內(nèi)蒙古赤峰市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試聯(lián)考試題A卷含解析

PAGE22-內(nèi)蒙古赤峰市2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期期末聯(lián)考試卷化學(xué)試題(A)1.化學(xué)與生活、社會(huì)發(fā)展休戚相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是A.燃料電池的能轉(zhuǎn)量化率可達(dá)100%B.“熔噴布”可制作N95型等口罩，生產(chǎn)“熔噴布”的主要原料是聚丙烯，它屬于純凈物C.體積分?jǐn)?shù)75%的乙醇溶液可用于醫(yī)療消毒D.84消毒液與酒精混用殺菌消毒效果更好【答案】C【解析】【詳解】A．燃料電池部分能量轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為熱能，能轉(zhuǎn)量化率小于100%，A說(shuō)法錯(cuò)誤；B．“熔噴布”可制作N95型等口罩，生產(chǎn)“熔噴布”的主要原料是聚丙烯，它屬于混合物，B說(shuō)法錯(cuò)誤；C．體積分?jǐn)?shù)75%的乙醇溶液消毒效果最好，可用于醫(yī)療消毒，C說(shuō)法正確；D．84消毒液與酒精混用能氧化乙醇，殺菌消毒效果降低，D說(shuō)法錯(cuò)誤；答案為C。2.下列事實(shí)對(duì)應(yīng)的化學(xué)用語(yǔ)表達(dá)錯(cuò)誤的是A.自然界中正常的雨水呈酸性：H2O＋CO2H2CO3

，H2CO3H+＋HCO3-B.“NO2球”浸入冷水中顏色變淺：2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無(wú)色)ΔH＜0C.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合出現(xiàn)渾濁：S2O32-＋2H+==S↓＋SO2↑＋H2OD.甲烷的燃燒熱為ΔH＝-890.3kJ·mol-1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-890.3kJ·mol-1【答案】D【解析】【詳解】A.自然界中正常的雨水呈酸性是碳酸電離顯酸性：H2O＋CO2H2CO3，H2CO3H+＋HCO3－，故A正確；B.“NO2球”浸入冷水中顏色變淺，說(shuō)明降溫向生成N2O4的方向移動(dòng)，因此生成N2O4的方向是放熱反應(yīng)即2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無(wú)色)ΔH＜0，故B正確；C.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合出現(xiàn)渾濁即生成硫沉淀和二氧化硫氣體：S2O32?＋2H+=S↓＋SO2↑＋H2O，故C正確；D.甲烷的燃燒熱為ΔH＝?890.3kJ·mol?1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式應(yīng)當(dāng)為：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝?890.3kJ·mol?1，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物，水為液態(tài)水。3.1909年，丹麥生理學(xué)家索侖生提出用pH表示水溶液的酸度：pH＝-lg[H+]，后來(lái)又定義pOH＝-lg[OH－]，pKW＝-lgKW。對(duì)某水溶液的下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A.pH＋pOH＝pKW B.若酸性溶液則pH＞pOHC.常溫下pH＋pOH＝14 D.溶液pH＝7時(shí)未必呈中性【答案】B【解析】【詳解】A.pH＋pOH＝?lgc(H+)+[?lgc(OH－)]＝?lgc(H+)c(OH－)＝pKw，故A正確；B.常溫下，若為酸性溶液則pH＜７，pOH＞7，因此pOH＞pH，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)A選項(xiàng)，常溫下pH＋pOH＝pKw＝?lg1×10?14＝14，故C正確；D.常溫下，溶液pH＝7時(shí)呈中性，100℃時(shí)溶液pH＝7是呈堿性，即溶液pH＝7時(shí)未必呈中性，故D綜上所述，答案為B。4.下列事實(shí)不能用勒夏特列原理說(shuō)明的是（）A.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡體系中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深B.工業(yè)合成氨中，將氨氣液化分別C.A、B兩支試管中分別加入等體積5%的H2O2溶液，在B試管中加入2～3滴FeCl3溶液，B中試管中產(chǎn)生氣泡快D.對(duì)于反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)△H<0，上升溫度可使體系顏色變深【答案】C【解析】【詳解】A．FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡體系中加入少量KSCN固體，平衡正向移動(dòng)，溶液顏色加深，符合勒夏特列原理，故A正確；B．分別出氨氣，平衡正向移動(dòng)，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，符合勒夏特列原理，故B正確；C．運(yùn)用催化劑可以加快反應(yīng)速率，不影響平衡的移動(dòng)，且過(guò)氧化氫的分解不是可逆反應(yīng)，不符合勒夏特列原理，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)于反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)△H<0，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，可使體系顏色變深，符合勒夏特列原理，故D正確；答案為C?！军c(diǎn)晴】勒夏特列原理的內(nèi)容是變更影響平衡的條件，平衡向減弱這個(gè)影響的方向移動(dòng)，如上升溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，留意運(yùn)用勒夏特列原理的前提：（1）必需是可逆反應(yīng)；（2）平衡發(fā)生了移動(dòng)，如運(yùn)用催化劑，平衡不移動(dòng)；（3）減弱不能消退這個(gè)因素；題中易錯(cuò)點(diǎn)為B，留意變更外界條件平衡不移動(dòng)，則也不能用勒夏特列原理說(shuō)明，本題難點(diǎn)是C選項(xiàng)，過(guò)氧化氫的分解本身不是可逆的，另外運(yùn)用催化劑也不能用勒夏特列原理說(shuō)明。