2020-2022浙江省湖州市三年高一化學下學期期末試題匯編4-非選擇題

高中期末考試/復習精品試卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2020-2022三年高一化學下學期期末試題匯編4-非選擇題（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）(1)寫出正丁烷的結構簡式：___________；寫出漂白粉有效成分的化學式：__________。(2)寫出鎂條和氮氣反應的化學方程式_____________________________________。寫出鐵和氯化鐵溶液反應的離子方程式___________________________________。寫出乙烯和水反應的化學方程式___________________________________。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）海帶中含有豐富的碘，為了從海帶中提取碘，某研究性學習小組設計并進行以下實驗：請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)步驟③的操作名稱是__________________，碘離子在酸性環(huán)境中也能被氧氣氧化，請寫出相關離子方程式是________________________________________。(2)步驟⑤中萃取劑也可用四氯化碳的理由是_____________________________，該步驟所用主要玻璃儀器的名稱是_________________。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）請按要求填空：(1)氨氣的電子式是_______；(2)乙醛的結構簡式_______；(3)銅和稀硝酸反應的化學反應方程式_______；(4)在制取乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉溶液的作用是_______；（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）請按要求填空(1)寫出丙烷的結構簡式：_______。(2)乙醇在加熱和有催化劑存在的條件下，被氧氣氧化的化學方程式_______。(3)寫出碳和濃硫酸反應的化學方程式_______。(4)已知鹵素單質的氧化性由強到弱的順序為氯氣>溴>碘，試從原子結構角度解釋單質氧化性逐漸減弱的原因_______。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）標準狀況下，某氣態(tài)烴A的密度是1.25g·L-1，取xL的A在足量的氧氣中充分燃燒，生成的混合氣體通入到50mLNaOH溶液，隨后取此溶液25mL將其稀釋至100mL，并向此稀釋后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，產生的CO2氣體體積與所加入的鹽酸的體積之間的關系如圖所示：(1)A的摩爾質量為________________。(2)請計算x的值（寫出具體計算過程）。________________（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）現有含Na2CO3、NaHCO3的固體混合物54.8g，溶于水攪拌均勻分成兩等份。向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，經過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀59.1g。求：(1)所得白色沉淀的物質的量n=_______mol(2)原固體中NaHCO3的物質的量為_______（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）將銅鎂合金完全溶解于的濃硝酸中，得到和的混合氣體(標準狀況)，向反應后的溶液中加入溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。求：(1)的濃硝酸中含有的物質的量為_______。(2)該合金含銅_______g。(3)混合氣體中，和的物質的量之比為_______。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某黃色礦物中主要成分X僅含三種元素，不含結晶水，某研究小組為了探究X的組成和性質，設計并完成了如下實驗：注：適量代表該試劑恰好完全反應(1)固體X中所含元素有Fe、S和___________，其化學式為___________；(2)F→G的總離子方程式(只寫一步)是_____________________________________，該反應的還原劑是_______________。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）二氧化氯(ClO2)是一種高效消毒劑，易溶于水，沸點為11.0℃，極易爆炸分解，若用空氣、二氧化碳、氮氣等惰性氣體稀釋時，爆炸性則降低。用干燥的氯氣與固體亞氯酸鈉制備二氧化氯，裝置如圖所示：已知：D中發(fā)生的反應為：Cl2+2NaClO2=ClO2+2NaCl(1)儀器a的名稱為：______。(2)A中發(fā)生的離子方程式為：_______。(3)試劑X的作用是：_______。(4)裝置D中通入干燥空氣的作用是：_______。(5)該實驗裝置的缺陷是：_______。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某研究學習小組利用下列裝置檢驗濃硫酸與某鐵、碳合金絲的反應(其他雜質不參與反應，夾持裝置已省略)：請回答：(1)I中不加熱時無明顯現象是因為_______。(2)加熱I試管后說明有SO2氣體生成的實驗現象是_______。(3)V中出現少量渾濁是因為I中發(fā)生了反應_______(用化學方程式表示)(4)下列說法正確的是_______A．反應前，檢查裝置I的氣密性，需在II中加水至浸沒導管，微熱I中試管，若II中導管口有氣泡溢出，就可以說明裝置I氣密性良好B．裝置I的優(yōu)點是可通過抽動鐵、碳合金絲控制反應的進行C．取下試管III并不斷振蕩，試管中出現渾濁，是因為生成了BaSO4D．試管IV中KMnO4溶液褪色，說明SO2具有氧化性（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）為確定碳酸鈉和碳酸氫鈉混合樣品中碳酸鈉的質量分數，可通過加熱分解得到的質量進行計算，某同學設計的實驗裝置示意圖如圖：請回答：(1)寫出A中硬質玻璃管內發(fā)生的化學反應方程式_______。(2)儀器a的名稱是_______。(3)裝置B中冰水的作用是_______。(4)該同學設計的實驗裝置存在缺陷。該實驗裝置及實驗過程中，下列因素可能使碳酸鈉的質量分數偏高的是_______。A．樣品分解不完全B．裝置B、C之間缺少的干燥裝置C．產生氣體的速率太快，沒有被堿石灰完全吸收D．反應完全后停止加熱，通入過量的空氣（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）有機物A的分子式為C4H8O2，其轉化關系如圖所示：（1）D的名稱是_______________。（2）有機物A與NaOH溶液反應的化學方程式是_________________________________。（3）下列說法不正確的是。______________A．B→C的反應屬于加成反應B．等質量的A和E完全燃燒，消耗的O2的量相同C．可用銀氨溶液鑒別D和ED．C和D都可以和Na發(fā)生反應（4）E→C的反應類型是______________。（5）寫出乙烯和C反應生成A（該反應原子利用率達到100%）的化學方程式______________。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某興趣小組研究并制備塑料產品C和食品加香劑E(CH3CH2COOCH2CH3)，其合成路線如下圖所示：已知：D與NaHCO3溶液反應可生成氣體。請回答：(1)A中的官能團是_______，C的結構簡式是_______。(2)A→B的反應類型是_______。(3)B+D→E的化學方程式是_______。(4)下列說法正確的是_______。A．A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B．向裝有2mLB的小試管中投入一小粒鈉，產生氣泡C．等物質的量的A和B完全燃燒消耗氧氣的物質的量不相等D．可以用飽和碳酸鈉溶液鑒別B、D和E三種物質（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）烴A的相對分子質量為28，部分性質及轉化關系如圖：(1)有機物A中的官能團名稱為_______。生成有機物B的反應類型為_______。(2)D的水溶液顯酸性，請寫出C與D反應的化學方程式_______。(3)下列說法正確的是_______。A．有機物C和乙酸乙酯均易溶于飽和碳酸鈉溶液中B．有機物D能與溶液反應生成氣體C．等物質的量的A和C完全燃燒，消耗的的量相同D．A既能使酸性溶液褪色又能使溴水褪色，且褪色的反應原理相同(4)請寫出丙烯與水發(fā)生加成反應時可能得到的兩種有機產物的結構簡式_______。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某研究小組為了探究某化妝品的防潮劑X(僅含五種短周期元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：已知A在常溫下是無色液體，白色沉淀丙為Al(OH)3。(1)操作①的名稱是_______。(2)寫出白色沉淀丙與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式是_______。(3)X的化學式是_______。(4)用電子式表示固體1所含物質的形成過程_______。（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）A是由兩種元素組成的礦物，測定A的組成流程如圖：已知：B、D均為純凈物。請回答：(1)寫出反應A的化學式：_______。(2)寫出反應②的化學方程式：_______。(3)寫出反應③的離子方程式：_______。(4)檢驗無色氣體D常用的方法是：_______。

