青海省西宁市2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份青海省西宁市2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 Fe-56， 下列有关化学用语使用正确的是等内容，欢迎下载使用。

青海省西宁市2021-2022学年高一下学期末调研测试
化学试题
注意事项：
1.本试卷满分100分，考试时间120分钟。
2.本试卷为试题卷，不允许作为答题卷使用，答题部分请在答题卡上作答，否则无效。
3.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场、座位号填写在答题卡上，同时将学校、姓名、准考证号、考场填写在试卷上。
4.选择题用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，再选涂其它答案标号)。非选择题用0.5毫米的黑色签字笔答在答题卡相应的位置，书写工整，字迹清晰。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题(本题包括20个小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 中国积极推进绿色低碳发展，力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。下列做法错误的是
A. 推广电动汽车 B. 开展植树造林 C. 发展风力发电 D. 禁止施用农药
【答案】D
【解析】
【详解】A．推广电动汽车，可减少化石燃料的利用，有利于实现“碳达峰”、“碳中和”，故A正确；
B．开展植树造林，可吸收二氧化碳，有利于实现“碳达峰”、“碳中和”，故B正确；
C．发展风力发电，可减少化石燃料的利用，有利于实现“碳达峰”、“碳中和”，故C正确；
D．禁止使用农药，不会影响二氧化碳的排放，与“碳达峰”之间没有关系，故D错误；
故选：D。
2. 在电影《我和我的祖国》中有一场景是修复国旗旗杆上的不锈钢阻断球。不锈钢是常见的合金。关于合金下列说法错误的是
A. 我国使用最早的合金是铁合金
B. 钠钾合金是原子反应堆的导热剂
C. 目前世界上使用量最大的合金是铁碳合金
D. 多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点
【答案】A
【解析】
【详解】A．我国使用最早的金属是铜，最早使用铜合金中的青铜和黄铜，A错误；
B．钠钾合金常温下呈液态，导热能力强，是原子反应堆的导热剂，B正确；
C．目前铁合金的使用量最大，是世界上使用量最大的合金，C正确；
D．多数合金具有熔点低于成分金属、硬度和强度大于成分金属的特点，D正确；
故选A。
3. 元素性质呈周期性变化的决定因素是
A. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化 B. 元素相对原子质量依次递增
C. 元素原子半径大小呈周期性变化 D. 元素的最高正化合价呈周期性变化
【答案】A
【解析】
【详解】结构决定性质，即原子的核外电子排布尤其是最外层电子排布决定了元素的性质，所以元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化的必然结果，故A正确。
故选A。
4. 稀土被称为“工业黄金”和“新材料之母”，稀土资源在我国有丰富的储量。其中钇（Y）是重稀土元素的代表。下列关于Y的说法中，不正确的是（ ）
A. 质子数为39 B. 中子数为50
C. 质量数为128 D. 核外电子数为39
【答案】C
【解析】
【详解】A．左下角为质子数，故Y的质子数为39，A正确；
B．中子数=质量数-质子数=89-39=50，B正确；
C．左上角为质量数，故Y的质量数为89，C错误；
D．核外电子数=质子数=39，D正确；
答案选C。
5. 下列物质互为同系物的是
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】B
【解析】
【详解】A．和是同种元素的不同原子，互称同位素，A不符合题意；
B．和都属于烷烃，二者分子式不同，互为同系物，B符合题意；
C．属于烯烃，属于烷烃，二者都属于烃，C不符合题意；
D．和的分子式都为C4H10，二者的结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；
故选B。
6. 在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是
A. 用蒸馏法淡化海水 B. 用铁矿石冶炼铁
C. 用石油裂解生产乙烯 D. 用煤生产水煤气
【答案】A
【解析】
【详解】A.蒸馏海水，利用沸点的差异分离易挥发和难挥发的物质，没有涉及到化学变化，A项符合题意；
B.铁矿石炼铁，从铁的化合物得到铁单质，涉及到化学变化，B项不符合题意；
C.石油裂解，使得较长碳链的烷烃断裂得到较短碳链的烃类化工原料，涉及到化学变化，C项不符合题意；
D.煤生成水煤气，C与水蒸气高温条件下得到CO和H2，涉及到化学变化，D项不符合题意；
本题答案选A。
7. 某元素最高价含氧酸的化学式是，该元素气态氢化物的化学式可表示为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】某元素最高价含氧酸的化学式是，R的化合价为+5价，在气态氢化物中R表现负价，则负价为+5-8=-3，所以氢化物的化学式为RH3，故选C。
8. 下列有关化学用语使用正确的是( )
A. 甲烷分子的球棍模型: B. H2O2的电子式:
C. 硫原子的结构示意图: D. 次氯酸分子的结构式:H-O-Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷分子的比例模型为，A错误；
B．H2O2是共价化合物，电子式为，B错误；
C．硫原子的结构示意图为，C错误；
D．次氯酸分子的结构式为H－O－Cl，D正确，
答案选D。
9. 下列有关金属冶炼的说法错误的是
A. 绝大多数金属的冶炼主要依据氧化还原反应原理
B. 工业上可利用铝热反应炼铁
C. 金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法
D. 金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染
【答案】C
【解析】
【分析】

