河北省保定市唐县第一中学2022-2023学年高三上学期12月期末考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份河北省保定市唐县第一中学2022-2023学年高三上学期12月期末考试 化学试题（解析版）-A4，共10页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共14小题，共42分）
1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH3易溶于水，可用作制冷剂
B. SO2有毒，可用作食品抗氧化剂和杀菌剂
C. N2的化学性质稳定，可用作粮食保护气
D. 浓H2SO4具有脱水性，可以使蓝色CuSO4·5H2O变为白色的CuSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气易液化，液氨气化时，吸收大量的热，可用作制冷剂，A错误；
B．二氧化硫有还原性和氧化性，可用作食品抗氧化剂和杀菌剂，B错误；
C．氮气中含有氮氮三键，化学性质稳定，可用作粮食保护气，C正确；
D．浓H2SO4具有吸水性，可以使蓝色的CuSO4·5H2O失去结晶水变为白色的CuSO4，D错误；
答案选C。
2. 截至2020年12月14日，天问一号探测器已在轨飞行144天，距离火星约1200万公里，飞行状态良好。针对“天问一号”火星车不同结构部件的工作要求，要求所使用的材料具有高强韧性、高尺寸稳定性、耐冲击性等特性。下列说法错误的是
A. 火星车结构采用新型铝基碳化硅复合材料具有高强韧性
B. 火星车使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
C. 火星车中的卫星抛物面天线采用的是具有负膨胀系数的石墨纤维和芳纶，石墨纤维和芳纶均是有机高分子材料
D. 火星车搭载了基于形状记忆聚合物智能复合材料结构的可展开柔性太阳能电池系统，太阳能电池的主要成分为Si
【答案】C
【解析】
【详解】A．新型铝基碳化硅材料，是一种复合材料，具有高强韧性、高尺寸稳定性、耐冲击性等特性，故A正确；
B．胶体具有丁达尔效应的性质，故B正确；
C．碳纤维属于新型无机非金属材料，具有质量轻、强度高的特点，是制造航天航空等高技术器材的优良材料，芳纶纤维全称为“芳香族聚酰胺纤维”，是一种新型高科技合成纤维，故C错误；
D．太阳能电池的材料是单晶硅，故D正确；
答案选C。
3. 实验室利用反应2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+8H2O+5Cl2↑制备氯气，下列说法正确的是
A. 基态K原子核外电子占据的最高能级原子轨道为
B. Mn2+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2
C. H2O与D2O互为同素异形体
D. 化合物KCl的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态K原子核外电子占据的最高能级是4s能级，其原子轨道为，A正确；
B．Mn2+的简化电子排布式为[Ar]3d5，B错误；
C．H2O与D2O两者是化合物，不互为同素异形体，C错误；
D．化合物KCl的电子式为，D错误；
故选A。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，所含的原子数目为
B. 含有的原子数目为
C. 标准状况下，含有的分子数目为
D. 的溶液中数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．O2的是双原子分子，的物质的量为1ml，1mlO2所含原子数目为2NA，故A错误；
B．一个含有3个原子，含有的原子数目为，故B正确；
C．标准状况下，为液体，远大于1ml，含有的分子数目远大于，故C错误；
D．溶液体积未知，无法计算溶液中数目，故D错误。
答案选B。
5. 已知浓盐酸和次氯酸钙能发生如下反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓) ===CaCl2+2Cl2↑+2H2O。用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是：
①CO2②HCl③H2O④O2
A. ①②③B. ②③④C. ②③D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不稳定，不会混在固体中，制得的氯气中不可能含有O2。
答案选A
6. 实验是化学研究的基础。下列装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热液体时，试管中的液体体积不能超过试管体积的三分之一，A错误；
B．I2易升华，KCl热稳定性较好，且与I2不反应，能够用图示装置分离I2和KCl，B正确；
C．氯水中含次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH值，C错误；
D．制备氢氧化铁胶体，将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，不能加到氢氧化钠溶液中，会生成氢氧化铁沉淀，D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写错误的是
