福建省福清福清华侨中学2025届高一下化学期末统考试题含解析

福建省福清福清华侨中学2025届高一下化学期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、3-甲基戊烷的一氯代产物有（不考虑立体异构）A．2种B．3种C．4种D．5种2、等质量的两份锌粉a、b，分别加入两支相同的试管中，然后加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，则产生氢气的体积(V)与时间(t)的关系用图像表示如下，其中正确的是()A． B． C． D．3、下列污染现象主要与SO2有关的是A．水华 B．臭氧层空洞C．酸雨 D．白色污染4、苯的结构简式可用来表示，下列关于苯的叙述中正确的是（）A．苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料B．苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃C．苯分子中6个碳碳化学键完全相同D．苯可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色5、下列说法正确的是A．甲烷与氯气发生置换反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等B．乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色C．溴水与乙炔发生化合反应而褪色D．苯不能与溴水发生加成反应说明苯分子中的碳碳键不是单双键交替6、升高温度能加快反应速率的主要原因是（）A．活化分子能量明显增加B．降低活化分子百分数C．增加活化分子百分数D．降低反应所需要的能量7、原电池是（）装置A．化学能转化为电能B．电能转化为化学能C．热能转化为化学能D．化学能转化为热能8、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是A．常温常压下，2gD2O中含中子数为NAB．1mol苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的个数为4NAC．0.5mol羟基中所含电子数为4.5NAD．28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体含有的碳原子数目为2NA9、“绿色化学”提倡化工生产中应尽可能将反应物的原子全部利用，从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中，最符合“绿色化学”思想的是A．3HOCH2-CH2OH+HOCH2CH2-O-CH2CH2OH+2H2OB．CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→+CaCl2+H2OC．CH2=CH2+（过氧乙酸）→+CH3COOHD．2CH2=CH2+O210、下列各组离子从左至右半径依次减小且在水溶液中能大量共存的是()A．S2－、Cl－、K＋ B．Mg2＋、Na＋、O2－C．Mg2＋、F－、H＋ D．Br－、Al3＋、Cl－11、下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是()A．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈B．随核电荷数的增加，卤素单质的颜色逐渐变浅C．随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大D．碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱12、用下图所示装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫胶Cu酸性KMnO4溶液CCO2稀盐酸CaCO3浓硫酸DNH3浓氨水生石灰碱石灰A．A B．B C．C D．D13、下列关于碱金属的说法不正确的是（）A．原子最外层电子数都是1B．单质的熔点随着原子序数的递增而增大C．原子半径随着原子序数的递增而增大D．单质与氧气都能反应14、下列物质中，属于共价化合物的是A．NaClB．HClC．NaOHD．CaO15、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A．Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB．导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量16、下列实验装置正确且能达到实验目的的是（）A．用图1装置证明非金属性Cl>C>SiB．利用图2装置，用饱和碳酸钠溶液分离乙醇和乙酸乙酯混合液C．图3为配制100mL一定浓度硫酸溶液D．用图4装置灼烧海带二、非选择题（本题包括5小题）17、五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1。回答下列问题：（1）五种元素中非金属性最强的是_______________（填元素符号）。（2）由A和B、D、E所形成的共价化合物中，热稳定性最差的是___________（用化学式表示）。（3）C和E形成的离子化合物的电子式为______，用电子式表示A和B形成的过程_____，A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为_______________（4）D的最高价氧化物的水化物的化学式为____________________。（5）由A和B形成的一种气体在工业上用途很广，实验室制取的方程式为____________________。（6）单质E与水反应的离子方程式为____________________。18、碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。19、苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：已知：名称相对分子质量颜色，状态沸点(℃)密度(g·cm-3)苯甲酸122无色片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100℃会迅速升华。实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为12.86mL。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。A．25mLB．50mLC．100mLD．250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。（3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算本实验的产率为_______________。20、溴苯是一种化工原料，实验室用苯和液溴合成溴苯的装置示意图如下(夹持仪器已略去)。请回答以下问题。(1)制取溴苯的化学方程式是___________，反应过程中烧瓶内有白雾产生，是因为生成了________气体。(2)该实验中用到冷凝管，由此猜想生成溴苯的反应属于________反应(填“放热”或“吸热”)；使用冷凝管时,进水口应是______(填“a”或“b”)。(3)该实验中将液溴全部加入苯中，充分反应后，为提纯溴苯，进行以下操作:①将烧瓶中的液体倒入烧杯中，然后向烧杯中加入少量水，过滤，除去未反应的铁屑，过滤时必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、____________。②滤液再经一系列处理，最终得到的粗溴苯中仍含有少量苯，要进一步提纯溴苯，可进行的操作是_____(填字母)。物质苯溴苯沸点/℃80156水中溶解性微溶微溶a.洗涤b.过滤c.蒸馏d.结晶21、工业上以钛铁矿（主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有MgO、SiO2等杂质）为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：酸溶时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+（1）FeTiO3中Ti元素的化合价为_____价，铁红的用途为____________（任写一种）。（2）“水解”中，发生反应的离子方程式为______________________________。（3）“沉铁”中，生成的酸性气态产物的电子式为______________；该过程控制反应温度低于35℃，原因为_______________________________________。（4）FeCO3转化为铁红时，发生的化学方程式为_______________________________。（5）制得的FeCO3可加入足量的稀硫酸，则从溶液中获得绿矾的操作是_____________。（6）电解生产钛时用TiO2和石墨做电极，电解质为熔融的CaO，则阴极的反应式为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】试题分析：同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），则根据3-甲基戊烷的结构简式CH3CH2CH(CH3)CH2CH3可判断分子中含有4类氢原子，因此其一氯代物有4种，答案选C。【考点定位】考查一氯代物种类判断【名师点晴】本题以3-甲基戊烷的一氯代产物判断为载体，重点考查了有机物结构特点、等效氢原子的判断依据和方法、同分异构体的概念的了解、理解和掌握程度，对同分异构体的正确书写能力，考查了学生严密的推理能力，思维的严谨性。考查了学生对知识的灵活应用和综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。该题的关键是明确等效氢原子的判断依据，即首先同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。2、D【解析】

