2020-2022浙江省湖州市三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题

高中期末考试/复习精品试卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题（2019春·浙江湖州·高一统考期末）(1)写出正丁烷的结构简式：___________；写出漂白粉有效成分的化学式：__________。(2)写出镁条和氮气反应的化学方程式_____________________________________。写出铁和氯化铁溶液反应的离子方程式___________________________________。写出乙烯和水反应的化学方程式___________________________________。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：请填写下列空白：(1)步骤③的操作名称是__________________，碘离子在酸性环境中也能被氧气氧化，请写出相关离子方程式是________________________________________。(2)步骤⑤中萃取剂也可用四氯化碳的理由是_____________________________，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是_________________。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）请按要求填空：(1)氨气的电子式是_______；(2)乙醛的结构简式_______；(3)铜和稀硝酸反应的化学反应方程式_______；(4)在制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是_______；（2022春·浙江湖州·高一统考期末）请按要求填空(1)写出丙烷的结构简式：_______。(2)乙醇在加热和有催化剂存在的条件下，被氧气氧化的化学方程式_______。(3)写出碳和浓硫酸反应的化学方程式_______。(4)已知卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘，试从原子结构角度解释单质氧化性逐渐减弱的原因_______。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）标准状况下，某气态烃A的密度是1.25g·L-1，取xL的A在足量的氧气中充分燃烧，生成的混合气体通入到50mLNaOH溶液，随后取此溶液25mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，产生的CO2气体体积与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示：(1)A的摩尔质量为________________。(2)请计算x的值（写出具体计算过程）。________________（2021春·浙江湖州·高一统考期末）现有含Na2CO3、NaHCO3的固体混合物54.8g，溶于水搅拌均匀分成两等份。向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，经过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀59.1g。求：(1)所得白色沉淀的物质的量n=_______mol(2)原固体中NaHCO3的物质的量为_______（2022春·浙江湖州·高一统考期末）将铜镁合金完全溶解于的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。求：(1)的浓硝酸中含有的物质的量为_______。(2)该合金含铜_______g。(3)混合气体中，和的物质的量之比为_______。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）某黄色矿物中主要成分X仅含三种元素，不含结晶水，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验：注：适量代表该试剂恰好完全反应(1)固体X中所含元素有Fe、S和___________，其化学式为___________；(2)F→G的总离子方程式(只写一步)是_____________________________________，该反应的还原剂是_______________。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低。用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图所示：已知：D中发生的反应为：Cl2+2NaClO2=ClO2+2NaCl(1)仪器a的名称为：______。(2)A中发生的离子方程式为：_______。(3)试剂X的作用是：_______。(4)装置D中通入干燥空气的作用是：_______。(5)该实验装置的缺陷是：_______。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某研究学习小组利用下列装置检验浓硫酸与某铁、碳合金丝的反应(其他杂质不参与反应，夹持装置已省略)：请回答：(1)I中不加热时无明显现象是因为_______。(2)加热I试管后说明有SO2气体生成的实验现象是_______。(3)V中出现少量浑浊是因为I中发生了反应_______(用化学方程式表示)(4)下列说法正确的是_______A．反应前，检查装置I的气密性，需在II中加水至浸没导管，微热I中试管，若II中导管口有气泡溢出，就可以说明装置I气密性良好B．装置I的优点是可通过抽动铁、碳合金丝控制反应的进行C．取下试管III并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4D．试管IV中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性（2022春·浙江湖州·高一统考期末）为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如图：请回答：(1)写出A中硬质玻璃管内发生的化学反应方程式_______。(2)仪器a的名称是_______。(3)装置B中冰水的作用是_______。(4)该同学设计的实验装置存在缺陷。该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。A．样品分解不完全B．装置B、C之间缺少的干燥装置C．产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D．反应完全后停止加热，通入过量的空气（2019春·浙江湖州·高一统考期末）有机物A的分子式为C4H8O2，其转化关系如图所示：（1）D的名称是_______________。（2）有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式是_________________________________。（3）下列说法不正确的是。______________A．B→C的反应属于加成反应B．等质量的A和E完全燃烧，消耗的O2的量相同C．可用银氨溶液鉴别D和ED．C和D都可以和Na发生反应（4）E→C的反应类型是______________。（5）写出乙烯和C反应生成A（该反应原子利用率达到100%）的化学方程式______________。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某兴趣小组研究并制备塑料产品C和食品加香剂E(CH3CH2COOCH2CH3)，其合成路线如下图所示：已知：D与NaHCO3溶液反应可生成气体。请回答：(1)A中的官能团是_______，C的结构简式是_______。(2)A→B的反应类型是_______。(3)B+D→E的化学方程式是_______。(4)下列说法正确的是_______。A．A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．向装有2mLB的小试管中投入一小粒钠，产生气泡C．等物质的量的A和B完全燃烧消耗氧气的物质的量不相等D．可以用饱和碳酸钠溶液鉴别B、D和E三种物质（2022春·浙江湖州·高一统考期末）烃A的相对分子质量为28，部分性质及转化关系如图：(1)有机物A中的官能团名称为_______。生成有机物B的反应类型为_______。(2)D的水溶液显酸性，请写出C与D反应的化学方程式_______。(3)下列说法正确的是_______。A．有机物C和乙酸乙酯均易溶于饱和碳酸钠溶液中B．有机物D能与溶液反应生成气体C．等物质的量的A和C完全燃烧，消耗的的量相同D．A既能使酸性溶液褪色又能使溴水褪色，且褪色的反应原理相同(4)请写出丙烯与水发生加成反应时可能得到的两种有机产物的结构简式_______。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某研究小组为了探究某化妆品的防潮剂X(仅含五种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：已知A在常温下是无色液体，白色沉淀丙为Al(OH)3。(1)操作①的名称是_______。(2)写出白色沉淀丙与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是_______。(3)X的化学式是_______。(4)用电子式表示固体1所含物质的形成过程_______。（2022春·浙江湖州·高一统考期末）A是由两种元素组成的矿物，测定A的组成流程如图：已知：B、D均为纯净物。请回答：(1)写出反应A的化学式：_______。(2)写出反应②的化学方程式：_______。(3)写出反应③的离子方程式：_______。(4)检验无色气体D常用的方法是：_______。

