贵州省安顺市新高一下学期化学经典实验题含解析

单选题有答案含解析

1．实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质．

(1)盛装亚硫酸钠的仪器名称为__________ .若将亚硫酸钠改为铜片制取二氧化硫，还缺少的玻璃仪器是________，用铜片制取二氧化硫的化学方程式_______．

(2)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择____(填代号

)．

a. 饱和Na2CO3溶液 b. 饱和Na2SO3溶液 c. 饱和NaHCO3溶液 d. 饱和NaHSO3溶液

(3)验证二氧化硫的氧化性的装置是______，现象为_______________．

(4)为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取该试管中的溶液分成三份，分别进行如下实验： 方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成； 方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去； 方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．

上述方案合理的是方案________(填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)；若将试管D中新制氯水改为酸性高锰酸钾溶液，则发生反应的离子方程式为____________________． (5)装置F的作用是___________________．

2． “酒是陈的香”就是因为酒在贮存过程中生成了有香味的乙酸乙酯．在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题．

（1）乙醇制取乙烯的化学方程式：_____

（2）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式：_____． （3）浓硫酸的作用：_____．

（4）饱和碳酸钠溶液的主要作用是_____．

（5）装置中导管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是_____． （6）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应该采用的实验操作是_____．

（7）做此实验时，有时还要向盛有乙酸乙酯的试管里加入几块碎瓷片，其目的是_____．

3．某中学化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。A中试管内盛放的物质是Ca(OH)2、NH4Cl固体。

（实验探究）

（1）A中发生反应的化学方程式为 。

（2）B中盛放的干燥剂为 ，干燥氨气能否用浓硫酸 （填“能”或“不能”） （3）若有10.7gNH4Cl固体，最多可制取NH3（标准状况）的体积是 L （4）实验室收集氨气的方法是 。

（5）C、D装置中颜色会发生变化的是 （填“C”或“D”），红色石蕊试纸变成 色。

（6）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1-2滴浓盐酸，可观察到的现象是 。 （7）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是 （填“F”或“G”）。

4．某实验小组利用下图所示装置制取氨气。请回答下列问题：

（1）实验室制备氨气的化学方程式是__________________ （2）请指出装置中的两处错误

①_______________________ ②_______________________。

（3）检验试管中收集满氨气的方法是__________________ （4）用下列装置吸收多余的氨气，最合理的是_____。

5．溴苯可用作有机溶剂溴苯是制备精细化工品的原料，也是制备农药的基本原料。其制备可采用下列装置：

有关数据如下表： 溴 苯 密度(g·cm-3) 3.12 0.88 熔点/℃ -7.2 5.5 沸点/℃ 58.8 80.1 溶解性 微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、氯仿、四氯化碳等 不溶于水,易溶于有机溶剂 不溶于水,溶于甲醇、乙醚、苯、四氯化碳等多数有溴苯 1.50 -30.7 156.2 机溶剂 有关反应： (ⅰ)

+Br2

+HBr(溴苯制备反应)

(ⅱ)+H2O+HBr(反应微弱)

实验步骤：

在装置A底部放入少许石棉丝，然后加入2g铁粉;装置C中加入由22.0mL苯和10.0mL液溴混合而成的混合液;其他装置的试剂如图所示;打开装置 C的活塞,使苯、液溴混合液滴到铁粉上;取下装置B,进行下列流程图中的操作，最后得到11.1 mL溴苯。 粗溴苯与

回答下列问题：

(1)装置A中的铁粉可以用___________(填试剂的化学式)代替，原因是___________。 (2)装置B中的NaOH的作用是_____________________。 (3)装置D中苯的作用是___________。

(4)分离Ⅰ、分离Ⅱ、分离Ⅲ分别为___________(填标号)。 a．分液、蒸馏、过滤 b．分液、分液、过滤 c．过滤、分液、过滤 d．分液、过滤、过滤

(5)流程图中加入的CaCl2的作用是___________，若实验过程中省略该步操作，实验的产率_________(填“偏高”偏低“或“不变”)。 (6)本实验的产率为___________。

6．某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）

（1）装置B中发生反应的化学方程式是______。 （2）装置E中的现象是______。

（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。写出可能发生的有关反应化学方程式：______。

（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3•6H2O晶体，设计流程如图所示：

①步骤I中通入Cl2的作用是________。 ②简述检验滤液中Fe3+的操作方法_______。

③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体的主要操作包括：_______。 7．海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：

(1)步骤I中，粗盐中含有Ca、Mg、SO4等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是______（填字母）。 A．①②③④ B．②③④① C．②④③① D．③④②①

请写出加入Na1CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：_________、_________。

(1)步骤Ⅱ中已获得Br1，步骤Ⅲ中又将Br1还原为Br，其目的是_________。步骤Ⅱ用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_________。

