2025年秋季高二开学摸底考试模拟卷化学（全解全析）

1/192025年秋季高二开学摸底考试模拟卷化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版必修第一、二册。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15个小题，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7月，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎举办。我国运动健儿取得了40块金牌的优异成绩，运动会上许多“化学元素”发挥着重要作用。下列说法错误的是A．开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理B．场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与漂白液相同C．颁奖的金牌为铁质表面镀一层薄金，这是一种新型合金材料D．部分运动场馆建筑材料使用了新型碲化镉发电材料，碲属于主族元素【答案】C【解析】A．开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理而绽放出耀眼光彩，A正确；B．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，这与漂白液消毒原理相似，B正确；C．金牌材质为铁质镀金，不是铁和金熔融得到的具有金属特性的合金材料，所以不属于新型合金材料，C错误；D．碲是VIA族元素，D正确；故选C。2．下列化学用语表述正确的是A．丙烯的结构简式：CH3CHCH2B．用电子式表示NaH的形成过程：C．-CH3(甲基)的电子式为D．结构示意图可表示也可表示【答案】D【解析】A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2，故A错误；B．NaH是离子化合物，用电子式表示NaH的形成过程，故B错误；C．-CH3(甲基)的电子式为，故C错误；D．结构示意图可表示也可表示，故D正确；选D。3．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A．1．9gHDO和的混合物中含有的电子数为B．氨气和氯化氢气体反应生成1mol氯化铵时断裂和生成的化学键数目都是C．中共价键数目为D．常温常压下，和的混合气体中含有的氧原子总数为【答案】B【解析】A．HDO和的摩尔质量均为19g/mol，且每个HDO和的电子数均为10个，所以1.9gHDO和的混合物为0.1mol，含有的电子数为，A正确；B．生成1mol氯化铵时，形成1molN-H共价键和1mol离子键，共形成的化学键数目是，B错误；C．一个分子中共价键数目为8，的物质的量为0.5mol，即个分子，所以中共价键数目为，C正确；D．和的混合气体只含有氧元素，故氧原子的质量就是48g，氧原子的物质的量为3mol，所以氧原子数为，D正确；答案选B。4．下列反应的离子方程式书写正确的是A．铁与稀硫酸反应：B．用醋酸除水垢：C．碳酸氢钠溶液与足量盐酸反应：D．用浓溶解铜的离子方程式：【答案】B【解析】A．铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．醋酸为弱酸，应保留化学式，反应离子方程式为，故B正确；C．碳酸氢钠拆成碳酸氢根和钠离子，离子方程式为，故C错误；D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮和水，反应离子方程式为，故D错误；答案选B。5．下列实验装置能达到实验目的的是A．用甲装置测定碘待测液中I2的含量B．用乙装置比较AgCl和Ag2S的溶解度大小C．用丙装置蒸发AlCl3溶液得到AlCl3固体D．用丁装置探究压强对化学平衡移动的影响【答案】D【解析】A．Na2S2O3溶液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放，图中是酸式滴定管，故A错误；B．硝酸银溶液过量，两种沉淀都生成，没有沉淀的转化，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度大小，且两种沉淀不是同种类型的电解质，故B错误；C．AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发，用丙装置蒸发AlCl3溶液得到Al(OH)3固体而不是AlCl3固体，故C错误；D．存在平衡2NO2⇌N2O4，压缩体积，压强增大，根据勒夏特列原理可知反应向分子数少的方向进行，应该正向进行，颜色先变深后变浅，能探究压强对化学平衡移动的影响，故D正确；故选：D。6．下列说法正确的是A．在化学反应中，吸热反应一定需要加热才能反应B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C．1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成1molBaSO4时放出的热量为57.3kJD．已知为放热反应，则的能量一定高于的能量【答案】B【解析】A．吸热反应是反应物的总能量低于生成物的总能量，不一定需要加热，需要加热的反应也不一定是吸热反应，即反应吸放热与反应条件无关，如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体在常温下反应、但为吸热反应，故A错误；B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是整数，也可以是分数，故B正确；C．在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol液态水放出的热为57.3kJ，1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成2mol水，同时还有BaSO4沉淀生成，会有沉淀的生成热，因此1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D．放热反应指的是反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，则2mol和1molO2的总能量一定高于2mol的能量，故D错误；答案选B。7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMRQ原子半径/(10-10m)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+1+7+3+2+5—最低负价—-1——-3-2下列说法不正确的是A．由元素X和Q组成的化合物不可能含有共价键B．X、Z、R的最高价氧化物对应的水化物可两两反应C．Y-半径比Q2-半径大D．M(OH)2的碱性比XOH的碱性弱【答案】A【分析】短周期元素中，Y有最高价+7、最低价-1，故Y为Cl元素；Q只有最低价-2，没有最高价，故Q为O元素；R有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，故R为N元素；X、M、Z的最高正化合价分别为+1、+2、+3，结合原子半径可知，X为Na元素、M为Mg元素、Z为Al元素，据此答题；【解析】A．X为Na元素，Q为O元素，形成的化合物一般为Na2O、Na2O2，Na2O2含有非极性共价键，A错误；B．X、Z、R分别是Na、Al、N，它们的最高价氧化物的水化物是NaOH、Al(OH)3、HNO3，由于Al(OH)3呈两性，所以三种物质之间可两两相互反应，产生盐和水，B正确；C．Y为Cl元素，Q为O元素，有三个电子层，有两个电子层，电子层数越多，半径越大，故半径比-半径大，C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，元素的金属性Na>Mg，所以碱性：NaOH>Mg(OH)2，D正确；故选A。8．一定量的稀硫酸与过量的锌粉反应时，为了减小反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向硫酸溶液中加入适量的①