A. 向溶液中通入少量
B. 向饱和溶液中通入过量
C. 用饱和食盐水制烧碱：
D. 溶于稀硫酸：
【答案】A
【解析】
【详解】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，次氯酸根离子全部被还原，反应的离子方程式为：，故A项错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：，故B项正确；
C．电解饱和食盐水制烧碱，反应的离子方程式为：，故C项正确；
D．Cu2O溶于稀硫酸，生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，故D项正确；
故本题选A。
8. X、Y、Z、W为短周期主族元素，X原子的L层电子数是K层电子数的3倍；Y存在质量数为28，中子数为14的核素；Z原子的L层电子数是K层和M层电子数之和；常温下，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是：
A. 原子半径的大小关系为：W＞Z＞Y＞X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为：Y＞Z＞W
C. 氢化物的稳定性强弱顺序为：X＞Z＞Y
D. X 、Z、W三种元素阴离子还原性：X＞Z＞W
【答案】C
【解析】
【分析】X原子的L层电子数是K层电子数的3倍，X为O，Y存在质量数为28，中子数为14的核素，质子数为28-14=14，Y为Si，Z原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，Z为S，常温下，W的单质为黄绿色气体，W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为O、Si、S、Cl。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，一般来说电子层数越多半径越大，因此半径Si＞S＞Cl＞O，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，B错误；
C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此稳定性H2O＞H2S＞SiH4，C正确；
D．非金属性越强，阴离子的还原性越弱，因此还原性S2-＞Cl-＞O2-，D错误；
故选C。
9. 向火箭燃料液态联氨（N2H4）中加入催化剂，发生反应：N2H4(l)=N2(g)+2H2(g) △H。
已知： ①3N2H4(l)=4NH3(g)+ N2(g) △H1=-336.6kJ·ml－1
②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H2=-92.4kJ·ml－1。
下列说法错误的是
A. 使用催化剂后，反应②的正、逆反应的活化能都减小，但△H1不变
B. △H=-151.8kJ·ml－1
C. 将28g N2和10ml H2混合充分反应，放出热量一定小于92.4 kJ
D. 联氨作为火箭燃料是一种清洁能源
【答案】B
【解析】
【详解】A，使用催化剂，反应②的正、逆反应的活化能都减小，催化剂不影响ΔH，ΔH1不变，A项正确；B，应用盖斯定律，（①-②2）3得N2H4（l）=N2（g）+2H2（g） ΔH=（ΔH1-2ΔH2）3=[-336.6kJ/ml-2（-92.4kJ/ml）]3=-50.6kJ/ml，B项错误；C，n（N2）==1ml，由于N2和H2的反应为可逆反应，所以放出的热量一定小于92.4kJ，C项正确；D，联氨在火箭中燃烧后生成N2和H2O，是一种清洁能源，D项正确；答案选B。
10. 向含xmlHNO3和ymlH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：
下列有关说法正确的是
A. x=0.2，y=0.1
B. a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D. 反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】铁粉加入后，首先和HNO3反应，被氧化成Fe3+，故a段生成0.1 ml Fe3+，a点过后，Fe3+量开始减少，说明此时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，当Fe3+完全反应后，Fe2+物质的量仍然在增加，说明发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，说明a点过后，H+仍然有剩余，故硝酸根在a段完全反应。
【详解】A．由分析知，硝酸根在a段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)=3n(Fe3+,a)，故n(NO)=0.1 ml，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1 ml，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，对应H+物质的量=2n2=0.1 ml，a段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+,a)=0.4 ml，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4 ml+0.1 ml=0.5 ml，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，A错误；
