2024届浙江省钱清中学化学高一第二学期期末达标检测试题含解析

2024届浙江省钱清中学化学高一第二学期期末达标检测试题
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、下列属于二次能源的是
A．氢气B．煤C．石油D．天然气
2、下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是
A．用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
C．溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
D．锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快
3、常温下不能溶于浓硝酸的金属是( )
A．银B．铝C．铜D．镁
4、下列关于浓硫酸的叙述中，正确的是()
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属形成氧化膜而钝化
5、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（）
元素代号X Y Z W Q
原子半径/pm 130 118 75 73 102
主要化合价+2 +3 +5、-3 -2 + 6、- 2
A．X、Y元素的金属性:X<Y B．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
C．W、Q两种元素的气态氢化物的热稳定性:H2W>H2Q D．X的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的
6、金刚烷的结构如图(键线式)，它可看做是由四个等同的六元环组成的空间构型。

请根据中学学过的异构现象判断由氯原子取代金刚烷中的氢原子，所形成的二氯代物的种类共
A．4种B．3种C．6种D．5种
7、下列电离方程式中，正确的是（）
A．FeCl3=Fe2++3Cl﹣
B．NaOH=Na++OH﹣
C．H2SO4=H2++SO42﹣
D．NaHCO3=Na++H++CO32﹣
8、中国旅游标志马踏飞燕用青铜铸造。

关于铜的一种核素Cu，下列说法正确的是
A．Cu的中子数为64B．Cu的质子数为35
C．Cu的核电荷数为29D．Cu的核外电子数为64
9、下列关于化学反应速率的说法正确的是（）
A．1 L 0.1 mol•L﹣1盐酸和1 L 0.1 mol•L﹣1硫酸分别与1 L 2 mol•L﹣1 NaOH溶液反应速率相同
B．化学反应速率为0.8 mol•L﹣1•s﹣1，其含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8 mol•L﹣1
C．0.1 mol•L﹣1盐酸和0.1 mol•L﹣1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
D．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
10、下列有关化学用语表示正确的是
A．次氯酸的结构式：H－Cl－O B．NH4Cl的电子式：
C．四氯化碳分子比例模型：D．COS的电子式：
11、如下图为阿司匹林（用T代表）的结构，下列说法不正确的是
A．T可以发生酯化反应B．T属于芳香烃化合物
C．T可以与NaOH溶液反应D．T可以与NaHCO3溶液反应
12、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。

其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原
子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。

下列说法正确的是
A．X与W可以形成W2X、W2X2两种氧化物
B．原子半径由小到大的顺序为：W＜X＜Z＜Y
C．Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物稳定
D．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2YO4
13、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是( )
A．NH5的电子式为
B．NH5中既有共价键又有离子键，NH5是离子化合物
C．1 mol NH5中含有5N A个N—H键(N A表示阿伏加德罗常数)
D．它与水反应的化学方程式为NH5＋H2O===NH3·H2O＋H2↑
14、下列关于有机物的叙述正确的是
A．乙醇不能发生取代反应
B．C4H10有三种同分异构体
C．氨基酸、淀粉均属于高分子化合物
D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别
15、塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，下列有关说法错误的是（）
A．天然气的主要成分是甲烷，它属于化石燃料
B．煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料
C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，没有固定的熔沸点
D．石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)
16、金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是
A．都产生白烟B．都产生黄色火焰
C．都生成氧化物D．都生成白色固体
二、非选择题（本题包括5小题）
17、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有A与C、B与D同主族，C的离子和B的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形成的化合物溶于水形成的溶液呈碱性，E的
单质为黄绿色气体可用于漂白和消毒，用化学用语
．．．．回答下列问题：
（1）由A和B、D、E所形成的共价化合物，热稳定性最差的是___________；
（2）由A和C形成的化合物的电子式表示为___________；
（3）由A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应所得产物的化学式为___________，其中存在化学键的类型为___________。

（4）元素D在周期表中的位置是___________，单质E在与水反应的离子方程式为___________。

18、常见有机物A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。

已知D 是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

请回答：
(1)A中含有的官能团名称是___________。

(2)B的结构简式是___________。

(3)①的化学方程式是__________________。

(4)下列说法正确的是______。

a.E分子中所有原子在同一平面上
b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的C
c.②的反应类型为取代反应
19、如图是中学化学实验中常见的制备气体并进行某些物质的检验和性质实验的装置，A是制备气体的装置，C、D、E、F中盛装的液体可能相同，也可能不同。