5.化學(xué)鍵的鍵能是形成(或拆開(kāi))1mol化學(xué)鍵時(shí)釋放(或汲取)的能量。已知白磷和P4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，現(xiàn)供應(yīng)以下化學(xué)鍵的鍵能(kJ/mol)P—P：198，P—O：360，O＝O：498，則反應(yīng)P4(白磷)+3O2P4O6A.放出1638kJ熱量B.汲取1638kJ熱量C.放出126kJ熱量D.汲取126kJ熱量【答案】A【解析】【分析】反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，據(jù)此計(jì)算推斷，留意每摩爾P4中含有6molP-P鍵?！驹斀狻扛骰瘜W(xué)鍵鍵能為P?P：198kJ?mol-1、P?O：360kJ?mol-1、O=O：498kJ?mol-1反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能?生成物總鍵能,由圖可知：1個(gè)P4分子中含有6個(gè)P?P鍵，1個(gè)P4O6分子中含有12個(gè)P?O，1molP4和3molO2完全反應(yīng)(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反應(yīng)P4+3O2=P4O6的反應(yīng)熱△H=6×198kJ?mol-1+3×498kJ?mol-1?12×360kJ?mol-1=?1638kJ?mol-1，反應(yīng)放熱1638kJ，A項(xiàng)正確；答案選A?！军c(diǎn)睛】每摩爾P4中含有6molP-P鍵，須要熟記。6.2molA與2molB混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），2s末A的轉(zhuǎn)化率為50%，測(cè)得v（D）=0.25mol?L﹣1?s﹣1，下列推斷不正確的是A.2s末，B的濃度為0.5mol/L B.2s末，容器內(nèi)的壓強(qiáng)是初始的7/8倍C.2s時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)為2/7 D.z=2【答案】A【解析】A的初始物質(zhì)的量為2mol，2s末A的轉(zhuǎn)化率為50%，則A反應(yīng)了1mol，由化學(xué)方程式可得，A、B按2:3的物質(zhì)的量之比反應(yīng)，所以B反應(yīng)了1.5mol；v（D）=0.25mol?L﹣1?s﹣1，則D生成了0.25mol?L﹣1?s﹣1×2s×2L=1mol，由題意列三段式：A項(xiàng)，2s末，反應(yīng)物B的濃度為：0.5mol÷2L=0.25mol/L，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，同溫同體積時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，所以2s末容器內(nèi)的壓強(qiáng)與初始的壓強(qiáng)之比為：=，故B正確；C項(xiàng)，體積分?jǐn)?shù)等于物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，所以2s時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)為：=，故C正確；D項(xiàng)，2s內(nèi)A反應(yīng)了1mol、C生成了1mol，所以化學(xué)方程式中A與B的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)相等，即z=1，故D正確。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，依據(jù)已知條件，結(jié)合反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比及轉(zhuǎn)化率、體積分?jǐn)?shù)的概念，分析起先、轉(zhuǎn)化和平衡時(shí)各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，列出三段式進(jìn)行計(jì)算會(huì)使問(wèn)題變得直觀、簡(jiǎn)潔，要駕馭好這種方法，留意三段式中第一段表示反應(yīng)物和生成物的初始量；其次段表示轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量或濃度，與方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)呈肯定比例關(guān)系；第三段，對(duì)與反應(yīng)物來(lái)說(shuō)等于初始量-轉(zhuǎn)化量，對(duì)生成物來(lái)說(shuō)等于初始量+轉(zhuǎn)化量。7.NOx含量的測(cè)定，是將氣體樣品通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀釋?zhuān)咳≡撊芤?，加入FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量），充分反應(yīng)后，用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2+下列說(shuō)法不正確的是A.NO被H2O2氧化為的離子方程式為2NO+3H2O2=2H++2+2H2OB.滴定操作運(yùn)用玻璃儀器有酸式滴定管C.若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高D.氣體樣品中混有空氣，測(cè)定結(jié)果會(huì)偏高【答案】D【解析】【詳解】A.NO作還原劑，H2O2作氧化劑，生成硝酸和水，該離子方程式正確，A正確；B.重鉻酸鉀是強(qiáng)氧化劑，會(huì)腐蝕橡膠，故選用酸式滴定管，B正確；C.加入FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量），先發(fā)生，后發(fā)生，若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，則FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高，C正確；D.氣體樣品中混有空氣，則樣品中NOx實(shí)際含量偏小，試驗(yàn)中消耗的FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量）、K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，測(cè)定結(jié)果會(huì)偏小，D不正確；答案選D。

