甘肃省武威十八中2023学年高一化学第二学期期末调研试题(含答案解析)

2023学年高一下化学期末模拟测试卷2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。①单位时间内生成nmolO的同时生成2nmolNO；②单位时间内生成nmolO的同时，生成2nmolNO；③NO、222NO、O的反应速率的比为2:2:1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改22、硅与碳属于族元素同，有一类由Si和H形成的有机硅化合物称“硅烷”，硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似。下列叙述中不．．．正确的是33443、把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成几个原电池。若a、b相连时a为负极；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时d极质量减少，则四种金属的活动性顺序由强到弱为（）A．a＞b＞c＞dB．a＞c＞d＞bC．c＞a＞b＞dD．b＞d＞c＞a4、下列电子式正确的是A．C．B．D．5、下列属于放热反应的是A．燃烧木炭取暖B．C与CO共热2C．煅烧石灰石(主要成分是CaCO)制生石灰(CaO)3D．Ba(OH)·8HO晶体与NHCl晶体反应2246、将过量Fe粉放入200mL2mol/L的HNO溶液中，假设还原产物只NO且HNO完全反应，则参加反应的Fe的质333Y(g)，该反应的反应速率（v)与时间B．t~tmin内，v(X)=0，反应不再发生正23C．0~tmin内，v(X)=0.5/tmolLmin-122D．tmin时，只有正反应发生19、下列化学用语正确的是B．丙烷分子的比例模型：C．乙烷的电子式：D．乙烯的结构简式：CH2CH210、短周期中元素a、b、c在周期表中位置如图所示，下列有关这三种元素的叙述中正确的是（）A．b的氢化物很稳定B．a是一种活泼的非金属元素C．c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸D．b元素在化合物中的最高价为＋7价11、下列实验操作、现象能得出对应结论的是选实验操作项实验现象实验结论海带通过灼烧、水溶、过滤，在滤液中依次滴加稀硫酸、HO、淀粉22A溶液变蓝海带含碘单质溶液B向Ba(NO)溶液中通入SO气体322产生白色沉淀有气泡产生SO具有还原性2氯的非金属性比碳强C将盐酸滴入NaHCO溶液3管口产生红棕色气硝酸的还原产物是D将少量浓硝酸分多次加入盛有Cu和稀硫酸的试管中体NO2A．AB．BC．CD．D12、用N表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是AA．64gSO中含有的原子数为3NA2B．5.6g金属铁变为离子时失去的电子数为0.3NAC．常温常压下,11.2LCl含有的分子数为0.5NA2D．1mol/LNaOH溶液中Na+的数目为NA13、下列各组物质的性质比较中，正确的是（）A．酸性:HNO＞HCO＞HSiO32323B．稳定性;HS＞HO＞HF22C．还原性:Cl-＞Br-＞I-D．碱性:NaOH＞Mg(OH)＞Ca(OH)2214、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（）含有的碳原子数为A．一定条件下，将1g乙炔溶于12g苯，所得混合物中NAB．l04g苯乙烯中含有8NA个碳氢键和NA个碳碳双键C．在100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，含有氢原子数为12NAD．14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n15、下列说法错误的是16、中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv。下列关于核素293Lv的叙述错误的是116B．中子数为177D．质量数为17717、ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO、MnCO等杂质)制备23______________。___________________________。过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为__________________。18、已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备下图所示乙酸乙酯,其合成路线如:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学__________,利用该反应制（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡官能团的名称是_________｡方程式是取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合成六水合物的氯化钙溶液，主要装置如图所示：实验步骤：①先向A中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。这时分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物质的量之比约为5∶7。②加热油浴保温约135℃～145℃③将分液缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。批少量多次地加到馏出液里，漏斗中的液体⑤取下B中的锥形瓶，将一定量饱和NaCO溶液分边加边振荡，至无气泡产生为止。23⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层。⑦将饱和CaCl溶液（适量）加入到分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层（废液）。2⑧分液漏斗里得到的是试回答：初步提纯的乙酸乙酯粗品。(1)实验中浓硫酸的主要_________________________。作用是过量乙醇的主要目的是____________________________。(3)用饱和NaCO溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(4)用饱和CaCl溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(5)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是_____________________。