试回答：
（1）如果A中的固体物质是碳，分液漏斗中盛装的是浓硫酸，试写出发生的化学反应方程式：____，若要检验生成的产物，则B、C、D、E、F中应分别加入的试剂为__、__、__、__、__，E中试剂和C中相同，E中试剂所起的作用__，B装置除可检出某产物外，还可起到__作用。

（2）若进行上述实验时在F中得到10.0 g固体，则A中发生反应转移的电子数为__个。

20、利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。

某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
试回答下列问题：
(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_______________________。

(2)B装置有三种功能：①混匀混合气体；②________；③_______。

(3)D装置的名称为___________，其作用是___________。

(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为___________(填字母)。

a.分液法
b.蒸馏法
c.结晶法
(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为_______________ 。

(6)已知丁烷与氯气发生取代反应的产物之一为C4H8Cl2，其有________种同分异构体。

21、实验室制备硝基苯的主要步骤如下：①配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸的混合酸，加入反应器中；②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀；③在50～60℃下发生反应，直至反应结束；④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤；⑤将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯净的硝基苯。

请填写下列空白：
（1）配制一定比例浓硫酸和浓硝酸混合酸时，操作的注意事项是______________________。

（2）步骤③中，为了使反应在50～60℃下进行，常用的方法是________________。

（3）步骤④中洗涤、分离粗硝基苯应使用的仪器是___________________________。

（4）步骤④中粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是____________________________。

（5）纯硝基苯是无色，密度比水______(填“大”或“小”)，具有________气味的油状液体。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解题分析】
分析：一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源；二次能源是指需要依靠其它能源（也就是一次能源）的能量间接制取的能源，据此判断。

详解：A. 氢气需要通过其他能源提供能量制取，属于二次能源，A正确；
B. 煤是化石燃料，属于一次能源，B错误；
C. 石油是化石燃料，属于一次能源，C错误；
D. 天然气的主要成分是甲烷，是化石燃料，属于一次能源，D错误；
答案选A。

2、D
【解题分析】
A.实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O H++Cl-+HClO，可以用平衡移动原理解释，A不选；
B.SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，增大氧气浓度平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率，可以用平衡移动原理解释，B不选；
C.加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，使溴离子浓度减小，平衡Br2+H2O HBr+HBrO正向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用平衡移动原理解释，C不选；
D.锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜溶液，Zn与CuSO4发生置换反应反应，产生Cu单质，Zn、Cu及稀硫酸构成了Cu-Zn原电池，原电池反应加快化学反应速率，所以不能用平衡移动原理解释，D选；
故合理选项是D。

3、B
【解题分析】
A.常温下，金属银可以与浓硝酸之间反应生成硝酸银、二氧化氮和水，金属银可以溶于硝酸中，故A错误；
B.常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，所以铝不可溶于浓硝酸，故B正确；
C.常温下，金属铜可以与浓硝酸之间反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，金属铜可以溶于硝酸中，故C错误；
D.常温下，金属镁可以与浓硝酸之间反应生成硝酸镁、二氧化氮和水，金属镁可以溶于硝酸中，故D错误。

故选B。

4、D
【解题分析】
A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖脱水炭化，A错误；
B．浓硫酸在常温下不能与铜片反应，B错误；
C．浓硫酸是一种酸性强氧化性的干燥剂，氨气是一种碱性气体，二者反应，故浓硫酸不能干燥氨气，C错误；D．浓硫酸、浓硝酸在常温下能够使铁、铝等金属形成一层致密的氧化膜而钝化，D正确；
答案选D。

5、C
【解题分析】
分析：短周期元素中，W和Q的化合价都有-2价，为ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，W无正价，则Q为S元素，W为O元素；Z有+5、-3价，处于V A族，原子半径小于S，与O的半径相差不大，故Z为N元素；X、Y分别为+2、+3价，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径X＞Y＞S，故X为Mg、Y为Al，结合元素周期律知识解答该题。

详解：根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为N元素，W为O元素，Q为S元素。

A．同主族自左而右金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；B．一定条件下，氮气与氧气反应生成NO，故B错误；C．非金属性越强气态氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，即H2W＞H2Q，故C正确；D．X的金属性强于Y，故X的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性，故D错误；故选C。

点睛：本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的化合价与半径推断元素是解题的关键，注意元素周期律的理解掌握。

本题的难点为元素的推导，要注意原子半径的关系。

6、C
【解题分析】
金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，它是一个高度对称的结构，整个结构由四个完全等同的
立体六元环构成。

