【化学】山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一5月摸底考试试题（解析版） 18页

山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一5月摸底考试试题 第 I 卷（选择题 44 分）‎ 本试卷分为第 I卷（选择题）和第II卷（非选择题)两部分。考试时间为 90分钟，满分100分。‎ 一、选择题:本题共 10小题,每小题2分，共20分。每小题只有1个正确选项。‎ ‎1.2019年科幻片流浪地球中有个画面，冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，该装置提供电能，并将电能转化为（ ）‎ A. 化学能 B. 生物质能 C. 动能 D. 热能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意卸下核电池，人类就被冻僵可知，该装置提供电能，并将电能转化为热能，‎ 故选：D。‎ ‎2.下列关于化学观或化学研究方法的叙述中，错误的是（ ）‎ A. 在化工生产中应遵循“绿色化学”的思想 B. 在过渡元素中寻找优良的催化剂 C. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料 D. 根据元素周期律，由HClO4可以类推出氟元素的最高价氧化物的水化物为HFO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化工生产主要考虑原料的利用率和减少污染性物质的排放，遵循“绿色化学”的思想，故A正确；‎ B．制取催化剂的元素位于周期表第ⅢB至ⅡB族之间，属于过渡金属元素，故B正确；‎ C．在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，常用于制备半导体材料，故C正确；‎ D．F无正价，不能形成含氧酸，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎3.下列表示物质或微粒的化学用语或模型错误的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式： B. 氮气的结构式：‎ C. 的比例模型： D. 的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯的结构简式：，A错误；‎ B．氮气的结构式：，B正确；‎ C．CH4的比例模型：，C正确；‎ D．的电子式：，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎4.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数 C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. 中子数为176的Ts核素符号是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；‎ B. 同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；‎ C. 同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；‎ D. 该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：，故D错误；‎ 故答案选：D。‎ ‎5.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆 开)1mol 化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则对于反应 表述正确的是 ( )‎ A. 放出1638 kJ 的热量 B. 吸收1638 kJ 的热量 C. 放出126 kJ 的热量 D. 吸收126 kJ 的热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知：1个白磷分子含6个P-P键，1个含12个P-O键，1个O2分子含1个O＝O，那么，1mol白磷参与上述反应时，旧键断裂吸收的能量=6×198kJ+3×498kJ=2682kJ，新键形成放出的能量=12×360kJ=4320kJ，故反应放出(4320-2682)kJ能量，即放出1638kJ能量，A符合。‎ 答案选A。‎ ‎6.已知R2－的核内有n个中子，R原子的质量数为M，则mg R2－中含有电子的物质的量为（ ）‎ A. mol B. mol C. mol D. mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由R2-的核内有n个中子，R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mg R2-的物质的量mol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为mol×(M-n+2)=mol，故选D。‎ ‎7.一定条件下，反应在 ‎5 L 密闭容器中进行，10s ‎ 后的物质的量增加了 0.60 mol，则 10s 内反应的平均速率(X)可表示为（ ）‎ A. ()＝0.06 mol/(L·min) B. ()＝0.008 mol/(L·s)‎ C. ()＝0.006 mol/(L·s) D. (NO)＝0.04 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】反应速率之比=化学计量数之比。‎ ‎【详解】10s后H2O的物质的量增加了0.60mol，则，所以，=0.12mol/L，所以：‎ A．()==0.012mol/(L·s)=0.72mol/(Ｌ·min)，A错误；‎ B．():()＝4:6=():0.012mol/(L·s)，所以，()==0.008mol/(L·s)，B正确；‎ C．同理，(O2)==0.01mol/(L·s)，C错误；‎ D．同理，()==0.008mol/(L·s)，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如图实验方案：下列说法正确的是（ ）‎ A. ①中反应的离子方程式：‎ B. ②中分液时含的 溶液从分液漏斗上口倒出 C. ③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有 D. 