【详解】A、大多数金属在自然界中以化合态的形式存在，冶炼金属单质的Mn＋＋ne－=M，属于氧化还原反应，故说法正确；
B、利用铝的还原性强于铁，工业上采用铝热法炼铁，如焊接钢轨，故说法正确；
C、氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不导电，故说法错误；
D、金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染，如电解熔融状态下氯化钠，消耗许多能量，产生重金属离子，故说法正确。
10. 已知15P、33As位于同一主族．下列关系正确的是（　　）
A 原子半径：As＞Cl＞P B. 非金属性：Cl＞S＞As
C. 热稳定性：HCl＞AsH3＞PH3 D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．15P、33As位于同一主族，P、Cl位于同周期，则原子半径：As＞P＞Cl，故A错误；B．同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强，非金属性：Cl＞S＞As，故B正确；C．非金属性：Cl＞P＞As，则热稳定性：HCl＞PH3＞AsH3，故C错误；D．非金属性：S＞P＞As，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选B。
点睛：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。同主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同周期从左向右原子半径减小，非金属性增强。
11. 实验室用乙酸、乙醇和浓硫酸制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法中，不正确的是

A. 右侧试管中盛放的是饱和溶液
B. 右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸
C. 加入过量乙醇，可使乙酸完全转化为乙酸乙酯
D. 实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．右侧试管中盛放的是饱和 Na2CO3 溶液，其作用是溶解乙醇、消耗乙酸，同时减少乙酸乙酯的溶解，故A正确；
B．乙醇和水互溶，乙酸还可以和碳酸钠反应，所以右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸，故B正确；
C．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯是可逆反应，即使加入过量乙醇，也不可能使乙酸完全转化为乙酸乙酯，故C错误；
D．实验结束，右侧试管内液体上层是生成的乙酸乙酯，乙酸乙酯为无色透明的油状液体，密度小于水，故D正确；
故选C。
12. 下列说法正确的是
A. 淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B. 蔗糖溶液中加入新制Cu(OH)2煮沸会析出砖红色沉淀
C. 纤维素、淀粉都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体
D. 人体各种组织的蛋白质不断分解，最终生成二氧化碳和水，排出体外
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解的产物是高级脂肪酸(盐)和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，故A正确；
B．蔗糖不属于还原性糖，与Cu(OH)2不产生砖红色沉淀，故B错误；
C．n不同，不互为同分异构体，故C错误；
D．蛋白质中含有N元素，N以尿液的形式排除体内，故D错误。
答案选A。
13. 汽车的启动电源常用铅酸蓄电池。其结构如下图所示，放电时的电池反应如下：。根据此反应判断下列叙述中正确的是

A. 是电池的负极 B. 是负极
C. 得电子，被氧化 D. 电池放电时，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．原电池中负极失去电子发生氧化反应，根据电池放电时的反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可知，负极Pb失去电子，即Pb为负极，PbO2为正极，故A错误；
B．根据A项分析，Pb失去电子，是负极，故B正确；
C．PbO2在放电过程中化合价降低，得到电子被还原，故C错误；
D．由于原电池放电过程中消耗硫酸，电解质溶液中氢离子浓度逐渐减小，所以溶液的酸性减弱，故D错误。
故选B。
14. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g)。当NO2、N2O4的浓度不再变化时，下列说法正确的是
A. NO2全部转化为N2O4 B. 该反应达到化学平衡状态
C. NO2、N2O4 的浓度一定相等 D. 消耗2 mol NO2的同时消耗2 mol N2O4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． 可逆反应，NO2不能全部转化为N2O4，故A错误；
B． 当NO2、N2O4的浓度不再变化时，说明该反应达到化学平衡状态，故B正确；
C． NO2、N2O4 的浓度不一定相等，故C错误；
D． 消耗2 mol NO2的同时消耗1 mol N2O4，故D错误；
故选B。
15. 苯可发生下图所示的变化，下列说法错误的是