因此，金刚烷的二氯取代物有(5种，●为另一个氯原子可能的位置)，(1
种)，共6种，故选C。

【题目点拨】
本题可以采用“定一移二”的方法解答，利用等效氢，先固定一个氯原子，再移动另一个氯原子，判断金刚烷的二氯取代的异构体数目。

7、B
【解题分析】分析：选项中物质均为强电解质，均完全电离，弱酸的酸式酸根离子不能拆分，结合离子符号及电荷守恒来解答。

详解：A．FeCl3为强电解质，电离方程式为FeCl3=Fe3++3Cl-，A错误
B．NaOH为强电解质，电离方程式为NaOH=Na++OH-，B正确；
C．H2SO4为强电解质，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，C错误；
D．NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，D错误；
答案选B。

点睛：本题考查电离方程式的书写，把握电解质的强弱、离子符号、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸根离子的写法，题目难度不大。

8、C
【解题分析】
A. 质子数+中子数＝质量数，则Cu的中子数为64－29＝35，A错误；
B. Cu的质子数为29，B错误；
C. 质子数等于核电荷数，则Cu的核电荷数为29，C正确；
D. 质子数等于核外电子数，则Cu的核外电子数为29，D错误；
答案选C。

【题目点拨】
明确原子的构成以及构成微粒之间的数量关系是解答的关键，在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。

9、C
【解题分析】A.1L0.1mol•L-1盐酸和1L0.1mol•L-1硫酸分别与1L2mol•L-1NaOH溶液反应，硫酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，反应速率不相同，故A错误；B．反应速率是指单位时间内物质浓度的变化，是平均速率不是瞬时速率，故B错误；C．盐酸和硝酸的氢离子浓度相同，则反应速率相同，故C正确．D．由于反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率是表示的化学反应相对快慢的，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了影响化学反应速率的因素，反应速率化学反应相对快慢，与反应现象没有必然关系。

10、D
【解题分析】
A．次氯酸的结构式应当把氧写在中间，即H-O-Cl，A项错误；
B．氯离子作为阴离子，应加上方括号，并标出8个电子，B项错误；
C．氯原子的半径应该比碳原子的半径大，而题图所给的明显原子半径大小不符，C项错误；
D．COS的电子式与CO2的电子式相似，只是将O换成同主族的S，D项正确；
所以答案选择D项。

11、B
【解题分析】A．含有羧基，可发生酯化反应，故A正确；B．分子中含有O原子，属于烃的衍生物，故B错误；C．羧基可与氢氧化钠发生中和反应，酯基可在碱性条件下水解，故C正确；D．分子结构中有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故D正确；故选B。

12、A
【解题分析】
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素．X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，可确定X为O元素；X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则最外层电子数为6，且与S元素同周期，所以Y为Cl元素；W与X、Y既不同族也不同周期，只能为H。

A．H和O可形成H2O和H2O2，故A正确；
B．电子层越多原子半径越大，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＜X＜Y＜Z，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，则HCl比H2S稳定，故C错误；
D．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式应为HClO4，故D错误；
故选A。

13、C
【解题分析】分析：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑，有氨气生成。

A、NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4＋与H－之间为离子键，故A正确；
B、根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H－，阴阳离子间形成离子键，NH5中既有共价键又有离子键，NH5是离子化合物，故B正确；
C、NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4＋与H－之间为离子键，1 mol NH5中含有4N A个N—H键(N A表示阿伏加德罗常数)，故C
错误；D、能与水反应：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑，有氨气生成，故D正确；故选C。

点睛：本题考查化学键，解题关键：把握化学键形成的一般规律及化学键的判断，侧重分析与应用能力的考查，易错点C，注意NH5为离子化合物，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4＋与H－之间为离子键。

14、D
【解题分析】
A.乙醇含有醇羟基，因此能发生取代反，A错误；
B.C4H10有CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH3二种同分异构体，B错误；
C.氨基酸不是高分子化合物，而淀粉均属于高分子化合物，C错误；
D.乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷与溴的四氯化碳溶液不能发生反应，因此可用溴的四氯化碳溶液鉴别，
D正确。

答案选D。

15、B
【解题分析】分析：A．根据天然气的主要成分分析判断；B．根据煤的成分分析；C．混合物没有固定的熔沸点；D．根据石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃分析判断。

详解：A．天然气的主要成分是甲烷，天然气属于不可再生能源，属于化石燃料，故A正确；B．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理、化学变化产生的，故B错误；C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，没有固定的熔沸点，故C正确；D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正确；故选B。

16、B
【解题分析】
A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；
B. 钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；
C. 钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；
D. 钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；
所以答案选择B项。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、PH3Na+[:H]-NH4Cl 离子键、共价键第三周期ⅤA族Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
【解题分析】
短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。