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：

CH3CH2CH2CH3

Ca(ClO)2

3Mg+N2Mg3N2

Fe+2Fe3+=3Fe2+

H2C=CH2+H2OCH3CH2OH〖祥解〗(1)根據漂白粉的制取原理判斷其有效成分；(2)鎂條在氮氣中燃燒生成氮化鎂；鐵與鐵離子發(fā)生歸中反應生成亞鐵離子；乙烯和水在催化劑的作用下發(fā)生加成反應生成乙醇。〖詳析〗(1)正丁烷的結構簡式為CH3CH2CH2CH3；用氯氣與石灰乳反應制取漂白粉，反應原理為2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2；(2)鎂條在氮氣中燃燒生成氮化鎂，反應的化學方程式為3Mg+N2Mg3N2；鐵與鐵離子發(fā)生反應生成亞鐵離子，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；乙烯和水在催化劑的作用下發(fā)生加成反應生成乙醇，反應的化學方程式為H2C=CH2+H2OCH3CH2OH?！肌狐c石成金』〗用氯氣與石灰乳反應制取漂白粉，而不能用澄清石灰水，因為其濃度太小，反應原理為2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2。

過濾

4H++4I-+O2=====2I2+2H2O

四氯化碳與水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度遠大于在水中的溶解度

分液漏斗〖祥解〗海帶經過灼燒后得到海帶灰，浸泡海帶灰，得到海帶灰懸濁液，過濾，除去難溶性雜質，得到含碘離子的溶液，在酸性環(huán)境下，用過氧化氫氧化碘離子得到含碘水的溶液，再用苯萃取碘水中的碘單質得到含碘的苯溶液，再進行蒸餾，得到碘單質?！荚斘觥?1)由以上分析知，步驟③的操作是過濾，除去難溶性雜質，得到含碘離子的溶液；碘離子在酸性環(huán)境中也能被氧氣氧化，該反應的離子方程式是4H++4I-+O2=====2I2+2H2O；(2)步驟⑤中萃取劑也可用四氯化碳，是因為四氯化碳與水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度遠大于在水中的溶解度；萃取過程所用的主要玻璃儀器為分液漏斗?！肌狐c石成金』〗從海帶中提取單質碘的步驟順序依次為：灼燒、溶解、過濾、通入氯氣或過氧化氫氧化、萃取分液、蒸餾，熟記從海帶中提取碘的實驗步驟以及實驗儀器，難度不大，但同學們易忘，這是常考點。

CH3CHO

吸收蒸餾出來的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出〖詳析〗(1)氨氣分子中含有3個N-H鍵，電子式是；(2)乙醛分子中含有醛基，結構簡式CH3CHO；(3)銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮、水，反應的化學反應方程式；(4)在制取乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉溶液的作用是：吸收蒸餾出來的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出。(1)(2)(3)(4)氯原子、溴原子、碘原子電子層數依次增加，原子核對最外層電子的吸引力依次減弱，得電子能力依次減弱，單質氧化性依次減弱〖解析〗(1)丙烷為碳原子數為3個的飽和烴，故結構簡式為。(2)乙醇被氧氣氧化為乙醛和水，故化學方程式為。(3)在加熱條件下碳被濃硫酸氧化為二氧化碳，本身還原為二氧化硫，化學方程式為。(4)從原子結構角度可知，氯原子、溴原子、碘原子電子層數依次增加，原子核對最外層電子的吸引力依次減弱，得電子能力依次減弱，故單質氧化性依次減弱，即鹵素單質的氧化性由強到弱的順序為氯氣>溴>碘。

28g·mol-1

該氣態(tài)烴的摩爾質量為28g/mol，則該烴為乙烯C2H4，由圖可知，當生成CO2氣體時，發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根據C元素守恒知，乙烯燃燒生成0.01molCO2，則n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，則乙烯的體積為V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L。〖祥解〗(1)根據公式進行計算；(2)先確定該氣態(tài)烴的分子式，再根據所發(fā)生的反應，結合圖象，利用元素守恒進行計算?！荚斘觥?1)標準狀況下，某氣態(tài)烴A的密度是1.25g·L-1，則A的摩爾質量為；(2)該氣態(tài)烴的摩爾質量為28g/mol，則該烴為乙烯C2H4；取xL乙烯在足量的氧氣中充分燃燒，生成二氧化碳和水蒸氣，將該混合氣體通入到50mLNaOH溶液中，CO2與NaOH溶液反應；隨后取此溶液25mL將其稀釋至100mL，并向此稀釋后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，生成CO2氣體，當生成CO2氣體時，應發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由圖可知，生成CO2氣體至體積最大，消耗HCl為50mL，則n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根據C元素守恒知，乙烯燃燒生成0.01molCO2，則n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，則乙烯的體積為V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L?！肌狐c石成金』〗該題需要確定從開始生成CO2氣體至體積最大，發(fā)生的反應為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再利用C元素守恒進行計算是解決本題的關鍵。