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁：

CH3CH2CH2CH3

Ca(ClO)2

3Mg+N2Mg3N2

Fe+2Fe3+=3Fe2+

H2C=CH2+H2OCH3CH2OH〖祥解〗(1)根据漂白粉的制取原理判断其有效成分；(2)镁条在氮气中燃烧生成氮化镁；铁与铁离子发生归中反应生成亚铁离子；乙烯和水在催化剂的作用下发生加成反应生成乙醇。〖详析〗(1)正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3；用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，反应原理为2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2；(2)镁条在氮气中燃烧生成氮化镁，反应的化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；铁与铁离子发生反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；乙烯和水在催化剂的作用下发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为H2C=CH2+H2OCH3CH2OH。〖『点石成金』〗用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，而不能用澄清石灰水，因为其浓度太小，反应原理为2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2。

过滤

4H++4I-+O2=====2I2+2H2O

四氯化碳与水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度

分液漏斗〖祥解〗海带经过灼烧后得到海带灰，浸泡海带灰，得到海带灰悬浊液，过滤，除去难溶性杂质，得到含碘离子的溶液，在酸性环境下，用过氧化氢氧化碘离子得到含碘水的溶液，再用苯萃取碘水中的碘单质得到含碘的苯溶液，再进行蒸馏，得到碘单质。〖详析〗(1)由以上分析知，步骤③的操作是过滤，除去难溶性杂质，得到含碘离子的溶液；碘离子在酸性环境中也能被氧气氧化，该反应的离子方程式是4H++4I-+O2=====2I2+2H2O；(2)步骤⑤中萃取剂也可用四氯化碳，是因为四氯化碳与水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度；萃取过程所用的主要玻璃仪器为分液漏斗。〖『点石成金』〗从海带中提取单质碘的步骤顺序依次为：灼烧、溶解、过滤、通入氯气或过氧化氢氧化、萃取分液、蒸馏，熟记从海带中提取碘的实验步骤以及实验仪器，难度不大，但同学们易忘，这是常考点。

CH3CHO

吸收蒸馏出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出〖详析〗(1)氨气分子中含有3个N-H键，电子式是；(2)乙醛分子中含有醛基，结构简式CH3CHO；(3)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的化学反应方程式；(4)在制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是：吸收蒸馏出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出。(1)(2)(3)(4)氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，单质氧化性依次减弱〖解析〗(1)丙烷为碳原子数为3个的饱和烃，故结构简式为。(2)乙醇被氧气氧化为乙醛和水，故化学方程式为。(3)在加热条件下碳被浓硫酸氧化为二氧化碳，本身还原为二氧化硫，化学方程式为。(4)从原子结构角度可知，氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，故单质氧化性依次减弱，即卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘。

28g·mol-1

该气态烃的摩尔质量为28g/mol，则该烃为乙烯C2H4，由图可知，当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根据C元素守恒知，乙烯燃烧生成0.01molCO2，则n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，则乙烯的体积为V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L。〖祥解〗(1)根据公式进行计算；(2)先确定该气态烃的分子式，再根据所发生的反应，结合图象，利用元素守恒进行计算。〖详析〗(1)标准状况下，某气态烃A的密度是1.25g·L-1，则A的摩尔质量为；(2)该气态烃的摩尔质量为28g/mol，则该烃为乙烯C2H4；取xL乙烯在足量的氧气中充分燃烧，生成二氧化碳和水蒸气，将该混合气体通入到50mLNaOH溶液中，CO2与NaOH溶液反应；随后取此溶液25mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，生成CO2气体，当生成CO2气体时，应发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至体积最大，消耗HCl为50mL，则n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根据C元素守恒知，乙烯燃烧生成0.01molCO2，则n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，则乙烯的体积为V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L。〖『点石成金』〗该题需要确定从开始生成CO2气体至体积最大，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再利用C元素守恒进行计算是解决本题的关键。