操作Z 的名称是蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】海带浸取液中的碘离子被加入的过氧化氢氧化得到含碘单质的水溶液，加入四氯化碳振荡、静置分层、分液得到碘单质的四氯化碳溶液，向碘单质的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质和氢氧化钠反应得碘化钠和次碘酸钠溶液，振荡、静置分层，去掉四氯化碳层，再加入稀硫酸酸化，碘化钠和次碘酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应得到碘单质的悬浊液，通过过滤得到碘单质。‎ ‎【详解】A．反应为酸性环境，I-被H2O2氧化成I2，①中反应的离子方程式：2I−+2H++H2O2═I2+2H2O，A错误； B．四氯化碳的密度比水大，在下层，②中分液时I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，B错误； C．③中反应为I2+2OH−=IO−+I−+H2O，加入的NaOH溶液将I2从CCl4中反萃取得到IO−和I−的水溶液，CCl4密度比水大，IO−和I−的水溶液在上层，C正确； D．含I2的悬浊液得到固体I2应为过滤，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎9.现将下列物质分别装入有水的锥形瓶里(见下图)，立即塞紧带 U 形管的塞子， 发现 U 形管内滴有红墨水的水面如图所示状态，判断加入的物质不可能是（ ）‎ A. NaOH 固体 B. 浓硫酸 C. 晶体 D. CaO固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶于水放热，锥形瓶内压强增大，将U形管中的红墨水向右压，使U形管中液面左低右高，A正确；‎ B．浓H2SO4溶于水放热，锥形瓶内压强增大，将U形管中的红墨水向右压，使U形管中液面左低右高，B正确；‎ C．NH4NO3溶于水吸热，锥形瓶内压强减小，大气压将U形管中的红墨水向左压，使U形管中液面左高右低，C错误；‎ D．CaO与水反应放热，锥形瓶内压强增大，将U形管中的红墨水向右压，使U形管中液面左低右高，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎10.镁－次氯酸盐电池的工作原理如图，该电池反应为：。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电池工作时，正极 a 附近的 pH 将不断增大 B. 电池工作时，C溶液中的溶质是 C. 负极反应式:‎ D. a 电极发生还原反应，每转移 0.2mol电子，理论上生成 0.2mol ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】a电极附近，Cl元素化合价降低，得电子，应为正极，反应式为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；b电极为负极，电极反应式为：Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2，据此解答。‎ ‎【详解】A．a电极的电极反应式为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，由此可知，a为正极，附近的 pH不断增大，A正确；‎ B．由总反应可知，溶液C的溶质和原料有关，若原料为NaClO，则溶液C的溶质应为NaCl，B错误；‎ C．负极失电子，应为Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2，C错误；‎ D．由ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-可知，每转移0.2mol 电子，理论上生成0.1mol Cl-，D错误；‎ 答案选A。‎ 二、选择题:本题共 8 小题，每小题3分，共4分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得3分,选对但不全的得1分，多选、错选均得0分。‎ ‎11.如图所示是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系，则下列说法正确的是（ ）‎ A. Z、N两种元素形成的化合物熔融状态下可以导电 B. X、N两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较低 C. Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液中 D. 由X与M两种元素组成的化合物能与水反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A．Z、N两种元素的离子分别为Al3+、Cl-，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+＜Cl-，故A错误；‎ B．X为O元素，N为Cl元素，H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，故沸点性H2O＞HCl，故B错误；‎ C．氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与盐酸反应生成氯化铝，故C正确；‎ D．由X与M两种元素组成的化合物是SiO2，能与强碱反应，能与氢氟酸反应，但不与反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（ ）‎ A. ①②中Mg作负极，③④中Fe作负极 B. ②中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑‎ C. ③中Fe作负极，电极反应式为Fe-3e-=Fe3+‎ D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】装置①中，电解质液为稀硫酸，镁的活泼性强于铝，故Mg作负极；装置②中，电解质液为氢氧化钠溶液，镁不能与其反应，故Al作负极；装置③中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作负极；装置④中，发生吸氧腐蚀，Fe作负极。