8.25℃時(shí)，水的電離達(dá)到平衡：H2OH++OH－△H>0，下列敘述正確的是（）A.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H+)增大，Kw不變B.向水中加入氨水，平衡逆向移動(dòng)，c（OH-）降低C.向水中加入固體硫酸銅，平衡逆向移動(dòng)，c（OH－）減小D.將水加熱，Kw增大，pH不變【答案】A【解析】【詳解】A．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，硫酸氫鈉電離出氫離子，c（H+）增大，溫度不變，Kw不變，故A正確；B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱堿，抑制水的電離，平衡逆向移動(dòng)，c（OH-）增大，故B錯(cuò)誤；C．向水中加入少量固體硫酸銅，Cu2+水解結(jié)合水電離出氫氧根離子，促進(jìn)水電離，平衡正向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．水的電離是吸熱過(guò)程，將水加熱，促進(jìn)水的電離，Kw增大，氫離子濃度增大，pH減小，故D錯(cuò)誤；故選A。9.室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是()加入物質(zhì)結(jié)論A50mL1mol·L－1H2SO4反應(yīng)結(jié)束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水電離出的c(H+)·c(OH-)不變D0.1molNaHSO4固體反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈堿性，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4與Na2CO3恰好反應(yīng)，則反應(yīng)后的溶液溶質(zhì)為Na2SO4，故依據(jù)物料守恒反應(yīng)結(jié)束后c(Na+)=2c(SO42-)，A錯(cuò)誤；B、向溶液中加入0.05molCaO，則CaO+H2O=Ca(OH)2，則c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)減小，故增大，B正確；C、加入50mLH2O，溶液體積變大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)減小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水電離，故由水電離出的c(H+)·c(OH-)減小，C錯(cuò)誤；D、加入0.1molNaHSO4固體，NaHSO4為強(qiáng)酸酸式鹽電離出H+與CO32-反應(yīng)，則反應(yīng)后溶液為Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH減小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】鹽的水解包括的內(nèi)容許多，如鹽溶液中離子濃度的變更、水的離子積的變更、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶液pH的推斷、水解離子方程式的書(shū)寫(xiě)、鹽水解的應(yīng)用、電荷守恒規(guī)律、物料守恒規(guī)律、質(zhì)子守恒規(guī)律的應(yīng)用，加入其他試劑對(duì)水解平衡的影響、稀釋規(guī)律等，這類(lèi)題目抓住水解也是可逆反應(yīng)，所以可應(yīng)用勒夏特列原理來(lái)解答。對(duì)于條件的變更溶液中離子濃度的變更，需在推斷平衡移動(dòng)的基礎(chǔ)上進(jìn)行推斷，有時(shí)需結(jié)合平衡常數(shù)、守恒規(guī)律等，尤其是等式關(guān)系的離子濃度的推斷或離子濃度大小比較是本學(xué)問(wèn)的難點(diǎn)。等式關(guān)系的一般采納守恒規(guī)律來(lái)解答，若等式中只存在離子，一般要考慮電荷守恒；等式中若離子、分子均存在，一般考慮物料守恒或質(zhì)子守恒；離子濃度的比較要考慮溶液的酸堿性、水解、電離程度的相對(duì)強(qiáng)弱的關(guān)系。10.國(guó)際計(jì)量大會(huì)第26屆會(huì)議修訂了阿伏加德羅常數(shù)(NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20A.lmolOD-中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為9NAB.常溫下，pH=l2的Ba(OH)2溶液中的OH-數(shù)目為0.01NAC.100mL0.1mol·L-1的氨水溶液中含有0.0lNA個(gè)NH4+D.25°C時(shí)，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的數(shù)目小于0.01N【答案】A【解析】【詳解】A.D原子中含有1個(gè)質(zhì)子和1個(gè)中子，則lmolOD-中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為9NA，A正確；B.未指明溶液體積，故常溫下，pH=l2的Ba(OH)2溶液中的OH-數(shù)目為0.01不確定，B錯(cuò)誤；C.一水合氨是弱電解質(zhì)，故100mL0.1mol·L-1氨水溶液中含有的銨根離子數(shù)目小于0.0lNA個(gè)，C錯(cuò)誤；D.25°C時(shí)，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的數(shù)目等于0.01NA答案選A。

11.G—TEC燃料電池以利用民用燃?xì)鉃樵蠚?，其結(jié)構(gòu)如圖，有關(guān)該電池的說(shuō)法不正確的是A.電池工作時(shí)，電流由負(fù)荷的a流向bB.電池工作一段時(shí)間后，電解質(zhì)物質(zhì)的量理論上保持不變C.通入空氣的一極的電極反應(yīng)式是：O2+2H2O+4e-=4OH-D.外電路中每通過(guò)0.2mol電子，所消耗的燃料體積不小于2.24L(標(biāo)況下）【答案】C【解析】【分析】該裝置為燃料電池，通燃料一極為負(fù)極，通空氣一極為正極，依據(jù)裝置圖，電解質(zhì)傳導(dǎo)的是O2－，據(jù)此分析；【詳解】A.該裝置為燃料電池，通燃料的一極為負(fù)極，通空氣一極為正極，依據(jù)原電池工作原理，電子由負(fù)荷b流向a，則電流由負(fù)荷a流向b，故A說(shuō)法正確；B.負(fù)極電極反應(yīng)式為H2＋O2－－2e－=H2O、CO＋O2－－2e－=CO2，正極反應(yīng)式為O2＋4e－=2O2－，電解質(zhì)物質(zhì)幾乎不參加反應(yīng)，電解質(zhì)物質(zhì)的量理論上保持不變，故B說(shuō)法正確；C.依據(jù)裝置圖，通空氣一極電極反應(yīng)式為O2＋4e－=2O2－，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D.