2022年河南省南阳市高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是()A不能发生丁达尔效应的分散系是溶液B将1 L 2 molL1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2NAC纳米粒子的大小与胶体粒子相当，但纳米粒子的体系不一定是胶体D将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，制得Fe(OH

2、)3胶体2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A水电离出的c（H）c（OH）1022的溶液：K、Na、SO42-、S2O32-B澄清透明溶液：Mg2、Cu2、Cl、SO42-C使酚酞变红色的溶液：NH4+、K、AlO2-、SO32-D含0.1 molL1 KI的溶液：Fe3、Na、NO3-、Cl3、现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验方案：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案：铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量对能否测定出镁的质量分数的实验

3、方案判断正确的是（ ）A都能B都不能C不能，其它都能D不能，能4、25，四种水溶液 HCl ， FeCl3 ， KOH ， Na2CO3 四种水溶液的pH依次为 4、4 、10 、10 ，各溶液中水的电离程度大小关系正确的是 （）A=BC=D=5、25 、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJmol1，下列热化学方程式书写正确的是()A12Ba(OH)2(aq)12H2SO4(aq)=12BaSO4(s)H2O(l) H57.3 kJmol1BKOH(aq)12H2SO4(aq)=12K2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1C2NaOH(aq)H

4、2SO4(aq)= Na2SO4(aq)2H2O(l)H57.3 kJmol1DKOH(aq)12H2SO4(浓)=12K2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol16、从海水资源中提取下列物质，不用化学方法可能得到的是（ ）AMgBBr2CI2DNaCl7、某研究性学习小组利用下图装置探究草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)的分解产物，下列说法错误的是A实验前通入N2的作用是排出装置内的空气B、中澄清石灰水的作用均是为了检验CO2气体C装置中试剂X为NaOH溶液，固体Y为CuO固体D将中所得固体溶于KSCN溶液，可以检验其中铁元素的化合价8、下列说法不正确的是ANa2O2的电子式：B

5、金属钠着火时，用细沙覆盖灭火C氯水、氯气、液氯均能与硝酸银溶液反应产生白色沉淀D研究方法是观察法9、石油加工的各种处理过程中，属于裂化过程的是（ ）A分离出汽油和煤油B原油脱盐、脱水C十六烷变为辛烷和辛烯D将直链烃变为芳香烃10、下列有关阿伏加德罗常数的说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)（ ）A32gO2所含的原子数目为NAB0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC1molH2O含有的水分子数目为NAD0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol11、下列有机物命名正确的是（ ）A二溴乙烷B3-乙基-1-丁烯C2-甲基-2，4-二己烯D2-甲基-2-丙醇(CH3)3C-OH12、

6、X、Y、Z、M四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是A原子半径：MZYXBZ的气态氢化物最稳定，因其分子间存在氢键C最高价氧化物对应水化物的酸性MZD元素的非金属性：XYZ13、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD14、下列实验现象是由于苯环受侧链影响造成的是 ( )A甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化B苯酚OH键易断裂，水溶液显弱酸性C甲苯可与氢气发生加成反应D甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯15、氯化硼的熔点为-107，沸点为12.5，在其分子中键与键的夹角为120，它能水解，有关叙述正确的是（ ）A氯化硼液态时能导电而固态时不导电B氯化硼中心原子

7、采用sp杂化C氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子D三氯化硼遇水蒸气不会产生白雾16、化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料B“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油C“一带一路”被誉为现代丝绸之路”，丝绸属于合成纤维，主要含C、H、O、N元素D聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分二、非选择题（本题包括5小题）17、Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；R原子核外L层电子数为奇数；Q、X

8、原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：（1）Z2的核外电子排布式是_。（2）在Z(NH3)42离子中，Z2的空轨道接受NH3分子提供的_形成配位键。（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_。a稳定性：甲乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的键与键的键数之比为_，其中心原子的杂化类型是_。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于_区元素，元素符号是_。18、高分子化合物在生

9、产生活中有着广泛的用途。如图为合成高分子化合物G的流程。已知： 请回答下列问题： (1)A物质为烃，则A的名称为_，物质E含有的官能团名称是_。(2)由C生成D的反应类型是_。(3)由B生成C的化学反应方程式为_。(4)F的结构简式为_。(5)M是D的同分异构体，M满足以下条件：苯环上取代基的数目不少于两个，且能够与NaHCO3反应放出CO2，共有_种。其中核磁共振H谱为4组峰，其峰面积比为6:2:1:1的结构简式为_。(6)根据题中信息和有关知识，以2-丙醇为原料，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线 _。19、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=240gmo