(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl1．可向其中加入_________溶液。 (4)步骤Ⅳ由Mg(OH)1得到单质Mg，以下方法最合适的是_________（填序号）。 A．

-

1+1+1-

B．

C．

D．

8．某同学探究同周期元素性质的递变规律，以及影响化学反应速率的因素。进行了如下实验： （实验1）将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中。钠剧烈反应产生气体；镁片无明显现象，加热后表面有少量气泡产生，溶液逐渐变红。

（实验2）将等质量的镁粉和铝片分别投入到足量盐酸中。镁粉很快消失并产生大量气体、放出大量的热；铝片反应比镁粉慢、放热不如镁粉明显。

（1）实验1中钠和水反应的化学方程式___________。

（2）根据实验1可知，影响化学反应速率的因素有___________、___________。

（3）根据实验2得出结论：金属性Mg>Al。你认为该结论是否正确___________（填“正确”或“不正确”），并说明理由___________。

9．某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下：

（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_________（填化学式）。 （2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和_________性。 （3）氯气与水反应的化学方程式为__________。

（4）用化学用语说明实验二中“红色不褪去”的原因_______。

（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。 （实验四）

①加入：____________，现象：___________； （6）进一步探究实验三中“红色不褪去”的原因。

（实验五）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去。写出氯水和银溶液反应的化学方程式______。

10．某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。

(1)写出装置B中指定仪器的名称a________，b_________。

(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。

(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题 ①处所发生反应的离子方程式：____________________； ②处的现象：____________________；

③处所发生反应的离子方程式：__________________________。 (4)装置D中④的作用是__________________。

(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。

11．某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物的性质，设计如下实验。请回答下列问题：

（1）装置b的名称______________；按如图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。实验过程中，装置B中观察到的现象是________________；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是____(填化学式)。 （2）装置A中还会产生CO2气体，请写出产生CO2的化学方程式：_______________________________。 （3）为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列①~④中选出必要的装置（最简单）连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为_____________________(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是_____________________________。

碱石灰① 品红溶液② 高锰酸钾溶液③ 澄清石灰水④

（4）某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是____________(用离子方程式表示)。 12．（1）氨气是化学实验室常需制取的气体。实验室制取氨气通常有两种方法： 方法一 固体氢氧化钙与氯化铵共热 方法二 固体氢氧化钠与浓氨水反应

①下面的制取装置图中，方法一应选用装置________(填“A”或“B”，下同)，方法二应选用装置________。

②写出加热NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3的反应方程式_________。

③在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是_____，收集氨气的方法是______。 A．浓硫酸 B．碱石灰 C．五氧化二磷

D．向上排空气法 E．排水法 F．向下排空气法

④检验是否收集满氨气的方法是____________________________________。 （2）请观察如图装置，回答下列问题：

①负极是_______，发生_______反应（填氧化或还原）。 ②正极的电极反应式_______。

③该装置是一种把_______________________的装置，当导线中有0.2 mol e-发生转移时，求参加氧化反应的物质的物质的量为_______。

13．某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。 (1)请填写有关实验现象并得出相关结论。 编号 实验装置 实验现象 1 锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象 两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不2 偏转 铜棒表面的现象是______________________，电流计3 指针___________________ ①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。 ②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。 ③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是___________________。

(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式： Zn棒：______________________________。 Cu棒：______________________________。

(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则

Zn电极质量减轻___________g。

14．苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：

已知： 名称 苯甲酸 苯甲酸乙酯 乙醇 环己烷 相对分子质量 122 150 46 84 颜色，状态 无色片状晶体 无色澄清液体 无色澄清液体 无色澄清液体 沸点(℃) 249 212.6 78.3 80.8 密度(g·cm-3) 1.2659 1.05 0.73 0.7318 苯甲酸在100℃会迅速升华。 实验步骤如下：

①在圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸，25 mL 95%的乙醇（过量），20 mL环己烷以及4 mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2 h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。

②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。

③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25 mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。 ④检验合格，测得产品体积为12.86 mL。 回答下列问题：

（1）在该实验中，圆底容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。 A．25 mL B．50 mL C．100 mL D．250 mL

（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。 （3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。

A．65～70℃ B．78～80℃ C．85～90℃ D．215～220℃

（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。 （5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。

A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇 B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层

D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔 （6）计算本实验的产率为_______________。

15．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海藻中提取碘的流程如下：

(1)指出从海藻中提取I2的实验操作名称：

①____________，③__________②的离子方程式__________，。 (2)提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是（____）。 A 甲苯、酒精 B 四氯化碳、苯 C 汽油、乙酸 D 汽油、甘油

(3)为使海藻中I－转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。还缺少的仪器是________。

