2021-2022学年山东省济南市高一下学期期末考试化学试题（含解析）

2022年7月济南市高一期末学情检测化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠，不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Mn-55Fe-56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.环境和资源是人类面临的两大课题。下列说法错误的是A.燃煤时加入生石灰可减少温室气体的排放B.石油经分馏获得的汽油是混合物C.“地沟油”经加工处理后制成肥皂，可以提高资源的利用率D.相同状况下，与等体积的一氧化碳和氢气相比，甲烷燃烧时放出的热量更多【答案】A【解析】【详解】A．温室气体主要为CO2，而燃煤时加入生石灰主要作用是吸收SO2，减少酸雨的形成，A项错误；B．汽油是由石油分馏得到的产品，主要成分是烃类，为混合物，B项正确；C．地沟油的成分是油脂，经过皂化反应得到的硬脂酸钠用作肥皂，可提高资源的利用率，C项正确；D．①，②，③，根据盖斯定律，①+②+③得，相同状况下，等体积的一氧化碳和氢气的物质的量相等，因此相同状况下，与等体积的一氧化碳和氢气相比，甲烷放出的热量更多，D项正确；答案选A。2.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.用蓄电池为电动汽车供电 B.青铜大钟的缓慢锈蚀C.SO2能使品红溶液褪色 D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果【答案】C【解析】【详解】A．用蓄电池为电动汽车供电，过程中涉及了氧化还原反应，A项错误；B．青铜大钟的缓慢锈蚀，存在Cu、O元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B项错误；C．SO2能使品红溶液褪色，是二氧化硫与有色物质结合成无色物质，反应中没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C项正确；D．用高锰酸钾溶液保鲜，是利用高锰酸钾的氧化性，涉及到氧化还原反应，D项错误；答案选C。3.下列有关化学用语正确的是A.NH3的电子式：B.HClO的结构式：H—Cl—OC.聚丙烯的结构简式：D.NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO【答案】D【解析】【详解】A．NH3的氮原子未达到8电子稳定结构，其电子式应为：，故A错误；B．HClO中O原子分别与H、Cl形成共价键，其结构式为：H-O-Cl，故B错误；C．聚丙烯是丙烯的加聚产物，其结构简式为：，故C错误；D．NaHCO3完全电离为Na+、HCO，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO，故D正确；故答案选D。4.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.11.2LCH4和44.8LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为2.5NAB.8.7gMnO2和足量浓盐酸共热可生成Cl2的分子数为0.1NAC.1g的H218O和D216O的混合物所含中子数、电子数均为0.5NAD.将浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3溶液与KI溶液等体积混合，转移电子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，由碳原子个数守恒可知，标准状况下氯代甲烷的物质的量为=0.5mol，由氯原子个数守恒可知，氯化氢的物质的量为=2mol，则充分反应后的分子数为(0.5mol+2mol)×NAmol—1=2.5NA，故A正确；B．二氧化锰和浓盐酸共热可生成氯化锰、氯气和水，则8.7g二氧化锰和足量浓盐酸共热可生成氯气的分子数为×NAmol—1=0.1NA，故B正确；C．H218O和D216O的中子数、电子数都为10，摩尔质量都为20g/mol，则1g的H218O和D216O的混合物所含中子数、电子数均为×10×NAmol—1=0.5NA，故C正确；D．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L氯化铁溶液和0.1mol/L碘化钾溶液中溶质的物质的量和反应转移电子数，故D错误；故选D。5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A是重要的有机化工基础原料，相对分子质量为28。B分子中含有18个电子，D在常温下是液体，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：W>Y>Z>XB.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>WC.通过X射线衍射技术可知YW4是正四面体形空间结构D.E→C的反应类型为取代反应【答案】B【解析】【分析】由题可知，A是重要的有机化工基础原料，相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，D在常温下是液体，B是18电子的分子，由转化关系可知，B为HCl、C为CH3CH2Cl，D为H2O，E为CH3CH2OH，则X、Y、Z、W对应元素依次为H、C、O、Cl，据此解答。【详解】A．原子电子层数越多，则原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以H、C、O、Cl的原子半径大小为：Cl>C>O>H，即原子半径：W>Y>Z>X，故A正确；B．高氯酸属于强酸，而碳酸属于弱酸，高氯酸的酸性比碳酸强，即最高价氧化物的水化物的酸性：Y<W，故B错误；C．通过X射线衍射技术，可以获得CCl4是正四面体形空间构型，故C正确；D．