10、l1。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)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

11、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_。20、碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下：.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；.冷却，过滤得KI粗溶液。（1）仪器a的名称是_，步骤中控制KOH溶液过量的目的是_。（2）装置B的作用是_，装置D中盛放的溶液是_。（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_。（4）步骤中水浴加热

12、的目的是除去_（填化学式）。（5）由步骤所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：已知白色固体B是混合物，试剂A为_，为除去溶液C中的杂质，步骤中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是_。为测定最后所得KI晶体的纯度，取ag晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用bmolL1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定过程中涉及的反应为：Cr2O276I14H2Cr33I27H2O，I22S2O322IS4O62则滴定终点时的现象为_，晶体的纯度为_（列出计算式）。2

13、1、某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质，实验装置如图所示(省略夹持装置).已知：硫代硫酸钠Na2S2O3溶液在工业上可作为脱氯剂回答下列问题：（1）仪器a的名称是_，其中盛有浓盐酸，烧瓶A中盛有的固体试剂是_(填化学式)（2）装置B中盛有饱和NaCl溶液，装置B的作用是_a.除去C12中的杂质HClb.干燥 c.提供后续水蒸气 d.观察装置是否堵塞（3）c处有色布条褪色，而d处不褪色，这说明_（4）实验结束后，打开e的活塞，使其中的溶液流人到锥形瓶D中，摇匀锥形瓶，静置后可观察到_（5）装置E中发生反应的离子方程式为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】根据分散质粒

14、子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），胶体能发生丁达尔效应。【详解】A项、分散质微粒直径小于1nm的是溶液，悬浊液和乳浊液分散质微粒直径大于100nm，溶液、悬浊液和乳浊液不能发生丁达尔效应，故A错误；B项、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将1L 2molL-1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于2NA，故B错误；C项、胶体粒子直径大小在1100nm之间，与纳米级粒子的尺寸相当，纳米级粒子分散在分散剂中才能形成胶体，故C正确；D项、制备Fe（OH）3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，加热直到得

15、到红褐色液体，不能直接将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，故D错误；故选C。【点睛】本题考查胶体性质及制备，注意胶体和其它分散系的本质区别，知道氢氧化铁胶体制备方法是解答关键。2、B【解析】A. 水电离出的的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，S2O32-能与H+发生反应，不能大量共存，故A不选； B. Mg2、Cu2、Cl、SO42-四种离子互不反应，可以大量共存，故B选；C.使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+和OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故C不选；D.Fe3+能氧化I-，不能大量共存，故D不选；答案为：B。【点睛】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解

16、本题关键，注意隐含条件的挖掘，易错选项是A，溶液的酸碱性判断为易错点。3、A【解析】试题解析：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，选A考点：化学实验方案的评价；4、C【解析】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，弱离子水解程度越大，水的电离程度越大。【详解】是酸、是碱，所以二者抑制水电离，pH=4的HCl溶液中水电离出的氢离子浓度是；pH=10的KOH溶液中水电离出

17、的氢离子浓度是；所以二者抑制水电离程度相同；、都是含有弱离子的盐，促进水电离，pH=4的FeCl3溶液中水电离出的氢离子浓度是，pH=10的Na2CO3溶液中水电离出的氢离子浓度是，、水电离程度相同，则水的电离程度大小顺序是=，故选C。5、B【解析】A、生成硫酸钡沉淀也放热，反应的中和热大于57.3kJ/mol，故A错误；B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，符合中和热的概念，故B正确；C、反应中生成2mol水，反应热应该为57.3 kJmol12，故C错误；D、浓硫酸稀释也要放热，反应的中和热大于57.3kJ/mol，故D错误；故选B。6、D【解析】根据从海水

18、制备物质的原理可知，氯化钠含量比较高，可利用蒸发原理得到，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取。【详解】A项、从海水中获得单质镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁而得到镁，涉及化学变化，故A错误；B项、从海水中获得单质溴，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，涉及化学变化，故B错误；C项、从海带中获得单质碘，通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，涉及化学变化，故C错误；D项、海水中氯化钠含量比较高，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了从海水中获取化合物和单质的方法，熟悉物质的存在及物质的性质是解答本题的关键