(4)从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中的错误之处__________。

(5)进行蒸馏操作时，使用水浴加热的原因是_________________，最后晶态碘在________中。 16．如图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。

进行皂化反应时的步骤如下：

（1）在圆底烧瓶中加入8g硬脂酸甘油酯，然后加入2g氢氧化钠、5mL水和10mL酒精，加入酒精的作用为_____________________________________________。

（2）隔着石棉网给反应物加热约10min，皂化反应基本完成，判断依据是___________，所得的混合物为________(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。

（3）向所得混合物中加入__________，静置一段时间后，溶液分为上下两层，肥皂在____层，这个操作称为________。

（4）图中长玻璃导管的作用为______________________________________________________。 （5）日常生活中用热的纯碱溶液来洗涤粘有油脂的器皿的原因是________________________。 （6）这个实验有一个缺点就是容易产生________现象，为避免这种现象工业生产上常用________加热法防止这种现象。

17．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下：

（1）NaClO2中氯元素的化合价是_________。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是_________。

（2）过程I常伴有少量Cl2生成。

① Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因_________。 ② 结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2 ________。 在水中的溶解性 在CCl4中的溶解性 ClO2 易溶 难溶 Cl2 溶 溶 （3）过程II中H2O2的作用是________（填“氧化剂”或“还原剂”）。 （4）理论上每生成1 mol NaClO2，消耗SO2的体积是________L（标准状况下）。 （5）已知：

i. 压强越大，物质的沸点越高。

ii. NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O 38~60℃时析出NaClO2晶体 高于60℃时分解成NaClO3和NaCl

① 过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_____。 ② 请将过程III的操作补充完整_______。

18．下表是元素周期表中的一部分， 根据①～⑨在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)元素④在元素周期表中的位置为________。

(2)最高价氧化物的水化物中碱性最强的物质的电子式为________。

(3)写出②和⑦两种元素的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式:_______。 (4)④、⑤、⑥三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为_______。

(5)③和⑦两种元素形成的简单化合物的结构式为_______， 空间构型为________。 (6)设计实验探究⑦、⑧两种元素非金属性的相对强弱。 可选用的试剂有:氯水、NaBr溶液、AgNO3溶液、苯。 请完成实验报告单。 步骤一 试管1:取少量氯水； 分别向试管1、试管2中加少量______(填试剂)，振实验内容 试管2:取少量氯水，滴加少量荡，静置。 NaBr溶液。 实验现象 试管2中的现象是______。 试管2中的现象是_______。 试管2中反应的离子方程式为_____，此实验的结论实验分析 试管1的作用是_____。 是_____。 19．（6分）一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。回答下列问题：

(1)甲组同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘,其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)

步骤二

①各装置连接顺序为A→___________;A 装置中发生反应的离子方程式为___________。 ②B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：___________,D装置的作用是____________。

(2)乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50℃ ,在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘。则发生反应的化学方程式为___________________。 (3)设计简单实验证明：

①ICl的氧化性比I2强：________________________________________________。 ②ICl与乙烯能发生反应：_______________________________________________。 20．（6分）下图是丁烷裂解的实验流程：（提示：丁烷在一定条件下裂解的可能方程式为：C4H22

C2H6+C2H4， C4H22

CH4+C3H6）

连接好装置后，需进行的实验操作有：

①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排出装置中的空气等… （2）这三步操作的先后顺序依次是_______________________（填序号） （2）写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式______________________ （3）若对E装置中的混合物（溴水足量），再按以下流程实验：

①分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ________Ⅱ________，Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）________________________________________________________．

②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，请写出B的结构简式_____________________．

（4）假定丁烷完全裂解，当（E+F）装置的总质量比反应前增加了2．7 g， G装置的质量减少了2．76 g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比 n（CH4）: n（C2H6）=__________。

参

单选题有答案含解析

1．圆底烧瓶 酒精灯 Cu+2H2SO4

CuSO4+SO2↑+2H2O d C 有淡黄色沉淀生成 Ⅲ

5SO2+2MnO4- +2H2O=5SO42- + 2Mn2+ +4H+ 吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染环境 【解析】 【分析】

根据实验装置及实验原理分析实验中的仪器名称及还需要的实验器材；根据二氧化硫的氧化性及还原性分析实验实验方案的可行性，并写出相关化学方程式。 【详解】

(1)如图所示，盛装亚硫酸钠的仪器名称为圆底烧瓶； 浓硫酸与铜反应生成二氧化硫需要加热，所以还缺少的玻璃仪器是酒精灯；化学方程式为：Cu+2H2SO4灯；Cu+2H2SO4