E→C为乙醇与HCl发生取代反应生成CH3CH2Cl，故D正确；故答案选B。6.现用如图所示装置来测定某原电池工作时在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是镁片和铝片。下列有关说法正确的是A.b电极材料是镁片B.电流经a流向bC.若用NaOH溶液代替稀硫酸，溶液中的OH-移向铝片一极D.当量筒中收集到672mL气体时，通过导线的电子的物质的量为0.06mol【答案】C【解析】【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铝片，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电极a为镁片，作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析作答。【详解】A．由分析知，b电极材料为铝片，A项错误；B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电流由正极流向负极，即电流经b流向a，B项错误；C．用NaOH溶液代替稀硫酸，则铝作负极，阴离子移向负极，则溶液中的OH-移向铝片一极，C项正确；D．未说明标况，无法计算量筒中收集气体的物质的量，无法计算通过导线的电子的物质的量，D项错误；答案选C。7.实验室需要配制80mL2.2mol·L-1的稀硫酸，操作步骤如下：用100mL量筒量取18.4mol·L-1的浓硫酸12.0mL，将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有蒸馏水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌。搅拌均匀后立即沿玻璃棒注入容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转移至容量瓶中，重复操作2~3次，继续用烧杯向容量瓶中加入蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，盖上瓶塞后摇匀，装入试剂瓶中。实验操作中存在的错误有几处?A.2处 B.3处 C.4处 D.5处【答案】B【解析】【详解】配制80mL2.2mol·L-1的稀硫酸，需要用100mL容量瓶，需要浓硫酸体积为，不能选择100mL量筒量取浓硫酸；浓硫酸稀释会放出大量的热，应先冷却到室温后，再沿玻璃棒注入容量瓶中；定容时，继续用烧杯向容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管逐滴滴加到溶液的凹液面恰好与刻度线相切，所以操作共3处错误，答案选B。8.某科研团队报道了一种新“光合作用”，即借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化方法，其催化机理如图所示。下列说法错误的是A.La2O2CO3是中间产物B.该历程实现了光能转化为化学能C.该历程只有共价键的断裂与形成D.该历程的总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．在反应过程中，La2O2CO3先作生成物，后为反应物，则反应中La2O2CO3是中间产物，A项正确；B．该历程实现了将光能转化为甲烷中的化学能，B项正确；C．该反应过程涉及La2O3的消耗和形成，涉及到离子键的断裂和形成，C项错误；D．由催化机理图可知，该历程的总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，D项正确；答案选C。9.利用下列实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是A.用装置甲比较C、Si、Cl的非金属性B.用装置乙检验石蜡的分解产物含有不饱和烃C.用装置丙灼烧碎海带D.用装置丁制取乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A．盐酸具有挥发性，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，用装置甲无法比较C、Si、Cl的非金属性，故A错误；B．不饱和烃能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用装置乙检验石蜡的分解产物含有不饱和烃，故B正确；C．应该坩埚中灼烧海带，不能用烧杯灼烧碎海带，故C错误；D．乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，装置丁中的导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会发生倒吸现象，故D错误；故答案选B。10.一定条件下，对于刚性容器中进行的反应：3A(g)+B(s)C(g)+2D(g)，下列说法能充分说明该反应已经达到平衡状态的是A.混合气体的压强不再改变 B.混合气体的密度不再改变C.生成B的速率与消耗C的速率相等 D.混合物中C、D的浓度之比为1：2【答案】B【解析】【详解】A．该反应前后气体分子数不变，则在刚性容器中混合气体的压强始终不变，无法判断平衡状态，故A错误；B．A为固态，混合气体的总质量为变量，总体积不变，则混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故B正确；C．生成B的速率与消耗C的速率均为逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；D．C、D均为生成物，若反应开始时只有反应物，则C、D的浓度之比始终为1:2，无法判断达到平衡状态，故D错误；故答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向铜与足量浓硫酸反应后的混合物中加入蒸馏水溶液变蓝有Cu2+生成B向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末紫色褪去Fe3O4中含二价铁C向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2D向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液产生沉淀蛋白质发生变性A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A．