‎ ‎【详解】A.装置②中Al作负极，装置③中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作负极，A错误；‎ B.装置②中Al作负极，Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，B正确；‎ C.装置③中Cu作负极，C错误；‎ D.装置④中Fe作负极，Cu作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列有关叙述中，能说明非金属元素M比N的非金属性强的是(　　)‎ ‎①非金属单质N能从M的化合物中置换出非金属单质M；‎ ‎②M原子比N原子容易得到电子；‎ ‎③N－离子的还原性比M－离子强；‎ ‎④气态氢化物水溶液的酸性HmM＞HnN；‎ ‎⑤氧化物水化物的酸性HmMOx＞HnNOy；‎ ‎⑥单质熔点M＞N。‎ A. ②⑤‎ B. ②③‎ C. ①②③‎ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①非金属单质N能从M的化合物中置换出非金属单质M，说明非金属性N强于M，故错误；‎ ‎②M原子比N原子容易得到电子，说明非金属性M强于N，故正确；‎ ‎③N－离子的还原性比M－离子强，能说明M的非金属性比N强，故正确；‎ ‎④非金属性强弱与氢化物的酸性没有关系，故错误；‎ ‎⑤HmMOx和HnNOy不一定是最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故错误；‎ ‎⑥非金属性强弱与非金属单质的熔点无关系，故错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.将过量的两份锌粉 a、b分别加入盛有等体积等浓度的稀硫酸中，同时向加入锌粉 a的稀硫酸中再加入少量溶液，图中产生 的体积 V（L）与时 间 t(min)的关系，其中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在a中加入少量CuSO4溶液，锌置换出铜可形成铜锌原电池，反应速率增大，先出现“拐点”，由于锌过量，硫酸完全反应完，生成氢气的量由硫酸决定，因为硫酸的量相等，故生成的氢气应相等，只有B符合。 答案选B。‎ ‎15.下列表述正确的是（ ）‎ A. 苯和氯气生成的反应是取代反应 B. 乙烯与溴水发生加成反应的产物是 C. 等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是 D. 的同分异构体的种数有 8种 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯和氯气生成C6H6Cl6，H原子数没有变化，多了6个Cl，不是取代反应，应为加成反应，A错误；‎ B．乙烯与溴水发生加成反应生成1,2−二溴乙烷，即CH2BrCH2Br，B正确；‎ C．甲烷与氯气的取代反应，多步反应同时进行，共生成4种氯代烃，C错误；‎ D．C5H11Br为C5H12的一溴取代物，C5H12的结构有三种，分别为：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，CH3CH2CH2CH2CH3有3种等效氢，对应的一溴代物有3种，CH3CH2CH(CH3)2有4种等效氢，对应的一溴代物有4种，C(CH3)4有1种等效氢，对应的一溴代物有1种，共有3+4+1=8种一溴代物，即C5H11Br的结构有8种，D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎16.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 石油中含有 C5～C11 的烷烃，可以通过石油的蒸馏得到汽油 B. 含 C18 以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油 C. 煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物 D. 煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油是由烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物．石油主要由液态烃构成，也溶有少量气态烃和固态烃．石油中肯定含有C5−C11的烷烃，通过石油的分馏可以得到汽油、煤油等产品，而不是蒸馏，A错误；‎ B．C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到短链烃，如汽油，B正确；‎ C．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，C正确；‎ D．煤中并不含有苯和甲苯，煤经过干馏发生复杂的物理、化学变化后得到煤焦油等物质，煤焦油是含有多种芳香族化合物的复杂混合物，在‎170℃‎以下蒸馏出来的馏出物里主要含有苯、甲苯、二甲苯和其他苯的同系物等，D错误。‎ 答案选AD。‎ ‎17.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中能量转化方式只有2种 B. H+向a极区移动 C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－== 2NH3‎ D. a极上每产生‎22.4L O2流过电极的电子数为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；‎ B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；‎ C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；‎ D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2即1mol氧气流过电极的电子数为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎18.