B．由分析知，a点之前，Fe被氧化为Fe3+，对应离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，B错误；
C．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为x ml，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5x ml，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04 ml，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1 ml-0.04 ml=0.06 ml，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03 ml×64 g/ml=1.92 g，C正确；
D．a段生成气体NO物质的量n(NO)=0.1 ml，由A选项分析知，由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，生成H2的物质的量n(H2)=n(Fe2+)=0.05 ml，故整个过程共产生气体0.15 ml，对应体积=0.15 ml×22.4 L/ml=3.36 L，D错误；
故答案选C。
11. 化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，下列有关四个曲线图的说法正确的是
A. 图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B. 图②可以表示相同pH 的醋酸和盐酸分别加水稀释时溶液的pH 随溶液体积的变化
C. 图③可以表示向一定量的氢氧化钠溶液中滴加一定浓度的稀硫酸时的pH变化
D. 由图④可知，反应C(金刚石，s)=C(石墨，s)的焓变△H=△H1-△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在平衡状态改变温度后，正反应速率和逆反应速率要么都增大，要么都减小，A不正确； B. 图②可以表示相同pH 的醋酸和盐酸分别加水稀释时溶液的pH 随溶液体积的变化，因为醋酸存在电离平衡的移动，故其pH变化较小，B正确；C. 向一定量的氢氧化钠溶液中滴加一定浓度的稀硫酸时，溶液的pH将由大变小，C不正确； D. 由图④可知，金刚石变成石墨是放热反应，反应C(金刚石，s)=C(石墨，s)的焓变△H=△H2-△H1，D不正确。本题选B。
点睛：注意不能把温度对化学反应速率的影响与其对化学平衡的影响混为一谈。分析相关图象时，第一先看坐标系，第二看起点、拐点等特殊点，第三看曲线的变化趋势，最后根据这些信息解答相关问题。
12. 卤素单质及其化合物是中学化学重要研究对象。下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向KBr、KI混合溶液中加入少量氯水和，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化性，不能证明，故A错误；
B．应该在淀粉和稀硫酸混合溶液中直接滴加碘水，观察现象，故B错误；
C．因为F的电负性大于Cl，F对电子的吸引能力大于Cl，使得羧基上的H容易电离，pH较小，故C正确；
D．氯水滴加，消耗Cl-，使得平衡右移，氯水的黄绿色消失，故D错误；
故答案选C。
13. Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl-。有关该电池的说法正确的是( )
A. Mg为电池的正极B. 负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C. 该电池将潮汐能转化为电能D. 可用于海上应急照明供电
【答案】D
【解析】
【分析】电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl-，反应中Mg失去电子作负极，正极上AgCl得到电子，为一次性贮备电池，且Mg、Cl均转化为离子存在于海水中，结合原电池的原理分析解答。
【详解】A．2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl-反应中Mg失去电子发生氧化反应，作负极，故A错误；
B．AgCl+e-=Ag+Cl-是得电子的还原反应，是正极反应，故B错误；
C．该电池是将化学能转化为电能，故C错误；
D．Mg-AgCl 电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，可用于海上应急照明供电，故D正确；
答案选D。
【点睛】把握电池反应、电极反应类型为解答的关键。本题的易错点为B，要注意原电池中电极的类型与反应类型的关系。
14. 用溶液滴定等浓度的溶液，溶液中或随混合溶液变化的曲线及滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线表示与的变化关系
B. 的数量级为
C. a点时，