等质量的两份锌粉中，加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，则a中发生的反应有:Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn+2H+=Zn2++H2↑，由于置换出来的Cu与Zn在稀硫酸中构成原电池，所以，a中的反应速率比b中的反应速率大，即反应完成所需的时间短，但Cu2+消耗了少量的Zn，a中产生的H2比b中产生的H2少。b中只发生反应:Zn+2H+=Zn2++H2↑。符合这些条件的图像就是D。3、C【解析】

A.水华是由于大量N、P元素进入水中造成的水体富营养化的一种表现，与二氧化硫无关，故A错误；B.臭氧层空洞的形成与大量使用氯氟代烷烃类化学物质有关，与二氧化硫无关，故B错误；C.酸雨的形成主要是由于硫和氮的氧化物进入大气，与二氧化硫有关，故C正确；D.白色污染指的是废塑料对环境的污染，与二氧化硫无关，故D错误；故答案选C。4、C【解析】A．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，石油中没有苯，苯是煤干馏产物中获得的液态化工原料，故A错误；B．苯是平面结构，苯分子中的所有原子都在同一平面上，但苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，所以苯不属于烯烃，应为芳香烃，故B错误；C．若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，苯分子中六个碳原子之间的化学键完全相同，故C正确；D．含双键或三键的有机物或还原性的物质能使溴褪色，苯中没有碳碳双键或还原性，不能和溴发生反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯与液溴需在催化剂条件下反应，苯也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。5、D【解析】

A.在光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，A错误；B.乙烯具有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C.乙炔具有碳碳三键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，C错误；D.若苯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，则苯不能与溴水发生加成反应说明苯分子中的碳碳键不是单双键交替，D正确；故选D。【点睛】苯不能与溴水发生加成反应，邻二氯代苯没有同分异构体说明苯分子中的碳碳键完全相同，不是单双键交替结构。6、C【解析】升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，只有C正确，故选C。7、A【解析】分析：原电池是把化学能转化为电能的装置，据此解答。详解：原电池是把化学能转化为电能的装置，其中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应。而电能转化为化学能的装置是电解池。答案选A。8、B【解析】

A.D2O的相对分子质量为20，2gD2O为0.1mol，一个D2O分子中含10个中子，故0.1mol含中子数为NA，选项A正确；B.1mol苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的个数为NA，选项B不正确；C.一个羟基中含有9个电子，故0.5mol羟基中所含电子数为4.5NA，选项C正确；D.乙烯和丙烯（C3H6）的最简式为CH2，28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体中含有碳原子的数目为×1×NA=2NA，选项D正确。答案选B。9、D【解析】

原子利用率为100%，符合绿色化学的要求。【详解】A.该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故A不选；B.该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CaCl2和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故B不选；C.该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CH3COOH，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故C不选；D.该制备反应的生成物只有环氧乙烷，原子利用率达到100%，符合绿色化学思想，故D选；答案选D。【点睛】一般来说，化合反应和加成反应最符合“绿色化学”的要求。10、A【解析】