CuSO4+SO2↑+2H2O；

CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：圆底烧瓶；酒精

(2)亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫与Na2CO3溶液 、NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，二氧化硫与Na2SO3溶液反应生成亚硫酸氢钠，且二氧化硫易溶于水，所以其中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液；

(3)二氧化硫有一定的氧化性，可以与Na2S反应生成单质硫，所以验证二氧化硫的氧化性的装置是C，现象为有淡黄色沉淀生成；

(4)二氧化硫具有还原性，与新制氯水发生氧化还原反应，生成硫酸；

方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；氯水中本身就存在氯离子，可以生成氯化银沉淀，不能验证二氧化硫的还原性，故I不合理；

方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；新制氯水有漂白性，可以使品红褪色，所以II也不能验证二氧化硫的还原性，故II不合理；

方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，此时溶液为酸性，产生的白色沉淀应该为硫酸钡，说明二氧化硫被氯水氧化，验证了二氧化硫的还原性，故III合理；

酸性高锰酸钾溶液也具有强氧化性，可以氧化二氧化硫生成硫酸，本身被还原生成锰离子，则发生反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4- +2H2O=5SO42- + 2Mn2+ +4H+；

(5)二氧化硫有毒，装置F的作用是：吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染环境。 2．CH2=CH2+H2O

CH3CH2OH CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂 中和

乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 防倒吸 分液 防止大试管中液体暴沸而冲出导管 【解析】

(1)乙烯可以与水加成制取乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH2=CH2+H2O

CH3CH2OH；

CH3CH2OH，故答案为

(2)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和

水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOC2H5+H2O；

CH3COOC2H5+H2O，故答案为

(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂；吸水剂；

(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；

(5)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为防止倒吸；

(6)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为分液；

(7)液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，故答案为防止暴沸。 3．（12分）

（1）2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O

（2） 碱石灰 ； 不能 （3） 4.48 （4） 向下排空气法 （5） D ； 蓝色 （6） 产生大量白烟 （7） F 【解析】

（1）A中试管内盛放的物质是Ca(OH)2、NH4Cl固体，所以A中发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2+2NH3 ↑+2H2O。（2）NH3 属于碱性气体，与浓硫酸反应生成硫酸铵，所以用碱

石灰干燥，不能用浓硫酸干燥。（3）10.7gNH4Cl固体的物质的量为10.7g÷53.5g/mol=0.2mol，根据2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2+2NH3 ↑+2H2O，标准状况下生成NH3的体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L。（4）

氨气比空气轻且极易溶于水，所以实验室收集氨气的方法是向下排空气法。（5）干燥的氨气不会电离，所以C、D装置中颜色会发生变化的是D，在D中发生的反应是NH3+H2O

NH3·H2O

NH4＋+OH－，所以

红色石蕊试纸变成蓝色。（6）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，发生的反应为NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），可观察到的现象是产生大量白烟。 （7）氨气极易溶于水，必须有防倒吸装置，所以合适的装置是F。

4．2NH4Cl+Ca(OH)2 → CaCl2+2NH3↑+2H2O 加热固体时试管口向上倾斜 被加热部分置于酒精灯内焰 取湿润的红色石蕊试纸置于试管口，变蓝，证明氨气收满 C 【解析】

试题分析：本题考查氨气的实验室制备。

（1）由NH4Cl和Ca（OH）2混合加热制NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（2）装置中的两处错误是：①由固态物质加热制气体时发生装置中的试管口应略向下倾斜；②应用酒精灯的外焰加热。

（3）检验试管中收集满氨气的方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则已经收集满了；或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则已经收集满了。

（4）由于氨气极易溶于水，所以用水吸收氨气时要注意防止倒吸，A、B项都会产生倒吸现象，不合理；C项可防止倒吸，答案选C。

5．FeBr3 起催化作用的是FeBr3 除去溴苯中的Br2 除去HBr中的Br2 b 干燥(或答“除去溴苯中的水分”) 偏低 0.750或75.0% 【解析】

(1)苯和溴的反应中溴化铁为催化剂，所以铁粉可以用溴化铁代替； (2)反应后容器中有溴，加入氢氧化钠，溴可以和氢氧化钠反应，进而除去溴苯中的Br2 ；(3)溴可以溶解在苯这种有机溶剂中，所以可以用苯除去HBr中的Br2； (4)溴苯和氢氧化钠是分层的，用分液的方法分离，加水洗涤，在用分液的方法分离，在加入氯化钙吸水，氯化钙不溶于水，不溶于苯，所以用过滤的方法分离，故选b。 (5).加入氯化钙是为了吸水，干燥溴苯；如果省略该不操作，则加热过程中溴苯和水发生微弱反应，所以溴苯的产率偏低；(6)根据铁和溴的反应计算铁消耗的溴的质量，2Fe+3Br2=2FeBr3，消耗的溴的质量为