依據(jù)B選項(xiàng)分析，外電路通過(guò)0.2mol電子，所消耗的H2或CO都是1mol，即消耗燃料在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為22.4L，故D說(shuō)法正確；答案為C?！军c(diǎn)睛】書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)式時(shí)，應(yīng)留意題目中所給的裝置圖，裝置圖中能夠供應(yīng)反應(yīng)的環(huán)境、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化等信息。12.下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是（）A.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H<0B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說(shuō)明該反應(yīng)的△H<0C.若△H>0，△S<0，化學(xué)反應(yīng)在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行D.加入合適的催化劑能降低反應(yīng)活化能，從而變更反應(yīng)的焓變【答案】A【解析】A、2CaCO3(s)+2SO2(s)+O2(s)=2CaSO4(s)+2CO2(s)△S<0；依據(jù)△G=△H-T△S<0時(shí)自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)在△S<0時(shí)，只有當(dāng)△H<0且低溫時(shí)才能自發(fā)進(jìn)行，選項(xiàng)A正確；B、反應(yīng)NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)該反應(yīng)為熵增的反應(yīng)，在室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，則只有當(dāng)△H>0才可能滿(mǎn)意△G=△H-T△S>0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、若△H>0，△S<0，則肯定有△G=△H-T△S>0，化學(xué)反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)進(jìn)行，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、催化劑只能改變更學(xué)反應(yīng)速率，對(duì)反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)無(wú)影響，所以不影響焓變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選A。13.下列說(shuō)法不正確的是A.Na與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行B.飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，但原理不同C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等條件下二者對(duì)H2O2分解速率的變更相同D.Mg(OH)2固體在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，該固體可溶于NH4Cl溶液【答案】C【解析】【詳解】A．Na與H2O的反應(yīng)是固體液體反應(yīng)生成氣體，故該反應(yīng)為熵增的反應(yīng)，故△S﹥0，在反應(yīng)中鈉會(huì)熔化成一光亮的小球四處游動(dòng)，發(fā)出咝咝聲響，故該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則△H﹤0，故△G=△H-T△S﹤0，故該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，A正確；B．飽和Na2SO3溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，Na2SO3為鈉鹽，故飽和Na2SO3溶液使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀是蛋白質(zhì)的鹽析，而濃硝酸為氧化性強(qiáng)酸，故使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀是蛋白質(zhì)變性，二者原理不同，故B正確；C．FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化劑，加快H2O2分解，同等條件下二者對(duì)H2O2分解催化效果不相同，故反應(yīng)速率的變更不同，故C錯(cuò)誤；D．Mg(OH)2固體在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl溶液NH4＋水解使溶液呈酸性，會(huì)消耗OH－，則Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移動(dòng)，故固體Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，D正確；答案選C。14.肯定溫度下,反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)的焓變?yōu)棣?，F(xiàn)將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中,下列示意圖能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是()A.①② B.②④ C.③④ D.①④【答案】D【解析】【詳解】①因反應(yīng)容器保持恒壓，且反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不相等，所以達(dá)到平衡前容器體積隨反應(yīng)進(jìn)行而不斷變更，結(jié)合=可知，若氣體的密度不再變更，說(shuō)明容器體積不再變更，即氣體的物質(zhì)的量不再變更，說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故①符合題意；②無(wú)論反應(yīng)是否達(dá)到平衡，反應(yīng)的△H都不變，故②不符合題意；③反應(yīng)起先時(shí)，加入1molN2O4，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，N2O4的濃度漸漸減小，故v正（N2O4）漸漸減小，直至達(dá)到平衡，而圖像與之不符，故③不符合題意；④N2O4的轉(zhuǎn)化率不再變更，說(shuō)明N2O4的物質(zhì)的量不再變更，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故④符合題意。