A. 生成溴苯的反应属于取代反应
B. 现象②：火焰明亮，冒浓烟
C. 现象①：液体分层，上层紫红色
D. 邻二硝基苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，故A正确；
B．苯的含碳量高，在空气中燃烧不充分，火焰明亮，有大量黑烟，故B正确；
C．苯不能使酸性高猛酸碱溶液褪色，苯的密度比水小，混合后上层液体无色，下层紫红色，故C错误；
D．邻二硝基苯只有一种，说明苯分子结构中的共价键都是相同的，不存在单双键交替，故D正确；
本题答案Ｃ。
16. 下列反应中，属于加成反应的是
A. 乙烯燃烧生成二氧化碳和水 B. 乙烯与溴反应生成1，2-二溴乙烷
C 乙醇与氧气反应生成乙醛和水 D. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．乙醇燃烧生成二氧化碳和水属于氧化反应，A错误；
B．乙烯与溴反应生成1，2—二溴乙烷，碳碳双键发生加成反应，B正确；
C．乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，该反应为氧化反应，C错误；
D．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气属于置换反应，D错误；
答案为：B。
17. 只用一种试剂就可以鉴别乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液，这种试剂是
A. NaOH溶液 B. Na2CO3溶液
C. 石蕊试液 D. 新制的Cu(OH)2悬浊液
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠与乙醇、葡萄糖溶液不反应，与乙酸反应无明显现象，所以不能鉴别，故A错误；
B．葡萄糖溶液、乙醇与碳酸钠溶液均不反应，不分层，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C. 石蕊只能检验乙酸溶液，乙酸使石蕊变红，故C错误；
D.乙醇和Cu（OH）2不反应，乙酸与Cu（OH）2发生中和反应而使Cu（OH）2溶解，葡萄糖含有醛基，能与新制的Cu（OH）2悬浊液发生反应，加热时生成红色沉淀，能用新制Cu（OH）2悬浊液鉴别，故D正确。
故选D。
18. 转化为的微观过程示意图如图。下列说法中，错误的是


A. 催化剂能改变该反应速率
B. 该反应的原子利用率可达到100%
C. 在催化剂表面形成氮氢键时，有电子转移
D. 催化剂表面只发生了极性共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由图示分析，1个氮气分子与3个氢气分子反应，正好形成2个氨分子，该反应的原子利用率可达到100%，故B正确；
C．氮气和氢气合成氨气反应，氢元素的价态升高，氮元素的价态降低，该反应属于氧化还原反应，因此在催化剂表面形成氮氢键时，有电子发生了转移，故C正确；
D．在催化剂表面上，氢气与氮气合成了氨气，只有非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故D错误；
故选D。
19. 某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3∶2，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，则该烃的分子式可能为
A. C3H4 B. C2H4 C. C2H6 D. C6H6
【答案】B
【解析】
【详解】烃的燃烧通式是CnHm＋（n＋m/4）O2 ＝nCO2 ＋m/2H2 O，所以根据题意可知，（n＋m/4）︰n＝3∶2，解得n︰m＝1∶2。又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使溴水褪色，所以应该是乙烯，答案选B。
20. 下列实验操作能够达到实验目的的是

实验操作
实验目的
A
取绿豆大小、等体积的钠块分别投入等体积的水和乙醇中
证明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
将形状、大小相等的铁片分别投入等体积的稀硫酸和浓硫酸中
证明溶液溶度越大，反应速率越快
C
将石蜡油在催化作用下加强热，产生的气体通入溴的溶液中
证明石蜡油分解产物是乙烯
D
向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液
证明氧化性：