31602=8.57g，仪

112器中加入的溴的质量为10×3.12=31.2g，则与苯反应的溴的质量为31.2-8.57=22.63g，苯的质量为

22×0.88=19.36g，生成的溴苯的质量为11.1×1.5=16.65g，根据方程式计算苯和溴反应中苯过量，用溴计算，

16.6522.6315775.0%则理论上溴苯的质量为，则溴苯的产率为22.63157，故答案为0.750或75.0%。

1601606．3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、

Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2将Fe2+氧化成Fe3+取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色加热浓缩、冷却结晶、过滤 【解析】 【分析】

A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此解答该题。 【详解】

（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（2）装置B中铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生

成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；

（3）在固体中加入过量稀盐酸后四氧化三铁、铁和盐酸以及铁和氯化铁之间发生反应，其方程式为Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2；

（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，因此步骤I中通入Cl2的作用是将Fe2氧化成Fe3；

②检验三价铁应该用KSCN溶液，观察是否变红，即检验滤液中Fe3+的操作方法是：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；

③由FeCl3稀溶液得到FeCl3•6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤。 【点睛】

本题考查了铁及其化合物的性质实验方案设计，题目难度不大，注意掌握铁与水蒸气反应原理，（3）中容易忽略铁在反应中可能过量，过量的铁能与盐酸和氯化铁反应，为易错点。

7． B、C Ca1++CO31-==CaCO3↓ Ba1++ CO31-==BaCO3↓ 富集（或浓缩）溴元素 Br1+SO1+1H1O=4H++1Br-+SO41- NaBr（或溴化钠） C

【解析】分析：（1）除去粗盐中的Ca1＋、Mg1＋、SO41－，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子；（1）海水中溴的浓度太低，要进行富集。（3）利用氯的氧化性强于溴，Cl1＋1Br－=1Cl－＋Br1；（4）海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁； 详解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为： B.②③④①或 C.②④③① ，故选BC。(1)步骤Ⅱ中已获得Br1，但浓度太稀，步骤Ⅲ中又将Br1还原为Br，其目的是富集（或浓缩）溴元素 。步骤Ⅱ用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，SO1将溴还原为Br，有关反应的离子方程式为 Br1+SO1+1H1O=4H+1Br+SO4。(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl1．利用氯的氧化性强于溴，可向其中加入NaBr（或溴化钠）溶液，Cl1＋1Br－=1Cl－＋Br1。(4)海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；步骤Ⅳ由Mg(OH)1得到单质Mg，最合适的方法是C。A、氧化镁熔点太高，故A错误；B、MgO离子化合物，很稳定，高温也不分解，故B错误；D、电解MgCl1水溶液只能得到氢氧化镁、氢气和氯气，故D错误；故选C。

8．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ 物质本身的化学性质 温度 不正确 实验2中没有控制固体表．．．面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al 【解析】

+

-1---+

+

【分析】

钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明钠的金属性强于镁；比较镁和铝的金属性时，应注意控制固体表面积和盐酸浓度，否则不能说明。 【详解】

（1）实验1中钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；

（2）根据实验1可知，钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，说明金属的活泼性影响化学反应速率；镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明温度影响化学反应速率，故答案为：物质本身的化学性质；温度；

（4）等质量的镁粉和铝片的固体表面积不同，镁粉的表面积大于铝片，反应速率快、放出热量多，若要比较金属性Mg>Al，应选用表面积相同的镁和铝，同时要选用浓度完全相同的盐酸，故答案为：不正确；实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al。 【点睛】

注意控制固体表面积和盐酸浓度一致是设计实验的关键，也是答题的易错点。 9．Cl2 漂白或氧化 Cl2 + H2O

HCl + HClO 2HClO

2HCl + O2↑ 1 mL蒸馏水 红色

褪去 Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3 【解析】 【分析】

氯气溶于水发生反应Cl2+H2O

HCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO—、OH—

等粒子，能表现Cl2、HClO、H+、Cl-等微粒的性质。 【详解】

（1）氯水溶于水，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈黄绿色，说明溶液中含有Cl2分子，故答案为：Cl2；

（2）实验一中加入石蕊试液变红色，表明溶液呈酸性，溶液红色褪去，说明氯水具有强氧化性而表现漂白性，故答案为：漂白或氧化；

（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2 + H2OH2O

HCl + HClO；

HCl + HClO，故答案为：Cl2 +

（4）实验二中新制氯水在太阳光下放置较长时间，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的化学方程式为2HClO