D. 第一次突变可以选择酚酞作为指示剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．选取曲线M、N分别与y轴的交点来分析，当时，即、时，由于，即此时的，同理，即此时的，由于，图中横坐标为0时，曲线M对应的pH更大，更小，曲线M表示pH与的变化关系，可求出，A错误；
B．，其数量级为10-2，B错误；
C．a点时，即，由物料守恒有可得：，C正确；
D．根据图象可知，第一次突变时溶液呈酸性，因此应该选甲基橙作为指示剂，D错误。
故答案选C。
二、非选择题（本大题共8小题，共58分）
科学家对汽车尾气进行无害化处理反应为：。一定条件下，在1L密闭容器中充入2.00mlCO和2.00mlNO，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图所示，图中起始投料比。
15. 关于该可逆反应的说法正确的是___________。
A. 投料比：
B. 加入催化剂可提高NO的平衡转化率
C. 当体系中时，该反应达到平衡状态
D. 保持其他条件不变，若充入，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
16. 随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为___________。
【答案】15. AD 16. 温度较高时，温度变化对平衡的影响大于浓度变化对平衡的影响
【解析】
【15题详解】
A．设CO的物质的量一定，增大NO的物质的量，起始投料比增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则投料比：，A正确；
B．加入催化剂，可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能提高NO的平衡转化率，B不正确；
C．不管反应是否达到平衡，体系中始终存在，则该反应不一定达到平衡状态，C不正确；
D．保持其他条件不变，若充入，则增大生成物浓度，虽然平衡逆向移动，但达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，D正确；
故选AD
【16题详解】
随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，表明温度较高时，温度变化对平衡的影响比浓度变化对平衡的影响要大，则原因：温度较高时，温度变化对平衡的影响大于浓度变化对平衡的影响。
17. 某化学小组在实验室中模拟利用高浓度气体(含、)制备、。具体流程如下：
回答下列问题：
(1)用氨氧化法制备气体，写出制备的化学方程式_______。
(2)“碱吸收”过程，若、按物质的量之比被溶液吸收，反应的化学方程式是_______。为提高吸收速率与效率，最好选用_______装置(填序号)。
(3)“分离I”包括_______、过滤等操作，分离过程中产生的气态排放物中含有少量的等有害物质，不能直接排放，冷凝后将其导入_______(填操作单元的名称)最合理。
(4)“转化”过程，加入、通入空气的目的是_______。
(5)若将、两种产品的物质的量之比设为，则生产时，的理论用量是_______g。
【答案】 ①. ②. ③. B ④. 蒸发浓缩、冷却结晶 ⑤. 溶碱 ⑥. 提供酸性环境 ⑦. 42.4g
【解析】
【分析】由制备流程可知，溶解后，碱吸收过程中发生反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，之后分离出亚硝酸钠，剩下的就是硝酸钠溶液，再利用硝酸提供酸性条件，利用空气中的氧气把溶液中剩余的亚硝酸钠氧化成硝酸钠即可。
【详解】(1)NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为：，故答案为：；
(2)NO与NO2按物质的量之比1∶1被溶液吸收，发生反应为归中反应，根据N元素的化合价变化：N(+2→+3)、N(＋4→+3)，可知反应生成NaNO2，则该反应的化学方程式为：，为提高吸收速率与效率，可考虑增大气体与溶液的接触面积，则最好选用B装置，故答案为：、B；
(3)“分离I”是将中和液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到NaNO2晶体，蒸发l产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高原料的利用率，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，溶碱；
(4)“转化”过程中，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，HNO3提供酸性环境，空气中的O2可将NaNO2转化为NaNO3，故答案为：提供酸性环境；
(5) 生产时，、两种产品的物质的量之比设为，则，由Na原子守恒可知，，则
，故答案为42.4g。
柠檬酸亚铁是一种高效补铁剂。利用硫铁矿烧渣(主要含及少量)制备柠檬酸亚铁的工艺流程如图。
已知常温下：



18. 滤渣1为___________(填化学式)。“还原”步骤中加入铁粉反应的离子方程式：___________。
19. “沉铝”过程中，为了使铝充分沉淀的同时减少铁的损失，需要精确控制氨水的加入量。已知溶液中认为已经沉淀完全。请计算：恰好沉淀完全时，溶液中___________。
