冲刺卷03-2020-2021学年高一化学期末复习临考冲刺卷（人教版2019必修第二册）（解析版）

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测试范围：人教版2019必修第二册全册
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
B．“84”消毒液用于环境消毒主要是利用了次氯酸钠的强氧化性
C．蛋白质溶液加入饱和硫酸铵溶液，析出的沉淀能重新溶于水中
D．75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
【答案】D
【详解】
A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯，故A正确；
B．“84”消毒液用于环境消毒主要是利用了次氯酸钠的强氧化性，故B正确；
C．蛋白质溶液加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析可逆，析出的沉淀能重新溶于水中，故C正确；
D．75%的医用酒精常用于消毒，75%的酒精消毒效果最好，故D错误；
选D。
2．市场上出现各种各样的营养食盐如锌营养盐、钙营养盐、硒营养盐、低钠营养盐、加碘食盐等十多种营养及保健盐。下列说法不正确的是
A．加碘食盐是在食盐中加入了碘的化合物
B．钙营养盐是在食盐中加入了氯化钙或碳酸钙等含钙的化合物
C．低钠盐中的钠离子比氯离子少，所以低钠盐是一种带负电的物质
D．各类营养盐的主要成分都是氯化钠
【答案】C
【详解】
A．加碘食盐是添加碘酸钾，碘酸钾属于碘的化合物，故A正确；
B．钙营养盐是加入了氯化钙、碳酸钙等含钙物质，故B正确；
C．任何物质均是电中性，故C错误；
D．营养食盐主要成分都是氯化钠，是在氯化钠中添加其他物质，故D正确；
故选：C。
3．下列关于能量转换的认识中正确的是
A．甲烷和氧气组成的燃料电池，化学能转化为电能
B．利用生物质能就是直接利用太阳能
C．汽油燃烧时，化学能直接转化为机械能
D．葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，热能转化为化学能
【答案】A
【详解】
A．甲烷和氧气组成燃料电池，属于化学电源，电池工作时化学能转化为电能，A正确；
B．生物质能来自植物的光合作用，所以利用生物质能就是间接利用太阳能，B不正确；
C．汽油燃烧时，通过发生化学反应，将化学能直接转化为热能，然后可再转化为机械能，C不正确；
D．葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，生成二氧化碳和水，将化学能转化为热能，D不正确；
故选A。
4．2021年5月15日，中国首个火星探测器天问一号成功登陆火星。碳化硅增强铝基复合材料被应用于该探测器。下列关于该复合材料的说法错误的是
A．是一种有机高分子材料
B．碳化硅是增强体，起到骨架作用
C．碳化硅中的化学键类型为共价键
D．具有重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定等特性
【答案】A
【详解】
A．碳化硅属于无机物，不属于有机高分子，A错误；
B．碳化硅增强铝基复合材料中碳化硅是增强体，起到骨架作用，B正确；
C．碳化硅属于共价化合物，只含共价键，C正确；
D．碳化硅增强铝基复合材料具有重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定等特性，D正确；
故选A。
5．将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，未见有沉淀生成，继续通入另一种气体仍无沉淀产生，则通入的气体可能是
①O2 ②Cl2 ③NH3 ④H2S ⑤CO2
A．②③④B．⑤C．①⑤D．①②⑤
【答案】B
【详解】
①在水溶液中O2可以把SO2氧化为硫酸根，从而生成硫酸钡沉淀，①不符合题意；
②在水溶液中Cl2可以把SO2氧化为硫酸根，从而生成硫酸钡沉淀，②不符合题意；
③NH3溶于水得到一水合氨，与SO2反应得到亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡可以反应生成亚硫酸钡沉淀，③不符合题意；
④H2S可以和SO2发生归中反应生成S沉淀，④不符合题意；
⑤CO2和SO2不反应，且二者均不与氯化钡反应，不会有沉淀生成，⑤符合题意；
综上所述答案为B。
6．下列各组物质中，不能按如图关系相互转化的是(“→”表示一步完成)
A．a物质：NO；b物质NO2；c物质：HNO3
B．a物质：SO2；b物质：SO3；c物质：H2SO4
C．a物质，Al；b物质：Al(OH)3；c物质：NaAlO2
D．a物质：CO2；b物质：H2CO3；c物质：NaHCO3
【答案】C
【详解】
A． a物质NO与氧气b物质NO2，NO2溶于水生成c物质HNO3，NO与H2O2生成硝酸，故A不选；
B． a物质SO2与氧气生成b物质SO3，SO3溶于水生成c物质：H2SO4，SO2与HNO3等强氧化剂生成硫酸，故B不选；