②固体

③固体

④溶液

⑤固体

⑥NaCl溶液A．②④⑥ B．①③⑥ C．②③⑤ D．①②④⑤⑥【答案】B【解析】①加入，硫酸浓度减小，反应速率减小，但的物质的量不变，故不影响生成氢气的总量，①符合题意；②加入固体，与Zn反应生成Cu单质并覆盖在Zn表面，形成Zn-Cu原电池，反应速率增大，②不符合题意；③加入固体，H+与CH3COO-结合成，是弱酸，反应速率减小，③符合题意；④加入溶液，H+与形成硝酸，硝酸与Zn反应会生成NO，影响生成氢气的总量，④不符合题意；⑤加入固体，H+与反应生成CO2，影响生成氢气的总量，⑤不符合题意；⑥加入NaCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小，但的物质的量不变，故不影响生成氢气的总量，⑥符合题意；故①③⑥符合题意，选B项。9．下列实验操作、现象和结论均正确的是操作和现象实验结论A向汽油和地沟油中分别加入足量的含有酚酞的NaOH溶液并加热，现象不同可鉴别出地沟油B将通入酸性溶液，溶液褪色具有漂白性C用试管取适量某无色溶液，加入适量NaOH浓溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，无明显现象证明溶液中无D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，再加入新制悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀证明蔗糖未水解【答案】A【解析】A．汽油中含有多种烃，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，会看到液体分层，而地沟油中含有多种酯，与足量的NaOH溶液混合并加热，油脂水解产生可溶性物质，液体不分层，二者加入热的NaOH溶液后现象不同，可以鉴别，A正确；B．SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，这说明了SO2具有还原性，B错误；C．用试管取适量某无色溶液，加入适量NaOH浓溶液并加热，应该将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸不变为蓝色，可证明溶液中无铵根离子，C错误；D．在蔗糖水解后的溶液中含有催化剂硫酸，应该先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，才会产生砖红色沉淀，未加碱溶液调至碱性时无砖红色沉淀不能说明蔗糖未发生水解反应，D错误；答案选A。10．一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：下列说法正确的是n/molt/minn(X)n(Y)n(Z)02.02.4050.9101.6151.6A．Y的平衡转化率为20%B．平衡状态时，，且不再发生变化C．若单位时间内生成amolX的同时消耗3amolZ，则反应达到平衡状态D．0—5min内，用X表示的平均反应速率为0.09【答案】B【解析】A．10min时X的物质的量为1.6mol，0~10min内转化X的物质的量为0.4mol，则转化Y的物质的量为0.8mol，10min时Y的物质的量为2.4mol-0.8mol=1.6mol，与15min时Y的物质的量相等，则平衡时Y的物质的量为1.6mol，物质Y的平衡转化率为，A错误；B．由题意得，从起始到平衡转化X的物质的量为0.4mol，则生成Z的物质的量为1.2mol，平衡时c(Z)=0.6mol⋅L−1，且不再发生变化，B正确；C．单位时间内生成amolX必定消耗3amolZ，不能表明正反应速率和逆反应速率相等，不能说明达到平衡，C错误；D．0~5min内，，根据方程式，则，所以用X表示的平均反应速率为，D错误；答案选B。11．利用钛酸亚铁()制取金属钛的一种工艺如下图所示：下列有关说法正确的是A．高温时还原性：B．可以选用氮气代替氩气C．用与溶液反应也能制得金属钛D．氯化时每消耗碳单质就有电子转移【答案】D【分析】在高温下经氯化得到TiCl4，TiCl4和Mg在Ar气氛中、800℃反应生成Ti。【解析】A．高温时镁将四氯化钛还原为钛单质，则还原性：，A错误；