0.3

0.4〖详析〗设其中一份混合物中含Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y。现有含Na2CO3、NaHCO3的固体混合物54.8g，溶于水搅拌均匀分成两等份。则有106x+84y=；向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，经过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀59.1g，可知白色沉淀为BaCO3，其物质的量==0.3mol，根据碳原子守恒可知x+y=0.3，解得x=0.1

y=0.2，所以混合物中含NaHCO3的物质的量为0.2mol2=0.4mol，故〖答案〗0.3；0.4。(1)0.7(2)1.28(3)4∶1〖祥解〗1.52g铜镁合金溶于浓硝酸中生成硝酸铜、硝酸镁、NO2、N2O4，NO2、N2O4的体积为1120mL，则物质的量为0.05mol。向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子完全沉淀时，得到2.54g沉淀，则m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，则n(OH-)=0.06mol。(1)50mL14mol/L的浓硝酸中含有HNO3的物质的量为0.05L×14mol/L=0.7mol；(2)根据n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化学式可知，铜和镁的总物质的量是n(OH-)的二分之一，即为0.03mol。设合金中铜的物质的量为x，镁的物质的量为y，则有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，则该合金含铜0.02mol×64g/mol=1.28g；(3)铜和镁的总物质的量为0.03mol，铜和镁反应后均为+2价，所以转移电子的物质的量为0.06mol，设N2O4的物质的量为a，则NO2的物质的量为0.05-a，根据化合价变化有2a+0.05-a=0.06，则a=0.01mol，则NO2的物质的量为0.04mol，所以混合气体中，NO2和N2O4的物质的量之比为0.04：0.01=4：1。

Cu

CuFeS2

2SO2+O2+4OH-=2+2H2O

SO2〖祥解〗根据图中可知：溶液B为绿色，则含有二价铁离子，固体D为紫红色，则D为铜单质，铜元素的物质的量为：；固体E为红棕色，E为Fe2O3；加入BaCl2生成白色沉淀，应该为BaSO4，混合气体中有二氧化硫和氧气，故沉淀不能为BaSO3，硫元素的物质的量为：，铁元素的质量为：18.4g-6.4g-0.2g×32g/mol=5.6g，铁元素的物质的量为：，以此解题。〖详析〗(1)根据元素守恒和分析知，固体X中所含元素有Fe、S和Cu，Cu、Fe和S的物质的量比为：0.01：0.01：0.02=1：1：2，所以化学式为CuFeS2；(2)F→G为中涉及到二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，总离子方程式是2SO2+O2+4OH-=2+2H2O，该反应中SO2化合价升高，所以还原剂是SO2。〖『点石成金』〗本题为元素和物质的推断，学会利用提给条件进行分析，会根据物质的量计算化学式。

圆底烧瓶

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

吸收HCl

稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性

装置E没有采取防倒吸措施；装置D和E之间缺少干燥装置〖祥解〗由实验装置图可知，装置A中中二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，氯气中混有挥发出的氯化氢气体，装置B中盛有的饱和食盐水能除去氯气中混有的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸的目的是干燥氯气，装置D中氯气与固体亚氯酸钠在冰水浴条件下制备二氧化氯，装置E中氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气和挥发出的二氧化氯，防止污染环境。〖详析〗(1)仪器a的名称为圆底烧瓶；(2)装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)浓盐酸具有挥发性，装置A中制取的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有的试剂X饱和食盐水，目的是吸收除去氯气中混有的氯化氢气体，故〖答案〗为：吸收HCl；(4)由题意可知，二氧化氯极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低，则向装置D中通入干燥空气能稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性，故〖答案〗为：稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性；(5)由题意可知，二氧化氯气体易溶于水，可能溶于氢氧化钠溶液中挥发出的水蒸气，应在装置D和E之间添加干燥装置，防止二氧化氯溶于水；氯和二氧化氯能与氢氧化钠溶液反应，若直接通入氢氧化钠溶液会产生倒吸，为防止倒吸，应在装置E中采取防倒吸措施，故〖答案〗为：装置E没有采取防倒吸措施；装置D和E之间缺少干燥装置。

在常温下，铁与浓硫酸发生了钝化，而碳与浓硫酸不反应

II试管中品红溶液褪色(加热II试管，品红恢复红色)