所以能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是①④。故選D?！军c(diǎn)睛】化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)記可概括為“一等五不變”：“一等”即正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率；“五不變”即反應(yīng)混合物中各組分的濃度保持不變,其意義是指各組分的物質(zhì)的量不變；各組分的濃度不變；各組分的百分含量不變；反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不變。15.電解法在金屬精煉、愛(ài)護(hù)環(huán)境、處理廢水中起著非常重要的作用。電解法處理酸性含鉻廢水（主要含有）時(shí)，以鐵板作陰、陽(yáng)極，處理過(guò)程中存在反應(yīng)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，最終Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列說(shuō)法不正確的是A.陰極電極反應(yīng)式：2H++2e-=H2↑B.陽(yáng)極電極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+C.當(dāng)生成1molCr(OH)3時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量至少為3molD.電解過(guò)程中水解平衡右移有Fe(OH)3沉淀生成【答案】C【解析】【詳解】A．電解時(shí)，鐵板作陰極，電解質(zhì)溶液顯酸性，陰極電極反應(yīng)式：2H++2e-=H2↑，A說(shuō)法正確；B．電解時(shí)，鐵板作陽(yáng)極，失電子生成亞鐵離子，陽(yáng)極電極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+，B說(shuō)法正確；C．當(dāng)生成1molCr(OH)3時(shí)，消耗3molFe2+，則電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量至少為6mol，C說(shuō)法錯(cuò)誤；D．電解過(guò)程中，氫離子濃度減小，水解平衡右移，則有Fe(OH)3沉淀生成，D說(shuō)法正確；答案為C。16.（1）在t℃時(shí)，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=l2,則：該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=______________；（2）常溫下，amL0.lmol/L鹽酸與bmL0.lmol/L氨水混合，充分反應(yīng)。①寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式：______________；②若混合后溶液呈中性，則a______________b(填“＜”、“=”或“＞”)；（3）常溫下，amLpH=3的鹽酸與bmLpH=l1的氨水混合，充分反應(yīng)。①兩溶液中由水電離出的H+濃度之比為_(kāi)_____________；②若a=b,則反應(yīng)后溶液中離子濃度從大到小的依次是______________；（4）氯化鋁水溶液呈酸性，緣由是（用離子方程式表示）：______________；（5）在25℃下，向濃度均為0.lmol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成______________沉淀（填化學(xué)式）。已知：25℃時(shí)Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-【答案】(1).1×10-12(2).H++NH3?H2O=+H2O(3).＜(4).1∶1(5).c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)(6).Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(7).Cu(OH)2【解析】【詳解】(1)Kw=c(H+)×c(OH-)=10-amol/L×10-bmol/L=1×10-12mol2/L2；(2)①一水合氨為弱電解質(zhì)，寫(xiě)化學(xué)式，則離子方程式為H++NH3?H2O=+H2O；②若a=b，二者恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根離子發(fā)生水解反應(yīng)，溶液呈酸性，若溶液呈中性時(shí)，需再加入少量的氨水，故a＜b；(3)①常溫下，依據(jù)離子積常數(shù)，amLpH=3的鹽酸中，水電離出的氫氧根離子濃度為10-11mol/L，水電離出的氫離子與氫氧根離子相同，則水電離出的(H+)=10-11mol/L；bmLpH=11的氨水中c(OH-)=10-3mol/L，則水電離出的(H+)=10-11mol/L，兩溶液中由水電離出的H+濃度之比為1：1；②若a=b，則堿過(guò)量，溶液呈堿性，溶液中離子濃度從大到小的依次是c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；(4)氯化鋁為強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液中，鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，導(dǎo)致溶液呈酸性，離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；(5)0.lmol·L-1的MgCl2溶液，鎂離子剛好生成沉底時(shí)，c2(OH-)==1.8×10-10，則c(OH-)=×10-5mol/L，同理0.lmol·L-1的CuCl2溶液，銅離子剛好生成沉底時(shí)，c(OH-)=×10-10mol/L，則CuCl2先生成沉淀?！军c(diǎn)睛】利用Ksp計(jì)算，生成沉淀時(shí)溶液中的c(OH-)，并對(duì)比，c(OH-)小的先生成沉淀。17.近期發(fā)覺(jué)，H2S是繼NO、CO之后的第三個(gè)生命體系氣體信號(hào)分子，它具有參加調(diào)整神經(jīng)信號(hào)傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)下列事實(shí)中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強(qiáng)弱的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以B．