0.3

0.4〖詳析〗設其中一份混合物中含Na2CO3的物質的量為x，NaHCO3的物質的量為y?，F有含Na2CO3、NaHCO3的固體混合物54.8g，溶于水攪拌均勻分成兩等份。則有106x+84y=；向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，經過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀59.1g，可知白色沉淀為BaCO3，其物質的量==0.3mol，根據碳原子守恒可知x+y=0.3，解得x=0.1

y=0.2，所以混合物中含NaHCO3的物質的量為0.2mol2=0.4mol，故〖答案〗0.3；0.4。(1)0.7(2)1.28(3)4∶1〖祥解〗1.52g銅鎂合金溶于濃硝酸中生成硝酸銅、硝酸鎂、NO2、N2O4，NO2、N2O4的體積為1120mL，則物質的量為0.05mol。向反應后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子完全沉淀時，得到2.54g沉淀，則m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，則n(OH-)=0.06mol。(1)50mL14mol/L的濃硝酸中含有HNO3的物質的量為0.05L×14mol/L=0.7mol；(2)根據n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化學式可知，銅和鎂的總物質的量是n(OH-)的二分之一，即為0.03mol。設合金中銅的物質的量為x，鎂的物質的量為y，則有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，則該合金含銅0.02mol×64g/mol=1.28g；(3)銅和鎂的總物質的量為0.03mol，銅和鎂反應后均為+2價，所以轉移電子的物質的量為0.06mol，設N2O4的物質的量為a，則NO2的物質的量為0.05-a，根據化合價變化有2a+0.05-a=0.06，則a=0.01mol，則NO2的物質的量為0.04mol，所以混合氣體中，NO2和N2O4的物質的量之比為0.04：0.01=4：1。

Cu

CuFeS2

2SO2+O2+4OH-=2+2H2O

SO2〖祥解〗根據圖中可知：溶液B為綠色，則含有二價鐵離子，固體D為紫紅色，則D為銅單質，銅元素的物質的量為：；固體E為紅棕色，E為Fe2O3；加入BaCl2生成白色沉淀，應該為BaSO4，混合氣體中有二氧化硫和氧氣，故沉淀不能為BaSO3，硫元素的物質的量為：，鐵元素的質量為：18.4g-6.4g-0.2g×32g/mol=5.6g，鐵元素的物質的量為：，以此解題?！荚斘觥?1)根據元素守恒和分析知，固體X中所含元素有Fe、S和Cu，Cu、Fe和S的物質的量比為：0.01：0.01：0.02=1：1：2，所以化學式為CuFeS2；(2)F→G為中涉及到二氧化硫與氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉與氧氣反應生成硫酸鈉，總離子方程式是2SO2+O2+4OH-=2+2H2O，該反應中SO2化合價升高，所以還原劑是SO2?！肌狐c石成金』〗本題為元素和物質的推斷，學會利用提給條件進行分析，會根據物質的量計算化學式。

圓底燒瓶

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

吸收HCl

稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性

裝置E沒有采取防倒吸措施；裝置D和E之間缺少干燥裝置〖祥解〗由實驗裝置圖可知，裝置A中中二氧化錳和濃鹽酸共熱制備氯氣，氯氣中混有揮發(fā)出的氯化氫氣體，裝置B中盛有的飽和食鹽水能除去氯氣中混有的氯化氫，裝置C中盛有濃硫酸的目的是干燥氯氣，裝置D中氯氣與固體亞氯酸鈉在冰水浴條件下制備二氧化氯，裝置E中氫氧化鈉溶液用于吸收過量的氯氣和揮發(fā)出的二氧化氯，防止污染環(huán)境?！荚斘觥?1)儀器a的名稱為圓底燒瓶；(2)裝置A中二氧化錳和濃鹽酸共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)濃鹽酸具有揮發(fā)性，裝置A中制取的氯氣中混有氯化氫氣體，裝置B中盛有的試劑X飽和食鹽水，目的是吸收除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故〖答案〗為：吸收HCl；(4)由題意可知，二氧化氯極易爆炸分解，若用空氣、二氧化碳、氮氣等惰性氣體稀釋時，爆炸性則降低，則向裝置D中通入干燥空氣能稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性，故〖答案〗為：稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性；(5)由題意可知，二氧化氯氣體易溶于水，可能溶于氫氧化鈉溶液中揮發(fā)出的水蒸氣，應在裝置D和E之間添加干燥裝置，防止二氧化氯溶于水；氯和二氧化氯能與氫氧化鈉溶液反應，若直接通入氫氧化鈉溶液會產生倒吸，為防止倒吸，應在裝置E中采取防倒吸措施，故〖答案〗為：裝置E沒有采取防倒吸措施；裝置D和E之間缺少干燥裝置。

在常溫下，鐵與濃硫酸發(fā)生了鈍化，而碳與濃硫酸不反應

II試管中品紅溶液褪色(加熱II試管，品紅恢復紅色)