BC〖详析〗(1)合金丝含铁元素与碳元素，Fe常温下遇冷的浓硫酸钝化，而C则需加热条件下与浓硫酸发生氧化还原反应，所以本问应填“在常温下，铁与浓硫酸发生了钝化，而碳与浓硫酸不反应”；(2)铁或碳在加热条件下，与浓硫酸发生氧化还原反应，浓硫酸被还原生成SO2，SO2通入品红试液生成H2SO3有漂白性，使品红试液褪色，所以本问应填“II试管中品红溶液褪色(加热II试管，品红恢复红色)”；(3)I中碳与浓硫酸反应有CO2生成，且未被前面的试剂吸收，所以V中出现溶液变浑浊现象，本问反应方程式应填“”；(4)A．微热产生气泡后，还需降温，当导管中出现稳定液柱，才能说明I气密性良好，描述错误，不符题意；B．抽动合金丝，使其浸入浓硫酸的长度可以调整，确保反应剧烈程度可控，描述正确，符合题意；C．对III剧烈振荡后，试管内空气中的氧气会将H2SO3氧化成H2SO4，然后BaCl2再与硫酸反应生成白色沉淀BaSO4，描述正确，符合题意；D．KMnO4是氧化剂，SO2是还原剂，所以SO2体现还原性，描述错误，不符题意；综上，本问选BC。(1)(2)球形干燥管(3)降温，冷凝反应生成的水蒸气(4)AC〖祥解〗X为氮气，用氮气赶净装置中的空气，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。〖详析〗（1）样品加热时碳酸氢钠发生分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，〖答案〗2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。（2）仪器a是球形干燥管。（3）装置B利用中冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C，〖答案〗降温，冷凝反应生成的水蒸气。（4）A．样品分解不完全，生成CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，A项选；B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，未除去生成的水，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，B项不选；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，导致得到CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，C项选；D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中含有少量CO2，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，D项不选；〖答案〗选AC。

乙醇

CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH

A

氧化反应

CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3〖祥解〗有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，A水解生成的B和D最终都能够生成C，说明B和D中都含有2个C原子，D能够发生氧化反应，说明D为乙醇，E为乙醛，C为乙酸，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3，据此解答。〖详析〗(1)根据上述分析可知，D是乙醇，故〖答案〗为：乙醇；(2)根据分析可知，有机物A即乙酸乙酯与NaOH溶液反应的化学方程式是CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，故〖答案〗为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；(3)A．B→C即CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，属于复分解反应，不属于加成反应，A错误；B．由于A为CH3COOCH2CH3和E为CH3CHO的最简式相同为C2H4O，故等质量的A和E完全燃烧，消耗的O2的量相同，B正确；C．D为CH3CH2OH不含醛基，E为CH3CHO含有醛基，含有醛基的物质可发生银镜反应，故可用银氨溶液鉴别D和E，C正确；D．C为CH3COOH和Na发生反应为2CH3COOH+2Na=2CH3COONa+H2↑，D为CH3CH2OH和Na发生反应为2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，D正确；故〖答案〗为：A；(4)E→C即CH3CHO转为CH3COOH的反应类型是氧化反应，故〖答案〗为：氧化反应；(5)写出乙烯和C即CH3COOH反应生成ACH3COOCH2CH3，且该反应原子利用率达到100%，故只能发生加成反应，故其化学方程式CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，故〖答案〗为：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3

碳碳双键

加成反应

ABD〖祥解〗A是C2H4，B是C2H4和水反应的产物，则B是乙醇CH3CH2OH，E是CH3CH2COOCH2CH3，结合反应条件，可知D是CH3CH2COOH，C是以C2H4制备的塑料，则C是聚乙烯，据此分析解答。〖详析〗(1)A是C2H4，其结构中的官能团是碳碳双键，C是聚乙烯，其结构简式是。(2)A→B的反应是乙烯和水生成乙醇的反应，此反应类型是加成反应。(3)B+D→E的反应是CH3CH2OH和CH3CH2COOH的酯化反应，则其反应的化学方程式是CH3CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3+H2O。(4)A．A是乙烯，乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．B是乙醇，乙醇能和钠发生置换反应，生成氢气，故B正确；C．A是乙烯C2H4，B是乙醇C2H6O，C2H6O可改写成C2H4·H2O，则等物质的量的A和B完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，故C错误；D．B、D、E分别是乙醇、丙酸，丙酸乙酯，分别加入饱和的碳酸钠溶液出现的现象分别是互溶、气泡、分层三种现象，故D正确；本题〖答案〗ABD。(1)

碳碳双键

加成(还原)反应(2)(3)BC(4)、〖祥解〗根据转化关系，烃A与H2O在催化剂的条件下生成C，A催化氧化反应得到D，C与D在浓硫酸加热的条件下生成CH3COOCH2CH3，又A的相对分子质量为28，则A为乙烯(CH2=CH2)，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，A与H2在催化剂的条件下发生加成反应生成B，则B为CH3CH3，据此分析解答。(1)由分析可知，A为乙烯(CH2=CH2)，含有的官能团名称为碳碳双键，A与H2在催化剂的条件下发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；(2)C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，两者在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式为：；(3)A．C为CH3CH2OH，易溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，A错误；B．D为CH3COOH，能与溶液反应生成气体，B正确；C．A为乙烯(CH2=CH2)，C为CH3CH2OH，两者分别与O2发生燃烧反应的化学方程式为：CH2=CH2+3O22CO2+2H2O，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O，则等物质的量的A和C完全燃烧，消耗的O2的量相同，C正确；D．A为乙烯(CH2=CH2)，能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为发生了还原反应，使溴水褪色是因为发生了加成反应，两者褪色原理不同，D错误；〖答案〗选BC。(4)丙烯与水发生加成反应，可能会生成1-丙醇或2-丙醇，结构简式为、。