氫硫酸的導(dǎo)電實(shí)力低于相同濃度的亞硫酸C．0.10mol?L-1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1D．氫硫酸的還原性強(qiáng)于亞硫酸(2)H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應(yīng)：H2S(g)+CO2(g)?COS(g)+H2O(g)。在610K時(shí)，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.02。①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1=___________％，反應(yīng)平衡常數(shù)K=___________；②在620K重復(fù)試驗(yàn)，平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)化率α2___________α1，該反應(yīng)的ΔH__________0；(填“＞”“<”或“=”)③向反應(yīng)器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉(zhuǎn)化率增大的是__________(填標(biāo)號(hào))；A．H2SB．CO2C．COSD．N(3)25°C時(shí)，①S(s)+H2(g)?H2S(g)Kp1=6.0×105②Si(s)+2H2(g)?SiH4(g)Kp2=7.8×106。則Si(s)+2H2S(g)?SiH4(g)+2S(s)的Kp=__________(保留兩位有效數(shù)字，Kp為以分壓表示的平衡常數(shù))?！敬鸢浮?1).D(2).2.5(3).2.8×10–3(4).＞(5).＞(6).B(7).2.2×10-5【解析】【分析】(1)比較酸性強(qiáng)弱，可依據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸、測(cè)定等濃度的pH以及溶液的導(dǎo)電實(shí)力推斷；(2)依據(jù)三段式結(jié)合平衡移動(dòng)的影響因素解答該題；(3)依據(jù)已知反應(yīng)和目標(biāo)反應(yīng)的平衡表達(dá)式進(jìn)行分析計(jì)算?！驹斀狻?1)A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以，符合強(qiáng)酸制備弱酸的特點(diǎn)，可說(shuō)明亞硫酸的酸性比氫硫酸強(qiáng)，故A正確；B．氫硫酸的導(dǎo)電實(shí)力低于相同濃度的亞硫酸，可說(shuō)明亞硫酸的電離程度大，則亞硫酸的酸性強(qiáng)，故B正確；C．0.10mol?L?1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1，可說(shuō)明亞硫酸的電離程度大，酸性較強(qiáng)，故C正確；D．氫硫酸的還原性強(qiáng)于亞硫酸，不能用于比較酸性的強(qiáng)弱，故D錯(cuò)誤；故答案選D；(2)對(duì)于反應(yīng)反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.02，則=0.02，x=0.01；①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1=×100%=2.5%，體積為2.5L，則平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度為c(H2S)==0.156mol/L，c(CO2)==0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)==0.004mol/L，則K==0.00285=2.8×10–3；②依據(jù)題目供應(yīng)的數(shù)據(jù)可知溫度由610K上升到620K時(shí)，化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡，水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)由0.02變?yōu)?.03，所以H2S的轉(zhuǎn)化率增大，α2＞α1；依據(jù)題意可知：上升溫度，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，依據(jù)平衡移動(dòng)原理：上升溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，所以該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故△H＞0；③A．增大H2S的濃度，平衡正向移動(dòng)，但加入量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于平衡移動(dòng)轉(zhuǎn)化消耗量，所以H2S轉(zhuǎn)化率降低，故A錯(cuò)誤；B．增大CO2的濃度，平衡正向移動(dòng)，使更多的H2S反應(yīng)，所以H2S轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；C．COS是生成物，增大生成物的濃度，平衡逆向移動(dòng)，H2S轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤；D．N2是與反應(yīng)體系無(wú)關(guān)的氣體，充入N2，不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)，所以對(duì)H2S轉(zhuǎn)化率無(wú)影響，故D錯(cuò)誤；答案選B。(3)25°C時(shí)，①S(s)+H2(g)?H2S(g)Kp1==6.0×105，②Si(s)+2H2(g)?SiH4(g)Kp2==7.8×106，則Si(s)+2H2S(g)?SiH4(g)+2S(s)的Kp==2.2×10-5。18.我國(guó)首創(chuàng)以鋁組成的金屬—海水—空氣電池作為新型海水標(biāo)記燈的能源，它以海水為電解質(zhì)溶液，靠空氣中的氧氣使鋁組成的金屬不斷氧化而產(chǎn)生電流。(1)只要把燈放入海水中數(shù)分鐘，就會(huì)發(fā)出刺眼的白光，則該電池的負(fù)極反應(yīng)式為_(kāi)_________；(2)電解法可制取碳的一種氣態(tài)氫化物C2H4(如圖所示)電極a接電源的__________極，該電極反應(yīng)式為_(kāi)_________；(3)將SO2氣體通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，生成白色沉淀和無(wú)色氣體NO，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________；(4)處理NOx的一種方法是利用甲烷催化還原NOx，已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ?mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ?mol-1則甲烷干脆將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________；(5)H2O2在工業(yè)、農(nóng)業(yè)、醫(yī)藥上都有廣泛的用途。