Cu与足量浓硫酸反应后的溶液中含有大量浓硫酸，稀释时应该将反应后的混合液缓缓倒入盛有水的烧杯中，溶液变蓝，验证生成Cu2+，顺序不能颠倒，A项错误；B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，证明Fe3O4中含二价铁，B项正确；C．分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成，可知溶液中含碘单质和碘离子，则KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，C项正确；D．向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，硫酸钠不含重金属离子，产生的沉淀是蛋白质发生了盐析，与变性无关，D项错误；答案选BC。12.神州十三号载人航天飞船天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：反应①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO反应②2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2下列有关说法错误的是A.根据反应②可知还原性：Ti<MgB.反应②需要在隔绝空气的条件下进行C.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6D反应①若生成标准状况下6.72LCO，则转移0.7mol电子【答案】C【解析】【详解】A．根据反应②，Mg为还原剂，Ti为还原产物，则还原性：Ti<Mg，A项正确；B．Mg易被氧化，故要在隔绝空气的条件下进行，B项正确；C．反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，C项错误；D．反应①中每生成6个CO，转移电子14个，则生成标准状况下6.72LCO，其物质的量为=0.3mol，则转移0.7mol电子，D项正确；答案选C。13.关于化合物2－苯基丙烯()，下列说法错误的是A.分子中一定共平面的碳原子最多有7个B.该有机物能发生加成、取代、氧化、聚合反应C.该有机物与足量氢气加成后产物的一氯代物有5种D.该有机物与苯乙烯互为同系物【答案】AC【解析】【详解】A．苯环和碳碳双键均为平面结构，由于单键可以旋转，所以2－苯基丙烯分子中一定共平面的碳原子最多有8个，故A错误；B．由结构简式可知，2－苯基丙烯分子中含有的苯环能发生加成反应和取代反应，含有的碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，故B正确；C．由结构简式可知，2－苯基丙烯分子与足量氢气加成后产物的结构简式为，分子中含有6类氢原子，一氯代物有6种，故C错误；D．2－苯基丙烯与苯乙烯结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故D正确；故选AC。14.海带灰富含以I-形式存在的碘元素。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：

下列说法正确的是A.为提高①中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行B.操作②中CCl4，可用酒精、苯等代替C.操作③使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色D.操作Z所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗【答案】D【解析】【分析】海带灰富含以I-形式存在的碘元素，加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子会被氧化为碘单质；含碘单质的水溶液用四氯化碳萃取，分液后四氯化碳层中含有碘单质；加入氢氧化钠溶液，碘单质与NaOH反应，生成碘化钠、次碘酸钠和水；碘化钠、次碘酸钠在溶液中，往里面加稀硫酸，碘化钠和次碘酸钠反应生成碘单质，通过过滤得到固体。【详解】A．高温时过氧化氢分解，不利于氧化碘离子，A项错误；B．酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，B项错误；C．操作③使用的是反萃取法，得到的上层溶液为无色溶液，含I-、IO-，C项错误；D．操作Z为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确；答案选D。15.某兴趣小组为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，在室温下向2mL0.001mol·L-1的KMnO4溶液(20%硫酸酸化)中分别加入不同浓度的草酸溶液2mL，实验结果如图所示。已知：草酸与高锰酸钾反应的过程可能为：Mn(VII)(VII表示价态，下同)Mn(VI)Mn(IV)Mn(III)Mn(III)(C2O4)(红色)→Mn(II)+2nCO2下列说法正确的是A.Mn(II)在反应中起催化作用B.增大草酸的浓度，褪色时间变短C.若t1s时溶液褪色，用草酸表示的平均反应速率约为mol·L-1·s-1D.反应的离子方程式为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】A【解析】【详解】A．由Mn(VII)(VII表示价态，下同)Mn(VI)Mn(IV)Mn(III)Mn(III)(C2O4)(红色)→Mn(II)+2nCO2可知，Mn(II)是前阶段还原剂，又是最后阶段的还原产物，所以Mn(II)的作用是催化剂，故A正确；B．