2HCl + O2↑，故答案为：2HClO

2HCl + O2↑；

（5）由题意可知实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，所以①加入1 mL蒸馏水，稀释后继续加入石蕊试液变红色，一段时间后溶液红色又褪去，故答案为：1 mL蒸馏水；红色褪去； （6）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去说明白色沉淀中含有次氯酸银沉淀，说明新制氯水与银溶液反应生成氯化银和次氯

Cl2 + 酸银白色沉淀和，反应的化学方程式为Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3，故答案为：2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3。 【点睛】

本题考查了氯气的化学性质及氯水的成分，能够正确分析氯水的成分，依据成分判断氯水的性质是解答关键。

10． 分液漏斗 圆底烧瓶 A X Cl2＋2Br＋===2Cl－＋Br2 棉球变蓝 Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O 检验氯气是否被吸收完全 不能 实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可) 【解析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反

－－

I2，应生成单质Br2、氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH＝Cl＋ClO－

＋H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。

详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；

（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；

（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。

①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br＋＝2Cl－＋Br2；

②氯气与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，碘遇淀粉显蓝色，所以实验现象是棉球变蓝；

③氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；

（4）氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全； （5）由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。

点睛：本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意污染性的气体要进行尾气处理。

11．分液漏斗 品红试纸褪色，石蕊试纸变红 BaSO4 C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O

③②④ 赶尽装置中的空气，防止空气的CO2影响实验 Fe＋2H＋= Fe2＋＋H2↑ 【解析】 【分析】

（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；具有强氧化性，把二氧化硫通入钡溶液，会生成硫酸钡沉淀；

（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水；

（3）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳；

由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验； （4）随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气。 【详解】

（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；把二氧化硫通入钡溶液，溶液显酸性，根离子把二氧化硫氧化为硫酸，因此会生成硫酸钡沉淀；

（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应的方程式为C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳，即从左到右的顺序为③②④；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验； Fe和稀硫酸反应生成氢气，（4）随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，反应离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑。 【点睛】

本题考查浓硫酸的性质实验、二氧化硫与二氧化碳的检验等，主要是二氧化硫性质的分析应用，注意二氧化硫、二氧化碳检验先后顺序，注意二氧化硫虽然具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，题目难度中等。 12． A B 2NH4Cl＋Ca(OH)2

2NH3↑＋CaCl2＋2H2O B F 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，看试

+

-

纸是否变蓝，变蓝则收集满（正确都得分） Zn 氧化 2H +2e= H2↑ 化学能转变为电能 0.1mol 【解析】分析：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体； ②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水；

③氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，应用碱性干燥剂；氨气密度小于空气，极易溶于水，据此判断收集方法；

④氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此检验；

（2）原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此判断。

详解：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置； ②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2

2NH3↑＋CaCl2＋2H2O；

③A．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，不能干燥氨气，A错误； B．固体氢氧化钠具有吸湿性，可以干燥氨气，B正确；

C．五氧化二磷和氨气发生反应，不能干燥氨气，C错误； 答案为：B；

氨气密度小于空气，极易溶于水，收集氨气时应该选择向下排空气法，答案选F；

④氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气已集满。

（2）①金属性锌强于铜，因此负极是锌，发生氧化反应。

②正极是铜，溶液中的氢离子放电，则正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。

mol e-发生转移时，消耗0.1mol③该装置是原电池，是一种把化学能转变为电能的装置，当导线中有0.2 锌，锌失去电子被氧化，则参加氧化反应的物质的物质的量为0.1mol。

13．有气体生成 发生偏转 活泼性不同的两个电极 形成闭合回路 有电解质溶液 Zn－2e

－

2＋＋－

＝Zn 2H＋2e＝H2↑ Cu 13

【解析】

分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答； （2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。

（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。

详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；

①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。 ②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。

③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。

（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e＝Zn2。铜是正极，

＋－

溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋2e＝H2↑。

－

＋

（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×65g/mol＝13.0g。

点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。

14．C 使平衡不断正向移动 C 除去硫酸和未反应的苯甲酸 苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华 AD 90.02% 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸，25 mL 95%的乙醇（过量），20 mL环己烷以及4 mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100mL的圆底烧瓶，答案选C； （2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；

（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，这时应将温度控制在85~90℃；

（4）将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。该步骤中加入碳酸钠的作用是除去剩余的硫酸和未反应完的苯甲酸；若碳酸钠加入量过少蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生这种现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时苯甲酸升华；

（5）在分液的过程中，水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，盖上玻璃塞，关闭活塞后倒转用力振荡，放出液体时，打开伤口的玻璃塞或者将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗的小孔，故正确的操作为AD； （6）

0.1mol 0.1mol m(苯甲酸乙酯)=0.1mol×150g/mol=15g

因检验合格，测得产品体积为12.86 mL，那么根据表格中的密度可得产物的质量m(苯甲酸乙酯)=12.86×1.05=13.503g，那么产率为：ω=13.503/15×100%=90.02%。

