四川省峨眉2022年高三第一次调研测试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，将 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3 固体的过程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中

2、不正确的是Aa=5.6B常温下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO32、短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污 染物。下列说法正确的是A简单离子半径：ZYWQBY 能分别与 X、Z、W 形成具有漂白性的化合物C非金属性：WQ，故 W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：WQD电解 Z 与 Q 形成的化

3、合物的水溶液可制得 Z 的单质3、下列关于有机化合物的说法正确的是A除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇BHOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种4、下列说法正确的是（ ）A氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C6

4、0、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。DH、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。5、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价1326、22A最高价氧化物对应水化物的碱性CAB氢化物的沸点H2EH2DC单质与稀盐酸反应的速率ABDC2与A的核外电子数相等6、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相

5、似。已知pKb=lgKb，pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKb(NH3H2O)=4.8。常温下，向10.00 mL 0. 1000 molL1的甲胺溶液中滴加0. 0500 molL1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的负对数pOH=lgc(OH-)与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是AB点对应的溶液的pOH3.4B甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OHCA、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)：CBADA、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：DCBA7、在环境和能源备受关注的今天，开发清洁、可再生新能源已成为世界

6、各国政府的国家战略，科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如下所示（假设有机物为乙酸盐）。下列说法错误的是AA室菌为厌氧菌，B室菌为好氧菌BA室的电极反应式为CH3COO8e +2H2O2CO2 +8H+C微生物燃料电池(MFC)电流的流向为baD电池总反应式为CH3COO+2O2+H+2CO2 +2H2O8、在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是（ ）ABCD9、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是 A1mol NH4+

7、所含的质子总数为 10NAB联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键C过程 II 属于氧化反应，过程 IV 属于还原反应D过程 I 中，参与反应的 NH4+ 与 NH2OH 的物质的量之比为 1210、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2、Pb2、Cd2等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A过滤后的溶液中一定没有S2-BMnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶D加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2+ + S2-= CuS11、中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造

8、不涉及氧化还原反应的是A火法炼铜B转轮排字C粮食酿酒D钻木取火12、本草纲目中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A“取碱浣衣”与酯的水解有关B取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液C“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效13、常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A常温下，0.1氨水中的电离常数K约为Ba、b之间的点一定满足，Cc点溶液中Dd点代表两溶液恰好完全反应14、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下

9、列反应不能发生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+15、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同16、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A液

10、氯、氯水B烧碱、火碱C胆矾、绿矾D干冰、水晶二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：试回答：(1)写出上述有关物质的化学式： A_；B_；D_。(2)写出反应和的化学方程式：_。18、（14分）药物H在人体内具有抑制白色念球菌的作用，H可经下图所示合成路线进行制备。已知：硫醚键易被浓硫酸氧化。回答下列问题：（1）官能团SH的名称为巯(qi)基，SH直接连在苯环上形成的物质属于硫酚，则A的名称为_。D分子中含氧官能团的名称为_。（2）写出AC的反应类型： _。（3）F生

11、成G的化学方程式为_。（4）下列关于D的说法正确的是_（填标号）。（已知：同时连接四个各不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）A分子式为C10H7O3FSB分子中有2个手性碳原子C能与NaHCO3溶液、AgNO3溶液发生反应D能发生取代、氧化、加成、还原等反应（5）M与A互为同系物，分子组成比A多1个CH2，M分子的可能结构有_种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2221的物质的结构简式为_。（6）有机化合物K()是合成广谱抗念球菌药物的重要中间体，参考上述流程，设计以为原料的合成K的路线。_19、某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列

12、实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1 mL水4mL0.1 molL-1K 2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1 mL水振荡60水浴溶液颜色较i明显变浅iii1 mL 18.4 molL-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1 mL 6 molL-1NaOH 溶液振荡_v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：_。对比实验i与ii，可得结

13、论是该转化反应的H_0(填”或“Cl-，O2-Na+，电子层多的离子半径大，则S2-Cl-O2-Na+，即ZYQW，故A错误；B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：WQ；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。3、D【解析】分析：ACaO与水反应后生成氢氧化

14、钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解； D可看成二甲苯(、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。详解：ACaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误； B -OH的位置不同，属于位置异构，故B错误； C乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有

15、3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；故选D。4、D【解析】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金

16、属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。5、B【解析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫

17、均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。【详解】AA、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性NaB，故碱性NaOH Be(OH)2，A选项错误；BH2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D A1，C选项错误；DBe2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，

18、熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。6、D【解析】AB点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，CH3NH2H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)；B甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；C恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；DC、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。

19、【详解】AB点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明CH3NH2H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)，1，结合Kb(CH3NH2H2O)=c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A正确；BCH3NH2H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2H2OCH3NH3+OH-，B正确；C用0.0500 mol/L的稀硫酸滴定

20、10 mL 0.1000 mol/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H)：CBA，C正确；DC点硫酸与CH3NH2H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：CD，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分

21、析能力及综合应用能力。7、B【解析】根据装置图可知B室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项A正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项B错误；MFC电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极，即ba，选项C正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO+2O2+H+2CO2 +2H2O，选项D正确。8、D【解析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.【详解】A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应

22、生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论

23、上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；答案：D。9、C【解析】A选项，1mol NH4+所含的质子总数为 11NA，故A错误；B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程 IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为11，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。10、C【解析】A、难溶并不是不溶，只是溶解

24、度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选C。11、B【解析】A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；B. 转轮排字属于物理变化，故选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属

25、于氧化还原反应，故C不选；D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。12、A【解析】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱， D错误；答案选A。13、A【解析】NH3H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，NH4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨

26、水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。【详解】A. 常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka=mol/L=110-5mol/L，所以A选项是正确的；B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）110-7mol/L，溶液都呈碱性，则c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)10-7mol/L，c(O

27、H-)10-7mol/L，结合电荷守恒得： c(NH4+) c(H+) 温度 溶液颜色较i明显变浅 CrO42- 酸性 Cr3+ Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O， Fe3+e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率 【解析】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中

28、存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释； （5）实验中Cr2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，据此作答；根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2，Fe2与Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，Fe3在阴极得电子生成Fe2，继续还原Cr2O72，据此分析。【详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为： 实验ii与实验i对比，当60水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，H0故答案为；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii

29、中现象出现的主要因素为60水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）实验中Cr2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，电解质环境为酸性，因此Cr2O72放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=

30、2Cr3+7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O；根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2与Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，其离子方程式为：6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O，Fe3在阴极得电子生成Fe2，Fe3+e-=Fe2+，继续还原Cr2O72，Fe2循环利用提高了Cr2O72的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O， Fe3+e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高

31、了Cr2O72-的去除率。20、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4+42H+=10CO2+5Cl2+14Mn2+36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化【解析】(1)根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2水解；(2)A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它

32、们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；根据分析；黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2，据此分析；(3)使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；【详解】(1)根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HC

33、l(浓)CH3Cl+H2O；答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O；ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；答案：在HC1气流中小心加热；(2)根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发， CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A

34、CDB；答案：CDB；根据分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2+5Cl2+14Mn2+36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2+5Cl2+14Mn2+36H2O；(3)燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；根据的分析