20、软锰矿（主要成分是MnO）与浓盐酸混产生了氯气。某学生使用这一原理设计如图所示的实验装置，并(2)用232合加热，2（1）A仪器的名称是（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是（3）此实验结果所得Ca(ClO)产率太低，经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中存在两个副反应：①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO)，为避免此副反应的发生，可采取的措施是32写出此反应方程式）：____________________。精同盐酸作用产生氯气：Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O，该反应中每生成1molCl，转移电子的物质2精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂质量）100%，该漂粉精的有效氯为65%，该则漂粉精中Ca(ClO)的质量分数为__________（保留一位小数）2221、(1)工业上利用N和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(NH)等。由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO224氧化法，其离子反应方程式者探究用电解法制备的效率，装置如图，试写出其阴极电极反应式为___________，有学(2)某种铅酸蓄电池具有廉价、长寿命、大容量的特点，它使用的电解质是可溶性的甲基磺酸铅，电池的工作原理：工业生产乙醇(CH3CH2OH)的一种反应原理为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H=-akJ/mol己知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-bkJ/mol以CO2(g)与H2(g)为原料也可合成乙醇，并放出热量，写出该反应的热化学反应方程式：___________。请回答下列问题：①写出通入CH3OH的电极的电__________________，当乙池中B极质量增加10.8g，此时丙池中析出3.2g某金属，某盐溶液可能是______(填序号)A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液极反应式______。②乙池中C棒电极反应的方程式为则丙池中的D．AgNO3溶液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、A【答案解析】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，同时消耗nmolO2，氧气的正逆反应速率相等，反单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能故②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应2：2：1时，正逆反应速率的比为速率是否相等不明确，不能据此判断平衡状态，故③错误；④混合气的体颜色不再改变时，二氧化应达到平衡状态，故①正确；②无论反应是否达到平衡状态，据此判断平衡状态，氮浓度不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确；⑤无论反应是度始终不变，则不能根据密度判断平衡状态，故⑤错误；⑥反应各物质的物质的量不变，正逆反应达到平衡状态，故⑥正确；故答案为点睛：明确化学平衡状态特征是解本题关键，只有“反应前后改变的物理量“才能作为判断平衡状态的取平衡状态的判断依据，可速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。2、C否达到平衡状态，混合气体总质量不变、容器体积不变，则混合气的体密前后气的体压强增大，当混合气的体压强不再改变时，A。速率相等，反应依据，关键是选逆反应达到平衡状态时，正逆反应【答案解析】分析：因Si与C同主族，由甲烷可类推硅烷。甲硅烷与甲烷的沸点高低可根据两者的相对分子质量大小比较，相对分子质量较大的其沸点较高；氢化物的热稳定性可根据同主族元素氢化物的性质递变规律来推理，元素的非金属性越强，其气态氢化物就越稳定．综合以上分析，本题选C。【答案解析】分析：原电池中，一般来说，较活泼的金属作负极；还可以根据电子、电流的流向及电极反应现象判断正负极，据此分析解答。详解：若a、b相连时a为负极，则活动性顺序a＞b；c、d相连时电流由d→c，说明c是负极，则活动性顺序c＞d；a、c相连时c极上产大生量气泡，说明c是正极，则活动性顺序a＞c；b、d相连时d极质量减少，说明d是负极，b是正极，则活动性顺序d＞b，故活动性顺序是a＞c＞d＞b。答案选B。【答案解析】A、氧化钠是离子化合物，电子式为，A错误；B、H2S是共价化合物，电子式为，B错误；C、氢氧化钡是离子化合物，电子式正确，C正确；D、氮气是单质分子，电子式为，D错误，答案选C。5、A【答案解析】分析：反应物总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，根据常见的放热反应或吸热反应判断。详解：A.燃烧木炭取暖一定是放热反应，A正确；B.C与CO2共热生成CO是吸热反应，B错误；C.煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)是吸热反应，C错误；D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，D错误。答案选A。点睛：掌握常见的放热反应或吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。需要说明的是不论是吸热还是放热均是相对于化学变化。6、C【答案解析】分析：本题考查的是铁和硝酸反应的计算，注意过量的铁与硝酸反应时生成硝酸亚铁。详解：将过量Fe粉放入200mL2mol/L的HNO溶液中，反应方程式为：3Fe+8HNO=3Fe(NO)2+2NO↑+4H2O，根据硝酸的333物质的量为2×0.2=0.4mol计算，则消耗的铁的物质的量为0.15mol，其质量为0.15×56=8.4g。故选C。7、D【答案解析】A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；D、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水。