15．过滤 萃取、分液 2I－＋Cl2==I2＋2Cl－ B 分液漏斗，普通漏斗 没有石棉网、温度计插入液面以下、冷凝管进、出水方向颠倒 萃取剂沸点较低，I2易升华 烧瓶 【解析】 【分析】

根据框图分析：海藻晒干灼烧，变成海藻灰，浸泡得悬浊液，分液后滤液中含有I-，I-具有还原性，加氧化剂氯气，得到I2,通过萃取、分液和蒸馏即可得到晶体碘。结合各部反应进行解答。 【详解】

(1)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，将碘水中的碘提取出来得方法萃取、分液； 操作②发生反应的离子方程式：2I+Cl2=I2+2Cl；因此，本题答案是：过滤；萃取、分液； 2I+Cl2=I2+2Cl；(2) A、酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故错误；

B、四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故B正确； C、汽油能作萃取剂，乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故错误； D、汽油能作萃取剂、甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故错误； 所以本题答案为：B；

(3) 为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液,根据实验装置原理,基本操作有过滤、萃取、分液、使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗、分液漏斗等，尚缺少的玻璃仪器是(普通)漏斗和分液漏斗； 因此，本题正确答案是：分液漏斗、普通漏斗；

烧杯加热应垫石棉网，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝管冷凝水下进上出；

----

因此，本题正确答案是：①缺石棉网；②温度计插到液体中；③冷凝管进出水方向颠倒；

(5)水浴加热的温度是使试管内或烧杯内试剂受热温度均匀，具有长时间加热温度保持恒定的特点，四氯化碳沸点为76.8℃，碘单质沸点为184℃，故最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集。 因此，本题正确答案是:使蒸馏烧瓶受热均匀，控制加热温度不会过高；蒸馏烧瓶。

16．溶解硬脂酸甘油酯 水面上漂浮的块状物消失 胶体 食盐 上 盐析 冷凝回流 纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污 结焦 水蒸气 【解析】 【分析】

由实验装置图可知，圆底烧瓶中硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，装置中长导管可以起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率；向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，使硬脂肪酸钠和甘油分离。 【详解】

（1）硬脂酸甘油酯为难溶于水的固体，易溶于有机溶剂，酒精为有机溶剂，加入酒精可溶解硬脂酸甘油酯，故答案为：溶解硬脂酸甘油酯；

（2）不溶于水的硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，反应完成时不溶于水的硬脂酸甘油酯完全溶解，水面上没有漂浮物；硬脂酸钠的水溶液属于胶体，具有胶体的性质，故答案为：水面上漂浮的块状物消失；胶体；

（3）向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，静置一段时间后，溶液分为上下两层，这个操作为盐析，因硬脂酸钠的密度小于水的密度，硬脂酸钠在上层，故答案为：食盐；上；盐析；

（4）在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，长导管可以起到冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；

（5）纯碱为碳酸钠，碳酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进水解，使溶液碱性增强，油脂在碱性较强的溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质而洗去油污，故答案为：纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污；

（6）硬脂酸甘油酯具有有机物的通性，受热易分解，直接加热会出现炭化结焦的现象，若改用水蒸气加热，可以避免出现炭化结焦的现象，故答案为：结焦；水蒸气。 【点睛】

该类试题主要是以实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性，油脂在碱性条件下发生皂化反应时物质的溶解性发生变化是分析的关键点，注意盐析就是利用无机盐降低有机物的溶解度达到分离的目的。

17．+3 既具有氧化性又具有还原性 Cl2 + 2OH- == Cl- + ClO- + H2O 将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过

盛有CCl4的洗气瓶 还原剂 11.2 通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解 控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤 【解析】 【分析】

由流程图可知，SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为

2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O。 【详解】

（1）NaClO2中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3价介于氯元素—1价和+7价之间，则NaClO2既具有氧化性又具有还原性，故答案为：+3；既具有氧化性又具有还原性；

（2）①SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为Cl2，反应生成的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故答案为：Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O；

② 由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；

（3）过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；

（4）SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3+SO2=2ClO2+SO4，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为

H2O2+2ClO2+2OH=2ClO2+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，则每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，标况下体积是11.2L，故答案为：11.2；

（5）①由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；

②减压蒸发后，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O，故答案为：控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤。 【点睛】

本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质和题给信息，明确发生的化学反应是解答关键。

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18． 第3周期IVA族 Al(OH)3+3HClO4= Al(ClO4)3+3H2O Si、N、F