C． a物质Al不能一步反应和得b物质Al(OH)3，故C选；
D． a物质CO2与水反应生成b物质H2CO3，H2CO3与碳酸钠生成c物质NaHCO3，过量的CO2通入NaOH溶液中得到NaHCO3，故D不选；
故选C。
7．下列离子方程式正确的是
A．铜与足量的浓硝酸反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．用NaOH溶液吸收少量H2S：2OH-+H2S=S2-+2H2O
C．向Na2S溶液中通入过量的SO2：S2-+SO2+H2O=H2S+SO
D．过量铁粉与稀硫酸和硝酸钾混合溶液反应：Fe+4H+ +NO=Fe3++NO↑+2H2O
【答案】B
【详解】
A．铜与足量的浓硝酸反应，生成硝酸铜、二氧化氮、水，故反应的离子方程式为：Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，A项错误；
B . 用NaOH溶液吸收少量H2S，生成硫化钠和水，故反应的离子方程式为：2OH-+H2S=S2-+2H2O，B项正确；
C . 向Na2S溶液中通入过量的SO2，生成硫单质和亚硫酸氢钠，故反应的离子方程式为：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO，C项错误；
D．过量铁粉与稀硫酸和硝酸钾混合溶液反应，生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，故反应的离子方程式为：3Fe+8H+ +2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，D项错误；
答案选B。
8．下列变化不属于氧化还原反应且能量变化如图所示的是
A．盐酸与碳酸氢钠的反应
B．镁条与稀硫酸的反应
C．氢氧化钠与盐酸的反应
D．灼热的木炭与CO2反应
【答案】A
【分析】
根据图示分析可知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应属于吸热反应，常见的木炭与二氧化碳反应、八水合氢氧化钡与氯化铵反应，盐酸与碳酸氢钠反应、大多数分解反应等，再结合氧化还原的特征分析解答。
【详解】
A．盐酸与碳酸氢钠的反应没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，且属于吸热反应，A符合题意；
B．镁条与稀硫酸的反应，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，且属于放热反应，B不符合题意；
C．氢氧化钠与盐酸的反应，没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，但属于放热反应，C不符合题意；
D．灼热的木炭与CO2反应，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，属于吸热反应，D不符合题意；
故选A。
9．对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述不正确的是
A．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v正(H2O)
B．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率也减小
D．若单位时间内生成x ml NO的同时生成x ml NH3，则反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】
A．速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，选项A不正确；
B．达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，选项B正确；
C．达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，选项C正确；
D．单位时间内生成x ml NO与生成x ml NH3分别表示正逆反应速率，表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，选项D正确；
答案选A。
10．在下列变化或应用的说法中，正确的是
A．乙烷不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烷不具有还原性
B．干冰气化时可用于人工降雨，是由于破坏了碳氧共价键
C．乙烯常温下呈气态，而苯呈液态，是由于苯分子间存在氢键
D．将石蜡油和热碎瓷片混合时产生气体，将气体通入溴水中溴水褪色，不能说明石蜡油分解的产物中含有乙烯
【答案】D
【详解】
A．乙烷不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能够在一定条件下发生燃烧反应，说明乙烷在一定条件下也具有一定还原性，A错误；