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．绿豆大小、等体积的钠块分别与水和乙醇反应，在水中反应更剧烈，则表明水电离出H+的能力比乙醇强，即乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A正确；
B．将形状、大小相等的铁片分别投入等体积的稀硫酸和浓硫酸中，由于铁片在浓硫酸中发生钝化，所以浓硫酸中没有现象发生，不能说明溶液溶度越大，反应速率越快，B不正确；
C．将石蜡油在催化作用下加强热，产生的气体通入溴的溶液中，只能证明有不饱和烃生成，不能证明此烃是乙烯，C不正确；
D．向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，由于氯水过量，不能证明与KI反应的物质为Br2，也就不能证明氧化性：，D不正确；
故选A。
二、填空题(本题包括5小题，共31分)
21. 有四种原子：① ② ③ ④。
（1）其中能与②形成离子键的是_______(填序号)。
（2）①和②形成的化学键是_______(填“极性键”或“非极性键”)。
（3）②和③互为同位素的本质原因是_______。
（4）④的原子结构示图是_______。
【答案】（1）④ （2）极性键
（3）质子数相同而中子数不同
（4）
【解析】
【小问1详解】
钠能与Cl形成含有离子键的离子化合物氯化钠，故答案为④；
【小问2详解】
①和②形成的物质是HCl，所含化学键是极性键；
【小问3详解】
与的质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，故答案为质子数相同而中子数不同；
【小问4详解】
钠的原子序数是11，其原子结构示意图是 。
22. 某实验小组同学进行如下实验，以探究化学反应中的能量变化。

(1)实验表明:①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是_____(填“吸热”或收热")反应。
(2)实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，如图A所示。图A中0-t1段化学反应速率变化的原因是________。已知该反应是放热反应，其能量变化可用下图中的_____(填“B”或“C”)表示。

【答案】 ①. 吸热 ②. 反应放热，随反应进行，温度升高，化学反应速率加快 ③. B
【解析】
【详解】(1)①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，故答案为吸热；

(2)在烧杯中加入5mL 1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，是由于该反应为放热反应，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，只有B图像符合，故答案为反应放热，随反应进行，温度升高，化学反应速率加快放热；B。
23. 某温度时，在2 L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

（1）该反应化学方程式为__________________。
（2）反应开始至2 min，用Y表示的平均反应速率为_________，X的转化率为________。
（3）在密闭容器里，通入a mol A（g）和b mol B（g），发生反应A（g）+ B（g）= 2C（g），当改变下列条件时，会加快反应速率的是________（填序号）。
①降低温度 ②保持容器的体积不变，充入氦气
③加入催化剂 ④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量
【答案】 ①. 3X+Y2Z ②. 0.025mol/(L·min) ③. 30% ④. ③④
【解析】
【详解】（1）由图可知，X、Y是反应物，物质的量分别减少0.3mol、0.1mol，Z是生成物，物质的量增加0.2mol，则方程式中X、Y、Z的物质的量比是3:1:2，所以该反应的化学方程式为：3X+Y2Z。
（2）根据图像知X的物质的量减少0.3mol，则X的转化率为0.3mol/1mol×100%=30%；Y的浓度减少0.1mol/2L=0.05mol/L，根据v=△c/△t计算反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为0.05mol/L/2min=0.025 mol/(L·min)。
（3）①降低温度，化学反应速率减慢，错误；
②保持容器的体积不变，充入氦气，与反应相关的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，错误；
③加入催化剂，化学反应速率加快，正确；
④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，正确；
选③④。
24. 元素周期律是我们研究、预测物质性质的重要工具。根据下表提供的几种短周期元素的原子半径及主要化合价信息，回答问题。

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径/nm
0.030
0.077
0.070
0.066
0.186
0.110
0.106
最外层电子数
1
4


1
5

常见化合价


-3、+5
-2


-2、+6

（1）元素①与②形成的物质是天然气的主要成分，其分子的电子式是_______，该分子的空间结构为_______形。
（2）元素③的最高价氧化物对应的水化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。
（3）元素④在周期表中的位置是_______。
（4）依据所学，任意写出2种能体现元素非金属性⑥<⑦的事实：_______。
【答案】（1） ①. ②. 正四面体
（2）
（3）第二周期第ⅥA族
（4）氧化性：S>P；稳定性：；酸性：
【解析】
【分析】根据表中提供的几种短周期元素的原子半径及主要化合价信息，可推知①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为P，⑦为S。
【小问1详解】
元素①与②形成的物质是天然气的主要成分，其分子的电子式是，该分子的空间结构为正四面体形，故答案为：；正四面体形；
【小问2详解】
元素③的最高价氧化物对应的水化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是，故答案为；
【小问3详解】
元素④核电荷数为8，核外电子层数2，最外层电子数6，在周期表中的位置是第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；
【小问4详解】
元素非金属性⑥<⑦的事实是：单质氧化性：S>P，氢化物的稳定性：H2S>PH3或最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H3PO4，故答案为氧化性：S>P；稳定性：；酸性：。
25. 餐厨垃圾在酶的作用下可获得乙醇，进一步反应可制备有机物C和高分子材料G，转化关系如图：