正

四面体型 苯 溶液由无色变为橙黄色 溶液分层，上层橙红色， 下层接近无色 对比实验 Cl2+ 2Br- = 2Cl-+Br2 Cl的非金属性比Br强

【解析】分析：本题考查元素周期表和元素周期律的相关知识。根据元素周期表推知①Na ②Al ③C ④Si ⑤N ⑥F ⑦Cl ⑧Br，结合元素周期律和元素的话和性质解答相关问题。

详解：(1)元素④为Si原子序数为14，在元素周期表中的位置为第3周期IVA族。

(2)根据①---⑧号元素知①Na的金属性最强，其最高价氧化物的水化物为氢氧化钠的碱性也最强，其电子式为

。

(3)②为Al和⑦为Cl，两种元素的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3和HClO4，他们之间相互反应的化学方程式: Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O 。

(4)⑤为N、⑥为F属于是同一周期元素，随着原子序数增大而增强, 原子半径依次减小,所以原子半径是N>F ,④为Si属于第三周期元素，原子半径大于第二周期元素，所以原子半径为Si>N>F、三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为Si、N、F。

(5) ③为C和⑦为Cl两种元素形成的简单化合物为CCl4，，它的的结构式为， 和甲烷的结构类

型相同，所以空间构型为正四面体结构。答案： 正四面体结构。

(6)步骤一.试管1取少量氯水；试管2取少量氯水，滴加少量NaBr溶液，试管2中出现橙红色，反应方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，试管1的作用是和试管2做对比用的。步骤二，分别向试管1、试管2中加少量苯，振荡，静置。试管2中的现象是溶液分层，上层橙红色，下层无色。试管2中反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，此实验的结论是Cl的非金属性比Br强。答案：苯；溶液由无色变为橙黄色；溶液分层，上层橙红色，下层接近无色；对比实验，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 Cl的非金属性比Br强。 19． C→E→B→D MnO2+4H++2Cl- 气 3I2+6HCl+NaClO3

Mn2++Cl2↑+2H2O 防止ICl挥发 吸收未反应的氯气，防止污染空

6ICl+NaCl+3H2O 用湿润的KI-淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝 在ICl

的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色

【解析】分析：用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，结合问题分析解答。

详解：（1）①用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯

气中含有HCl气体和水蒸气，因此需要先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥氯气，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl。由于ICl易挥发，所以B应放在冷水中。又因为氯气有毒，需要尾气处理，所以最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，因此装置顺序为：A→C→E→B→D。A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

②ICl挥发，所以B应放在冷水中，防止ICl挥发；氯气有毒，用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，防止污染空气；

（2）粗碘和盐酸，控制温度约50℃，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，碘元素总共升2价，氯元素总共降6价，化合价升降应相等，则碘单质应配3，再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO3

6ICl+NaCl+3H2O；

（3）①根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质，可用湿润的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝即证明ICl的氧化性比I2强；

②一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，与乙烯发生加成反应，则颜色褪去，即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色说明ICl与乙烯作用发生加成反应。

点睛：本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验装置的选择、实验过程的控制，物质的分离提纯等知识点，为高考频点，注意掌握物质性质灵活运用，善于提取题目的信息。第（3）问是解答的难点和易错点，注意结合已学过的知识（即氧化还原反应规律的应用）和题目中隐含的信息进行知识的迁移灵活应用。

20． ②、 ③、 ① CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu 分液 蒸馏

2∶2

【解析】打开K，气体通过B，B装置是根据气泡控制气体流速，C装置干燥丁烷，在氧化铝作催化剂条件下丁烷发生裂解反应生成烯烃和烷烃，E中溴水吸收烯烃，F干燥烷烃，G中烷烃和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成Cu。

(2)应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；故答案为：②③①；

(2)氧化铝作催化剂，加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu，故答案为：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu；

(3)混合物中含有溴、水、溴代烃，加入亚硫酸钠，亚硫酸钠被溴氧化生成硫酸钠，同时生成NaBr，从而除去溴，然后采用分液方法分离，将有机层进行分馏得到有机物A、有机物B，向有机物中加入NaOH溶液，得到有机物C，C能发生氧化反应，则B发生水解反应生成C为醇，C被催化氧化得到醛D。 ①通过以上分析知，分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ分液、Ⅱ蒸馏，亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，离子方程式为：SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+，故答案为：分液；蒸馏；SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+；

②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，说明B中碳原子个数是3、A中碳原子个数是2，B为2，2-二溴

丙烷，B的结构简式CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2BrCHBrCH3；

(4)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，设x为C2H4的物质的量，y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28x+42y=2.7g，乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2(2x+y)+

=

，解得：x=y=2.27mol，故答案为：2：2。

点睛：本题以丁烷裂解为载体考查实验基本操作、计算、物质的分离和提纯，明确流程图中各个装置的作用、物质分离和提纯方法的选取是解题的关键。本题的难点是(4)题的计算，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是关键。