用堿性氫氧燃料電池可合成H2O2，具有效率高、無(wú)污染等特點(diǎn)。電池總反應(yīng)式為H2+O2+OH-=H2O+，寫(xiě)出正極反應(yīng)式__________?！敬鸢浮?1).Al–3e-=Al3+(2).負(fù)(3).2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O(4).3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+(5).CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1(6).O2+H2O+2e-=+OH-【解析】【分析】(1)鋁組成的金屬—海水—空氣電池中，鋁作負(fù)極失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)；(2)依據(jù)圖示，CO2中碳元素顯+4價(jià)，C2H4中碳元素顯-2價(jià)，碳元素的化合價(jià)降低，據(jù)此分析推斷電解池的陰陽(yáng)極，原電池的正極與電解池陽(yáng)極相連，原電池的負(fù)極與電解池的陰極相連；(3)將SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有還原性，易被HNO3氧化生成，HNO3被還原成NO，生成的與Ba2+結(jié)合生成BaSO4沉淀，依據(jù)電荷守恒及物料守恒書(shū)寫(xiě)離子反應(yīng)方程式；(4)依據(jù)蓋斯定律，書(shū)寫(xiě)甲烷干脆將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式；(5)依據(jù)電池總反應(yīng)式為H2+O2+OH-=H2O+HO2-可知，O2中O由0價(jià)降低到-1價(jià)，正極為O2得電子?！驹斀狻?1)該原電池中Al易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Al–3e-=Al3+；(2)CO2中碳元素顯+4價(jià)，C2H4中碳元素顯-2價(jià)，碳元素的化合價(jià)降低，得到電子，CO2作氧化劑，故電極a為陰極，接電源的負(fù)極，電解質(zhì)溶液為硫酸，電極反應(yīng)式為2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O；(3)將SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有還原性，易被HNO3氧化生成，HNO3被還原成NO，生成的與Ba2+結(jié)合生成BaSO4沉淀，離子方程式為3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；(4)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ?mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ?mol-1依據(jù)蓋斯定律：由得，甲烷干脆將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1；(5)依據(jù)電池總反應(yīng)式為H2+O2+OH-=H2O+可知，O2中O由0價(jià)降低到-1價(jià)，正極為O2得電子，則正極反應(yīng)式為O2+H2O+2e-=+OH-?！军c(diǎn)睛】電解池中，陰極與電源負(fù)極相連，陽(yáng)極與電源正極相連。19.A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表中前四周期，原子序數(shù)依次增大。A元素的價(jià)電子排布為nsnnpn+1；B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數(shù)是4s原子軌道上的4倍；E元素原子的4p軌道上有3個(gè)未成對(duì)電子?；卮鹣铝袉?wèn)題(用元素符號(hào)表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一電離能由小到大的依次為_(kāi)_________，三者電負(fù)性由大到小的依次為_(kāi)_________；(2)A和E的簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物沸點(diǎn)高的是__________，其緣由是__________；(3)E基態(tài)原子的價(jià)電子軌道表示式為_(kāi)_________(4)B和E形成分子的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，該分子的化學(xué)式為_(kāi)_________，E原子的雜化類(lèi)型為_(kāi)_________；(5)B和C能形成離子化合物R，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示：①一個(gè)晶胞中含__________個(gè)B離子。R的化學(xué)式為_(kāi)_________；②晶胞參數(shù)為apm，則晶體R的密度__________g?cm-3(只列計(jì)算式)?！敬鸢浮?1).Na＜O＜N(2).O＞N＞Na(3).NH3(4).氨氣分子間有氫鍵，所以沸點(diǎn)高(5).(6).As4O6(7).sp3(8).4(9).Na2O(10).【解析】【分析】A元素的價(jià)電子排布為nsnnpn＋1，可知n=2，A價(jià)電子排布式為2s22p3，那么A的核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N；B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則B為O；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素，則C為Na；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數(shù)是4s原子軌道上的4倍，則D基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d84s2，那么D核外電子總數(shù)=18+10=28，D為Ni；E元素原子的4p軌道上有3個(gè)未成對(duì)電子，則E基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33個(gè)電子，E為：As；綜上所述，A為N，B為O，C為Na，D為Ni，E為As，據(jù)此分析回答?！