过滤

MgAl2SiO6·H2O

〖祥解〗A在常温下是无色液体，A是H2O，物质的量是；说明A中含有0.2molH原子；白色沉淀甲灼烧得到SiO2的物质的量是，说明A中含有0.1molSi原子；白色沉淀丙为Al(OH)3，则固体2是氧化铝，物质的量是，说明A中含有0.2molAl原子；溶液1加入过量氢氧化钠生成白色沉淀乙，乙是氢氧化镁，固体1是氧化镁，物质的量是，说明A中含有0.1molMg原子；根据质量守恒，A中含O原子的物质的量是。〖详析〗(1)操作①是氢氧化镁固体和偏铝酸钠溶液的分离，操作的名称是过滤；(2)白色沉淀丙为Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是；(3)根据计算，22gX中含有0.2molH、0.2molAl、0.1molMg、0.1molSi、0.6molO，所以X的化学式是MgAl2SiO6·H2O；(4)固体1是氧化镁，氧化镁是离子化合物，用电子式表示氧化镁的形成过程为。(1)(2)(3)(4)通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色〖祥解〗A是由两种元素组成的矿物，A与氧气在高温条件下得到红色固体B和无色气体D，B、D均为纯净物，B与稀盐酸反应后加入硫氰化钾溶液得到血红色溶液C，则B为Fe2O3，C为Fe(SCN)3，无色气体D加入足量FeCl3溶液得到溶液E，E与足量BaCl2溶液可得到白色沉淀F，则F为BaSO4，E为FeSO4，D为SO2，又2.4gA得到9.32gF(BaSO4)，根据S元素守恒可得A中S元素的质量为，则A中Fe元素的质量为2.4g-1.28g=1.12g，因此A中Fe、S的原子个数比为，则A的化学式为FeS2，据此分析解答。(1)由分析可得，A的化学式为FeS2；(2)根据分析，反应②为Fe2O3与稀盐酸反应，反应的化学方程式为；(3)反应③为SO2与足量的FeCl3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；(4)由分析可知，D为SO2，具有漂白性，可将其通入品红溶液中，若品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色，说明是SO2。高中期末考试/复习精品试卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题（2019春·浙江湖州·高一统考期末）(1)写出正丁烷的结构简式：___________；写出漂白粉有效成分的化学式：__________。(2)写出镁条和氮气反应的化学方程式_____________________________________。写出铁和氯化铁溶液反应的离子方程式___________________________________。写出乙烯和水反应的化学方程式___________________________________。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：请填写下列空白：(1)步骤③的操作名称是__________________，碘离子在酸性环境中也能被氧气氧化，请写出相关离子方程式是________________________________________。(2)步骤⑤中萃取剂也可用四氯化碳的理由是_____________________________，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是_________________。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）请按要求填空：(1)氨气的电子式是_______；(2)乙醛的结构简式_______；(3)铜和稀硝酸反应的化学反应方程式_______；(4)在制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是_______；（2022春·浙江湖州·高一统考期末）请按要求填空(1)写出丙烷的结构简式：_______。(2)乙醇在加热和有催化剂存在的条件下，被氧气氧化的化学方程式_______。(3)写出碳和浓硫酸反应的化学方程式_______。(4)已知卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘，试从原子结构角度解释单质氧化性逐渐减弱的原因_______。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）标准状况下，某气态烃A的密度是1.25g·L-1，取xL的A在足量的氧气中充分燃烧，生成的混合气体通入到50mLNaOH溶液，随后取此溶液25mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，产生的CO2气体体积与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示：(1)A的摩尔质量为________________。(2)请计算x的值（写出具体计算过程）。________________（2021春·浙江湖州·高一统考期末）现有含Na2CO3、NaHCO3的固体混合物54.8g，溶于水搅拌均匀分成两等份。向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，经过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀59.1g。求：(1)所得白色沉淀的物质的量n=_______mol(2)原固体中NaHCO3的物质的量为_______（2022春·浙江湖州·高一统考期末）将铜镁合金完全溶解于的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。求：(1)的浓硝酸中含有的物质的量为_______。(2)该合金含铜_______g。(3)混合气体中，和的物质的量之比为_______。