B．高温下镁会和氮气反应生成氮化镁，不可以选用氮气代替氩气，B错误；C．会与溶液中水反应，不能置换出钛单质，C错误；

D．氯化过程中发生反应的化学方程式为，该反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化剂，每消耗6mol碳单质，就有7molCl2参加反应，转移电子14mol，D正确；故选D。12．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误的是A．图甲：锌铜原电池工作时，电流由铜电极经电流计流向锌电极，再由锌电极经电解质溶液流向铜电极B．图乙：纽扣式银锌电池中，正极的电极反应式为C．图丙：锌锰干电池中，锌筒作负极，发生氧化反应，且外电路中每转移2mol电子消耗65g锌D．图丁：铅蓄电池为二次电池，其正极的电极反应式为【答案】B【解析】A．甲为锌铜原电池，锌为负极，铜为正极，电流由铜电极经电流计流向锌电极，再由锌电极经电解质溶液流向铜电极，A正确；B．图乙为纽扣式银锌电池，正极为氧化银得电子发生还原反应，电解质溶液为氢氧化钾，所以正极的电极反应为，B错误；C．图丙为锌锰干电池中，锌筒作负极，发生氧化反应，电极反应式为，所以外电路中每转移2mol电子，消耗1mol锌，质量为，C正确；D．图丁所示铅蓄电池为二次电池，总反应为，放电时，为正极，发生还原反应，其正极的电极反应式为，D正确；故选B。13．一定条件下的密闭容器中，发生可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是A．N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2B．NH3的体积分数保持不变C．正反应和逆反应的速率相等D．N2的质量保持不变【答案】A【解析】A．N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2，不能说明各组分含量不变，即不能说明该反应达到平衡状态，A符合题意；B．氨气是生成物，NH3的体积分数保持不变，说明该反应达到平衡状态，B不符合题意；C．正反应和逆反应的速率相等，说明达到平衡状态，C不符合题意；D．N2的质量保持不变，则各组分含量保持不变，说明达到平衡状态，D不符合题意；故选A。14．一种Al、H2O2燃料电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是A．Al电极为负极，发生氧化反应B．电解质溶液中OH-向Al电极移动C．Al电极发生的电极反应为D．电子由Al电极通过电解质溶液流向Pt电极【答案】D【分析】根据题意可知，该装置为原电池装置，由电池两极材料可知Al为负极，失电子发生氧化反应，Pt电极为正极，通入H2O2发生还原反应产生水，据此作答。【解析】A．根据分析可知Al为负极，失电子发生氧化反应，故A正确；B．电解质溶液中的阴离子向负极移动，铝为负极，因此OH-向Al电极移动，故B正确；C．电解质溶液是KOH溶液，Al与OH-反应，所以电极反应为，故C正确；D．电子由负极通过外电路流向正极，Al为负极，Pt电极为正极，因此电子由Al电极通过电解质溶液流向Pt电极，故D错误；故答案选D。15．某白色粉末可能含有、、中的一种或几种，现进行如下实验：①将少量粉末加入水中，振荡，得悬浊液；②向①所得的悬浊液中加入过量的稀盐酸，溶液变澄清，并有气泡产生；③向②所得的澄清溶液中滴入少量溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，下列说法错误的是A．原白色粉末中一定含有B．不能确定原白色粉末中是否含有C．实验②中发生反应的离子方程式为D．向实验②所得的澄清溶液中滴加少量淀粉KI溶液，若溶液变蓝，则可证明原白色粉末中一定含有【答案】C【分析】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙，或者两者都有，则一定含有；②向①中的悬浊液中加入过量稀盐酸，碳酸钡或碳酸钙会溶解，并有二氧化碳气体产生；③取少量②的溶液滴入溶液，有白色沉淀生成，说明生成AgCl沉淀，但氯离子可能是由加入稀盐酸引起的，不能确定是否含有；由上述分析可知，白色固体中一定含有，至少含有、中的一种；【解析】A．由分析可知，原白色粉末中一定含有，A正确；B．