．B．C．D．2、以下反应不符合绿色化学原子经济性要求的是（

）A．+HCl→CH2=CHClB．CH2=CH2+1/2O2C．+Br2+HBrD．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl3、下列各组变化类型相同的是A．干馏和分馏B．裂化和裂解C．煤的气化和海水的蒸馏D．蛋白质的变性和盐析4、下列物质中互为同分异构体的是A．O2和O3 B．丙烷与戊烷C． D．淀粉与纤维素5、已知键能数据：C-H为akJ/mol，O2中看作O=O为bkJ/mol,C=O为mkJ/mol,H-O为nkJ/mol。则可计算CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）∆H，此反应∆H是A．（+4a+2b-2mB．（+4a+2b-2mC．-（+4a+2b-2mD．（+4a+26、下图是常见三种烃的比例模型示意图，下列说法正确的是A．甲、乙和丙的一氯代物都有两种B．甲和乙都能与酸性高锰酸钾溶液反应C．乙和丙分子中所有原子处于同一个平面上D．乙和丙都能与溴水反应7、以下实验事实可以证明一水合氨是弱电解质的是①0.1mol/L的氨水可以使酚酞溶液变红

②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5③0.1mol/L的氨水的pH值为11.2

④铵盐受热易分解。A．①② B．②③ C．③④ D．②④8、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的9、已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）（相对分子质量：114）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是（）A．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（g）；△H＝－48.40kJ·mol－1B．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝－5518kJ·mol－1C．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝＋5518kJ·mol－1D．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝－48.40kJ·mol－110、一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）达到平衡状态的标志是①2V（O2）=V（NO2）②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A．②④⑥ B．①④⑥ C．②④⑤ D．全部11、使1.0体积的某气态烷烃和烯烃的混合气体在足量空气中完全燃烧，生成2.0体积的二氧化碳和2.2体积的水蒸气(均在120℃、1.01×105Pa条件下测定)，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为（）A．2：3 B．1：4C．4：1 D．3：212、在新制氯水中存在多种分子和离子,下列实验现象和结论一致且正确的是A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有Cl2C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有HClOD．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是Cl213、从海带中提取碘的实验操作如下：①过滤②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌③分液④滴加稀硫酸和双氧水⑤加四氯化碳并振荡。该实验操作顺序合理的是A．④⑤③③①B．②④⑤①③C．⑤④②③①D．②①④⑤③14、O3在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：下列判断不正确的是A．实验表明，升高温度能加快O3的分解速率B．pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用C．在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）D．据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）15、某原电池的总反应为2H2+O2=2H2O，两电极材料都是石墨，氢氧化钾为电解质溶液，下列说法不正确的是A．氧气在正极发生还原反应B．负极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2OC．该电池工作一段时间后电解质溶液中c(OH-)变大D．若正极消耗的气体质量为4克，则转移的电子的物质的量为0.5mol16、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3 B．铁制菜刀生锈C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D．铝锅表面生成致密的薄膜二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________。(2)分别写出反应②、⑤的化学方程式：②______________________________________，⑤__________________________________________。(3)写出反应③的离子方程式____________________________________________。18、短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如图所示，A、B、C、D位于连续的四个主族，D、E的质子数和是20。DABCE回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置是_______；E元素的名称是_______。（2）A元素与氧元素形成的原子个数比是1:1的化合物的化学式是_______，该化合物含有的化学键类型是_______。（3）B原子结构示意图是_______，从原子结构角度分析，B比C活泼性大的原因是_______。（4）元素D比元素E的非金属性强的理由是_______（用化学方程式表示）。（5）A、B、C、D离子半径由大到小的顺序是_________（填写离子符号）。（6）将B、C的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中，能量主要转化方式是_________，正极反应式是_________。19、为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。I.用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____(填字母)。A石墨B．镁C．银D．铂（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。20、Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_______。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。21、取一定质量的氯化钠、溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁戊固体组成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯气的体积/mlV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：（1）请填写表中空白______________、____________；（2）标准状况下氯气的体积V为_______，原混合物中溴化钠的物质的量为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：根据原电池的构成条件分析判断。原电池的构成条件为：1、活泼性不同的两个电极；2、电解质溶液；3、形成闭合回路；4、能自发进行氧化还原反应。详解：A、B、C都符合原电池的构成条件，所以都是原电池；D装置没有形成闭合回路，所以不能构成原电池。故选D。2、C【解析】

绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物，A.CH≡CH+HCl→CH2=CHCl中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，故A不符合题意；B.CH2=CH2+1/2O2，中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，故B不符合题意；C.反应+Br2+HBr为取代反应，反应物中所有原子没有完全转化成目标产物，不满足绿色化学原子经济性要求，故C符合题意；D.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，故D不符合题意；故选C。3、B【解析】分析：有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化，结合选项分析。详解：A．干馏是煤在高温下发生的反应，有新物质生成是化学变化，分馏是利用沸点不同分离液态物质，属于物理变化，A错误；B．裂解是深度裂化，裂化和裂解都有新物质生成，属于化学变化，B正确；C．煤的气化有新物质生成，是化学变化，海水的蒸馏没有新物质生成，是物理变化，C错误：D．蛋白质的变性属于化学变化，盐析属于物理变化，D错误。答案选B。点睛：本题考查了化学变化和物理变化，题目难度不大，明确化学变化和物理变化的本质区别是解题的关键，侧重于考查学生对基本概念的理解、应用能力。4、C【解析】

分子式相同，结构不同的物质互称为同分异构体。【详解】A.O2和O3的化学式不同，它们不是同分异构体，A错误；B.丙烷和戊烷的分子式不同，它们不是同分异构体，B错误；C.这两个物质分别是正丁烷和异丁烷，分子式都是C4H8，结构式不同，它们是一组同分异构体，C正确；D.淀粉和纤维素都是聚合物，它们的化学式都可以由(C6H10O5)n来表示，由于不同的聚合物的聚合度n不同，所以它们的分子式也不同，它们不是同分异构体，D错误；故合理选项为C。5、B【解析】试题分析：△H＝反应物中键能之和－生成物中键能之和，则根据方程式可知该反应的△H＝4akJ/mol+2bkJ/mol-2mkJ/mol-4nkJ/mol，答案选B。【考点定位】考查反应热计算【名师点晴】明确反应热的计算方法是解答的关键，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程。6、C【解析】

如图所示为常见三种烃的比例模型示意图，故甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯。【详解】A.甲、乙和丙的一氯代物都有只有一种，故A错误；B.乙中有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液反应，而甲不能，故B错误；C.乙和丙分子中所有原子处于同一个平面上，故C正确；D.乙能与溴水发生加成反应，丙只能和液溴发生取代反应，不能与溴水反应，故D错误；故答案选C。7、B【解析】

①只能说明氨水显碱性，不能说明氨水为弱电解质，①错误；②pH约为5说明氯化铵溶液显酸性，氯化铵可由盐酸和氨水反应生成，盐酸是强酸，说明氨水为弱碱，故可以证明一水合氨是弱电解质，②正确；③溶液的pH值为11.2，即。则可知，说明此时氨水不是完全电离，由此证明一水合氨是弱电解质，③正确；④铵盐受热易分解，说明铵盐的热稳定性差，不能证明一水合氨是弱电解质，④错误；答案选B。8、B【解析】

根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。9、B【解析】

在25℃时，101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518kJ的热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故选B。10、A【解析】

①2V（O2）=V（NO2），未指明正逆反应，不能判断为平衡状态，错误；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，符合正逆反应速率相等，为平衡状态，正确；③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1时，不一定是平衡状态，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，应为二氧化氮为红棕色气体，达到平衡时，气体颜色不再变化，正确；⑤混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，应为容器的体积不变，则气体的密度始终不变，错误；⑥该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，正确，答案选A。11、B【解析】

同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，该温度下水为气体，设混合气态烃平均分子组成CxHy，根据质量守恒可得：x=2.01.0=2、y=2.2×21.0=4.4，