B．干冰气化时可用于人工降雨，是由于固态CO2气化时从周围环境中吸收大量热，使环境温度降低，水蒸气冷凝变为液体，物质分子中的碳氧共价键并没有被破坏，B错误；
C．乙烯常温下呈气态，而苯呈液态，是由于物质的相对分子质量：苯大于乙烯，物质的相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，而与物质分子间是否存在氢键无关，C错误；
D．将石蜡油和热碎瓷片混合时产生气体，将气体通入溴水中溴水褪色，说明气体中含有不饱和烃，这不能说明石蜡油分解的产物中含有乙烯气体，D正确；
故合理选项是D。
11．下列有关乙醇的实验中，属于取代反应的是
A．乙醇能燃烧
B．乙醇能和乙酸发生酯化反应
C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．乙醇能在铜丝的催化下与氧气反应
【答案】B
【详解】
A．燃烧为氧化反应，A不选；
B．乙酸和乙醇发生的酯化反应属于取代反应，B选；
C．乙醇被高锰酸钾氧化成乙酸，属于氧化反应，C不选；
D．乙醇和氧气在铜的催化作用下生成乙醛，属于氧化反应，D不选。
故选：B。
12．某有机物的结构简式为，其对应的性质不正确的是
A．可与纯碱溶液反应产生气泡
B．1 ml该有机物最多可与5 ml乙酸发生酯化反应
C．能发生加成反应
D．与钠反应放出氢气
【答案】A
【详解】
A．该物质分子中含有醇羟基和碳碳双键，不具有酸性，因此不能与纯碱溶液反应产生气泡，A错误；
B．酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢，1个醇羟基可以与1个羧基反应形成1个酯基，该物质分子中含有5个醇羟基，因此1 ml该有机物最多可与5 ml乙酸发生酯化反应，B正确；
C．物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够发生加成反应，C正确；
D．醇羟基的H-O易断裂，可以与Na反应产生醇钠和氢气，D正确；
故选A。
13．海洋是人类资源的宝库。下列关于实际工业中海洋资源的利用，正确的是
A．制钠：从海水中提取精盐， 再电解饱和食盐水
B．提镁：以海水为原料，经过一系列工艺制备氧化镁固体，电解熔融氧化镁
C．提溴：向浓海水中通入足量氯气，然后蒸馏所得溴水
D．提碘：将海带灼烧、加水浸取、过滤得浸取液，再进行后续氧化、分离提纯操作
【答案】D
【详解】
A．电解NaCl水溶液得到氢氧化钠，得不到钠单质，故A错误；
B．工业制镁，电解熔融条件下的氯化镁得到，氧化镁熔点太高，故B错误；
C．向浓海水中通入足量氯气，然后直接蒸馏，所得溴水浓度非常低，应通入氯气后，通入空气和水蒸气，将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，再向吸收塔内通入适量的氯气，再萃取后蒸馏得到，故C错误；
D．从海带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，故D正确；
故选D。
14．下列说法不正确的是
A．以天然气为原料可合成含两个碳原子的有机小分子单体，经聚合反应生产高分子材料
B．石油中含碳原子较多的重油通过减压蒸馏，可提高汽油等轻质油的质量和产量
C．煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，可与氢气作用生成液体燃料
D．煤和石油产品燃烧排放的粉尘、SO2、NOx、CO等是大气污染物的主要来源
【答案】B
【详解】
A．天然气可以合成乙烯，乙烯可以加聚成聚乙烯高分子材料，A正确；
B．石油的催化裂化，可以提高从石油得到的汽油等轻质油的产量和质量，B错误；
C．煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，直接液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，C正确；
D．煤和石油产品燃烧排放的粉尘、SO2、NOx、CO等是大气污染物的主要来源，D正确；
故选B。
15．下列实验操作、现象和结论都正确的是
【答案】C
【详解】
A．由溶液中加入足量盐酸，产生能使澄清的石灰水变浑浊的无色的气体可知，反应生成的气体为二氧化碳或二氧化硫等，则溶液中可能含有碳酸氢根离子或碳酸根离子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子等，故A错误；
B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液因发生盐析而产生沉淀，鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液因发生变性而产生沉淀，故B错误；
C．向溶液中加入硝酸钡溶液后无明显现象说明溶液中一定不含硫酸根离子，再滴入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀说明溶液中一定含有氯离子，故C正确；
