2022年浙江省金华市金华十校高二化学第二学期期末统考模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：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、某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）A两步反应均为吸热反应B三种化合物的稳定性顺序：BACC加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高转化率D整个反应的HE1E2

2、2、下列物质属于弱电解质的是ANaCl BNaOH CCH3COOH DCO23、普通玻璃的主要成分是：Na2SiO3 CaCO3 CaSiO3 SiO2 Na2CO3 CaOABCD4、乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5H2OCH3COOHC2H5OH。已知该反应的速率随c(H)的增大而加快。下图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是A图中A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等B反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H)逐渐增大所致C图中t0时说明反应达到平衡状态D图中tB时CH3COOC2H5的转化率等于tA时的转化率5、下列说法中正

3、确的是()A摩尔是用来表示物质所含微粒数目多少的一个基本物理量B等质量的FeO和FeSO4与足量稀硝酸反应，FeSO4放出的NO多C10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%D一个NO 、NO2分子的质量分别是a g、b g，则氧原子的摩尔质量是(ba)gmol16、某有机物的结构简式如图该物质不应具有的化学性质是（ ）可燃烧可跟溴加成可使酸性KMnO4溶液褪色可跟NaHCO3溶液反应可跟NaOH溶液反应可在碱性条件下水解可与新制备的Cu(OH)2悬浊液煮沸生成红色沉淀ABCD7、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）Al mol

4、丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NAB1mol K2S2O8(S元素为6价）中含有过氧键数为4NAC含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56 gD180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA8、有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解 氧化 中和。ABCD9、下列物质的分离（或提纯）方法正确的是A分离汽油和水-分液B除去氯化钠溶液中的泥沙-蒸馏C分离乙酸与乙酸乙酯-萃取D用四氯化碳提取溴水中的溴单质-过滤10、2018年7月5日科学杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料砷化硼（BAs）。通

5、过反应4BI3(g) + As4(g)4BAs(s，晶体) + 6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（） 图（a） 图（b） 图（c）A图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3:1B图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体C图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180，它属于原子晶体D图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为411、能够证明核外电子是分层排布的事实是( )A电负性B电离能C非金属性D电子绕核运动12、下列物质中属于纯净物的一组是()冰水混合物爆鸣气铝热剂普通玻璃水玻璃漂白粉二甲苯TNT溴苯C5H10含氧40%的氧化

6、镁花生油福尔马林密封保存的NO2气体ABCD13、我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如图所示，下列说法正确的是（ ）A与电解相比，光解水过程中消耗的能量较低B过程I、都要吸收能量C过程既有极性键形成，又有非极性键形成D利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景14、下列叙述正确的是()ANaCl的摩尔质量是58.5gB64g氧气中含有2mol氧C4g氦气中含有2mol氦原子D0.1molCO2中含有6.021022个CO2分子15、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4-离子，则BF3和BF4-中的B原子的杂化轨道类型分别是

7、Asp2、sp2Bsp3、sp3Csp2、sp3Dsp、sp216、已知CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H= +206kJ / molCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H= +247kJ / molCH键的键能约为413 kJ / mol, OH键的键能约为463 kJ / mol，HH键的键能约为436 kJ / mol，则CO2中C=O键的键能约为A797.5 kJ / molB900.5 kJ / molC962.5 kJ / molD1595 kJ / mol二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物F用于制造香精，可利用下列路线合成。回答下

8、列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B的结构简式是_，D中官能团的名称是_。（3）中属于取代反应的有_(填序号)。（4）反应的化学方程式为_。（5）C有多种同分异构体，与C具有相同官能团的有_种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为_(任写一种)。18、化合物H3-亚甲基异苯并呋喃-1(3H)-酮的一种合成路线如下：(1)C中所含官能团名称为_和_。(2)G生成H的反应类型是_。(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：_。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；碱性条件水解生成两种产物，酸

9、化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。19、实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如图所示两种装置供选用。有关物质的物理性质如下表：乙酸1丁醇乙酸丁酯熔点/16.689.573.5沸点/117.9117126.3密度/(gcm3)1.050.810.88水溶性互溶可溶(9 g/100 g水)微溶回答下列问题：(1)制取乙酸丁酯的装置应选用_(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是_。(2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的