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）某黄色矿物中主要成分X仅含三种元素，不含结晶水，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验：注：适量代表该试剂恰好完全反应(1)固体X中所含元素有Fe、S和___________，其化学式为___________；(2)F→G的总离子方程式(只写一步)是_____________________________________，该反应的还原剂是_______________。（2019春·浙江湖州·高一统考期末）二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低。用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图所示：已知：D中发生的反应为：Cl2+2NaClO2=ClO2+2NaCl(1)仪器a的名称为：______。(2)A中发生的离子方程式为：_______。(3)试剂X的作用是：_______。(4)装置D中通入干燥空气的作用是：_______。(5)该实验装置的缺陷是：_______。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某研究学习小组利用下列装置检验浓硫酸与某铁、碳合金丝的反应(其他杂质不参与反应，夹持装置已省略)：请回答：(1)I中不加热时无明显现象是因为_______。(2)加热I试管后说明有SO2气体生成的实验现象是_______。(3)V中出现少量浑浊是因为I中发生了反应_______(用化学方程式表示)(4)下列说法正确的是_______A．反应前，检查装置I的气密性，需在II中加水至浸没导管，微热I中试管，若II中导管口有气泡溢出，就可以说明装置I气密性良好B．装置I的优点是可通过抽动铁、碳合金丝控制反应的进行C．取下试管III并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4D．试管IV中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性（2022春·浙江湖州·高一统考期末）为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如图：请回答：(1)写出A中硬质玻璃管内发生的化学反应方程式_______。(2)仪器a的名称是_______。(3)装置B中冰水的作用是_______。(4)该同学设计的实验装置存在缺陷。该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。A．样品分解不完全B．装置B、C之间缺少的干燥装置C．产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D．反应完全后停止加热，通入过量的空气（2019春·浙江湖州·高一统考期末）有机物A的分子式为C4H8O2，其转化关系如图所示：（1）D的名称是_______________。（2）有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式是_________________________________。（3）下列说法不正确的是。______________A．B→C的反应属于加成反应B．等质量的A和E完全燃烧，消耗的O2的量相同C．可用银氨溶液鉴别D和ED．C和D都可以和Na发生反应（4）E→C的反应类型是______________。（5）写出乙烯和C反应生成A（该反应原子利用率达到100%）的化学方程式______________。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某兴趣小组研究并制备塑料产品C和食品加香剂E(CH3CH2COOCH2CH3)，其合成路线如下图所示：已知：D与NaHCO3溶液反应可生成气体。请回答：(1)A中的官能团是_______，C的结构简式是_______。(2)A→B的反应类型是_______。(3)B+D→E的化学方程式是_______。(4)下列说法正确的是_______。A．A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．向装有2mLB的小试管中投入一小粒钠，产生气泡C．等物质的量的A和B完全燃烧消耗氧气的物质的量不相等D．可以用饱和碳酸钠溶液鉴别B、D和E三种物质（2022春·浙江湖州·高一统考期末）烃A的相对分子质量为28，部分性质及转化关系如图：(1)有机物A中的官能团名称为_______。生成有机物B的反应类型为_______。(2)D的水溶液显酸性，请写出C与D反应的化学方程式_______。(3)下列说法正确的是_______。A．有机物C和乙酸乙酯均易溶于饱和碳酸钠溶液中B．有机物D能与溶液反应生成气体C．等物质的量的A和C完全燃烧，消耗的的量相同D．A既能使酸性溶液褪色又能使溴水褪色，且褪色的反应原理相同(4)请写出丙烯与水发生加成反应时可能得到的两种有机产物的结构简式_______。（2021春·浙江湖州·高一统考期末）某研究小组为了探究某化妆品的防潮剂X(仅含五种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：已知A在常温下是无色液体，白色沉淀丙为Al(OH)3。(1)操作①的名称是_______。(2)写出白色沉淀丙与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是_______。(3)X的化学式是_______。(4)用电子式表示固体1所含物质的形成过程_______。（2022春·浙江湖州·高一统考期末）A是由两种元素组成的矿物，测定A的组成流程如图：已知：B、D均为纯净物。请回答：(1)写出反应A的化学式：_______。(2)写出反应②的化学方程式：_______。(3)写出反应③的离子方程式：_______。(4)检验无色气体D常用的方法是：_______。

