河南省周口市川汇区2022-2023学年化学高三第一学期期中统考试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：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、下列既能由金属和氯气直接制取，又能由金属和盐酸直接制取的是AFeCl2BAlCl3CFeCl3DCuCl22、硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁，将分解生成的气体通入氯化钡溶液中，下列叙述正确的是A产生BaSO4沉淀B产

2、生BaSO3沉淀C产生BaSO4与BaSO3的混合沉淀D无沉淀产生3、碘升华的过程中（ ）A吸收了能量B化合价升高C破坏了化学键D生成了新物质4、下列各组元素性质或原子结构变化规律中错误的是ANa、Mg、Al原子最外层电子数依次增大BP、S、Cl元素最高化合价依次增大CN、O、F原子半径依次增大DLi、Na、K的电子层数依次增大5、下列各项反应对应的图象正确的是（ ）A25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B向NaAlO2溶液中通入HCl气体C向少量氯化铁溶液中加入铁粉D向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO26、铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分

3、反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只和NO）： 编号稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/mL224044806720V下列计算结果错误的是A中溶解了8.4gFeB原混合物总质量为105.6gC硝酸的浓度为4mol/LD中V=67207、一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是A反应属于“氮的固定”B反应属于非氧化还原反应C反应可通过电解LiOH水溶液实现D上述三步循环的总反应方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O28、下列对化学用语的描述中，不正确的是A甲烷的结构式：B磷的原子结构示意图： CBi 和B

4、i互为同位素D由Na和Cl 形成NaCl的过程： 9、下列物质与其用途完全符合的是Na2O2-供氧剂 晶体Si-太阳能电池 干冰-人工降雨 NaCl-制纯碱 Al2O3-焊接钢轨 NaClO-消毒剂 Fe2O3-红色油漆或涂料 SO2-食品防腐剂 NH3-制冷剂 水玻璃-木材防火剂A BC D10、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A反应物总能量一定低于生成物总能量B一定属于可逆反应C一定有非极性共价键断裂D一定属于氧化还原反应11、C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三

5、种物质结构相似。下列有关说法正确的是AC60、Si60、N60都属于原子晶体BC60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C由于键能小于，故N60的稳定性弱于N2D由于键长小于键，所以C60熔、沸点低于Si6012、天然橡胶与溴接触，橡胶被破坏，主要是因为发生了A加成反应B取代反应C氧化反应D聚合反应13、下列关于有机物的说法中，正确的说法有几个“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝

6、变红，再次称量质量等于ag除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶A2B3C4D514、下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是（ ）Ab、d两种元素的离子半径相比，前者较大Ba的单质在高温条件下能置换出e的单质，说明非金属性aCu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/L KI溶液1.0mol/L AgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/L CuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是_。取II中棕黄色溶液，加入少

7、量_溶液，变为_色，说明生成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:_查阅资料得知: CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知: CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)。由实验二得出结论: 棕黑色沉淀是_。现象为_。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:_。白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。20、实验室在蒸馏烧瓶中加NaBr、适量

8、水、95%的乙醇和浓硫酸，用酒精灯对烧瓶微热，边反应边蒸馏，蒸出的溴乙烷用水下收集法获得。其中可能发生的副反应有：2HBr+H2SO4（浓）Br2+SO2+2H2O完成下列填空：（1）制备溴乙烷的化学方程式为：_、_。（2）反应中加入少量水不能产生的作用是_（选填编号）A 防止溴乙烷被浓硫酸氧化 B 减少溴化氢的挥发C 使反应混合物分层 D 溶解溴化钠（3）为了保证容器均匀受热和控制恒温，加热方法最好采用_。（4）采用边反应边蒸馏的操作设计，其主要目的是_。（5）溴乙烷可用水下收集法获得的依据是_。（6）下列装置在实验中既能吸收HBr气体，又能防止液体倒吸的是_（选填编号）（7）粗产品用水洗涤

9、后有机层仍呈红棕色，欲除去该杂质，可加入的试剂为_（选填编号）A 碘化钾溶液 B 亚硫酸钠溶液 C 氢氧化钠溶液（8）以下步骤，可用于检验溴乙烷中溴元素，其正确的操作顺序是：取少量溴乙烷，然后_。21、元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是_。a.简单离子的半径先减小后增大，卤素离子半径最大b.元素金属性减弱，非金属性增强c.最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点逐渐降低（2）原子最外层电子数是次外层电子数一半的元素名称为_，还原性最弱的简单阴离子是_。（3）已知：化合物MgO