10、有机副产物有_、_。(写出结构简式)(3)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的是_(填字母)。20、TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240gmol1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80 g TMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：_；(2)B中试剂是_，作用是_ ；(3)装置C中CuO粉末的作用为_。(4)

11、理想状态下，将4.80 gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60 g，E增加14.08 g，则TMB的分子式为_。(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置_（填“需要”或“不需要”），简述理由_。21、X是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。回答下列问题：（1）元素X在元素周期表中位于_区，单质X的晶体类型为_，其中X原子的配位数为_。（2）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大

12、于Y的氢化物，其原因是_。（3）X的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_。（4）X与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为_，已知此晶体的密度为gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则此晶胞中X与Y的最近距离是_cm。（写出计算式，不要求计算结果。）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。【详解】AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B物质的总

13、能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，故B正确；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；D整个反应的热效应只与始态和终态有关，则H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；答案选B。2、C【解析】在水溶液里或者熔融状态下只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此解答。【详解】A、NaCl在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，A错误；B、NaOH在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，B错误；C、醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质，C正确

14、；D、二氧化碳本身不能够电离，属于非电解质，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，难度不大，解题的关键是明确电解质的强弱是以电离程度判断，易错项为D，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。3、A【解析】普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。4、B【解析】A、B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c（CH3COOC2H5）不能，故A错误；B、反应初期，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故B正确；C、图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大，随后

15、又变小，没有达到平衡状态，故C错误；D、乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D错误。故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，要找到不同时段影响反应速率的主要方面，注意根据图象分析影响因素以及速率变化特点，C为易错点。5、C【解析】分析：本题考查的是硝酸的性质和溶液的特点，掌握溶液中质量分数和密度的关系是关键。详解：A.摩尔是物质的量的单位，故错误；B.氧化亚铁和硫酸亚铁和稀硝酸反应时亚铁生成铁离子，因为氧化亚铁的摩尔质量比硫酸亚铁的小，所以等质量的氧化亚铁和硫酸亚铁反应时，氧化亚铁放出的一氧化氮多，故错误

16、；C.因为水的密度比硫酸的密度小，所以加水稀释10倍，溶液的质量比10小，故硫酸的质量分数大于9.8%，故正确；D. 一个NO 、NO2分子的质量分别是a g、b g，则一个氧原子的质量为（b-a）g，则氧原子摩尔质量为（b-a）NA gmol1，故错误。故选C。6、D【解析】试题分析：该有机物可燃烧，正确；由于在物质的分子结构中含有碳碳双键，所以可跟溴加成，正确；由于在物质的分子结构中含有碳碳双键和醇羟基，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，正确；由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaHCO3溶液反应，正确；由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaOH溶液反应，正确。由于在该物质的分子

17、中无酯基，所以不可在碱性条件下水解，错误；由于在该物质的分子中无醛基，所以不能可与新制备的Cu（OH）2悬浊液煮沸生成红色沉淀，错误。该物质不应有的化学性质是，选项是D。考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。7、C【解析】A、l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；B、K2S2O8中S元素为6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+12+(+62)+(-1)2x+(-2)(8-2x)=0，得x=1，故1mol K2S2O8(S元素为6价

18、）中含有过氧键数NA，选项B错误；C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56 g，选项C正确；D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；答案选C。【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。8、B【解析】该有机物中含OH、COOH、酯基，能发生取代反应；该有机物中含碳碳双键、苯环，能发生加成反应； 该有

19、机物中含OH，且与OH相连的碳原子的邻位碳原子上含H，能发生消去反应；该有机物中含OH、COOH ，能发生酯化反应；该有机物中含酯基，能发生水解反应； 该有机物中含碳碳双键、OH，能发生氧化反应；该有机物中含羧基，能发生中和反应；该有机物可发生的反应类型有，答案选B。9、A【解析】A. 汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B. 泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；C. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；D. 溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的

20、方法分离四氯化碳和溴，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。10、A【解析】A. 图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；C. 单质硼的熔点为2180，熔点较高，且原子间通过共价键结合，

21、属于原子晶体，故C正确；D. BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；故选A。11、B【解析】原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。答案选B。12、C【解析】冰水混合物中只含有水分子一种物质，属于纯净物；爆鸣气是氢气和氧气的混合物；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；普通玻璃是硅