【题目详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+CO32-+H2O，故C错误；D项、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：2SO+Ca＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，2故D正确。故选D。【答案点睛】本题考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉元素化合物知识的性质是解答关键。8、C【答案解析】A．根据图像，tmin时为平衡状态，若tmin时升高温度，正逆反应速率均加快，故A错误；t～t时间段，为平衡状态，正逆反应速率相等，平衡状态是一种动态平衡状态，所以反应没有停止，2333B．根据图可知，故B错误；1mol2Ltmint0.5=molL-1min-1，v(X)=C．tmin时容器内有1.5molY，则消耗的X为1mol，因此0~tmin内，2222故C正确；速率，发生，又有逆反应发生，故D．t1时，图中正反应速率大于逆反应逆反应速率不等于0，所以既有正反应D错误；答案选C。9、CA、乙酸的分子式为CHO，CHCOOH表示的是乙酸的结构简式。错误；B、表示的是丙烷分子的球棍模型。错2423误；C、电子式：在元素符号周围用“”或“×”表示最外层电子的式子。乙烷分子中碳碳、碳氢之间形成共价键，用共用电子对来表示。正确；D、有机物的结构简式指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH=CH，错误；故选C。2210、A【答案解析】期，短周期共有3个周根据位置可判断a为He；b为F；c为S。【题目详解】A.b为F，非金属性最强的A正确；非金属元素，与题意不符，B.a为He，是B错误；C.c为S，其最高价氧化物的D.b为F，在0价，与题意不符，A。单质，则其氢化物很稳定，符合题意，一种不活泼的水化物是硫酸，是一种强酸，与题意不符，C错误；化合物中的最高价为D错误；答案为11、B【答案解析】分析：A、海带中含碘离子；成硫酸B、Ba（NO3）溶液2中通入SO2气体，发生氧化还原反应生钡沉淀；C、盐酸滴入NaHCO3溶液中，可知盐酸的酸性大于碳酸，D、实质为铜与稀硝酸反应，生成NO。但盐酸为无氧酸；A、海带中含碘离子，在酸性条件下与过氧化氢发生氧化还原反应生详解：成碘单质，结论不合理，故A错误；B、Ba（NO3）溶液2中通入SO2气体，发生氧化还原反应生钡沉淀，则SO2具有还原性，故B正确；C、盐酸滴入NaHCO3溶液中，可知盐酸的酸性大于碳酸，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D、将少量浓硝酸分盛有Cu和稀硫酸的试管中，实质为铜与稀硝酸反应，生成NO，在成硫酸多次加入管口被空气氧化产生红棕色气体，硝酸的还原产物是NO，故D错误；故选B。12、A【答案解析】64g量为1mol5.6gA、64gSO的物质的,一个SO分子中含有3个原子，所以1molSO中含有的原子个数为3N。64g/mol222A0.1mol变为三价铁离子，，0.1mol铁原子失去0.3N电子0.1mol铁原A正确；B、5.6g金属铁的物质的量为56g/mol子失去0.2N电子A变为二价铁离子。错误；C、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算。错误；D、题数目。错误；故选A。干没有知名1mol/LNaOH溶液的体积，所以不能确定钠离子的点睛：本题主要考察阿伏伽德罗常数的应用。尤其需要注意，在用气体摩尔体积计算时，必须是标准状况下，否则不能使用22.4L/mol。13、A【答案解析】A．非金属性N＞C＞Si，元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，选项A正确；B．非金属性F＞O＞S，元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HF＞H2O＞H2S，选项B错误；C、元素的非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：Cl-＜Br-＜I-，选项C错误；D．金属性Na＞Mg、Ca＞Mg，元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则NaOH＞Mg(OH)2、Ca(OH)2＞Mg(OH)2，选项D错误；故选A。【答案点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律，注重基础积累的积累即可，易错点为选项B：根据元素周期律的递变规律判断对应元素非金属性的强弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定。14、D【答案解析】A、乙炔和苯的最简式为CH；B、苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，苯乙烯分子含有1个苯和环1个碳碳双键；C、100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46％=46g，水的质量为（100-46）g=54g；D、分子式为CnH2n的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃。【题目详解】A项、乙炔和苯的最简式为CH，1g乙炔溶于12g苯，混合物中含有13gCH，CH的物质的量为13g=1mol，混合13g/mol物中含有的碳原子数为NA，故A正确；B项、苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，苯乙烯分子含有1个苯和环1个碳碳双键，分子中含有8个碳氢键和1个碳碳双键，l04g苯乙烯的物质的量为104g=1mol，则1mol苯乙烯中含有8NA个碳氢键和NA个碳碳双键，104g/mol故B正确；C项、100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46％=46g，水的质量为（100-46）g=54g，则溶液中含有氢原子数为（46g×6+54g×2）NA/mol=12NA，故C正确；46g/mol18g/molD项、分子式为CnH2n的烃可能为含有1个碳碳三键的烯烃，也可能为不含有碳碳双键的环烷烃，故D错误。故选D。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意有机物的组成和结构，掌握物质的量与阿伏加德罗常数的关系是解答关键。