10、Al2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_，根据熔点推测Al2O3是_化合物。（4）晶体硅（熔点1410 ）是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）写出SiCl4的电子式：_，在上述由SiCl4（g）制纯硅的反应中，测得每生成0.56 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。（5）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，但可用P2O5干燥的是_。aHI bNH3 cSO2 dCO2（6）KClO3可用于实验室制O

11、2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】AFe和Cl2加热条件下反应生成FeCl3，故FeCl2不能由金属和氯气直接反应得到，故A不符合题意；BAl和Cl2加热条件下反应生成AlCl3，Al和盐酸反应生成AlCl3和H2，故B符合题意；CFe和Cl2加热条件下反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，故C不符合题意；DCu和Cl2加热条件下反应生成CuCl2，但Cu与盐酸不反应，故D不符合

12、题意；答案选B。2、A【题目详解】硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁、二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应生成沉淀，三氧化硫与水反应生成硫酸其与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，A项符合题意，故答案选A。3、A【题目详解】A固体升华需要吸收热量，A正确；B碘升华只是状态的改变，无化合价的变化，B错误；C碘升华是物理变化，未破坏化学键，C错误；D碘升华是物理变化，无新物质生成，D错误；答案选A。4、C【题目详解】A. Na、Mg、Al原子最外层电子数分别为1、2、3，依次增大，故A正确；B. P、S、Cl元素最高化合价分别为：+5、+6、+7，依次增大，故B正确；C. N、O、F处于同

13、周期，从左到右，N、O、F原子半径依次减小，故C错误；D. Li、Na、K的电子层数分别为2、3、4，依次增大，故A正确；故选C。5、C【题目详解】A. 亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，通入氯气后发生反应，随着氯气的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，A项错误；B.向NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生、，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3，而不是3:1，B项错误；C. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，与图像相符，C项正确；D. 将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ba(OH)2

14、、NaAlO2的混合溶液中，CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与NaOH反应（此时无沉淀生成）；最后与NaAlO2反应（有沉淀Al(OH)3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加；过量的CO2还可以继续与Na2CO3反应得到NaHCO3，过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接着的图形应该为：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH

15、)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，图像不符合，D项错误；答案选C。6、D【题目详解】A.有金属剩余，反应结束溶液中铁元素以Fe2的形式存在，在的基础上反应，又加入100mL的硝酸，消耗金属的质量为18g9.6g=8.4g， 产生的气体体积为4480mL2240mL=2240mL，即n（NO）=0.1mol，根据3M8HNO3（稀）=3M(NO3)22NO4H2O，此时消耗金属的物质的量为30.1mol2=0.15mol，M的摩尔质量为8.4g0.15mol=56gmol1，之间消耗的铁，即消耗的是铁，A正确；B.根据A的分析，消耗

16、100mL的硝酸，消耗8.4g的铁，因此一份合金的质量为18g+8.4g=26.4g，即原混合物总质量为426.4g=105.6g，B正确；C.根据A的分析，100mL溶液中含硝酸物质的量为80.1mol2=0.4mol，则硝酸的浓度为0.4mol0.1L=4molL1，C正确；D.在的基础上100mL稀硝酸消耗9.6g的金属，产生(67204480)mL=2240mLNO，即0.1molNO，按照反应方程式消耗金属的物质的量为0.15mol，M的摩尔质量为9.6g0.15mol=64gmol1，即9.6g金属为Cu，从上述分析，中只消耗的是Fe，铜没有参加反应，此时铁元素以Fe2形式存在，其

17、物质的量为4480103L22.4L/mol32=0.3mol，是在的基础之上，增加100mL硝酸将Fe2氧化成Fe3，根据反应3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，则反应又生成0.1molNO，V(NO)=0.1mol22.4L/mol=2.24L，因此V=6720mL2240mL=8960mL，D错误；答案选D。7、C【题目详解】A反应是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮的固定，故A正确；B反应是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；C电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢

18、离子得到电子生成氢气，不能得到金属Li，故C错误；D三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D正确；故答案为C。8、B【题目详解】A.甲烷为正四面体结构含有4条C-H键，结构式为，故A正确；B.该图中质子数为15，核外电子数为18，为P3-的结构示意图，故B错误；C.同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的核素的互称，Bi 和Bi为Bi的同位素，故C正确；D. Na和Cl 形成NaCl的过程Na失去电子变为Na+，Cl得到电子变为Cl-，图示为，故D正确；故答案选

19、：B。9、A【答案解析】试题分析：Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂，故正确；晶体Si为良好的半导体材料，能制造太阳能电池，故正确；干冰能用于人工降雨，故正确；氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；利用铝热反应原理焊接钢轨，故正确；病毒属于蛋白质，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，故正确；Fe2O3为红棕色固体，能作红色油漆或涂料，故正确；二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂，故错误；NH3汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，用作木材的防火剂，

20、故正确；故选A。考点：考查物质的性质与用途。10、A【答案解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。11、C【题目详解】

21、AC60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，A错误； B由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，B错误；C物质分子内含有的化学键键能越小，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于NN，故N60的稳定性弱于N2，C正确；D C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔、沸点就越高。分子间作用力：Si60 C60所以所以C60熔、沸点低于Si60，错误。故选C。12、A【题目详解】天然橡胶中含有碳碳双键，与溴接触，能够与溴发生加成反应，使橡

22、胶结构受到破坏，故选A。13、B【题目详解】“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，所以是混合物，故错误；汽油、柴油都是碳氢化合物，植物油是脂类物质，所以除了碳氢元素之外，还有氧元素，故错误；石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的气化和液化属于化学变化，故错误；淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，故正确；铜丝灼烧成黑色，立即放入乙醇中，CuO与乙醇反应：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反应前后其质量不变，故正确；乙烯与溴水发生加成反应生成二溴乙烷而使溴水褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，故正确；正确的说法有3个，故选B。14、A【答案解析】试题分析：A氧离子与铝

23、离子的电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：氧离子铝离子，故A正确；B同一主族，从上往下，非金属性逐渐减弱，故非金属性ae，故B错误；C氧元素与硅元素下次的化合物是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，也能与氢氟酸反应，故C错误；D钠元素与氯元素组成的化合物是氯化钠，含有离子键；铝元素与氯元素组成的化合物是氯化铝，含有共价键，故D错误；故选A。【考点定位】考查位置结构性质的关系及应用【名师点晴】推断出元素是解题的关键；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，a为碳元素，b为氧元素，c为钠元素，d为A

24、l元素，e为Si元素，f为Cl元素，依此进行判断。15、C【分析】由结构可知香天竺葵醇和异香天竺葵醇分子中都含碳碳双键、-OH，结合烯烃、醇的性质来解答。【题目详解】A. 脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，芳香醇是指分子里碳链上连接有苯环的醇，故A错误；B. 含碳碳双键，能发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故B错误；C. 异香天竺醇分子中含有饱和碳原子，与之相连的碳原子具有甲烷四面体的结构，一定不会共面，所以该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C正确；D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，所以两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误。故选C

25、。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，注意烯烃与醇的性质。16、B【题目详解】在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.1mol/L0.02L=0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.195g65g/mol=0.003mol，故存在：(+5-x)0.002mol=0.003mol2，解得x=+2，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯酚 Fe，加热 缩聚反应或聚合反应 13 5 【分析】由合成流程可知，碳化钙与水反应生成A为，结合反应生成酚醛树脂可知，B为，C为，D为，E为

26、一种室内污染气体，E为，A与氢气反应生成F为，F与溴发生加成反应生成M为，N为，结合已知信息可知H为，H与N发生缩聚反应生成Q为，据此分析作答。【题目详解】(1) 反应生成酚醛树脂可知D物质名称为苯酚，反应为苯和溴生成溴苯，条件为，加热；故答案为：苯酚；，加热；（2）H与N发生缩聚反应生成Q为，故答案为：缩聚反应；（3）反应为乙炔生成苯，故方程式为，故答案为：；（4）反应为苯酚和甲醛缩聚生成酚醛树脂，方程式为：，答案为：（5）H为，由中间C的四面体结构可知,2个苯环与C最多共面，即H中最多有13个碳原子共平面；根据限定的3个条件,要有结构，且两端苯环上各连一个，不含H本身，移动2个的位置，、，