由图可知，透光率相同时，草酸的浓度越大，酸性高锰酸钾溶液褪色时间越长，即增大草酸的浓度，褪色时间变大，故B错误；C．若t1s时溶液褪色，用高锰酸钾表示的平均反应速率约为v=，根据反应速率之比等于反应系数之比，则用草酸表示的平均反应速率则为：，故C错误；D．草酸是弱酸，在写离子方程式时不能拆，则反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故答案选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中四种元素组成的一种化合物BC(DA4)2是复合膨松剂的成分之一。在短周期主族元素中B的原子半径最大，A、D同主族。A原子的核电荷数是B、C原子最外层电子数之和的两倍。回答下列问题：（1）E在元素周期表中的位置是____，B2A2的电子式为____。（2）B、C两元素的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为____。（3）化合物CE3是____(填“共价”或“离子”)化合物，实验依据是____。（4）D单质的熔点____E单质的熔点(填“高于”或“低于”)，设计一个简单的实验证明D和E的非金属性强弱____(用离子方程式表示)。【答案】（1）①.第三周期第VIIA族②.（2）OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O（3）①.共价②.熔融状态下AlCl3不能导电（4）①.高于②.Cl2+S2-=S↓+2Cl-【解析】【分析】短周期主族元素的原子半径同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，短周期主族元素中B的原子半径最大，则B为钠元素，A和D同主族，并能形成DA4原子团，故A为氧元素，D为硫元素，由于A原子的核电荷数是B、C原子最外层电子数之和的两倍即8=(1+C原子最外层电子数)×2，且C原子序数在氧、硫之间，则C为铝元素，E为比硫原子序数大的短周期主族元素，则E为氯元素，据此解答。【小问1详解】元素周期表中氯元素在第三周期第VIIA族，B2A2为过氧化钠，是由两个钠原子失去两个电子给两个氧原子形成的离子化合物，两个氧原子间存在共价键，电子式为：；故答案为：第三周期第VIIA族；。【小问2详解】B、C两元素的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Al(OH)3，反应的离子方程式为：OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O；故答案为：OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O。【小问3详解】AlCl3在多种条件下会以更稳定的共价二聚体形式存在，为共价化合物，与离子化合物最大区别在于熔融状态下AlCl3不能导电；故答案为：共价；熔融状态下AlCl3不能导电。【小问4详解】常温下，硫单质为固体，氯气为气体，硫单质熔点高于氯气；将少量氯气通入Na2S溶液中能发生置换反应，可证明氯非金属性强于硫，离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；故答案为：高于；Cl2+S2-=S↓+2Cl-。17.硫酸是重要的化工产品之一，以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸的一种流程如图所示。回答下列问题：（1）黄铁矿预先粉碎的目的是____。已知炉渣的主要成分是Fe2O3，则煅烧的化学方程式为_____。（2）某化工厂生产硫酸，使用一种含杂质为25%的黄铁矿为原料。若取2吨该矿石，可制得98%的浓硫酸____吨(假设生产过程中硫的损失为零)。（3）Na2S2O5是一种食品抗氧化剂，检验Na2S2O5已被氧化的实验方案是____。（4）某同学以如图所示装置用电化学原理模拟生产硫酸：①写出通入O2的电极的电极反应式____。②若此过程中转移了0.2mol电子，则质子膜两侧电解液的质量变化差(△m左-△m右)为____g(忽略气体的溶解)。【答案】（1）①.增大反应物之间接触面积，加快反应速率，使反应更充分②.（2）2.5（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化。（4）①.②.4.4【解析】【分析】以黄铁矿（主要成分FeS2）为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，黄铁矿在空气中煅烧生成滤渣主要为氧化铁，用来炼铁，生成的二氧化硫净化后补充氧气氧化生成三氧化硫，吸收三氧化硫得到浓硫酸，尾气用氢氧化钠溶液吸收，再通入二氧化硫得到亚硫酸氢钠，加热得到焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。【小问1详解】黄铁矿预先粉碎可增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，也能使反应更充分。FeS2与氧气在高温条件下反应，生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为，【小问2详解】由反应及原子守恒可知，存在FeS2~2SO2~2H2SO4。设制得98%的浓硫酸为xt。则，，x=2.5t。可制得98%的浓硫酸2.5吨。【小问3详解】Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化。【小问4详解】氧气发生还原反应，为电池正极，电极反应式为。左侧产生的部分氢离子通过质子交换膜移向右侧，右侧氧气获得电子，酸性条件下生成水，若此过程中转移了0.2mol电子，则通过质子交换膜的氢离子为0.2mol，根据电子转移守恒，反应的二氧化硫为，质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，反应的氧气为，氧气质量为0.05mol×32g/mol=1.6g，则质子膜两侧电解液的质量变化差(△m左-△m右)=m（SO2）-m（H+）-[m（O2）+m（H+）]=6.4g-1.6g-2×0.2mol×1g/mol=4.4g。