A.S2－、Cl－、K＋具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：S2－＞Cl－＞K＋，从左至右半径依次减小；S2－、Cl－、K＋离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A符合题意；B.Mg2＋、Na＋、O2－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：O2－＞Na+＞Mg2＋，从左至右半径依次增大，故B不符合题意；C.电子层数越多，离子半径越大，所以H＋半径最小，Mg2＋、F－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：F－＞Mg2＋，故Mg2＋、F－、H＋三种离子半径大小为：F－＞Mg2＋＞H＋，且F－与H＋结合生成弱电解质HF，不能大量共存，故C不符合题意；D.电子层数越多，离子半径越大，所以Br－、Al3＋、Cl－三种离子半径大小为Br－＞Cl－＞Al3＋，故D不符合题意。故选A。【点睛】微粒半径大小的比较规律：①层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；②层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；③核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；④电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。11、B【解析】A.钾与钠同主族钾排在钠的下面，金属性强于钠,，与水反应比钠剧烈，故A正确；B.随核电荷数的增加，卤素单质的顺序依次为：F2为淡黄绿色气体，Cl2为黄绿色气体，Br2为红棕色液体，I2为紫黑色固体，所以卤素单质的颜色逐渐变深，故B错误；C.同主族元素从上到下随着电子层的增多逐渐原子半径增大，即随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大，故C正确；D.锂位于碱金属元素最上面，金属性最弱，失去最外层电子的能力最弱，故D正确；故选B。点睛：本题主要考查元素周期律的相关内容。同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，原子半径逐渐减小；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，原子半径逐渐增大。12、C【解析】A．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A错误；B．浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，且二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C．盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，浓硫酸作干燥剂干燥二氧化碳，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故C正确；D．氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，故D错误；故选C。13、B【解析】

A、碱金属的最外层电子数=主族序数=1，选项A正确；B、按照Li、Na、K、Rb、Cs的顺序，单质熔沸点逐渐降低，选项B错误；C、同主族元素从上而下原子序数增大，原子半径依次增大，选项C正确；D、均为活泼的金属，还原性强，单质与氧气都能反应，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查碱金属的性质，注意同主族元素从上而下性质的递变性，易错点为选项B，碱金属元素的熔点随着原子序数的递增而降低。14、B【解析】NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；HCl不含离子键，属于共价化合物。故选B。点睛：本题考查离子化合物与共价化合物的区别，注意：①含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，非金属之间一般形成共价键；②强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等一般是离子化合物，酸、非金属氧化物、大多数有机物等是共价化合物。15、C【解析】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。16、B【解析】分析：A项，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，但稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸；B项，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度很小，而乙醇易溶；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中；D项，灼烧海带应在坩埚中进行。详解：A项，稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，证明非金属性Cl>C，故A项错误；B项，分离乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，故B项正确；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，故C项错误；D项，灼烧海带应在坩埚中进行，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、ClPH3NH4ClH3PO42NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OCl2+H2O═H++Cl-+HClO【解析】

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B、D、E均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为氨气，则A是H元素、B是N元素；A和C同族，且C原子序数大于B，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C是Na元素；B和D同族，则D是P元素；C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1，则E是Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A是H元素，B是N元素，C是Na元素，D是P元素，E是Cl元素。(1)同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素中非金属性最强的是Cl元素，故答案为：Cl；(2)元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞N＞P，所以氢化物的稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；(3)C和E形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，电子式为，A和B形成的化合物是氨气，用电子式表示氨气的形成过程为，A和E形成的化合物为氯化氢与A和B形成的化合物为氨气，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，化学式为NH4Cl，故答案为：；；NH4Cl；(4)D的最高价氧化物的水化物是磷酸，化学式为H3PO4，故答案为：H3PO4；(5)A和B形成的气体为氨气，在工业上用途很广，实验室制取氨气的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(6)单质E是氯气，氯气和水反应生成HCl和HClO，次氯酸是弱酸，离子方程式为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO。18、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【解析】试题分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。19、C使平衡不断正向移动C除去硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华AD90.02%【解析】

（1）在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100mL的圆底烧瓶，答案选C；（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，这时应将温度控制在85~90℃；（4）将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。该步骤中加入碳酸钠的作用是除去剩余的硫酸和未反应完的苯甲酸；若碳酸钠加入量过少蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生这种现象的原因是