27、即还有5种；故答案为：13；5；（6）H为，N为乙二酸，H与N发生缩聚反应生成Q，Q的结构简式为：，故答案为：；（7）M为，N为，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案为：。18、2Ag2NH3H2O（n1）H2O取反应后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子2【分析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F

28、含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为由ABC的转化可知，C中含有COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180287645=31，小于2602876=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。【题目详解】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M

29、，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为由ABC的转化可知，C中含有COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180287645=31，小于2602876=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。（1）B、F的结构简式分别为、，故答案为、；（2）反应属于取代反应，还发生中和反应，反应属于

30、复分解反应，反应属于氧化反应，反应属于消去反应，反应属于加成反应，反应属于缩聚反应，故答案为；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；反应的化学方程式为：，故答案为；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为：取反应后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，故答案为取反应后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：a能发生银镜反应，说明分子中存

31、在醛基；b能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，结构简式为，所以F的同分异构体有2种，故答案为2。19、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+ AgI 淀粉 蓝 2Cu2+ + 4I- 2CuI+ I2 CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物) 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反

32、应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解 CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI 【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以

33、加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)， 加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。反应能说明氧化性Ag+Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【题目详解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+Cu2+，故答案为；（2）经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；欲证明棕黄色溶液中含有I

34、2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有CuI，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶

35、液后，S2O32-与Cu+发生反应Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)，使c(Cu+)减小，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失，故答案为淀粉；蓝；2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；CuI吸附I2 形成的(CuI与I2的混合物)；棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；根据题中信息，白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，反应能说明氧化性A

36、g+Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物，因此离子反应方程式为：CuI+ 2Ag+=Cu2+Ag+AgI，故答案为CuI+ 2Ag+=Cu2+Ag+AgI。20、NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O C 水浴加热 使反应平衡正向移动，提高产物的产率 溴乙烷难溶于水且密度比水大 A B 加入适量氢氧化钠水溶液，加热，冷却后，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液 【分析】浓硫酸和溴化钠反应生成溴化氢，然后利用溴化氢和乙醇反应制备溴乙烷，因浓硫酸具有强氧化性，可能将溴化钠氧化生成溴单质，使溶液呈橙色；然后利用冷水冷却进行收集溴乙烷

37、；溴乙烷能够与氢氧化钠溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，溴化钠能够与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀。【题目详解】（1）溴化钠与浓硫酸在加热条件下反应生成溴化氢，其反应方程式为：NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr；溴化氢与乙醇发生取代反应生成溴乙烷，其反应方程式为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；（2）溴化钠极易溶于水，反应中加入适量的水，能溶解NaBr，溴化氢极易溶于水，因浓硫酸具有强氧化性，易与NaBr发生氧化还原反应，为减少副反应发生，可先加水稀释，减少硫酸浓度，可减少溴化氢的氧化，故答案为：C；（3）溴乙烷的沸点是38.4，控制恒温，38.4，采用水浴加热，水变成蒸汽的温度

38、不超过100，为了保证容器均匀受热和控制恒温，一般采用水浴加热；（4）采取边反应边蒸馏的操作方法，及时分馏出产物，减少生成物的浓度，可促使平衡正向移动，可以提高乙醇的转化率；（5）溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水，所以溴乙烷可用水下收集法收集和从水中分离；（6）AHBr气体极易溶于水，对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管与干燥管连接，干燥管球形部分空间大有缓冲作用，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故A符合；BHBr气体极易溶于水，对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管连接漏斗伸入到液体中，不能防止倒吸，故B不符合；CHBr气体极易溶于水，若将导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象，故C不符合；故选：A；（7）粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，是由于溴乙烷溶解了Br2的缘故，可用亚硫酸钠溶液洗涤除去，采用亚硫酸钠溶液，不用氢氧化钠，是为了防止C2H5Br的水解，不用碘化钾溶液，是因为溴单质与碘化钾反应会生成碘单质，碘单质与溴乙烷能互溶，不能达到除杂的目的，故答案为：B；（8）溴乙烷中溴原子不发生电离，可通过取代反应将溴原子取代，然后利用硝酸银检验，具体操作为：取少量溴乙烷于