BC〖詳析〗(1)合金絲含鐵元素與碳元素，Fe常溫下遇冷的濃硫酸鈍化，而C則需加熱條件下與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，所以本問應填“在常溫下，鐵與濃硫酸發(fā)生了鈍化，而碳與濃硫酸不反應”；(2)鐵或碳在加熱條件下，與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸被還原生成SO2，SO2通入品紅試液生成H2SO3有漂白性，使品紅試液褪色，所以本問應填“II試管中品紅溶液褪色(加熱II試管，品紅恢復紅色)”；(3)I中碳與濃硫酸反應有CO2生成，且未被前面的試劑吸收，所以V中出現溶液變渾濁現象，本問反應方程式應填“”；(4)A．微熱產生氣泡后，還需降溫，當導管中出現穩(wěn)定液柱，才能說明I氣密性良好，描述錯誤，不符題意；B．抽動合金絲，使其浸入濃硫酸的長度可以調整，確保反應劇烈程度可控，描述正確，符合題意；C．對III劇烈振蕩后，試管內空氣中的氧氣會將H2SO3氧化成H2SO4，然后BaCl2再與硫酸反應生成白色沉淀BaSO4，描述正確，符合題意；D．KMnO4是氧化劑，SO2是還原劑，所以SO2體現還原性，描述錯誤，不符題意；綜上，本問選BC。(1)(2)球形干燥管(3)降溫，冷凝反應生成的水蒸氣(4)AC〖祥解〗X為氮氣，用氮氣趕凈裝置中的空氣，固體受熱分解生成的二氧化碳和水蒸氣進入裝置B，利用冰水混合物冷卻生成的水蒸氣，裝置C中的堿石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中為堿石灰是防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣進入裝置C影響測定結果?！荚斘觥剑?）樣品加熱時碳酸氫鈉發(fā)生分解，化學方程式為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，〖答案〗2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。（2）儀器a是球形干燥管。（3）裝置B利用中冰水混合物冷卻生成的水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置C，〖答案〗降溫，冷凝反應生成的水蒸氣。（4）A．樣品分解不完全，生成CO2的質量偏低，使碳酸鈉的質量分數偏高，A項選；B．裝置B、C之間缺少CO2的干燥裝置，未除去生成的水，使CO2的質量偏高，造成碳酸鈉的質量分數偏低，B項不選；C．產生CO2氣體的速率太快，沒有被堿石灰完全吸收，導致得到CO2的質量偏低，使碳酸鈉的質量分數偏高，C項選；D．反應完全后停止加熱，通入過量的空氣，空氣中含有少量CO2，使CO2的質量偏高，造成碳酸鈉的質量分數偏低，D項不選；〖答案〗選AC。

乙醇

CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH

A

氧化反應

CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3〖祥解〗有機物A的分子式為C4H8O2，它能在NaOH溶液中發(fā)生水解生成B與D，則A屬于酯，A水解生成的B和D最終都能夠生成C，說明B和D中都含有2個C原子，D能夠發(fā)生氧化反應，說明D為乙醇，E為乙醛，C為乙酸，故B為CH3COONa，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH，E為CH3CHO，A為CH3COOCH2CH3，據此解答?！荚斘觥?1)根據上述分析可知，D是乙醇，故〖答案〗為：乙醇；(2)根據分析可知，有機物A即乙酸乙酯與NaOH溶液反應的化學方程式是CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，故〖答案〗為：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；(3)A．B→C即CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，屬于復分解反應，不屬于加成反應，A錯誤；B．由于A為CH3COOCH2CH3和E為CH3CHO的最簡式相同為C2H4O，故等質量的A和E完全燃燒，消耗的O2的量相同，B正確；C．D為CH3CH2OH不含醛基，E為CH3CHO含有醛基，含有醛基的物質可發(fā)生銀鏡反應，故可用銀氨溶液鑒別D和E，C正確；D．C為CH3COOH和Na發(fā)生反應為2CH3COOH+2Na=2CH3COONa+H2↑，D為CH3CH2OH和Na發(fā)生反應為2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，D正確；故〖答案〗為：A；(4)E→C即CH3CHO轉為CH3COOH的反應類型是氧化反應，故〖答案〗為：氧化反應；(5)寫出乙烯和C即CH3COOH反應生成ACH3COOCH2CH3，且該反應原子利用率達到100%，故只能發(fā)生加成反應，故其化學方程式CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，故〖答案〗為：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3

碳碳雙鍵

加成反應

ABD〖祥解〗A是C2H4，B是C2H4和水反應的產物，則B是乙醇CH3CH2OH，E是CH3CH2COOCH2CH3，結合反應條件，可知D是CH3CH2COOH，C是以C2H4制備的塑料，則C是聚乙烯，據此分析解答?！荚斘觥?1)A是C2H4，其結構中的官能團是碳碳雙鍵，C是聚乙烯，其結構簡式是。(2)A→B的反應是乙烯和水生成乙醇的反應，此反應類型是加成反應。(3)B+D→E的反應是CH3CH2OH和CH3CH2COOH的酯化反應，則其反應的化學方程式是CH3CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3+H2O。(4)A．A是乙烯，乙烯能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；B．B是乙醇，乙醇能和鈉發(fā)生置換反應，生成氫氣，故B正確；C．A是乙烯C2H4，B是乙醇C2H6O，C2H6O可改寫成C2H4·H2O，則等物質的量的A和B完全燃燒消耗氧氣的物質的量相等，故C錯誤；D．B、D、E分別是乙醇、丙酸，丙酸乙酯，分別加入飽和的碳酸鈉溶液出現的現象分別是互溶、氣泡、分層三種現象，故D正確；本題〖答案〗ABD。(1)

碳碳雙鍵

加成(還原)反應(2)(3)BC(4)、〖祥解〗根據轉化關系，烴A與H2O在催化劑的條件下生成C，A催化氧化反應得到D，C與D在濃硫酸加熱的條件下生成CH3COOCH2CH3，又A的相對分子質量為28，則A為乙烯(CH2=CH2)，C為CH3CH2OH，D為CH3COOH，A與H2在催化劑的條件下發(fā)生加成反應生成B，則B為CH3CH3，據此分析解答。(1)由分析可知，A為乙烯(CH2=CH2)，含有的官能團名稱為碳碳雙鍵，A與H2在催化劑的條件下發(fā)生加成反應生成B，反應類型為加成反應；(2)C為CH3CH2OH，D為CH3COOH，兩者在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應生成CH3COOCH2CH3，反應的化學方程式為：；(3)A．C為CH3CH2OH，易溶于飽和碳酸鈉溶液，而乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小，A錯誤；B．D為CH3COOH，能與溶液反應生成氣體，B正確；C．A為乙烯(CH2=CH2)，C為CH3CH2OH，兩者分別與O2發(fā)生燃燒反應的化學方程式為：CH2=CH2+3O22CO2+2H2O，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O，則等物質的量的A和C完全燃燒，消耗的O2的量相同，C正確；D．A為乙烯(CH2=CH2)，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為發(fā)生了還原反應，使溴水褪色是因為發(fā)生了加成反應，兩者褪色原理不同，D錯誤；〖答案〗選BC。(4)丙烯與水發(fā)生加成反應，可能會生成1-丙醇或2-丙醇，結構簡式為、。