则混合烃的平均分子式为：C2H

气态烃的碳原子数≤4，则满足C2H4.4合理组合有：①CH4、C3H6，②CH4、C4H8，③C2H6、C2H4。①CH4、C3H6：根据平均分子式可知，甲烷与丙烯的物质的量之比为1：1，而平均H原子数为5≠4.4，所以不合理；②CH4、C4H8：平均C原子为2时，设甲烷的物质的量为x、丁烯的物质的量为y，则x+4yx+y=2，解得：x：y=2：1，此时得到的混合物中平均H原子数为：4×2+82+1=163≠4.4，所以不合理；③C2H6、C2H4：二者任意比混合后平均C原子数都是2，氢原子平均数为4.4时，设乙烷的物质的量为x、乙烯的物质的量为y，则：6x+4yx+y=4.412、A【解析】试题解析：A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-与Ag+法反应生成氯化银沉淀；正确；B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有次氯酸，错误；C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有盐酸，错误；D．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是氧气，错误；考点:考查新制氯水的成分；13、D【解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液，即合理的操作顺序为②①④⑤③，答案选D。14、D【解析】A.实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A正确；B.温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B正确；C.在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为0.5×0.0216mol∙L-1108min=1.00×10－4mol／（L·min）,C正确；D.据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）<v（30点睛：本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。15、C【解析】A、根据原电池的工作原理，在正极上得电子，化合价降低，发生还原反应，故A说法正确；B、根据电池总反应以及电解质的环境，负极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故B说法正确；C、根据电池总反应，生成了H2O，对KOH溶液起到稀释作用，c(OH－)降低，故C说法错误；D、正极上消耗的是氧气，因此转移电子物质的量为4×4/32mol=0.5mol，故D说法正确。16、C【解析】

根据信息判断发生的化学反应，在反应中存在元素的化合价变化时则发生的反应为氧化还原反应，以此来解答。【详解】A.金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不符合题意；B.铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不符合题意；C.酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合题意；D.铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。【点睛】反应中由元素化合价发生变化的为氧化还原反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3CO2＋2OH－=CO32—＋H2O【解析】分析：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠，据此解答。详解：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠，碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠，则（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反应②是钠与水反应，方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；反应⑤是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为CO2＋H2O＋Na2CO3＝2NaHCO3。（3）反应③是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＝CO32－＋H2O。18、第3周期ⅢA族硅Na2O2离子键和共价键镁原子半径大于铝，镁原子核对最外层电子的吸引力小，容易失去最外层电子Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3O2->Na+>Mg2+>Al3+化学能转化为电能2H++2e-=H2↑【解析】分析：D、E处于同主族，E的质子数比D多8，D、E的质子数之和为20，则D的质子数为6，E的质子数为14，D为C元素，E为Si元素；A、B、C、D位于连续的四个主族，结合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A为Na元素，B为Mg元素，C为Al元素。根据元素周期律和相关化学用语作答。详解：D、E处于同主族，E的质子数比D多8，D、E的质子数之和为20，则D的质子数为6，E的质子数为14，D为C元素，E为Si元素；A、B、C、D位于连续的四个主族，结合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A为Na元素，B为Mg元素，C为Al元素。（1）C为Al元素，Al原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，Al元素在周期表中的位置是第三周期第IIIA族。E为Si元素，名称为硅。（2）A为Na元素，Na元素与氧元素形成的原子个数比是1:1的化合物的化学式是Na2O2。Na2O2的电子式为，Na2O2中含有的化学键类型是离子键和共价键。（3）B为Mg，Mg的核电荷数为12，Mg原子核外有12个电子，Mg原子结构示意图为。B（Mg）比C（Al）活泼性大的原因是：镁原子半径大于铝，镁原子核对最外层电子的吸引力小，容易失去最外层电子。（4）可通过H2CO3（H2CO3为碳元素的最高价含氧酸）的酸性比H2SiO3（H2SiO3为硅元素的最高价含氧酸）的酸性强说明元素D（C）比元素E（Si）的非金属性强，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，相应的化学方程式为CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。（5）A、B、C、D的离子分别是Na+、Mg2+、Al3+、O2-，这四种离子具有相同的电子层结构，根据“序大径小”，四种离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Mg2+>Al3+。（6）将Mg、Al的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中构成原电池，原电池中能量主要转化方式是化学能转化为电能。由于Mg比Al活泼，Mg为负极，Al为正极，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极电极反应式为2H++2e-=H2↑。19、B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大4OH--4e-=2H2O+O2↑Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O1682FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+12OH-【解析】分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。（4）由于实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。又因为高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色，所以在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH−－4e−=2H2O+O2↑和Fe－6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；（5）X电极产生氢气，n(H2)=2.672L÷1．4L/mol=2.23mol，n(e-)=2.26mol。在整个电路中电子转移数目相等，则4×n(O2)+6×(2．28g÷56g/mol)=2．26mol，解得n(O2)=2．2275mol，所以V(O2)=2.2275mol×1.4L/mol=2.168L=168mL；（6）K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2。K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式减去负极电极式可得该电池正极发生的电极反应式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+12OH−。20、AB500mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。Na2CO3Na2CO3和NaOH取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【解析】

Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；Ⅱ．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为①n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)=1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；图3信息显示，x:y=1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与