D．葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬着液共热反应，酸性条件下不能反应，由题意可知，向反应后的溶液中加入的氢氧化钠溶液不足量，即使淀粉已经水解，也不能生成砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
16．取mg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24L的O2(已折算到标准状况)一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为10.2g．则m等于
A．3.4B．6.8C．10.0D．10.2
【答案】A
【详解】
根据原子守恒知，m=10.2g-m(OH-)，而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，等于氮氧化物失电子的物质的量，等于氧气锝电子的物质的量，即n(OH-)=(2.24L/22.4L/ml)×4=0.4ml，所以m=10.2g-0.4ml×17g·ml-1=3.4g，故A正确。
故选A。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（10分）苯甲酸乙酯()稍有水果气味，可用作有机合成中间体、溶剂等。某化学兴趣小组用制取乙酸乙酯的原理制取苯甲酸乙酯。
已知：①乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH 。
②“环己烷-乙醇-水”会形成“共沸物”，其沸点为62.6℃。
③有关物质的沸点如下
I.粗产品制取：
在反应容器中加入一定量的苯甲酸、 乙醇、环己烷，再加入适量的浓硫酸，混合均匀并加入沸石，小心加热进行反应，获得苯甲酸乙酯粗产品。
(1)仪器a的名称是____________，仪器b的作用是___________。
(2)甲、乙两套合成装置更合适的是 ___________。
II. 粗产品提纯：
(3)操作②的名称是___________。
(4)步骤②加入无水CaCl2的作用___________。
(5)收集产品时，控制的温度应在 ___________ 左右，实验制得的苯甲酸乙酯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ___________。
【答案】球形干燥管 导气、冷凝回流 乙 蒸馏 除去产物中的水分 212.6℃ 制备粗产品时温度未控制好导致苯甲酸乙酯被蒸出
【详解】
I (1)根据示意图可知仪器a的名称是球形干燥管，反应中有气态的乙醇等蒸出，需要冷凝回流，同时导出共沸气态物质，所以仪器b的作用是导气、冷凝回流。
(2)乙装置为水浴加热装置，受热均匀且便于控制反应温度，同时尾气吸收效果更好，所以更合适的装置为乙。
II. (3)操作②把互溶的混合物分开，所以是蒸馏，答案为：蒸馏。
(4) CaCl2可以吸收苯甲酸乙酯中的水分，所以步骤②加入无水CaCl2的作用是除去产物中的水分。
(5)收集产品时，需要将苯甲酸乙酯蒸出并收集，所以应控制的温度应在212.6℃左右，若制备粗产品时温度未控制好导致苯甲酸乙酯被蒸出则会导致制得的苯甲酸乙酯精品质量低于理论产量，所以答案为：212.6℃；制备粗产品时温度未控制好导致苯甲酸乙酯被蒸出。
18．（10分）下列关系图中，A是(NH4)2S，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。X无论是强酸还是强碱都有如图转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)。
(1)当X是强碱时，B遇到氯化氢，会有___(填写现象)。请写出B与O2在催化剂、加热条件下反应的化学方程式：___；E是___(填具体颜色)色气体。E→F的化学方程式是___。
(2)当X是强酸时，得到气态氢化物B，写出B的电子式：___，B与D都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出D使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式：___。
(3)下列说法不正确的是___(填序号)。
A．当X是强酸时，B可与D反应生成C
B．当X是强碱时，F的浓溶液与稀溶液都能和Cu反应
C．B和Cl2的反应一定是氧化还原反应
D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】白烟 4NH3+5O24NO+6H2O 红棕 3NO2+H2O=2HNO3+NO 5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+ D
【分析】
A是(NH4)2S，则当X是强碱时，(NH4)2S和强碱反应生成NH3，B为NH3；NH3和Cl2反应生成N2和NH4Cl，C能和O2反应，则C为N2；N2和O2反应生成NO，D为NO；NO和O2反应生成NO2，E为NO2；NO2和H2O反应生成HNO3，F为HNO3；