過濾

MgAl2SiO6·H2O

〖祥解〗A在常溫下是無色液體，A是H2O，物質的量是；說明A中含有0.2molH原子；白色沉淀甲灼燒得到SiO2的物質的量是，說明A中含有0.1molSi原子；白色沉淀丙為Al(OH)3，則固體2是氧化鋁，物質的量是，說明A中含有0.2molAl原子；溶液1加入過量氫氧化鈉生成白色沉淀乙，乙是氫氧化鎂，固體1是氧化鎂，物質的量是，說明A中含有0.1molMg原子；根據質量守恒，A中含O原子的物質的量是?！荚斘觥?1)操作①是氫氧化鎂固體和偏鋁酸鈉溶液的分離，操作的名稱是過濾；(2)白色沉淀丙為Al(OH)3與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式是；(3)根據計算，22gX中含有0.2molH、0.2molAl、0.1molMg、0.1molSi、0.6molO，所以X的化學式是MgAl2SiO6·H2O；(4)固體1是氧化鎂，氧化鎂是離子化合物，用電子式表示氧化鎂的形成過程為。(1)(2)(3)(4)通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，加熱后品紅溶液又恢復紅色〖祥解〗A是由兩種元素組成的礦物，A與氧氣在高溫條件下得到紅色固體B和無色氣體D，B、D均為純凈物，B與稀鹽酸反應后加入硫氰化鉀溶液得到血紅色溶液C，則B為Fe2O3，C為Fe(SCN)3，無色氣體D加入足量FeCl3溶液得到溶液E，E與足量BaCl2溶液可得到白色沉淀F，則F為BaSO4，E為FeSO4，D為SO2，又2.4gA得到9.32gF(BaSO4)，根據S元素守恒可得A中S元素的質量為，則A中Fe元素的質量為2.4g-1.28g=1.12g，因此A中Fe、S的原子個數比為，則A的化學式為FeS2，據此分析解答。(1)由分析可得，A的化學式為FeS2；(2)根據分析，反應②為Fe2O3與稀鹽酸反應，反應的化學方程式為；(3)反應③為SO2與足量的FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為；(4)由分析可知，D為SO2，具有漂白性，可將其通入品紅溶液中，若品紅溶液褪色，加熱后品紅溶液又恢復紅色，說明是SO2。高中期末考試/復習精品試卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2020-2022三年高一化學下學期期末試題匯編4-非選擇題（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）(1)寫出正丁烷的結構簡式：___________；寫出漂白粉有效成分的化學式：__________。(2)寫出鎂條和氮氣反應的化學方程式_____________________________________。寫出鐵和氯化鐵溶液反應的離子方程式___________________________________。寫出乙烯和水反應的化學方程式___________________________________。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）海帶中含有豐富的碘，為了從海帶中提取碘，某研究性學習小組設計并進行以下實驗：請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)步驟③的操作名稱是__________________，碘離子在酸性環(huán)境中也能被氧氣氧化，請寫出相關離子方程式是________________________________________。(2)步驟⑤中萃取劑也可用四氯化碳的理由是_____________________________，該步驟所用主要玻璃儀器的名稱是_________________。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）請按要求填空：(1)氨氣的電子式是_______；(2)乙醛的結構簡式_______；(3)銅和稀硝酸反應的化學反應方程式_______；(4)在制取乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉溶液的作用是_______；（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）請按要求填空(1)寫出丙烷的結構簡式：_______。(2)乙醇在加熱和有催化劑存在的條件下，被氧氣氧化的化學方程式_______。(3)寫出碳和濃硫酸反應的化學方程式_______。(4)已知鹵素單質的氧化性由強到弱的順序為氯氣>溴>碘，試從原子結構角度解釋單質氧化性逐漸減弱的原因_______。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）標準狀況下，某氣態(tài)烴A的密度是1.25g·L-1，取xL的A在足量的氧氣中充分燃燒，生成的混合氣體通入到50mLNaOH溶液，隨后取此溶液25mL將其稀釋至100mL，并向此稀釋后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，產生的CO2氣體體積與所加入的鹽酸的體積之間的關系如圖所示：(1)A的摩爾質量為________________。(2)請計算x的值（寫出具體計算過程）。________________（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）現有含Na2CO3、NaHCO3的固體混合物54.8g，溶于水攪拌均勻分成兩等份。向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，經過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀59.1g。求：(1)所得白色沉淀的物質的量n=_______mol(2)原固體中NaHCO3的物質的量為_______（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）將銅鎂合金完全溶解于的濃硝酸中，得到和的混合氣體(標準狀況)，向反應后的溶液中加入溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。