15、D【答案解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，结合化学键与化合物的关系判断。详解：A.离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，因此离子晶体中一定存在离子键，A正确；B.全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则在共价化合物中一定含有共价键，B正确；C.含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如NaOH等，C正确；D.溶于水能导电的化合物不一定是电解质，例如氨气溶于水导电，氨气是非电解质，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，例如氨气是非电解质，一水合氨是电解质。16、D【答案解析】A.第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；B.中子数=质量数-质子数=293-116=177，故B正确；C.原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，所以核外电子数为116，故C正确；D.293代表该原子的质量数，故D错误；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiOFe(OH)3MnO﹣+3Fe2++7HO=MnO↓+3Fe(OH)↓+5H+3Mn2++2MnO-+2HO=5MnO↓+4H+4向2422322过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下，后重复操作2～3次【答案解析】分析：闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶质，调整滤液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，过滤得滤液2为ZnSO4和K2SO4溶液，在滤液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到ZnO，据此分析解题。

(1)根据分析知闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的为SiO2，所以滤渣1为SiO2。(2)滤液1经氧化并调节溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,则过滤所得不溶沉淀X为Fe(OH)3故答案为Fe,还原产物为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO-+2HO=5MnO↓+4H+。故答案为422422法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，3322本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，D中含有团的名称④是乙醇和乙酸发生酯化反应为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应(取代反应)；（3）1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子总质量与生成物的利用率=期望产物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液产物的漏斗。19、作催化剂和吸水剂使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率除去乙酸除去乙醇水【答案解析】(1)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；(2))乙酸与乙醇发生该反应属于可逆反应，过量乙醇可以酯化反应，使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，故答案为使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率；(3)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；(4)氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和CaCl溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故答案为除去2乙醇；(5)饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中会2含有杂质水，故答案为水。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备，掌握浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理为解答本题的关键。本题的难点是饱和氯化钙溶液的作用，要注意题干的提示。2Cl2CaOHCaClCaClO2HO20、分液漏斗将U形管置于冷水浴中222222HClCaOHCaCl2HO165.5%222【答案解析】详解：（1）由图知A仪器的名称是分液漏斗。（2）氯气和消石灰反应即得到漂白粉次氯酸钙、氯化钙和水，在U形管中产生其化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。（3）①温度较高时氯气与消石灰易发生反应生成副产物Ca(ClO3)2，所以为防止副产物的生成，应降低反应的温度，因此可以将U形管置于冷水浴中。②因为盐酸易挥发，所以在制取的氯气中混有HCl，而氯化氢可以和消石灰反应生成氯化钙和水，此反应方程式2HClCaOHCaCl2HO。222（4）由反应知Ca(ClO)2中氯的化合价是＋1价，在反应中化合价由＋1价降低到0价，因此Ca(ClO)2是氧化剂，转移2个电子。氯化氢是还原剂，但被氧化的氯化氢只是2mol。所以反应中每生成1mol氯气，就转移1mol电子，被氧化的氯化氢也是1mol。精的质量）100%，盐酸与次氯酸钙反应生成氯气，（5）已知：有效氯=（漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉方程式：Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O143x271yy=712x/143100%,因为漂粉精的有效氯为65%，所以712x/143100%=65%X=65.5%,因此，本题正确答案是：