当X是强酸时，(NH4)2S和强酸反应生成H2S，则B为H2S；H2S和Cl2反应生成S和HCl，C能和O2反应，则C为S；S和O2反应生成SO2，D为SO2；SO2和O2反应生成SO3，E为SO3；SO3和H2O反应生成H2SO4，F为H2SO4。
【详解】
(1)当X是强碱时，B遇到氯化氢，生成氯化铵固体，会有白烟产生；当X是强碱时，B为NH3，NH3与O2在催化剂、加热条件下反应的化学方程式为；E为NO2，是红棕色气体；NO2和H2O反应生成HNO3和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(2)B为H2S，电子式为；H2S与SO2都具有还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为；
(3) A．当X是强酸时，B为H2S，D为SO2，C为S，H2S通入SO2水溶液中反应生成S和H2O，A项正确；
B．当X是强碱时，F为HNO3，浓硝酸、稀硝酸均有强氧化性，均能和Cu反应，B项正确；
C．由分析可知B为H2S或NH3，H2S和Cl2反应生成S和HCl，NH3和Cl2反应生成N2和HCl或N2和NH4Cl，两个反应均是氧化还原反应，即B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，C项正确；
D．当X是强酸时，C为S，S在常温下是固态单质，D项错误；
答案选D。
19．（10分）工业上从海水中提取液溴的一种流程如图1所示：
已知：溴的沸点为58.8℃，微溶于水，有毒性。
I.某同学利用图2所示装置进行步骤①至步骤④的实验，请回答下列问题：
(1)当进行②步骤时，应关闭活塞___，打开活塞___；步骤①中选择Cl2作氧化剂的依据是___(请用元素性质的递变规律解释)。
(2)步骤②可根据___现象，简单判断热空气的流速。
(3)简单判断步骤③中反应完全的依据是___。
II.步骤⑤用图3所示装置进行蒸馏，装置C中直接加热不合理，应改为___，蒸馏时冷凝水应从___(填“e”或“f”)端进入，装置F的作用是___。
【答案】a、c b、d 卤族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱 装置A中玻璃管产生的气泡的快慢 装置B中溶液的橙黄色恰好褪去 水浴加热 f 吸收挥发的溴， 防止污染空气
【分析】
由流程可知，浓缩海水中含溴溴离子，步骤①中与氯气发生氧化还原反应生成Br2，步骤②中利用空气吹出后，③中溴与二氧化硫发生，步骤④中氯气与HBr反应生成Br2，从“溴水混合物I”到“溴水混合物I”的目的浓缩Br2或富集溴，步骤⑤中蒸馏分离出溴，以此来解答。
【详解】
(1)当进行②步骤时，应关闭活塞a、c，打开活塞b、d，利用热空气将溴蒸汽吹出；步骤①中选择Cl2作氧化剂的依据是卤族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，氯气能将溴置换出来。
(2)步骤②可根据装置A中玻璃管产生的气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速。
(3)溴水为橙黄色，所以简单判断步骤③中反应完全的依据是装置B中溶液的橙黄色恰好褪去。
II.步骤⑤用图3所示装置进行蒸馏，装置C中直接加热不合理，应改为水浴加热，保持温度恒定，改进后效果会更好，蒸馏时冷凝水应从下口进入，即从f端进入，装置F的作用是吸收挥发的溴， 防止污染空。
20．（10分）用图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。
(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4 > H2CO3 > H2SiO3
①仪器A的名称_______，A中试剂_______，B中试剂_______。
②C中发生反应的化学方程式：_______。
(2)利用如图装置实验，证明二氧化硫气体具有漂白性。已知：Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 +SO2↑+H2O。 在装置A中加入 70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末；
①C中应加入_______溶液。打开分液漏斗活塞，一段时间后观察到C中现象是_______，反应完全后，将C试管加热一段时间发生的现象是_______。
②如果仅用如图装置进行此实验，可能造成环境污染，此污染属于_______(选填“白色污染”或“酸雨污染")，因此应该在C装置后加一个盛有_______溶液的洗气瓶。
③将二氧化硫气体通入FeCl3溶液中反应一段时间后，滴加KSCN溶液，溶液未变红色，请写出所发生反应的离子方程式：_______。
【答案】分液漏斗 稀硫酸 碳酸钠粉末 CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3 品红 溶液红色褪去 红色恢复 酸雨污染 NaOH SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+