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁：

CH3CH2CH2CH3

Ca(ClO)2

3Mg+N2Mg3N2

Fe+2Fe3+=3Fe2+

H2C=CH2+H2OCH3CH2OH〖祥解〗(1)根据漂白粉的制取原理判断其有效成分；(2)镁条在氮气中燃烧生成氮化镁；铁与铁离子发生归中反应生成亚铁离子；乙烯和水在催化剂的作用下发生加成反应生成乙醇。〖详析〗(1)正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3；用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，反应原理为2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2；(2)镁条在氮气中燃烧生成氮化镁，反应的化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；铁与铁离子发生反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；乙烯和水在催化剂的作用下发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为H2C=CH2+H2OCH3CH2OH。〖『点石成金』〗用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，而不能用澄清石灰水，因为其浓度太小，反应原理为2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，其中漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2。

过滤

4H++4I-+O2=====2I2+2H2O

四氯化碳与水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度

分液漏斗〖祥解〗海带经过灼烧后得到海带灰，浸泡海带灰，得到海带灰悬浊液，过滤，除去难溶性杂质，得到含碘离子的溶液，在酸性环境下，用过氧化氢氧化碘离子得到含碘水的溶液，再用苯萃取碘水中的碘单质得到含碘的苯溶液，再进行蒸馏，得到碘单质。〖详析〗(1)由以上分析知，步骤③的操作是过滤，除去难溶性杂质，得到含碘离子的溶液；碘离子在酸性环境中也能被氧气氧化，该反应的离子方程式是4H++4I-+O2=====2I2+2H2O；(2)步骤⑤中萃取剂也可用四氯化碳，是因为四氯化碳与水不相溶，且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度；萃取过程所用的主要玻璃仪器为分液漏斗。〖『点石成金』〗从海带中提取单质碘的步骤顺序依次为：灼烧、溶解、过滤、通入氯气或过氧化氢氧化、萃取分液、蒸馏，熟记从海带中提取碘的实验步骤以及实验仪器，难度不大，但同学们易忘，这是常考点。

CH3CHO

吸收蒸馏出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出〖详析〗(1)氨气分子中含有3个N-H键，电子式是；(2)乙醛分子中含有醛基，结构简式CH3CHO；(3)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的化学反应方程式；(4)在制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是：吸收蒸馏出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的析出。(1)(2)(3)(4)氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，单质氧化性依次减弱〖解析〗(1)丙烷为碳原子数为3个的饱和烃，故结构简式为。(2)乙醇被氧气氧化为乙醛和水，故化学方程式为。(3)在加热条件下碳被浓硫酸氧化为二氧化碳，本身还原为二氧化硫，化学方程式为。(4)从原子结构角度可知，氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，故单质氧化性依次减弱，即卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘。

28g·mol-1

该气态烃的摩尔质量为28g/mol，则该烃为乙烯C2H4，由图可知，当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根据C元素守恒知，乙烯燃烧生成0.01molCO2，则n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，则乙烯的体积为V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L。〖祥解〗(1)根据公式进行计算；(2)先确定该气态烃的分子式，再根据所发生的反应，结合图象，利用元素守恒进行计算。〖详析〗(1)标准状况下，某气态烃A的密度是1.25g·L-1，则A的摩尔质量为；(2)该气态烃的摩尔质量为28g/mol，则该烃为乙烯C2H4；取xL乙烯在足量的氧气中充分燃烧，生成二氧化碳和水蒸气，将该混合气体通入到50mLNaOH溶液中，CO2与NaOH溶液反应；随后取此溶液25mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的HCl溶液，生成CO2气体，当生成CO2气体时，应发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至体积最大，消耗HCl为50mL，则n(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，根据C元素守恒知，乙烯燃烧生成0.01molCO2，则n(C2H4)=n(CO2)=0.005mol，则乙烯的体积为V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.112L，即x=0.112L。〖『点石成金』〗该题需要确定从开始生成CO2气体至体积最大，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再利用C元素守恒进行计算是解决本题的关键。

0.3

0.4〖详析〗设其中一份混合物中含Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y。现有含Na2CO3、NaHCO3的固体混合物54.8g，溶于水搅拌均匀分成两等份。则有106x+84y=；向其中一份中加足量Ba(OH)2溶液，经过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀59.1g，可知白色沉淀为BaCO3，其物质的量==0.3mol，根据碳原子守恒可知x+y=0.3，解得x=0.1

y=0.2，所以混合物中含NaHCO3的物质的量为0.2mol2=0.4mol，故〖答案〗0.3；0.4。(1)0.7(2)1.28(3)4∶1〖祥解〗1.52g铜镁合金溶于浓硝酸中生成硝酸铜、硝酸镁、NO2、N2O4，NO2、N2O4的体积为1120mL，则物质的量为0.05mol。向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子完全沉淀时，得到2.54g沉淀，则m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，则n(OH-)=0.06mol。(1)50mL14mol/L的浓硝酸中含有HNO3的物质的量为0.05L×14mol/L=0.7mol；(2)根据n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化学式可知，铜和镁的总物质的量是n(OH-)的二分之一，即为0.03mol。设合金中铜的物质的量为x，镁的物质的量为y，则有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，则该合金含铜0.02mol×64g/mol=1.28g；(3)铜和镁的总物质的量为0.03mol，铜和镁反应后均为+2价，所以转移电子的物质的量为0.06mol，设N2O4的物质的量为a，则NO2的物质的量为0.05-a，根据化合价变化有2a+0.05-a=0.06，则a=0.01mol，则NO2的物质的量为0.04mol，所以混合气体中，NO2和N2O4的物质的量之比为0.04：0.01=4：1。