主链上有5个碳原子，含甲基，乙基两个支链的烷烃有（ ）‎ A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】主链5个C，则乙基只能在3号C上，甲基可以在2号C、或者3号C上，所以有如下2种：、，D正确。 答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共 56 分）‎ 三、非选择题:本题包括4小题，共 56 分。‎ ‎19.Ⅰ.已知五种元素的原子序数的大小顺序为 C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C 同主族；A与B形成离子化合物，中所有的离子的电子数相同， 其电子总数为 30；D 和 E 可形成 5核10电子的分子。试回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的电子式：‎ 的电子式：____________________；A、B、E形成的化合物：____________________；‎ ‎(2)A、B 两元素组成的化合物存在的化学键是__________________________________。‎ ‎(3)写出 D 和 E 形成的 5 核 10 电子分子与氯气的第一步反应的方程式：___________________________________________________。‎ ‎ Ⅱ.对下列物质进行分类（均填序号）。互为同素异形体的是________________；互为同分异构体的是________________；互为同系物的是________________.‎ ‎①和；②与；③和；④金刚石与水晶； ⑤正戊烷和异戊烷 ⑥和 ⑦ ；⑧与 ‎【答案】(1). (2). (3). 离子键、共价键 (4). (5). ②③ (6). ⑤ (7). ⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．A2B中A、B离子的电子数相同，电子总数为30，则每个A、B离子的电子数为10，可推出A是Na，B是O；‎ 又因为D和E可形成5核10电子分子，只能是CH4，原子序数D>E，故D是C，E是H；‎ C与A(Na)同周期，与B(O)同主族，所以C位于第三周期ⅥA族，是S；‎ 综上所述，A、B、C、D、E分别为：Na、O、S、C、H，据此回答 ‎【详解】Ⅰ．(1)D为C，E为H，所以，D2E4 (C2H4)的电子式为：，A(Na)、B(O)、E(H)形成的化合物为NaOH，其电子式为：，故答案为：；；‎ ‎(2)A2B2(Na2O2)既含离子键，又含共价键，故答案为：离子键、共价键；‎ ‎(3)由分析可知，5核10电子分子为CH4，CH4与氯气在光照条件下共涉及4个取代反应，第一步反应的方程式为：，故答案为：；‎ Ⅱ．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，故互为同素异形体的为：②③；分子式相同，结构式不同的化合物互为同分异构体，故互为同分异构体的为：⑤；组成相同，结构相似，分子中相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，故互为同系物的为：⑥，故答案为：②③；⑤；⑥。‎ ‎20.(1)氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的 NO 和，在一定条件下发生反应：。‎ ‎①能说明该反应已达到平衡状态的标志是________________。‎ a．反应速率 v()=v() ‎ b．容器内压强不再随时间而发生变化 c．容器内 的物质的量分数不再随时间而发生变化 d．容器内 n(NO)∶n()∶n()∶n() = 6∶4∶5∶6‎ e．12mol N-H键断裂的同时生成 5mol N≡N 键 ‎②某次实验中测得容器内 NO 及的物质的量随时间变化如图所示，图中 b 点 对应的速率关系是 v(正 )_____v(逆)；d 点对应的速率关系是 v(正)_____v(逆)。‎ ‎（填﹥、﹤或﹦）‎ ‎(2)一定条件下，在 ‎2L 密闭容器内，反应，n()随时间 变化如下表：‎ ‎①用表示 0～2 s 内该反应的平均速率为_____。在第 5s 时， 的转化率为______。‎ ‎②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是______________________。‎ ‎【答案】(1). bc (2). ＞ (3). ＝ (4). 0.00375mol/(L·s) (5). 87.5% (6). 随着反应的时行，反应物的物质的量浓度逐渐减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ‎ ‎①a．反应速率v()=v()未指明是正反应速率还是逆反应速率，且速率之比不等于计量数之比，不能说明反应是否平衡，a错误； ‎ b．恒温恒容下，正反应是一个压强增大的反应，当容器内压强不再变化，说明反应已达平衡，b正确；‎ c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明体系中N2的含量不再变化，已达平衡，c正确；‎ d．化学反应速率之比=计量数之比，无论反应是否达到平衡，容器内都一定有 n(NO)∶n()∶n()∶n() = 6∶4∶5∶6，即n(NO)∶n()∶n()∶n() = 6∶4∶5∶6不能说明反应是否平衡，d错误；‎ e．12molN-H键断裂的同时生成5mol N≡N键描述的都是正反应，不能说明反应是否平衡，e错误；‎ 故答案为：bc；‎ ‎②‎ 图中b点以后，NO的物质的量还在减小，说明b点反应还未平衡，正在向正反应方向进行，所以，b点：v(正)＞v(逆)，d点以后，N2和NO的物质的量不在改变，说明d点反应已达平衡，所以，d点：v(正)=v(逆)，故答案为：＞；＝；‎ ‎(2) ‎ ‎①0～2s内，，=0.015mol/L，所以，v(NO2)==0.0075mol/(L·s)，v(N2O4)==0.00375mol/(L·s)，第5s时，的转化率==87.5%，故答案为：0.00375mol/(L·s)；87.5%；‎ ‎②随着反应的进行反应物的物质的量浓度逐渐减小，因此反应速率减小，故答案为：反应物的物质的量浓度逐渐减小。‎ ‎21.