驹斀狻?1)A為N，B為O，C為Na，第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去最外層的一個(gè)電子所需能量。第一電離能數(shù)值越小，原子越簡(jiǎn)潔失去一個(gè)電子，第一電離能數(shù)值越大，原子越難失去一個(gè)電子。一般來(lái)說(shuō)，非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，所以Na的第一電離能最小，N的基態(tài)原子處于半充溢狀態(tài)，比同周期相鄰的O能量低，更穩(wěn)定，不易失電子，所以N的第一電離能比O大，即三者的第一電離能關(guān)系為：Na＜O＜N，非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，所以電負(fù)性關(guān)系為：O＞N＞Na；(2)A為N，E為As，N和As位于同主族，簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物為NH3和AsH3，NH3分子之間有氫鍵，熔沸點(diǎn)比AsH3高；(3)E為As，As為33號(hào)元素，基態(tài)原子核外有33個(gè)電子，其基態(tài)原子的價(jià)電子軌道表示式；(4)由圖可知，1個(gè)該分子含6個(gè)O原子，4個(gè)As原子，故化學(xué)式為：As4O6，中心As原子σ鍵電子對(duì)數(shù)==3，孤對(duì)電子數(shù)=，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+=4，所以As4O6為sp3雜化；(5)①B為O，C為Na，由均攤法可得，每個(gè)晶胞中：O2-個(gè)數(shù)=8×+6×=4，Na+個(gè)數(shù)=8，所以，一個(gè)晶胞中有4個(gè)O2-，R的化學(xué)式為Na2O；②1個(gè)晶胞的質(zhì)量=g，1個(gè)晶胞的體積=(apm)3=(a×10-10cm)3，所以密度ρ==g?cm－3?！军c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)為第一電離能大小的比較，基態(tài)原子核外電子排布處于半充溢、全滿(mǎn)、全空狀態(tài)，比同周期相鄰的原子能量低，更穩(wěn)定，不易失電子，其第一電離能比相鄰元素都要大。20.宋代《開(kāi)寶本草》記載“取鋼煅作葉如笏或團(tuán)，平面磨錯(cuò)令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣?！薄拌F華”是醋酸亞鐵，其熔點(diǎn)約為195°C。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Fe3+的電子排布式為_(kāi)_________。（2）醋酸亞鐵中碳原子的雜化軌道類(lèi)型有__________，其晶體類(lèi)型最可能是__________。（3）鹽水若灑在煤火上會(huì)產(chǎn)生黃色火焰，此過(guò)程中相應(yīng)原子中電子躍遷方式為_(kāi)_________。（4）FeCl2?4H2O是一種協(xié)作物，其結(jié)構(gòu)如圖l所示，則FeCl2?4H2O是__________（填“極性”或“非極性”)分子?！敬鸢浮?1).1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）(2).sp2、sp3(3).分子晶體(4).由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)（或由較高能量的軌道躍遷到較低能量的軌道）(5).非極性【解析】【分析】(1)鐵原子核外有26個(gè)電子，按核外電子排布規(guī)律書(shū)寫(xiě)Fe3+在基態(tài)時(shí)的核外電子排布式；(2)碳原子的雜化方式與碳的成鍵方式相關(guān)，碳碳單鍵時(shí)為sp3雜化，碳碳雙鍵或碳氧雙鍵中C為sp2雜化；醋酸亞鐵的晶體類(lèi)型可以由其熔點(diǎn)數(shù)據(jù)推斷；(3)原子由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)會(huì)以光的形式釋放能量，從而產(chǎn)生焰色；(4)正負(fù)電荷中心重合，屬于非極性分子、正負(fù)電荷中心不重合，屬于極性分子，結(jié)合圖示信息推想即可?！驹斀狻?1)鐵是26號(hào)元素，鐵原子核外有26個(gè)電子，鐵原子失去3個(gè)電子變成鐵離子，F(xiàn)e3+在基態(tài)時(shí)，核外電子排布式為(或[Ar]3d5)；(2)醋酸亞鐵的CH3COO?中甲基碳為sp3雜化，碳氧雙鍵中C為sp2雜化；醋酸亞鐵，其熔點(diǎn)約為195℃，相對(duì)較低，晶體類(lèi)型可能為分子晶體；(3)原子由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)(或由較高能量的軌道躍遷到較低能量的軌道)會(huì)以光的形式釋放能量，從而產(chǎn)生焰色；(4)由題中FeCl2?4H2O的結(jié)構(gòu)可知，其結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重合，屬于非極性分子?！军c(diǎn)睛】本題是原子核外電子排布、原子的雜化方式、晶體類(lèi)型等的綜合考查，嫻熟駕馭基礎(chǔ)學(xué)問(wèn)并能遷移應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。21.依據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系，回答有關(guān)問(wèn)題：已知CH3CHO在肯定條件下可被氧化為CH3COOH。(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________，C試劑是__________，磚紅色沉淀是__________(填化學(xué)式)；(2)B溶液的作用是__________；(3)④反應(yīng)化學(xué)方程式及反應(yīng)類(lèi)型分別為：__________、__________；(4)⑥的反應(yīng)類(lèi)型是__________；(5)由圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知淀粉__________(填“部分水解”或“完全水解”)。某同學(xué)取圖中混合液E,加入碘水，溶液不變藍(lán)色，__________(填“能”或“不能”)說(shuō)明淀粉水解完全，緣由是__________?！敬鸢浮?1).CH2OH(CHOH)4CHO(2).新制Cu(OH)2懸濁液(3).Cu2O(4).中和稀硫酸，使溶液呈堿性(5).2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O(6).氧化反應(yīng)(7