求：(1)的濃硝酸中含有的物質的量為_______。(2)該合金含銅_______g。(3)混合氣體中，和的物質的量之比為_______。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某黃色礦物中主要成分X僅含三種元素，不含結晶水，某研究小組為了探究X的組成和性質，設計并完成了如下實驗：注：適量代表該試劑恰好完全反應(1)固體X中所含元素有Fe、S和___________，其化學式為___________；(2)F→G的總離子方程式(只寫一步)是_____________________________________，該反應的還原劑是_______________。（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）二氧化氯(ClO2)是一種高效消毒劑，易溶于水，沸點為11.0℃，極易爆炸分解，若用空氣、二氧化碳、氮氣等惰性氣體稀釋時，爆炸性則降低。用干燥的氯氣與固體亞氯酸鈉制備二氧化氯，裝置如圖所示：已知：D中發(fā)生的反應為：Cl2+2NaClO2=ClO2+2NaCl(1)儀器a的名稱為：______。(2)A中發(fā)生的離子方程式為：_______。(3)試劑X的作用是：_______。(4)裝置D中通入干燥空氣的作用是：_______。(5)該實驗裝置的缺陷是：_______。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某研究學習小組利用下列裝置檢驗濃硫酸與某鐵、碳合金絲的反應(其他雜質不參與反應，夾持裝置已省略)：請回答：(1)I中不加熱時無明顯現象是因為_______。(2)加熱I試管后說明有SO2氣體生成的實驗現象是_______。(3)V中出現少量渾濁是因為I中發(fā)生了反應_______(用化學方程式表示)(4)下列說法正確的是_______A．反應前，檢查裝置I的氣密性，需在II中加水至浸沒導管，微熱I中試管，若II中導管口有氣泡溢出，就可以說明裝置I氣密性良好B．裝置I的優(yōu)點是可通過抽動鐵、碳合金絲控制反應的進行C．取下試管III并不斷振蕩，試管中出現渾濁，是因為生成了BaSO4D．試管IV中KMnO4溶液褪色，說明SO2具有氧化性（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）為確定碳酸鈉和碳酸氫鈉混合樣品中碳酸鈉的質量分數，可通過加熱分解得到的質量進行計算，某同學設計的實驗裝置示意圖如圖：請回答：(1)寫出A中硬質玻璃管內發(fā)生的化學反應方程式_______。(2)儀器a的名稱是_______。(3)裝置B中冰水的作用是_______。(4)該同學設計的實驗裝置存在缺陷。該實驗裝置及實驗過程中，下列因素可能使碳酸鈉的質量分數偏高的是_______。A．樣品分解不完全B．裝置B、C之間缺少的干燥裝置C．產生氣體的速率太快，沒有被堿石灰完全吸收D．反應完全后停止加熱，通入過量的空氣（2019春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）有機物A的分子式為C4H8O2，其轉化關系如圖所示：（1）D的名稱是_______________。（2）有機物A與NaOH溶液反應的化學方程式是_________________________________。（3）下列說法不正確的是。______________A．B→C的反應屬于加成反應B．等質量的A和E完全燃燒，消耗的O2的量相同C．可用銀氨溶液鑒別D和ED．C和D都可以和Na發(fā)生反應（4）E→C的反應類型是______________。（5）寫出乙烯和C反應生成A（該反應原子利用率達到100%）的化學方程式______________。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某興趣小組研究并制備塑料產品C和食品加香劑E(CH3CH2COOCH2CH3)，其合成路線如下圖所示：已知：D與NaHCO3溶液反應可生成氣體。請回答：(1)A中的官能團是_______，C的結構簡式是_______。(2)A→B的反應類型是_______。(3)B+D→E的化學方程式是_______。(4)下列說法正確的是_______。A．A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B．向裝有2mLB的小試管中投入一小粒鈉，產生氣泡C．等物質的量的A和B完全燃燒消耗氧氣的物質的量不相等D．可以用飽和碳酸鈉溶液鑒別B、D和E三種物質（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）烴A的相對分子質量為28，部分性質及轉化關系如圖：(1)有機物A中的官能團名稱為_______。生成有機物B的反應類型為_______。(2)D的水溶液顯酸性，請寫出C與D反應的化學方程式_______。(3)下列說法正確的是_______。A．有機物C和乙酸乙酯均易溶于飽和碳酸鈉溶液中B．有機物D能與溶液反應生成氣體C．等物質的量的A和C完全燃燒，消耗的的量相同D．A既能使酸性溶液褪色又能使溴水褪色，且褪色的反應原理相同(4)請寫出丙烯與水發(fā)生加成反應時可能得到的兩種有機產物的結構簡式_______。（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）某研究小組為了探究某化妝品的防潮劑X(僅含五種短周期元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：已知A在常溫下是無色液體，白色沉淀丙為Al(OH)3。(1)操作①的名稱是_______。(2)寫出白色沉淀丙與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式是_______。(3)X的化學式是_______。(4)用電子式表示固體1所含物質的形成過程_______。（2022春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）A是由兩種元素組成的礦物，測定A的組成流程如圖：已知：B、D均為純凈物。請回答：(1)寫出反應A的化學式：_______。(2)寫出反應②的化學方程式：_______。(3)寫出反應③的離子方程式：_______。(4)檢驗無色氣體D常用的方法是：_______。