20. “沉铁”过程中发生反应的离子方程式为：___________需控制温度在以下，可能原因是___________。
21. “合成”过程中，需加入少量的抗氧化剂，下列试剂合适的是___________。
A. B. C. D.
【答案】18. ①. CaSO4 ②. Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋
19. 5.1×10－10
20. ①. 2+Fe2＋＝FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 防止NH4HCO3受热易分解，降低产率 21. B
【解析】
【分析】向硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3及少量CaO、Al2O3)中加入硫酸酸浸会生成硫酸铁、硫酸钙、硫酸铝和水，硫酸钙微溶于水，过滤得滤渣1为硫酸钙，加入铁粉后，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，过滤得滤渣2为铁粉，加入氨水调节pH使铝离子沉淀完全，加入NH4HCO3使亚铁离子沉淀完全，再加入柠檬酸合成得柠檬酸亚铁，据此分析。
【18题详解】
根据以上分析可知滤渣1为CaSO4。“还原”步骤中加入铁粉把铁离子还原为亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋。
【19题详解】
Ksp[Al(OH)3]=1.3×10－33，已知溶液中c(Al3+)]≤10－5ml/L，认为已经沉淀完全，Al3+恰好沉淀时，溶液中氢氧根离子的浓度为ml/L≈5.1×10－10ml/L；
【20题详解】
“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为2+Fe2＋＝FeCO3↓+CO2↑+H2O：为了防止NH4HCO3受热易分解，降低产率，因此“沉铁”过程中需控制温度在以下；
【21题详解】
“合成”过程中，加入柠檬酸与亚铁离子生成柠檬酸亚铁，亚铁离子易被氧化为铁离子，需加入少量的抗氧化剂Fe，以防止亚铁离子被氧化，且不引入新的杂质，故答案为B。
22. 将和两种气体转化为合成气(和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：
Ⅰ.
Ⅱ. kJ/ml
（1）反应 ___________。(用、表示)
（2）密闭恒容条件下，反应II达到平衡的标志是___________。
A. 每消耗1 ml 的同时消耗1 ml
B. CO的分压不再发生变化
C. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
D. 比值不再发生变化
（3）某温度下，等物质的量的甲烷和二氧化碳在刚性容器中发生反应Ⅰ，不考虑其他反应，起始总压Pa，平衡时总压为起始时的1.2倍，则甲烷的转化率为___________，该反应的平衡常数___________(Pa)。
（4）日本政府于2023年8月24日下午一点启动福岛核污染废水排海，引发了国际社会的广泛关注和担忧。铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀可以通过电化学还原法处理，还原为+4价的铀。其电化学装置如图所示：
阴极发生的反应为：
阴极区溶液中可能存在的其他反应：、
①阴极上发生的副反应为：___________。
②阴极区溶液中加入的目的是___________。
【答案】（1）△H1+2△H2 （2）BD
（3） ①. 20% ②.
（4） ①. ②. 消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得反应，则则△H1+2△H2；
【小问2详解】
A．每消耗1mlCO2的同时消耗1mlH2描述的都是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡，A不符合题意；
B．CO的分压不再发生变化，说明其物质的量不再改变，说明反应达到平衡，B符合题意；
C．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，反应为气体分子数不变的反应，气体的总物质的量随反应进行也不改变，所以M不发生改变，当气体平均分子量不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；
D．Q=，比值不再发生变化，说明Q=K，能判断反应达到平衡，D符合题意；
故选BD；
【小问3详解】
由题意列三段式：，得出，，得出x=0.2a，CH4的转化率=；p(CH4)=，p(CO2)=，p(CO)=，p(H2)=，；
【小问4详解】
①由阴极反应可知，阴极生成了HNO2，则阴极上发生的副反应可以是硝酸根离子得到电子发生还原反应生成HNO2，；
A．加热液体
B．分离和KCl固体
C．测定新制氯水的pH
D．制备氢氧化铁胶体
序号
方案设计
实验现象
结论
A
比较氧化性：向KBr、KI混合溶液中加入少量氯水和，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
B
检验淀粉是否水解完全：将淀粉与稀硫酸混合液煮沸，用NaOH中和至碱性，加2滴饱和碘水
溶液未变蓝色
说明淀粉已完全水解
C
比较电负性：室温下，用pH计测定的、两种溶液的pH
溶液的pH较小
F元素的电负性大于Cl元素
D
探究氯水颜色成因：取少量黄绿色的新制氯水，滴加溶液至过量
产生白色沉淀，溶液变无色
氯水的黄绿色与有关