Cu

CuFeS2

2SO2+O2+4OH-=2+2H2O

SO2〖祥解〗根据图中可知：溶液B为绿色，则含有二价铁离子，固体D为紫红色，则D为铜单质，铜元素的物质的量为：；固体E为红棕色，E为Fe2O3；加入BaCl2生成白色沉淀，应该为BaSO4，混合气体中有二氧化硫和氧气，故沉淀不能为BaSO3，硫元素的物质的量为：，铁元素的质量为：18.4g-6.4g-0.2g×32g/mol=5.6g，铁元素的物质的量为：，以此解题。〖详析〗(1)根据元素守恒和分析知，固体X中所含元素有Fe、S和Cu，Cu、Fe和S的物质的量比为：0.01：0.01：0.02=1：1：2，所以化学式为CuFeS2；(2)F→G为中涉及到二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，总离子方程式是2SO2+O2+4OH-=2+2H2O，该反应中SO2化合价升高，所以还原剂是SO2。〖『点石成金』〗本题为元素和物质的推断，学会利用提给条件进行分析，会根据物质的量计算化学式。

圆底烧瓶

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

吸收HCl

稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性

装置E没有采取防倒吸措施；装置D和E之间缺少干燥装置〖祥解〗由实验装置图可知，装置A中中二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，氯气中混有挥发出的氯化氢气体，装置B中盛有的饱和食盐水能除去氯气中混有的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸的目的是干燥氯气，装置D中氯气与固体亚氯酸钠在冰水浴条件下制备二氧化氯，装置E中氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气和挥发出的二氧化氯，防止污染环境。〖详析〗(1)仪器a的名称为圆底烧瓶；(2)装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)浓盐酸具有挥发性，装置A中制取的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有的试剂X饱和食盐水，目的是吸收除去氯气中混有的氯化氢气体，故〖答案〗为：吸收HCl；(4)由题意可知，二氧化氯极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低，则向装置D中通入干燥空气能稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性，故〖答案〗为：稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性；(5)由题意可知，二氧化氯气体易溶于水，可能溶于氢氧化钠溶液中挥发出的水蒸气，应在装置D和E之间添加干燥装置，防止二氧化氯溶于水；氯和二氧化氯能与氢氧化钠溶液反应，若直接通入氢氧化钠溶液会产生倒吸，为防止倒吸，应在装置E中采取防倒吸措施，故〖答案〗为：装置E没有采取防倒吸措施；装置D和E之间缺少干燥装置。

在常温下，铁与浓硫酸发生了钝化，而碳与浓硫酸不反应

II试管中品红溶液褪色(加热II试管，品红恢复红色)

BC〖详析〗(1)合金丝含铁元素与碳元素，Fe常温下遇冷的浓硫酸钝化，而C则需加热条件下与浓硫酸发生氧化还原反应，所以本问应填“在常温下，铁与浓硫酸发生了钝化，而碳与浓硫酸不反应”；(2)铁或碳在加热条件下，与浓硫酸发生氧化还原反应，浓硫酸被还原生成SO2，SO2通入品红试液生成H2SO3有漂白性，使品红试液褪色，所以本问应填“II试管中品红溶液褪色(加热II试管，品红恢复红色)”；(3)I中碳与浓硫酸反应有CO2生成，且未被前面的试剂吸收，所以V中出现溶液变浑浊现象，本问反应方程式应填“”；(4)A．微热产生气泡后，还需降温，当导管中出现稳定液柱，才能说明I气密性良好，描述错误，不符题意；B．抽动合金丝，使其浸入浓硫酸的长度可以调整，确保反应剧烈程度可控，描述正确，符合题意；C．对III剧烈振荡后，试管内空气中的氧气会将H2SO3氧化成H2SO4，然后BaCl2再与硫酸反应生成白色沉淀BaSO4，描述正确，符合题意；D．KMnO4是氧化剂，SO2是还原剂，所以SO2体现还原性，描述错误，不符题意；综上，本问选BC。(1)(2)球形干燥管(3)降温，冷凝反应生成的水蒸气(4)AC〖祥解〗X为氮气，用氮气赶净装置中的空气，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。〖详析〗（1）样品加热时碳酸氢钠发生分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，〖答案〗2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。（2）仪器a是球形干燥管。（3）装置B利用中冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C，〖答案〗降温，冷凝反应生成的水蒸气。（4）A．样品分解不完全，生成CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，A项选；B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，未除去生成的水，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，B项不选；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，导致得到CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，C项选；D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中含有少量CO2，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，D项不选；〖答案〗选AC。

乙醇

CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH

A

氧化反应

CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3〖祥解〗有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，A水解生成的B和D最终都能够生成C，说明B和D中都含有2个C原子，D能够发生氧化反应，说明D为乙醇，E为乙醛，C为乙酸，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3，据此解答。〖详析〗(1)根据上述分析可知，D是乙醇，故〖答案〗为：乙醇；(2)根据分析可知，有机物A即乙酸乙酯与NaOH溶液反应的化学方程式是CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，故〖答案〗为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；(3)A．B→C即CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，属于复分解反应，不属于加成反应，A错误；B．由于A为CH3COOCH2CH3和E为CH3CHO的最简式相同为C2H4O，故等质量的A和E完全燃烧，消耗的O2的量相同，B正确；C．D为CH3CH2OH不含醛基，E为CH3CHO含有醛基，含有醛基的物质可发生银镜反应，故可用银氨