（1）乙醇含有的官能团名称是____。
（2）A的结构简式是____。
（3）反应①的化学方程式是____。
（4）D的结构简式是____。
（5）下列说法中，不正确的是____。
a．D、E、F均属于烃
b．E和一氯甲烷互为同系物
c．反应②为取代反应
（6）反应③的化学方程式是____。
【答案】（1）羟基 （2）CH3CHO
（3）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
（4）CH2=CH2 （5）a、b、c
（6）nCH2=CHCl
【解析】
【分析】乙醇被催化氧化生成A为CH3CHO，A被氧化生成B为CH3COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3，D和氯气发生加成反应生成E，则D为CH2=CH2，E发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成G为聚氯乙烯。
【小问1详解】
乙醇含有的官能团是羟基；
【小问2详解】
由分析可知，A的结构简式是CH3CHO；
【小问3详解】
B是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则反应①的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
【小问4详解】
D是乙烯，结构简式是CH2=CH2；
【小问5详解】
a．D、E、F分别是乙烯、氯代烃、氯代烃，只有D属于烃，故a错误；b．E中含有2个氯原子，一氯甲烷含有1个氯原子，所以E和一氯甲烷不互为同系物，故b错误；c．反应②为消去反应，故c错误；故答案为：abc；
【小问6详解】
反应③是氯乙烯聚合为聚氯乙烯，化学方程式是nCH2=CHCl。
三、实验题(本题包括3小题，共24分)
26. 取A、B两支试管，均通过排饱和NaCl溶液的方法收集半试管CH4和半试管Cl2，分别用铁架台固定好(如图)。将A试管用铝箔套上，B试管放在光亮处，静置。一段时间后取下A试管上的铝箔，观察两支试管中的现象。

(1)A试管上铝箔的作用是_______，A试管中的现象是_______。
(2)B试管中的现象是_______，有关反应的化学方程式是(写一个)_______。
(3)对比A、B试管中的现象能得出的结论是_______。
【答案】 ①. 避光 ②. 无明显变化 ③. 气体颜色逐渐变浅，试管内壁出现油状液滴，试管内水面上升 ④. CH4+Cl2CH3Cl+HCl ⑤. 甲烷在光照条件下可与氯气发生反应
【解析】
【分析】
【详解】(1)将A试管用铝箔套上，不能进入光，而B试管放在光亮处，可见：A试管上铝箔的作用是避光；A试管用铝箔套上，不能进入光，则不能发生反应，因此A试管无明显现象；
(2)B试管中Cl2、CH4在光照条件下发生取代反应，产生CH3Cl、HCl，取代反应逐步进行，产生CH3Cl会与Cl2进一步发生取代反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，每一步取代反应都会产生HCl，反应消耗Cl2，使气体颜色逐步变浅；产生的四种有机物中只有CH3Cl是气体，其它气体都是无色难溶于水的液体，且HCl在饱和食盐水中会溶解，故同时还存在的现象是：试管内壁出现油状液滴，试管内水面上升；
其中第一步取代反应的化学方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；
(3)通过对比A、B试管中的现象，能得出的结论是：在光照条件下甲烷可与氯气发生反应。
27. 下图A、B、C三个烧杯中分别盛有溶液，D中烧杯内盛有的溶液。