18.氰化物是一类剧毒物质。用下列装置处理含有氰化物(如氰化钾KCN)的浓缩废水样品，并测定废水中CN-的物质的量浓度。已知：①CN-+ClO-+CNO-+Cl-②2CNO-+2H++3ClO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O某学生设计的主要操作步骤为：i.将一定体积的浓缩废水加入A中并与次氯酸钠碱性溶液充分混合。ii.向A中通入N2，至D中有大量气体逸出，停止通N2，取下D称其质量为m1，再复原。iii.通过a向A中注入过量的稀硫酸。iv.至反应完全，通入一段时间N2，取下D称其质量为m2。回答下列问题：（1）仪器a的名称是____，为使a中的稀硫酸顺利滴下，可将a上部的玻璃塞打开或____。（2）反应完全后，通入一段时间N2的目的是____。（3）从A中排出的气体含有少量副反应生成物Cl2，能证明该事实的现象是____。（4）若原浓缩废水为500mL，则浓缩废水中c(CN-)____mol·L-1(用含m1、m2的代数式表示)。（5）上述实验中，若没有装置E，可能会造成测定结果____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.分液漏斗②.使玻璃塞的凹槽或小孔对准分液漏斗上口颈部的小孔（2）使装置内产生的二氧化碳全部排入D装置，被充分吸收，减少实验误差（3）B装置中的上层液体由无色变为棕色再变淡，下层液体的颜色由无色变为紫红色（4）（5）偏大【解析】【分析】本实验主要处理含有氰化物的浓缩废水样品，并测定废水中CN-的物质的量浓度，废水中的CN-在装置A中与ClO-反应生成CNO-后，继续与ClO-反应生成N2和CO2，装置B用于检验副反应的生成物Cl2，装置C用于干燥，装置D用于吸收CO2，并进行废水中CN-的物质的量浓度测算，最后碱石灰可防止空气对实验干扰，实验操作步骤如题，按要求解答。【小问1详解】仪器a的名称是分液漏斗；为使a中的稀硫酸顺利滴下，可将a上部的玻璃塞打开或使玻璃塞的凹槽或小孔对准分液漏斗上口颈部的小孔；故答案为：分液漏斗；使玻璃塞的凹槽或小孔对准分液漏斗上口颈部的小孔。【小问2详解】实验中发生的反应主要产生了二氧化碳气体和氮气，D装置用来吸收二氧化碳气体，反应完全后，通入氮气可以使装置内产生的二氧化碳全部排入D装置，被充分吸收，减少实验误差；故答案为：使装置内产生的二氧化碳全部排入D装置，被充分吸收，减少实验误差。【小问3详解】碘化钾易溶于水难溶于四氯化碳，所以氯气与碘离子的反应先从水层开始，故B中上层液体先由无色变为棕色，由于碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，所以上层液体的颜色会慢慢变淡，下层液体的颜色会由无色逐渐变为紫红色；故答案为：B装置中的上层液体由无色变为棕色再变淡，下层液体的颜色由无色变为紫红色。【小问4详解】D中发生的反应为：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，故(m2-m1)是装置D吸收的反应所产生的二氧化碳的质量，故有c(CN-)=；故答案为：。【小问5详解】装置E能防止外界的水蒸气和二氧化碳进入装置D，若没有装置E，会有少量外界的水蒸气和二氧化碳进入装置D，使得m2-m1的实验值比实际值大，使得结果偏大；故答案为：偏大。19.乳酸乙酯作为香料主要用于配制朗姆酒、牛奶、果酒等型香精。由淀粉为原料合成乳酸乙酯的路线如图：回答下列问题：（1）A中含有的官能团的名称____，C→D的反应类型为____。（2）B的结构简式为____。（3）E是乳酸乙酯的一种同分异构体，两分子E在一定条件下可发生酯化反应生成六元环酯，则E的结构简式可能为____(写出一种即可)。（4）除以淀粉为原料制备C，工业上制备C的方法还有____(用化学方程式表示)。（5）检验淀粉在酸性条件下发生水解反应的操作：取少量冷却后的水解液于试管中，加NaOH溶液至碱性，再加入少量____，加热，若____(填现象)，则证明淀粉已发生水解。【答案】（1）①.羟基、醛基②.氧化反应（2）CH3CH(OH)COOH（3）CH3CH2CH2CH(OH)COOH（4）（5）①.新制Cu(OH)2悬浊液②.砖红色沉淀【解析】【分析】淀粉在催化剂作用下水解为葡萄糖，A是葡萄糖；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，C是乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，D是乙醛；B和乙醇发生酯化反应生成乳酸乙酯，则B是乳酸CH3CH(OH)COOH。【小问1详解】A是葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，含有的官能团的名称羟基、醛基，C→D是乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应类型为氧化反应；【小问2详解】B和乙醇发生酯化反应生成乳酸乙酯，由乳酸乙酯的结构简式，可知B的结构简式为CH3CH(OH)COOH；【小问3详解】E是乳酸乙酯的一种同分异构体，两分子E在一定条件下可发生酯化反应生成六元环酯，则E可以是CH3CH2CH2CH(OH)COOH；【小问4详解】工业上可以用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，；【小问5详解】葡萄糖含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，检验淀粉在酸性条件下发生水解反应的操作：取少量冷却后的水解液于试管中，加NaOH溶液至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，若出现砖红色沉淀，则证明淀粉已发生水解。20.汽车已成为现代社会的重要交通工具之一，化学物质在汽车的动力安全等方面有着极为重要的作用