19、。7、D【解析】A.反应装置中含有空气，若不将装置中的空气排出，会将草酸亚铁分解产生的FeO氧化为Fe2O3，影响实验测定，因此该操作合理，A正确；B.中澄清石灰水的作用是为了检验FeC2O42H2O 分解产物中含CO2气体；中澄清石灰水的作用是为了检验CO2气体，进而证明FeC2O42H2O分解产生的物质中含CO，CO与处的灼热的CuO发生了反应产生了CO2，B正确；C. FeC2O42H2O受热分解产生的CO2气体通过检验出来，通过装置中试剂X为NaOH溶液来除去，经无水氯化钙干燥后经灼热的固体Y反应转化为CO2气体，所以Y为CuO固体，C正确；D.将中所得固体为FeO，该物质在KSCN溶

20、液中不能溶解，且其中含有的铁元素为+2价，与KSCN也不能发生反应，因此不可以检验其中铁元素的化合价，D错误；故合理选项是C。8、A【解析】A.在过氧化钠中，氧氧之间共用着一对电子，正确的电子式为故A项错误；B.细沙和金属钠之间不反应，金属钠着火时，可以用细沙覆盖隔绝氧气来灭火，故B项正确；C.氯水、氯气、液氯均可与水或在水溶液中生成氯离子，加入硝酸银溶液都可生成氯化银沉淀，故C项正确；D.图示表示的是一同学正在闻物质的气味，根据学生的操作可以知道该学生除了闻气味，还可以观察到气体的颜色，故D项正确。故答案为A。9、C【解析】A、分离出汽油和煤油是石油的分馏，不是裂化过程，故A不符合题意；B、

21、原油脱盐、脱水是石油分馏之前的预处理过程，故B不符合题意；C、裂化是将长链的烃断裂成短链的烃，十六烷变为辛烷和辛烯是裂化的过程，故C符合题意；D、直链的烃转化为芳香烃的过程叫重整，故D不符合题意；答案选C。10、A【解析】试题分析：A、32克氧气是2摩尔，含有2摩尔原子，错误，选A；B、每个水分子含有3个原子，所以25摩尔水含有25摩尔，正确，不选B；C、2摩尔水含有阿伏伽德罗常数个分子，正确，不选C；D、25NA个氧气的物质的量=25NA/NA=25mol，正确，不选D。考点：物质的量与微粒数、质量之间的换算11、D【解析】A. 没有指出溴的位置，正确命名为1，2-二溴乙烷，A项错误；B.

22、烯烃中的取代基主链必须是最长的，不应该出现1-甲基、2-乙基、3-丙基等说法，正确命名为3-甲基-1-戊烯，B项错误；C. 根据二烯烃的命名原则，命名为2-甲基-2，4-己二烯，C项错误；D. 该烷烃的主链应该是3个碳原子，羟基和甲基都在2号位上，正确的命名为2-甲基-2-丙醇，D项正确；答案选D。【点睛】有机物系统命名中常见的错误有：主链选取不当(不包含官能团，不是主链最长、支链最多)；编号错(官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小)；支链主次不分(不是先简后繁)；“”、“，”忘记或用错。12、D【解析】由X、Y、Z、M均为短周期元素及在周期表中相对位置，可知X、Y和Z为第二周期元素，

23、 M为第三周期元素，由位置可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，以此来解答。A. 电子层数越多，其原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，其原子半径越大；B. 非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，这与是否含有氢键无关；C. F元素无最高正价；D. 在元素周期表中同一周期，元素的非金属性依次增强，同一主族，元素的非金属性依次减弱；【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，A. 根据同一周期中，原子半径依次减小，同一主族，元素原子半径依次增大，则其原子半径由大到小排列为：M X Y Z，故A项错误；B. 元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越高，则Z的气态氢化物最稳

24、定，其分子间存在的氢键，主要影响的是物质的物理性质，跟气态氢化物的稳定性无关，故B项错误；C. 非金属性FOS，但因F无正价，则无法比较Z与M的最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；D. X、Y、Z三种元素处于同一周期，其元素的非金属性：NOF，即XYZ，故D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查元素周期表与元素周期律知识点，其中，掌握非金属性的判断依据是解题的关键，要提别注意个例，如非金属O和F元素原子无最高价等。13、C【解析】A.NO2球中存在2NO2N2O4，H0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水中，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；B.水的电离