（1）A中反应的离子方程式是_______。
（2）B中Cu极属于原电池中的_______(填“正”或“负”)极；Fe极附近溶液呈_______色。
（3）C中被腐蚀的金属是_______(填化学式)，A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是_______(用“>”表示)。
（4）写出D中总反应的离子方程式：_______，D中铝极发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
【答案】（1）
（2） ①. 正 ②. 浅绿
（3） ①. Zn ②. B＞A＞C
（4） ①. ②. 氧化
【解析】
【小问1详解】
A中，Fe与稀硫酸发生置换反应，生成FeSO4和H2，反应的离子方程式是。答案为：；
【小问2详解】
B中，Fe金属活动性比Cu强，则Cu极属于原电池中的正极；Fe极为原电池的负极，Fe失电子生成Fe2+进入溶液，使附近溶液呈浅绿色。答案为：正；浅绿；
【小问3详解】
C中，Zn作负极，Fe作正极，则被腐蚀的金属是Zn；A中，Fe与稀硫酸直接发生反应，B中，Fe作原电池的负极，Cu加快铁被腐蚀，C中铁作正极，受到Zn的保护，不受腐蚀，则被腐蚀的速率由快到慢的顺序是B＞A＞C。答案为：Zn；B＞A＞C；
【小问4详解】
D中，Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2，总反应的离子方程式：，D中铝极作负极，失电子发生氧化反应。答案为：；氧化。
【点睛】Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池中，虽然Mg的金属活动性比Al强，但由于Mg不能与NaOH溶液发生反应，而Al能与NaOH溶液反应，所以Al作负极。
28. 海水是巨大的资源宝库。根据以下从海水资源获取某些化工原料的流程示意图，回答问题：

（1）操作A是_______(填实验操作名称)。
（2）试剂M可以用贝壳煅烧制成，其化学式为_______；操作B的名称为_______，此操作需要的仪器有_______(从下列仪器选择，填序号)。
①铁架台 ②量筒 ③集气瓶 ④试管 ⑤烧杯 ⑥漏斗 ⑦玻璃棒
（3）工业上制取金属镁的方法是电解熔融的MgCl2，反应的化学方程式为_______。
（4）上图中虚线框内流程的主要作用是_______；溴水中通入SO2时反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）蒸发结晶
（2） ①. CaO ②. 过滤 ③. ①⑤⑥⑦
（3）
（4） ①. 富集Br2 ②.
【解析】
【分析】海水蒸发结晶可得到粗盐，粗盐去除杂质离子可得到精盐；提取粗盐后的母液中加入CaO，可生成Mg(OH)2沉淀，沉淀溶于适量盐酸可得到MgCl2溶液，经过一系列过程可得到无水MgCl2，熔融电解可制得Mg；苦卤中通入Cl2可制得Br2水，用热空气吹出后再用SO2、H2O吸收，从而得到HBr溶液，再通Cl2可制得浓Br2(水)，蒸馏便可获得Br2。
【小问1详解】
操作A是从海水中获得粗盐，操作名称为：蒸发结晶。答案为：蒸发结晶；
【小问2详解】
贝壳的主要成分为CaCO3，煅烧制成氧化钙，其化学式为CaO；操作B为分离固、液混合物的方法，名称为过滤，此操作需要的仪器有①铁架台、⑤烧杯、⑥漏斗、⑦玻璃棒，故选①⑤⑥⑦。答案为：CaO；过滤；①⑤⑥⑦；
【小问3详解】
工业上制取金属镁的方法是电解熔融的MgCl2，反应的化学方程式为。答案为：；
【小问4详解】
海水中Br-的浓度很小，经过还原、吸收、再还原操作，主要作用是富集Br2；溴水中通入SO2时，发生氧化还原反应，生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为。答案为：富集Br2；。
【点睛】MgCl2∙6H2O若直接加热会生成Mg(OH)2，应在HCl气流中加热，才能获得无水MgCl2。
四、计算题(本题共1小题，共5分)
29. 燃烧法是测定有机物分子式的一种重要方法。将0.1mol某烃在氧气中完全燃烧，得到二氧化碳在标准状况下体积为11.2L，生成水为10.8g，求：
(1)该烃的分子式___________。
(2)写出可能的结构简式___________。
【答案】 ①. ②. 、、
【解析】
【分析】该烃在氧气中完全燃烧，产物是水和二氧化碳，已知水的质量，即可求出水物质的量，又由氢原子守恒，可求出烃中氢原子物质的量；同理已知二氧化碳的体积，即可求出二氧化碳物质的量，又由碳原子守恒，可求出该烃中碳原子物质的量。
【详解】(1)由题意得：

设该烃的分子式为，则
即该烃的分子式为：
(2)分子式为C5H12 符合烷烃的通式，故可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷。结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3 、CH3CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)4