2024-2025学年上海市青浦高级中学高一化学第二学期期末经典试题含解析.doc

2024-2025学年上海市青浦高级中学高一化学第二学期期末经典试题
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、实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是稀H2SO4溶液，另一瓶是蔗糖溶液。鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是
A．pH试纸 B．KCl溶液 C．BaCl2溶液 D．Na2CO3固体
2、下列关于蛋白质的叙述正确的是
A．天然蛋白质的组成元素只有碳、氢、氧、氮
B．加热会使蛋白质变性，因此食生鸡蛋的营养价值更高
C．向鸡蛋中加食盐，会使蛋白质凝固变性
D．用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象
3、在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g) Y(g)＋Z(s)；(乙)A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)，当下列因素不再发生变化时，可以表明甲和乙均达到平衡状态的是( )
①混合气体密度 ②反应容器中生成物的百分含量 ③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比 ④混合气体的压强 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥混合气体的总物质的量
A．①②③④⑤⑥ B．①②③⑤
C．①②③ D．②③⑥
4、下列说法错误的是
A．催化重整是获得芳香烃的主要途径之一
B．重油的催化裂化主要是为提高轻质油的产量
C．“西气东输”工程中输送的气体主要成分为甲烷
D．煤经气化和液化等物理变化过程，可变为清洁能源
5、核素90Th的相对原子质量约为232，则其核内的中子数与核外电子数之差是
A．52 B．90 C．142 D．232
6、下列各组的排列顺序中，正确的是（ ）
A．原子半径Na<Mg<AlB．酸性H2SiO3<H2CO3<H2SO4
C．稳定性HF<HCl<HBrD．碱性NaOH<Mg（OH）2<Al（OH）3
7、与离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓相对应的化学方程式是( )
A．FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4
B．2Fe(NO3)3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Mg(NO3)2
C．Fe2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓
D．Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4
8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物Z2W。下列说法正确的是
A．四种元素在自然界均不能以游离态存在
B．X、Z、W均可形成两种常见氧化物
C．元素X、Y、W的最高化合价均与其族序数相等
D．离子半径：W>Z>Y
9、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。下列说法正确的是( )
A．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4
B．简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子
C．YX2、M2Y都是含有极性键的分子
D．还原性：X的氢化物>Y的氢化物>Z的氢化物
10、普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示,反应的总方程式为2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是（ ）

A．测量原理示意图中，电子方向从Ag2O→Cu
B．反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.5mol Cu2O
C．正极的电极反应为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-
D．电池工作时，OH-离子浓度增大
11、为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所用除杂试剂和分离方法都正确的是

A．
B．
C．
D．
含杂物质
乙酸乙酯（乙酸）
酒精（水）
乙烯（二氧化硫）
溴苯（溴）
除杂试剂
NaOH溶液
生石灰
酸性KMnO4溶液
四氯化碳
分离方法
分液
蒸馏
洗气
分液
A．A B．B C．C D．D
12、下列说法正确的是
A．NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键
B．碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C．氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键
D．一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子
13、将NaOH溶液和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，有砖红色沉淀生成。由此可以得知该病人的尿液中含有
A．食醋 B．葡萄糖 C．酒精 D．食盐
14、在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（ ）
A．5% B．10%
C．15% D．20%
15、下列化学术语或表示方法错误的是（ ）
A．CH4的球棍模型示意图为 B．乙烯的结构简式：CH2=CH2
C．葡萄糖的最简式为CH2O D．S2-的结构示意图：
16、海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　)
A．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
B．海水制盐的过程中只发生了化学变化
C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D、E为短周期元素，原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素，问：
（1）B元素在周期表中的位置为_________________；
（2）D的单质投入A2C中得到一种无色溶液。E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为_____________________。
（3）用电子式表示由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物的形成过程_____________。
（4）以往回收电路板中铜的方法是灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的，又保护了环境，该反应的化学方程式为___________________。
（5）乙醇（C2H5OH）燃料电池（Pt为电极），以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式__________，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为______________。
18、有关物质的转化关系如下图所示。A和G均为气体，其中A为黄绿色。C和D均为酸，其中C具有漂白性。E和I均为常见金属，其中I为紫红色。

⑴气体A所含元素在周期表中的位置是：______。D的电子式为______。
⑵写出反应①的离子方程式：______。
⑶写出反应④的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：______。
19、我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
(1)KMnO4溶液应该用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。
(2)写出滴定过程中反应的离子方程式：_____________。
(3)滴定终点的颜色变化：溶液由________色变为________色。
(4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高________(填字母编号)。
a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b．滴定结束后俯视读数
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出
(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00 g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00 mL浓度为0.10 mol·L－1的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2～3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00 mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀]
①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；
②此2.00 g钙片中CaCO3的质量为________g。
20、某研究性学习小组查阅资料得知,漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2 +2H2SO42CaSO4+2Cl2↑ +2H2O，他们设计如下实验制取氯气并验证其性质。请回答下列问题:

(1)该实验中A部分的装置是___ (填写装置的序号)。

(2)装置B中的现象是_________。
(3)请写出装置D中反应的离子方程式_________，装置E的作用是_______。
(4)请帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤)：______。
(5)制取Cl2的方法有多种，请再写出一种制备方法，____________(用化学方程式表示)。
21、某温度时，在0.5L密闭容器中，某一反应的A、B气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析求得：

（1）该反应的化学方程式为________________；
（2）若降低温度，则v (正)_____，v (逆)_____；（填“加快”“减慢”或“不变”）；
（3）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v (正)______ v (逆)；（填“＞”“＜”或“=”，下同）
（4）以下措施能加快反应速率的是_________。
A．恒温恒容充入He使压强增大 B．缩小体积，使压强增大
C．恒温恒压充入He D．平衡后加入催化剂
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．硫酸可使pH试纸变红色，蔗糖不能，可鉴别，A正确；
B．二者与氯化钾都不反应，不能鉴别，B错误；
C．硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，蔗糖不能，能鉴别，C正确；
D．碳酸钠与硫酸反应生成气体，蔗糖不能，可鉴别，D正确，
答案选B。
2、D
【解析】分析：A.根据蛋白质的组成元素分析判断；
B.根据蛋白质的性质分析；
C.食盐使蛋白质盐析；
D.蛋白质溶液形成的分散系是胶体。
详解：A、天然蛋白质主要由碳、氢、氧、氮4种元素组成，除此之外，还含有少量硫、磷等，A错误；
B、加热会使蛋白质变性，这样就有利于蛋白水解酶对其催化水解，营养价值更高，B错误；
C、向鸡蛋清中加入食盐，蛋白质析出的过程为盐析，而不是变性，C错误；
D、蛋白质溶液是胶体，用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象，D正确；
答案选D。
点睛：本题主要是考查蛋白质的组成、性质，题目难度不大。注意蛋白质变性、盐析的条件以及二者的区别，盐析是指Na2SO4、(NH4)2SO4等轻金属盐的浓溶液可降低蛋白质的溶解度，盐析是可逆的，可用于提纯蛋白质。变性是指受热、酸、碱、重金属盐、甲醛、紫外线作用时蛋白质可发生变性，失去生理活性，变性是不可逆的。
3、B
【解析】
试题分析：①甲乙均由固体参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，故选； ②反应容器中生成物的百分含量，说明各组分的量不变，达平衡状态，故选； ③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，故选；④乙混合气体的压强始终不变，故不选； ⑤固体质量不变说明其他物质的物质不变，能作平衡状态的标志，故选； ⑥乙混合气体的总物质的量始终不变，故不选； 故选B。
【考点定位】考查化学平衡状态的判断
【名师点晴】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
4、D
【解析】A．由石油的综合利用可知，石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径，故A正确；B、石油的催化裂化获得的是轻质油，如汽油等，故B正确；C、“西气东输”工程中输送的气体的主要成分是甲烷，其化学式为CH4，故C正确；D．煤经气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均发生化学变化，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了煤和石油的综合利用。本题的易错点为D，要正确区分一般意义上的汽化和液化与煤的气化和液化，一般意义上的汽化和液化均为物质状态的变化，属于物理变化，煤的气化和液化是将煤中的碳等物质转化为气态和液态的燃料的过程，均属于化学变化。
5、C
【解析】
核素90Th的相对原子质量约为232，则质量数为232，原子中质子数为90，原子中中子数=质量数-质子数=232-90=142。
答案选C。
6、B
【解析】A．同周期的主族元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，因此原子半径：Na＞Mg＞A1，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此酸性H2SiO3＜H2CO3＜H2SO4，故B正确； C．同主族元素，随着原子序数的递增，非金属气态氢化物稳定性逐渐减弱，因此稳定性:HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．同周期的主族元素，随着原子序数的递增，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，因此碱性NaOH＞Mg(OH)2＞A1(OH)3，故D错误；故选B。
点睛：本题主要考查元素周期律的相关内容。同周期元素随原子序数增加金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，原子半径逐渐减小；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，原子半径逐渐增大。
7、D
【解析】
从离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓可得出该反应应该是可溶性铁盐和强碱的反应，生成了氢氧化铁沉淀和另一种可溶性盐。
【详解】
A. FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4的离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，故A不符合；
B. 2Fe(NO3)3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Mg(NO3)2的离子方程式为2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Mg2+，故B不符合；
C. Fe2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓的离子方程式为2Fe3++ 3SO42-+3Ba2+ +6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故C不符合；
D. Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故D符合；
答案选D。
注意离子方程式的书写中只有强酸、强碱、可溶性盐可以拆成离子。
8、B
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，则X是碳元素。Y是非金属性最强的元素，Y是F元素。Z原子半径在同周期元素中最大，所以Z是Na。W可与Z形成离子化合物Z2W，则W是S。
【详解】
A．碳和硫在自然界能以游离态存在，A错误；
B．X、Z、W均可形成两种常见氧化物，即CO、CO2、Na2O、Na2O2、SO2、SO3，B正确；
C．F没有正价，C错误；
D．离子的电子层数越多，离子半径越大，在核外电子排布相同的条件下，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：W ＞Y＞Z，D错误。
答案选B。
9、A
【解析】分析：X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，推测X为氧元素，则Y为硫元素，Z为氯元素；Y与M可形成化合物M2Y，则M为K元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。