【分析】
(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性： H2SO4 > H2CO3 ；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3 > H2SiO3；
(2)装置A中加入 70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，二者反应生成SO2，SO2可以使品红溶液褪色，所以装置C中盛放品红溶液可以检验SO2；二氧化硫会对空气造成污染，需要处理，其可与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收。
【详解】
(1)①根据仪器A的结构特点可知其为分液漏斗；根据分析可知A中应盛放稀硫酸；B中应盛放碳酸钠粉末；
②C中为二氧化碳与硅酸钠的反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3；
(2) ①品红溶液可以检验二氧化硫，所以C中应加入品红溶液，可观察到C中红色溶液褪色；完全反应后将C试管加热一段时间可观察到C中溶液红色恢复；
②二氧化硫会造成酸雨，所以属于酸雨污染，需要吸收尾气处理；SO2为酸性氧化物，可以用NaOH溶液吸收二氧化硫，所以应在C装置出气口的导管再接一个盛有NaOH溶液的烧杯，将产生的二氧化硫通入到NaOH溶液中；
③根据现象可知SO2将Fe2+还原为Fe3+，根据S元素价态变化规律可知SO2被氧化为SO，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+。
21．（12分）Ⅰ﹒在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 ml，B为6 ml，5 min末时测得C的物质的量为3 ml，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 ml·L-1·min-1。
计算：
(1)5 min末A的物质的量浓度为___________，A的转化率为___________。
(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。
(3)化学方程式中n=___________。
(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v(A)=5 ml·L-1·min-1 ②v(B)=6 ml·L-1·min-1
③v(C)=0.2 ml·L-1·s-1 ④v(D)=8 ml·L-1·min-1
其中反应速率最快的是___________(填序号)。
Ⅱ．H2O2不稳定、易分解，Fe3＋、Cu2＋等对其分解起催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
(1)若利用图甲装置，可通过观察___________现象，从而定性比较得出结论。
(2)有同学提出将0.1 ml·L-1 FeCl3改为___________ml·L-1 Fe2(SO4)3更为合理，其理由是___________。
(3)若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是___________。
(4)将0.1 ml MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示
解释反应速率变化的原因：___________。
【答案】 25℅ 2 ① 产生气泡的快慢 可以消除阴离子不同对实验的干扰 产生40mL气体所需的时间 随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小
【详解】
Ⅰ（1）， ，根据题意列出如下三段式：，5 min末A的物质的量浓度为：；A的转化率，故答案为：；；
（2）根据上述三段式计算可知：，故答案为：；
（3）化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比，可知，故答案为：2；实验操作
现象
结论
A
溶液中加入适量盐酸，产生无色气体，将气体通入澄清石灰水
澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO
B
分别向鸡蛋清水溶液中加入饱和硫酸铵溶液和硫酸铜溶液
均产生沉淀
蛋白质遇盐溶液发生变性，失去生理活性
C
溶液中加入Ba(NO3)2溶液，观察现象，再加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液
加入Ba(NO3)2溶液时无明显现象，加入AgNO3溶液后，有白色沉淀产生
溶液中一定含有Cl-
D
淀粉溶液中加入稀硫酸，一段时间后加入2mL10%CuSO4溶液，再滴加5滴5%NaOH溶液，加热
未观察到砖红色沉淀出现
淀粉还没有水解
物质
乙醇
环己烷
苯甲酸乙酯
苯甲酸
沸点
78.3℃
80.8℃
212.6℃
249℃