25、是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；C.加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，但催化剂不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D.氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4+OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；答案选C。14、D【解析】A.甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化是苯环对侧链的影响，A不符合题意；B.苯酚OH键易断裂，水溶液显弱酸性，而醇溶液显中性，是由于苯环对侧链的影响，B不符合题意；C.甲苯、苯都可与氢气发生加成反应，

26、不能显示是否产生影响，C不符合题意；D.甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯，而苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，说明侧链使苯环活泼，更容易发生取代反应，D符合题意；故合理选项是D。15、C【解析】A氯化硼是共价化合物液态时不能导电，A项错误；B三氯化硼中的硼原子为sp2杂化方式，无孤对电子，B项错误；C三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120，是平面三角形结构，由于键的极性向量和为0，所以该分子为非极性分子，C项正确；D三氯化硼遇水蒸气会发生水解，生成的HCl在空气中形成白雾，D项错误；答案选C。16、B【解析】A.石墨烯是非金属材料，故A错误；B.地沟油经加工处理

27、后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用,所以B选项是正确的；C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C错误； D.PVC用于食品、蔬菜外包装，但对人体存在潜在危害，故D错误；所以B选项是正确的。【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与材料、健康的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、 1s22s22p63s23p63d9 孤电子对 b SiCSiH4，沸点：CH4SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCSiH4；由于CH4的相对分子质

28、量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能CSi；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH的结构式为HCCH，单键全为键，三键中含1个键和2个键，CHCH中键与键的键数之比为3:2。CHCH中每个碳原子形成2个键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。18、甲苯 碳碳双键、 醛基 加成

29、反应 +2NaOH +2NaCl+H2O 12 CH3COCH3 【解析】由合成流程可知，C与乙醛发生加成反应生成D，则C为，逆推可知，B为，A为，D发生消去反应生成E，E发生信息中的反应生成F为，F再发生加聚反应得到高分子化合物G，据此可分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，A为，名称为甲苯，E物质的结构简式为，其中含有的官能团由碳碳双键、醛基，故答案为：甲苯；碳碳双键、醛基；(2)由上述分析知，C与乙醛发生加成反应生成D，故答案为：加成反应；(3)由B生成C的化学反应方程式为，故答案为：；(4)E发生信息中的反应生成F为，故答案为：；(5)M是D的同分异构体，M满足以下条件：苯环上

30、取代基的数目不少于两个，且能够与NaHCO3反应放出CO2，说明M含有羧基，则苯环上有两个取代基的情况有COOH、CH2CH3或CH2COOH、CH3两种情况，均有邻、间、对三种位置结构，苯环上有3个取代基的情况为2个CH3、COOH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的羧基分别有2种、3种、1种位置，因此，符合条件的M共有32+2+3+1=12种，其中核磁共振氢谱为4组峰，其峰面积比为6:2:1:1的结构简式有、，故答案为：12；、；(6)由信息实现增大碳原子数目，并引入碳碳双键，2-丙醇发生氧化反应生成，然后与(C6H5)P=CH2反应得到，再与溴发生加成反应得到，最后碱性条件下水解得

31、到，故答案为：CH3COCH3。19、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

32、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

33、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/mol=3.84g，所以m(N)=4.80g-0.4g-3.84g=0.56g，n(N)=0.04mol，则：n(C)n(H)n(N)=0.32mol0.4mol0.04mol=8101，TMB的相对分子质量为240，设分子式为：C8nH10nNn，则有：128n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为C16H20N2；(5)装置E中的碱石灰会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，使实验数据产生误差，

34、因此该实验需要添加F装置，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；故答案为需要；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。【点睛】明确实验的原理和确定有机物的分子组成的方法是解题的根据。本题的易错点为(3)和(5)，要注意理解实验的测定原理和空气中的气体对实验的影响20、分液漏斗使碘充分反应除去硫化氢中的氯化氢气体NaOH溶液3H2S+IO3-=3S+I-+3H2OH2SBaCO3有无色气体放出当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复bmol/LV10-3L41

35、66/a100%【解析】反应时，首先使碘单质与过量的KOH反应，生成的产物中有碘化钾和碘酸钾，再利用制取的硫化氢与碘酸钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。【详解】（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；（3）装置C中H2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S+I-+3H2O；（4）步骤中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；（5）除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