A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A 为H元素、B为N元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D 同族，则D为P元素；E 的单质为黄绿色气体可用于漂白和消毒，E为Cl元素，据此分析解答。

【题目详解】
根据上述分析，A为H元素、B为N元素，C为Na元素，D为P元素，E为Cl元素。

(1)由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，非金属性Cl＞N＞P，故热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；
(2) 由A和C形成的化合物为NaH，为离子化合物，电子式为Na+[:H]-，故答案为：Na+[:H]-；
(3)A和B形成NH3，A和E形成的化合物为HCl，二者反应生成NH4Cl，氯化铵为离子化合物，其中存在离子键和共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、共价键；
(4)D为P元素，在周期表中位于第三周期ⅤA族，E为Cl元素，单质E为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：第三周期ⅤA族；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。

18、羟基CH3CHO CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O ab
【解题分析】
根据物质的分子结构与性质可知A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。

【题目详解】
根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。

(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；
(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；
(3)①反应是乙醇与乙酸在浓硫酸存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120°，分子中所有原子在同一平面上，a正确；
b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；
c.②的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；
故合理选项是ab。

【题目点拨】
本题考查了常见物质的推断、转化关系及反应类型的判断的知识。

掌握物质官能团的性质与相互关系、常见化学反应的特点是判断、推理的依据。

19、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O无水CuSO4品红溶液足量的酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水检验SO2是否已被除尽防倒吸 2.408×1023
【解题分析】
（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；检验水用无水硫酸铜，检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫；
（2）依据原子个数守恒计算反应碳的物质的量，再依据碳的物质的量计算转移电子数目。

【题目详解】
（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；因检验二氧化硫和二氧化碳均用到溶液，会带出水蒸气影响水的检验，则应先检验水，则B中试剂为无水硫酸铜，B装置除可检验反应生成的水外，还可起到防倒吸的作用；检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，则应先检验二氧化硫，并除去二氧化硫后，再检验二氧化碳，则C中试剂为品红溶液，检验二氧化硫，D中试剂为足量的酸性KMnO4溶液，吸收除去二氧化硫，E中试剂为品红溶液，检验SO2是否已被除尽，F中试剂为澄清石灰水，检验二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4；品红溶液；足量的酸性KMnO4溶液；品红溶液；澄清石灰水；检验SO2是否已被除尽；防倒吸；
（2）F中得到的10.0g固体为碳酸钙，10.0g碳酸钙的物质的量为0.1mol，由碳原子个数守恒可知，0.1mol碳与浓硫酸共热反应生成0.1mol二氧化碳转移0.4mol电子，则转移的电子数目为0.4mol×6.02×1023mol—1=2.408×1023个，故答案为：2.408×1023。

【题目点拨】
为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫是解答关键，也是易错点。

20、CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl 控制气流速率干燥气体干燥管防止倒吸 a 3 mol 9
【解题分析】
在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中干燥的甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，所以E装置是吸收尾气中所氯化氢以制备盐酸，并且防止污染环境，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。

【题目详解】
(1)C 装置中生成CH2Cl2 的反应是甲烷和氯气光照发生取代反应生成的，反应的化学方程式：
CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，故答案为：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；
(2)浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸干燥混合气体，浓硫酸为液体，通过气泡还可以控制气流速度，能均匀混合气体等，故答案为：控制气流速率；干燥混合气体；
(3)D 装置为干燥管，氯化氢极易溶于水，干燥管可以防止倒吸，故答案为：干燥管；防止倒吸；
(4)氯代烃不溶于水，而HCl极易溶于水，可以采用分液方法分离出盐酸，故选a；
(5)根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是x、x+0.1mol、x+0.2mol、x+0.3mol，则x+x+0.1mol+x+0.2mol+x+0.3mol=1mol，解得x=0.1mol，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，因此消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故答案为：3 mol；
(6)丁烷有三种结构，则C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法：、、，
共有9种同分异构体，故答案为：9。

【题目点拨】
明确实验原理及物质性质、实验基本操作是解本题关键。

本题的易错点为(5)，要注意取代反应的特征，参加反应的氯气中的氯原子有一半的Cl进入HCl，另一半进入氯代甲烷。

21、先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却将反应器放在50～60℃(或60℃)的水浴中加热分液漏斗除去粗产品中残留的酸大苦杏仁
【解题分析】（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；（2）由于控制温度50-60℃，常用的方法是将反应器放在50～60℃(或60℃)的水浴中加热；（3）硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗；（4）反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸（硫酸、硝酸）；(5)纯硝基苯是无色，密度比水大；具有苦杏仁气味的油状液体。

点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。