为验证同主族元素性质的递变规律。某小组用如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性已检验)。‎ 实验过程：‎ Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。‎ Ⅱ.当装置B和装置C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。‎ Ⅲ.当装置B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。‎ Ⅳ.……‎ ‎（1）浸有NaOH溶液的棉花的作用____________________________。‎ ‎（2）装置A中发生的置换反应的化学方程式为___________________。‎ ‎（3）装置B的溶液中NaBr完全被氧化，则消耗Cl2的物质的量为__________。‎ ‎（4）为验证溴元素的非金属性强于碘元素，过程Ⅳ的操作和现象是__________。‎ ‎【答案】(1). 吸收逸出的Cl2，防止污染环境 (2). Cl2+2KI=I2+2KCl (3). 0.005mol ‎ ‎ (4). 打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4 层变为紫红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A中高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，氯气具有强氧化性，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）氯气有毒需要尾气处理，则浸有NaOH溶液的棉花的作用是吸收逸出的Cl2，防止污染环境；‎ ‎（2）氯气具有氧化性，与碘化钾发生置换反应，反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；‎ ‎（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的方程式为Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl。溴化钠的物质的量是‎0.01L×1mol/L＝0.01mol，根据方程式可知消耗氯气是0.005mol；‎ ‎（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，即实验操作为：打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色。‎ ‎22.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。‎ ‎(1)仪器A的名称为_____，干燥管 D 的作用为_____。‎ ‎(2)若要证明非金属性：Cl＞I，C中为淀粉—碘化钾混合溶液，B 中装有固体，则 A中试剂为______，观察到 C 中溶液_____(填现象)，即 可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_________溶 液吸收尾气。‎ ‎(3)若要证明非金属性：C＞Si，则在 A中加盐酸、B 中加、C 中加溶液。观察到 C 中溶液_____(填现象)，即可证明。但有的同学认 为盐酸具有挥发性，HCl可进入 C 中干扰实验，应在两装置间添加装有__________________溶液的洗气瓶除去。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 防止倒吸 (3). 浓盐酸 (4). 变蓝 (5). NaOH溶液 (6). 产生白色沉淀 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)仪器A的名称为：分液漏斗，D的作用是防止倒吸，故答案为：分液漏斗；防止倒吸； ‎ ‎(2)A中浓盐酸和B中KMnO4反应产生Cl2，Cl2和C中的KI反应置换出I2，I2遇淀粉变蓝，即C中变蓝，本实验说明Cl2的氧化性强于I2，那么Cl的非金属性强于I。本实验涉及的Cl2有毒，反应不完全排放到空气中会污染空气，因此缺少一个尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气，故答案为：浓盐酸；变蓝；NaOH溶液；‎ ‎(3)A中的盐酸和B中的CaCO3反应产生CO2，CO2与C中Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀H2SiO3，说明H2CO3的酸性强于H2SiO3，那么C的非金属性强于Si。但是本实验存在一个缺陷：浓HCl易挥发，HCl可进入C中和Na2SiO3反应产生白色沉淀H2SiO3干扰实验，故应在两装置之间添加一个除HCl的装置，可用饱和NaHCO3溶液，故答案为：产生白色沉淀；NaHCO3。‎ ‎23.燃烧法是测定有机化合物分子式的一种重要方法。已知 0.1mol 某烃 A完全燃烧后，生成 ‎11.2L（标准状况）的，生成 ‎10.8g 水，回答下列问题。‎ ‎(1)通过计算推导A的分子式_____________（写出计算过程）。‎ ‎(2)写出A可能的结构简式___________________。‎ ‎【答案】(1). 二氧化碳的体积为‎11.2L(标准状况)，则n(CO2)==0.5mol，n(C)=n(CO2)=0.5mol；水的质量为‎10.8g，则n(H2O)==0.6mol，n(H)=2n(H2O)=1.2mol，即0.1mol烃中含有0.5molC原子，1.2molH原子，所以该烃分子中C原子个数为5，H原子个数为12，所以该烃的分子式为 (2). 、、‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)二氧化碳的体积为‎11.2L(标准状况)，则n(CO2)==0.5mol，n(C)=n(CO2)=0.5mol；水的质量为‎10.8g，则n(H2O)==0.6mol，n(H)=2n(H2O)=1.2mol，即0.1mol烃中含有0.5molC原子，1.2molH原子，所以该烃分子中C原子个数为5，H原子个数为12，所以该烃的分子式为；‎ ‎（2）由碳链异构可知，C5H12可能的结构简式为：、、。‎ ‎ ‎ ‎ ‎