详解：根据以上分析可知X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素，M为K元素。则
A．Z为氯元素，其最高价氧化物的水化物为HClO4，A正确；
B．电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子的半径：Y的离子＞Z的离子＞M的离子＞X的离子，B错误；
C．SO2为含有极性键的极性分子，而K2S属于含有离子键的离子化合物，C错误；
D．非金属性O＞S，Cl＞S，三种元素中S元素的非金属性最弱，因此其氢化物的还原性最强，则还原性为Y的氢化物＞Z的氢化物＞X的氢化物，D错误。
答案选A。
点睛：本题考查位置、结构、性质，熟悉元素周期律和元素周期表的相关知识，以及各知识点的综合应用即可解答，题目难度不大。易错点是微粒半径大小比较，注意掌握比较的规律。
10、C
【解析】分析:由电池反应方程式2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极,原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
详解:A. 测量原理示意图中,电流方向从正极流向负极,即Ag2O→Cu，电子流动方向相反，故A错误；
B. 根据电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.25mol Cu2O
,所以B选项是错误的；
C. 正极发生还原反应,电极方程式为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-，故C正确；
D. 从电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag可知，电池工作时，OH-离子浓度没变,故D错误。
所以C选项是正确的。
点睛：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池原理，难度不大，会根据电池反应式进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解本题的关键。
11、B
【解析】
A项、乙酸和乙酸乙酯都能与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液除去乙酸，故A错误；
B项、加入生石灰，氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙，加热蒸馏收集得到乙醇，故B正确；
C项、乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液，应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，故C错误；
D项、溴苯和溴均能溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液洗涤，分液除去溴，故D错误；
故选B。
12、A
【解析】A、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，选项A正确；B、碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量主要用于克服碘分子之间的作用力，选项B错误；C、氦气是单原子分子，分子内不存在共价键，选项C错误；D、二氧化硅是原子晶体,平均一个硅原子与四个氧原子相连,严格地说一个二氧化硅分子应该指一整个二氧化硅晶体,它的分子式为SinO2n,选项D错误。答案选A。
13、D
【解析】
将NaOH和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，出现砖红色沉淀，说明该病人的尿液中含有醛基，据此分析；
【详解】
A、食醋中含有醋酸，醋酸的结构简式为CH3COOH，不含有醛基，与CuSO4、NaOH混合溶液，微热，发生中和反应，不产生砖红色沉淀，故A不符合题意；
B、葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，微热，产生砖红色沉淀，故B符合题意；
C、酒精结构简式为CH3CH2OH，含有羟基，不含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，不产生砖红色沉淀，故C不符合题意；
D、食盐为NaCl，不与NaOH、CuSO4混合溶液发生反应，故D不符合题意；
答案选D。
14、C
【解析】
N2＋3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
则平衡时氮气的体积分数＝=15.47% ，答案选C。
15、A
【解析】分析：A.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起；
B.乙烯含有碳碳双键；
C.根据葡萄糖的分子式判断；
D.硫离子的质子数是16，核外电子数是18。
详解：A. CH4的比例模型示意图为，A错误；
B. 乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，B正确；
C. 葡萄糖的分子式为C6H12O6，则最简式为CH2O，C正确；
D. S2-的结构示意图为，D正确。
答案选A。
16、C
【解析】分析：A．钾元素化合价由+1价变为0价，该过程中钾元素得电子发生还原反应；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；
C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na；
D．潮汐发电是利用动能转化为电能。
详解：A．海水中的钾元素由化合态转化为游离态时，其化合价由+1价变为0价，该过程中有新物质生成，发生了化学反应，A错误；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，B错误；
C．钠是活泼金属，利用电解熔融氯化钠得到，从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na，C正确；
D．利用潮汐发电是利用动能转化为电能，而不是化学能转化为电能，D错误；
答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 第二周期第VA族 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O 6.72L
【解析】分析：A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数相差大于2，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B为N，据此进行解答。
详解：根据上述分析，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al。
(1)B为N，原子序数为7，位于元素周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；
(2)Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
(3)由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物为过氧化氢，用电子式表示过氧化氢的的形成过程为，故答案为：；
(4)A2C2为H2O2，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O，故答案为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
(5)乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，电极反应式为C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e- =4OH-，当转移电子1.2mol时，消耗氧气=0.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O；6.72L。