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：

CH3CH2CH2CH3

Ca(ClO)2

3Mg+N2Mg3N2

Fe+2Fe3+=3Fe2+

H2C=CH2+H2OCH3CH2OH〖祥解〗(1)根據漂白粉的制取原理判斷其有效成分；(2)鎂條在氮氣中燃燒生成氮化鎂；鐵與鐵離子發(fā)生歸中反應生成亞鐵離子；乙烯和水在催化劑的作用下發(fā)生加成反應生成乙醇?！荚斘觥?1)正丁烷的結構簡式為CH3CH2CH2CH3；用氯氣與石灰乳反應制取漂白粉，反應原理為2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2；(2)鎂條在氮氣中燃燒生成氮化鎂，反應的化學方程式為3Mg+N2Mg3N2；鐵與鐵離子發(fā)生反應生成亞鐵離子，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；乙烯和水在催化劑的作用下發(fā)生加成反應生成乙醇，反應的化學方程式為H2C=CH2+H2OCH3CH2OH?！肌狐c石成金』〗用氯氣與石灰乳反應制取漂白粉，而不能用澄清石灰水，因為其濃度太小，反應原理為2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2。

過濾

4H++4I-+O2=====2I2+2H2O

四氯化碳與水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度遠大于在水中的溶解度

分液漏斗〖祥解〗海帶經過灼燒后得到海帶灰，浸泡海帶灰，得到海帶灰懸濁液，過濾，除去難溶性雜質，得到含碘離子的溶液，在酸性環(huán)境下，用過氧化氫氧化碘離子得到含碘水的溶液，再用苯萃取碘水中的碘單質得到含碘的苯溶液，再進行蒸餾，得到碘單質?！荚斘觥?1)由以上分析知，步驟③的操作是過濾，除去難溶性雜質，得到含碘離子的溶液；碘離子在酸性環(huán)境中也能被氧氣氧化，該反應的離子方程式是4H++4I-+O2=====2I2+2H2O；(2)步驟⑤中萃取劑也可用四氯化碳，是因為四氯化碳與水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度遠大于在水中的溶解度；萃取過程所用的主要玻璃儀器為分液漏斗?！肌狐c石成金』〗從海帶中提取單質碘的步驟順序依次為：灼燒、溶解、過濾、通入氯氣或過氧化氫氧化、萃取分液、蒸餾，熟記從海帶中提取碘的實驗步驟以及實驗儀器，難度不大，但同學們易忘，這是常考點。

CH3CHO

吸收蒸餾出來的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出〖詳析〗(1)氨氣分子中含有3個N-H鍵，電子式是；(2)乙醛分子中含有醛基，結構簡式CH3CHO；(3)銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮、水，反應的化學反應方程式；(4)在制取乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉溶液的作用是：吸收蒸餾出來的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出。(1)(2)(3)(4)氯原子、溴原子、碘原子電子層數依次增加，原子核對最外層電子的吸引力依次減弱，得電子能力依次減弱，單質氧化性依次減弱〖解析〗(1)丙烷為碳原子數為3個的飽和烴，故結構簡式為。(2)乙醇被氧氣氧化為乙醛和水，故化學方程式為。(3)在加熱條件下碳被濃硫酸氧化為二氧化碳，本身還原為二氧化硫，化學方程式為。(4)從原子結構角度可知，氯原子、溴原子、碘原子電子層數依次增加，原子核對最外層電子的吸引力依次減弱，得電子能力依次減弱，故單質氧化性依次減弱，即鹵素單質的氧化性由強到弱的順序為氯氣>溴>碘。

28g·mol-1

該氣態(tài)烴的摩爾質量為28g/mol，則該烴為乙烯C2H4，由圖可知，當生成CO2氣體時，發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根據C元素守恒知，乙烯燃燒生成0.01molCO2，則n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，則乙烯的體積為V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L?！枷榻狻?1)根據公式進行計算；(2)先確定該氣態(tài)烴的分子式，再根據所發(fā)生的反應，結合圖象，利用元素守恒進行計算。〖詳析〗(1)標準狀況下，某氣態(tài)烴A的密度是1.25g·L-1，則A的摩爾質量為；(2)該氣態(tài)烴的摩爾質量為28g/mol，則該烴為乙烯C2H4；取xL乙烯在足量的氧氣中充分燃燒，生成二氧化碳和水蒸氣，將該混合氣體通入到50mLNaOH溶液中，CO2與NaOH溶液反應；隨后取此溶液25mL將其稀釋至100mL，并向此稀釋后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，生成CO2氣體，當生成CO2氣體時，應發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由圖可知，生成CO2氣體至體積最大，消耗HCl為50mL，則n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根據C元素守恒知，乙烯燃燒生成0.01molCO2，則n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，則乙烯的體積為V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L?！肌狐c石成金』〗該題需要確定從開始生成CO2氣體至體積最大，發(fā)生的反應為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再利用C元素守恒進行計算是解決本題的關鍵。

0.3

0.4〖詳析〗設其中一份混合物中含Na2CO3的物質的量為x，NaHCO3的物質的量為y?，F有含Na2CO3、NaHCO3的固體混合物54.8g，溶于水攪拌均勻分成兩等份。則有106x+84y=；向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，經過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀59.1g，可知白色沉淀為BaCO3，其物質的量==0.3mol，根據碳原子守恒可知x+y=0.3，解得x=0.1

y=0.2，所以混合物中含NaHCO3的物質的量為0.2mol2=0.4mol，故〖答案〗0.3；0.4。(1)0.7(2)1.28(3)4∶1〖祥解〗1.52g銅鎂合金溶于濃硝酸中生成硝酸銅、硝酸鎂、NO2、N2O4，NO2、N2O4的體積為1120mL，則物質的量為0.05mol。向反應后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子完全沉淀時，得到2.54g沉淀，則m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，則n(OH-)=0.06mol。(1)50mL14mol/L的濃硝酸中含有HNO3的物質的量為0.05L×14mol/L=0.7mol；(2)根據n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化學式可知，銅和鎂的總物質的量是n(OH-)的二分之一，即為0.03mol。設合金中銅的物質的量為x，鎂的物質的量為y，則有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，則該合金含銅0.02mol×64g/mol=1.28g；(3)銅和鎂的總物質的量為0.03mol，銅和鎂反應后均為+2價，所以轉移電子的物質的量為0.06mol，設N2O4的物質的量為a，則NO2的物質的量為0.05-a，根據化合價變化有2a+0.05-a=0.06，則a=0.01mol，則NO2的物質的量為0.04mol，所以混合氣體中，NO2和N2O4的物質的量之比為0.04：0.01=4：1。

Cu

CuFeS2

2SO2+O2+4OH-=2+2H2O

SO2〖祥解〗根據圖中可知：溶液B為綠色，則含有二價鐵離子，固體D為紫紅色，則D為銅單質，銅元素的物質的量為：；固體E為紅棕色，E為Fe2O3；加入BaCl2生成白色沉淀，應該為BaSO4，混合氣體中有二氧化硫和氧氣，故沉淀不能為BaSO3，硫元素的物質的量為：，鐵元素的質量為：18.4g-6.4g-0.2g×32g/mol=5.6g，鐵元素的物質的量為：，以此解題。〖詳析〗(1)根據元素守恒和分析知，固體X中所含元素有Fe、S和Cu，Cu、Fe和S的物質的量比為：0.01：0.01：0.02=1：1：2，所以化學式為CuFeS2；(2)F→G為中涉及到二氧化硫與氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉與氧氣反應生成硫酸鈉，總離子方程式是2SO2+O2+4OH-=2+2H2O，該反應中SO2化合價升高，所以還原劑是SO2。〖『點石成金』〗本題為元素和物質的推斷，學會利用提給條件進行分析，會根據物質的量計算化學式。