由分析可知，至少含有、中的一种，但不确定是否含有，B正确；C．悬浊液中的沉淀不确定是还是，还是都有，离子方程式不确定，C错误；D．向实验②所得的澄清溶液中滴加少量淀粉KI溶液，若溶液变蓝，证明有氧化性的物质将碘离子氧化成碘单质，根据所给物质，则一定有，D正确；故选C。第II卷（非选择题共55分）二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．（12分）黄铁矿烧渣(主要成分为、、、等)是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用黄铁矿烧渣为原料制备铁红的流程如图所示：回答下列问题：（1）铁红是炼铁的重要原料，请再说出铁红的一种用途。（2）为了提高酸浸的速率可采取的措施是(写出一种即可)，“操作1”后的溶液中溶质的主要成分是(填化学式)。（3）“沉淀反应”时不宜混入过多空气，其原因为，操作2的名称是。（4）固体会吸附硫酸根离子等杂质，为检验是否洗涤干净，取最后一次洗涤液于试管，，根据现象判断是否洗涤干净。（5）现有黄铁矿烧渣，铁元素的质量分数为11.2%，经过一系列转化后，得到铁红，该产品的产率为。(提示：产率)【答案】（1）用于无机颜料，在涂料工艺中用作防锈颜料（2分）（2）加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎烧渣（2分）FeSO4（1分）（3）Fe2+极易被空气中的氧气氧化（2分）过滤（1分）（4）加入稀盐酸和氯化钡溶液，若无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净（2分）（5）50%（2分）【分析】黄铁矿烧渣加入还原剂焙烧将所有氧化物还原为单质铁和单质硅，接下来用硫酸酸浸将铁转变为FeSO4，硅不与硫酸反应，可以过滤除去；接下来加入碳酸氢铵，得到FeCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥后再煅烧，煅烧时+2价的Fe被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3；【解析】（1）铁红是指氧化铁，用于油漆、橡胶、塑料、建筑等的着色，是无机颜料，在涂料工艺中用作防锈颜料；（2）为了提高酸浸的速率可采取加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎烧渣等措施，根据分析，操作1后的溶液中溶质的主要成分是FeSO4；（3）Fe2+极易被空气中的氧气氧化，故“沉淀反应”时不宜混入过多空气；操作2是分离固液的操作，为过滤；（4）检验FeCO3是否洗涤干净，只要检验最后的洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，因此我们可以取最后一次洗涤液，加入稀盐酸和氯化钡溶液，若无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；（5）根据铁元素守恒，黄铁矿烧渣理论上能产生铁红的质量为，产品的产率为。17．（15分），回答下列问题：（1）以上反应过程中能量变化情况如图所示。的电子式为，生成时，向环境释放的能量为kJ。我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。加氢可转化为二甲醚，反应原理为。该反应的能量变化如图所示。（2）在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是(填字母)。a．的含量保持不变

b．混合气体的密度不变c．混合气体的平均相对分子质量不变

d．（3）在体积为密闭容器中充入和，测得、的物质的量随时间变化如图所示。①反应到达时，(填“>”“<”或“=”)②内，。③反应达到平衡状态时，的体积分数为%(保留1位小数)。④“二甲醚()酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。Y电极为(填“正”或“负”)极；电路中电子移动方向是X电极的电极反应式为。【答案】（1）（1分）81（2分）（2）ac（2分）（3）①>（2分）②1.5（2分）③17.9（2分）④正（1分）由X电极经导线流向Y电极（1分）（2分）【解析】（1）的电子式为：