22、酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物；漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物；二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物；TNT俗称三硝基甲苯，属于纯净物；溴苯是一种物质组成的纯净物；C5H10不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；氧化镁中所含氧元素的质量分数为40%，故含氧40的氧化镁是纯净物；天然油脂都是混合物；福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；密封保存的NO2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；因此属于纯净物的有，故选C。13、D【解析】A、根据能量守恒可知，与电解相比，光解水过程中消耗的能量相等，选项A错误；B、过程I断裂化学键

23、要吸收能量、过程形成新化学键放出能量，选项B错误；C、过程形成氧氧键和氢氢键，只有非极性键形成，没有极性键形成，选项C错误；D、新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景，选项D正确。答案选D。14、D【解析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、氧气为双原子分子；C、氦气为单原子分子；D、根据N=nNA计算CO2分子数目。【详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故

24、B错误；C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；D项、0.1 molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol6.021023=6.021022个，故D正确；故选D【点睛】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。15、C【解析】BF3分子的中心原子B原子上含有3个 键，中心原子B的价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；BF4-的中心原子B的价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化，故选C。【点睛】本题的易错点和难点为BF4-中中心原子B的孤电子对的计算，要注意孤电子对个数=(a-xb)在离子中的计算

25、方法。16、A【解析】根据盖斯定律，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1= +206kJ / mol，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H2= +247kJ / mol，可得CH4(g) +2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的H=2H1H2=2206kJ / mol247kJ / mol=+165 kJ / mol，根据化学键与反应热的关系可得：4413 kJ / mol+4463 kJ / mol2E（C=O）4436 kJ / mol=+165 kJ / mol，解得E（C=O）=797.5 kJ / mol，故A项正确。二、非选择题（本

26、题包括5小题）17、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C(CH3)OHCH2OH 羧基、碳碳双键 +H2O 11 【解析】根据框图和各物质之间的反应条件可推知：由反应的产物可推知A是 ；B是 , C是 , D是 , E是 , F是 。【详解】（1）由上述分析可知A的结构简式为，其化学名称是2-甲基-1-丁烯；答案：2-甲基-1-丁烯。（2）由上述分析可知B的结构简式是；由D的结构简式为 ，所以D中官能团的名称是羧基、碳碳双键；答案：羧基、碳碳双键。（3）根据产物和反应条件知为加成反应，为卤代烃的取代反应，氧化反应，为消去反应。为取代反应，酯化反应。其中属于取代反应的有；答案：。（4）E为，D是

27、,反应是E和D发生的酯化反应，其化学方程式为+H2O;答案：+H2O。（5）C是 ，C中含有羟基和羧基，与C具有相同官能团的同分异构体有：(移动-OH位置共有4种)，（移动-OH位置共有3种）(移动-OH位置共有3种) （1种），所以符合条件的同分异构体共11种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为。18、酯基 溴原子 消去反应 或 【解析】(1)根据C的结构简式判断其官能团；(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；

28、(5)苯酚与氢气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。【详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4

29、种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。【点睛】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。19、乙 由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应

30、物的利用率 CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH=CH2 ac 【解析】（1）乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，实验时应使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低；（2）1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应；（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水。【详解】（1）由表中所给数据可知，乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，若用甲装置，实验时反应物受热挥发，会降低反应物的利用率，而乙装置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低，所以选用乙装置，故答案为：乙；由于反应物的

31、沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率（2）制取乙酸丁酯时，在浓硫酸的作用下，1-丁醇受热可能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，也可能发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CHCH2，故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CHCH2；（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡，进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故

32、肯定需要化学操作是ac，故答案为：ac。【点睛】本题考查有机物合成实验，侧重考查分析、实验能力，注意理解制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等是解答关键。20、2H2O2 2H2O+O2 浓硫酸 干燥 O2，防止带入 D或E 中引起增重 使 TMB 不充分燃烧生成 CO 全部转化为 CO2 C16H20N2 需要 防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰 【解析】根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反

33、应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。【详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2，故答案为2H2O22H2O+O2；(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O)=0.2mol，n(H)=0.4mol，m(H)=0.4g，n(CO2)=0.32mol，n(C)=0.32mol，m(C)=0.32mol12g/m