圓底燒瓶

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

吸收HCl

稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性

裝置E沒有采取防倒吸措施；裝置D和E之間缺少干燥裝置〖祥解〗由實驗裝置圖可知，裝置A中中二氧化錳和濃鹽酸共熱制備氯氣，氯氣中混有揮發(fā)出的氯化氫氣體，裝置B中盛有的飽和食鹽水能除去氯氣中混有的氯化氫，裝置C中盛有濃硫酸的目的是干燥氯氣，裝置D中氯氣與固體亞氯酸鈉在冰水浴條件下制備二氧化氯，裝置E中氫氧化鈉溶液用于吸收過量的氯氣和揮發(fā)出的二氧化氯，防止污染環(huán)境。〖詳析〗(1)儀器a的名稱為圓底燒瓶；(2)裝置A中二氧化錳和濃鹽酸共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)濃鹽酸具有揮發(fā)性，裝置A中制取的氯氣中混有氯化氫氣體，裝置B中盛有的試劑X飽和食鹽水，目的是吸收除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故〖答案〗為：吸收HCl；(4)由題意可知，二氧化氯極易爆炸分解，若用空氣、二氧化碳、氮氣等惰性氣體稀釋時，爆炸性則降低，則向裝置D中通入干燥空氣能稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性，故〖答案〗為：稀釋降低二氧化氯的濃度，減少其爆炸的可能性；(5)由題意可知，二氧化氯氣體易溶于水，可能溶于氫氧化鈉溶液中揮發(fā)出的水蒸氣，應在裝置D和E之間添加干燥裝置，防止二氧化氯溶于水；氯和二氧化氯能與氫氧化鈉溶液反應，若直接通入氫氧化鈉溶液會產生倒吸，為防止倒吸，應在裝置E中采取防倒吸措施，故〖答案〗為：裝置E沒有采取防倒吸措施；裝置D和E之間缺少干燥裝置。

在常溫下，鐵與濃硫酸發(fā)生了鈍化，而碳與濃硫酸不反應

II試管中品紅溶液褪色(加熱II試管，品紅恢復紅色)

BC〖詳析〗(1)合金絲含鐵元素與碳元素，Fe常溫下遇冷的濃硫酸鈍化，而C則需加熱條件下與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，所以本問應填“在常溫下，鐵與濃硫酸發(fā)生了鈍化，而碳與濃硫酸不反應”；(2)鐵或碳在加熱條件下，與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸被還原生成SO2，SO2通入品紅試液生成H2SO3有漂白性，使品紅試液褪色，所以本問應填“II試管中品紅溶液褪色(加熱II試管，品紅恢復紅色)”；(3)I中碳與濃硫酸反應有CO2生成，且未被前面的試劑吸收，所以V中出現溶液變渾濁現象，本問反應方程式應填“”；(4)A．微熱產生氣泡后，還需降溫，當導管中出現穩(wěn)定液柱，才能說明I氣密性良好，描述錯誤，不符題意；B．抽動合金絲，使其浸入濃硫酸的長度可以調整，確保反應劇烈程度可控，描述正確，符合題意；C．對III劇烈振蕩后，試管內空氣中的氧氣會將H2SO3氧化成H2SO4，然后BaCl2再與硫酸反應生成白色沉淀BaSO4，描述正確，符合題意；D．KMnO4是氧化劑，SO2是還原劑，所以SO2體現還原性，描述錯誤，不符題意；綜上，本問選BC。(1)(2)球形干燥管(3)降溫，冷凝反應生成的水蒸氣(4)AC〖祥解〗X為氮氣，用氮氣趕凈裝置中的空氣，固體受熱分解生成的二氧化碳和水蒸氣進入裝置B，利用冰水混合物冷卻生成的水蒸氣，裝置C中的堿石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中為堿石灰是防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣進入裝置C影響測定結果?！荚斘觥剑?）樣品加熱時碳酸氫鈉發(fā)生分解，化學方程式為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，〖答案〗2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。（2）儀器a是球形干燥管。（3）裝置B利用中冰水混合物冷卻生成的水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置C，〖答案〗降溫，冷凝反應生成的水蒸氣。（4）A．樣品分解不完全，生成CO2的質量偏低，使碳酸鈉的質量分數偏高，A項選；B．裝置B、C之間缺少CO2的干燥裝置，未除去生成的水，使CO2的質量偏高，造成碳酸鈉的質量分數偏低，B項不選；C．產生CO2氣體的速率太快，沒有被堿石灰完全吸收，導致得到CO2的質量偏低，使碳酸鈉的質量分數偏高，C項選；D．反應完全后停止加熱，通入過量的空氣，空氣中含有少量CO2，使CO2的質量偏高，造成碳酸鈉的質量分數偏低，D項不選；〖答案〗選AC。

乙醇

CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH

A

氧化反應

CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3〖祥解〗有機物A的分子式為C4H8O2，它能在NaOH溶液中發(fā)生水解生成B與D，則A屬于酯，A水解生成的B和D最終都能夠生成C，說明B和D中都含有2個C原子，D能夠發(fā)生氧化反應，說明D為乙醇，E為乙醛，C為乙酸，故B為CH3COONa，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH，E為CH3CHO，A為CH3COOCH2CH3，據此解答?！荚斘觥?1)根據上述分析可知，D是乙醇，故〖答案〗為：乙醇；(2)根據分析可知，有機物A即乙酸乙酯與NaOH溶液反應的化學方程式是CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，故〖答案〗為：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；(3)A．B→C即CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，屬于復分解反應，不屬于加成反應，A錯誤；B．由于A為CH3COOCH2CH3和E為CH3CHO的最簡式相同為C2H4O，故等質量的A和E完全燃燒，消耗的O2的量相同，B正確；C．D為CH3CH2OH不含醛基，E為CH3CHO含有醛基，含有醛基的物質可發(fā)生銀鏡反應，故可用銀氨