，生成时，向环境释放的能量为；（2）a．随反应进行，含量不断减少，含量不变可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意：c．混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，c符合题意；d．在同一反应中同一物质正反应速率等于其逆反应速率时，可以说明该反应达到平衡，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，d不符合题意；选ac：（3）①反应达到时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故；②内，物质的量减少，则，根据反应速率之比等于计量数之比，v(H2)=1.5mol·L-1·min-1。③根据已知条件列出“三段式”平衡时气体总物质的量为，的体积分数为：；④Y电极通入为正极，Y电极上的氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为：，燃料电池中通入燃料二甲醚的X电极为负极，失去电子转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，电路中电子移动方向是：由X电极经导线流向Y电极。18．（15分）某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F为氨气和氯气的发生装置，C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。回答下列问题：（1）装置F中发生反应的离子方程式是。（2）装置A中的烧瓶内固体可选用(填字母)。A．碱石灰

B．浓硫酸

C．生石灰

D．五氧化二磷

E．烧碱（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从如图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B：、D：、E：。备选装置ⅠⅡⅢ（4）氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为：。（5）若从装置C的G处逸出的尾气中含有N2和少量Cl2，应如何处理？。（6）NO2是一种常见的污染物，在一定条件下NH3和NO2反应可生成两种无污染的物质，写出相应反应的化学方程式：，当消耗掉0.8molNH3时，转移的电子数是(用含NA的代数式表示)。【答案】（1）（2分）（2）ACE（2分）（3）Ⅱ（1分）Ⅲ（1分）Ⅰ（1分）（4）8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl（2分）

（5）将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液的烧杯中（2分）（6）（2分）（2分）【分析】A装置制备氨气，B装置干燥氨气，F装置制备氯气，E装置除去氯气中的HCl，D装置干燥氯气，氯气和氨气在C中反应。【解析】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：；（2）利用物质溶解时放出的热量促进氨水的挥发来制取氨气，且该物质和氨气不反应，氨气是碱性气体，所以溶解的物质必须是碱性物质：ACE都是碱性物质，碱石灰、生石灰、氢氧化钠溶于水放出大量的热，使溶液温度升高，有利于NH3•H2O分解可以用来制备氨气，BD溶于水时放热，但是酸性物质，故选ACE；（3）氨气中混有水蒸气，氨气是碱性气体，要除去水蒸气只能用碱性物质，故B选Ⅱ；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选Ⅰ；水蒸气常用浓硫酸除去，故D选Ⅲ；（4）氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气：8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl；（5）氯气有毒，不能直接排放到空气，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，故方法为：将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液的烧杯中；（6）NH3、NO2两者在一定条件下反应生成的无污染物质为N2和H2O，化学方程式为：；氨气中N元素化合价由-3价升高为0价，0.8molNH3转移电子数为：。19．（13分）Ⅰ．截至2021年底，我国共有乙烯生产企业61家，投产乙烯装置79套，合计总产能为4168万吨/年，约占全球总产能的18%。其中蒸汽裂解制乙烯为最主要途径，另外还有煤、甲醇制乙烯等方式。回答下列问题：（1）蒸汽裂解制乙烯的其中一种原料为丁烷，其它条件相同时，1体积丁烷在加热、加压下完全催化裂解可制得1体积乙烯，该反应的方程式为(以分子式表示各物质)。（2）下图是表示乙烯分子结构的球棍模型，其中共平面的原子有个。Ⅱ．乙烯作为化学工业的基础原料之一，可以制备一系列有机化合物，下图展示了乙烯与部分有机化合物之间的转化关系，其中反应条件和部分反应产物已经省略。（3）B的结构简式为，D物质的官能团名称是。（4）反应④的化学方程式是，反应类型为。（5）乙烷的同系物E的相对分子量为72，则E的同分异构体有种，其中支链最多的结构简式为。（6）反应⑥是乙烷与Cl2在光照条件下的取代反应，该反应的机理为自由基反应(自由基：带有单电子的