18、第三周期，ⅦA族 Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO
【解析】
由A为黄绿色气体可知，A为氯气；由C和D均为酸，其中C具有漂白性可知，B为水、C为次氯酸、D为盐酸，反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；由E能和盐酸反应、F能和氯气反应可知，E为常见的活泼变价金属，则E为铁、F为氯化亚铁、G为氢气、H为氯化铁，反应②为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应③为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁；由I为紫红色常见金属可知，I为铜，反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【详解】
（1）氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族；D为氯化氢，氯化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；
（2）反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO；
（3）反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中转移电子数目为2e—，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：。
由E能和盐酸反应、F能和氯气反应确定E为常见的活泼变价金属是解答难点，也是推断的突破口。
19、酸式 2MnO4-+5H2C2O4+6H⁺=2Mn²⁺+10CO2↑+8H2O 无 紫 ac 甲基橙 0.06
【解析】
(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，根据中和滴定所需仪器判断；
(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，据此判断；
(4)分析不当操作对V(标准)的影响，根据c(待测)=判断对结果的影响；
(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量。
【详解】
(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O42-中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：无；紫；
(4)a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，造成标准液体被稀释，浓度变稀，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故a正确；b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故b错误；c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故c正确；d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故d错误；故答案为：ac；
(5)①根据题给信息，Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出，甲基橙变色范围为3.1～4.4，符合，石蕊变色不明显，酚酞变色范围为：8.2～10.0，pH较高，有氢氧化钙沉淀生成，干扰滴定，故用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
②中和滴定消耗盐酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量=0.1mol/L×8mL=0.8mmol，则和碳酸钙反应的盐酸为：0.1mol/L×20mL-0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，
CaCO3 + 2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100g    2mol
m      0.0012mol
m==0.06g，故答案为：0.06。
20、b溶液变蓝色Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+吸收多余的Cl2，防止污染空气取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】分析：（1）根据反应物的状态及反应条件选择发生装置；（2）根据氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝；（3）根据氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁；（4）根据亚硫酸钠变质后生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应产生难溶于盐酸的硫酸钡；（5）明确实验室制备氯气的方法；
详解：（1）该反应的反应物是固体和液体，反应条件是加热，所以应选固液混合加热型装置，故答案为：b；（2）氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，所以B中的实验现象为溶液变蓝色；（3）氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；装置E中装有氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；（4）取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化；（5）制取Cl2的方法有多种，其中可利用二氧化锰与浓盐酸共热制备，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
点睛：本题考查氯气的实验室制备、氯气的性质等，难度不大，注意根据氯气的性质对实验装置理解分析。
21、 3A2B 减慢 减慢 ＞ BD
【解析】分析：由图可以知道，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，反应达到平衡状态时，A减少0.8mol-0.2mol=0.6mol，B增加0.6mol-0.2mol=0.4mol，同一反应中同一时间段内各物质物质的量变化量之比等于其计量数值比，据此书写化学方程式；降低温度，正逆反应速率都减慢；第4min时，A的物质的量仍在减少，反应仍向正反应方向进行；增大反应物浓度，使用催化剂都能使反应速率增大，以此来解答。
详解:(1)由图可以知道,从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，反应达到平衡状态时，A减少0.8mol-0.2mol=0.6mol，B增加0.6mol-0.2mol=0.4mol，由反应速率之比等于化学计量数之比可以知道，A、B的化学计量数比为0.6mol:0.4mol=3:2，所以该反应的化学方程式为3A⇌2B。
因此，本题正确答案是:3A⇌2B；
(2)降低温度，正逆反应速率都减慢，因此，本题正确答案是：减慢；减慢；
(3)第4min时，A的物质的量仍在减少，反应仍向正反应方向进行，正、逆反应速率的大小关系为:v(正)>(逆),因此，本题正确答案是：>；
(4)A.恒温恒容充入He使压强增大，参加反应的气体的浓度不变，在反应速率不变，故A错误； 
 B.缩小体积，使压强增大，参加反应气体的浓度增大，所以B选项是正确的；
C.恒温恒压充入He，体积增大，参加反应气体的浓度减小，反应速率减小，故C错误；              
D.平衡后加入催化剂，反应速率增大，所以D选项是正确的。
因此，本题正确答案是：BD。