福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
(完卷75分钟 满分100分)
相对原子质量：H： 1 C： 12 N： 14 O： 16 Fe： 56
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分每小题只有一个选项符合题意)
1. 以下过程没有发生化学反应的是
A. 石油裂化B. 蛋白质盐析C. 煤的干馏D. 植物油皂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油裂化是指在一定条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学反应，A不符合题意；
B．蛋白质盐析是物理变化，B符合题意；
C．煤的干馏是煤化工的重要过程之一。指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化，C不符合题意；
D．植物油皂化是指植物油脂与碱作用而成肥皂(高碳数脂肪酸盐)和甘油反应，D不符合题意；
故选B。
2. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Fe FeCl2 Fe(OH)2
B. S SO3H2SO4
C. NH4Cl (s)NH3Mg(OH)2
D. Al2O3Al(OH)3NaAlO2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铁在氯气中点燃生成氯化铁，而不是氯化亚铁，转化不能实现，故A不符合题意；
B．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能实现，故B不符合题意；
C．氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气溶于水显碱性，可使氯化镁转化为氢氧化镁沉淀，均可一步实现转化，C符合题意；更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应转化为氢氧化铝，转化不能实现，故D不符合题意；
故选C。
3. 可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在容积固定的密闭容器中进行，达到平衡的标志正确的有
①单位时间内反应n ml O2的同时，生成2n ml NO
②容器内总压强不再变化的状态
③NO2、NO、O2的物质的量浓度为2：2：1的状态
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的颜色不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】①单位时间内反应n ml O2即消耗nmlO2的同时，生成2n ml NO，能够表示出正逆反应速率的方向，且速率之比和物质的计量系数成正比，据此可以判断反应达到平衡状态，①符合题意；
②该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在容积固定的密闭容器中进行，若容器内总压强不再变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，②符合题意；
③NO2、NO、O2的物质的量浓度为2：2：1的状态可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应条件及开始时加入的物质的量的多少有关，不能据此判断反应是否达到平衡状态，③不符合题意；
④反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，因此混合气体的密度始终不改变，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，④不符合题意；
⑤反应混合物中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色不再改变，则任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥反应混合物都是气体，气体质量不变；该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，⑥符合题意；
综上所述可知：可以判断反应达到平衡状态的是①②⑤⑥，共4个，故合理选项是C。
4. Atrpic酸(结构简式如图)是合成某些消炎、镇痛药物的中间体。下列说法正确的是
A. Atrpic酸的分子式为
B. Atrpic酸中苯环上的一氯代物有4种
C. Atrpic酸能发生氧化、酯化、加聚等反应
D. 1ml Atrpic酸能与足量的Na反应生成11.2L
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 由结构简式知，Atrpic酸的分子式为，A错误；
B． Atrpic酸中苯环上有3种氢原子，苯环上的一氯代物有3种，B错误；
C． Atrpic酸含碳碳双键能发生氧化、加聚等反应，含羧基能发生酯化反应，C正确；
D． 没有指明气体是否处于标准状况，难以计算1ml Atrpic酸能与足量的Na反应生成的体积，D错误；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 油脂、糖类和蛋白质都是高分子化合物，一定条件下能发生水解
B. 鸡蛋清中加入Na2SO4、CuSO4溶液都会因变性产生沉淀
C. 石油的分馏和煤的干馏都属于物理变化
D. 75% (体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂不属于高分子化合物，糖类中只有多糖是高分子化合物，且单糖不能发生水解，故A错误；
B．鸡蛋清加入硫酸铜引起的是蛋白质的变性，硫酸钠使蛋白质发生盐析，故B错误；
C．石油的分馏是利用沸点差异分离物质是物理变化，煤的干馏是煤在隔绝空气加强热条件下发生了复杂的化学变化，故C错误；
D．75%（体积分数）的乙醇溶液能引起细菌病毒的蛋白质变性，常用于医疗消毒，故D正确；
故选：D。
6. 下列说法错误的是
①化学性质相似的有机物是同系物
②分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物
③若有机物中碳、氢元素的质量分数相同，则它们必定是同系物
④若两种有机物的相对分子质量相差14a (a为正整数)，必为同系物
A. ①②③④B. 只有②③C. 只有③④D. 只有①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，化学性质相似的有机物不一定是同系物，①错误；
②分子组成上相差一个或若干个原子团的有机物不一定是同系物，因为价格不一定相似，②错误；
③若有机物中碳、氢元素的质量分数相同，它们不一定是同系物，例如乙烯和环丙烷，③错误；
④若两种有机物的相对分子质量相差14n(n为正整数)，不一定互为同系物，例如乙烯和环丙烷，④错误；
答案选A。
7. 汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一，在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染。反应过程为①2NO2→2NO＋2O，②2NO＋O2→2NO2，③O＋O2→O3，下列对该反应过程及生成物叙述正确的是
A. NO2起催化剂作用B. NO起催化剂作用
C. NO2只起氧化剂作用D. O3与O2为同位素
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据反应原理可知：①+②=③，可见NO2是O2转化为O3的催化剂，A正确；
B．在反应开始时无NO，反应结束也无NO，NO只是一种中间产物，B错误；
C．根据选项A分析可知NO2起催化剂作用，而不是作氧化剂，C错误；
D．O3与O2为O元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，D错误；
故合理选项是A。
8. 某实验过程如图所示，则试管③中的现象是
A. 无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应
B. 铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色
C. 铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体
D. 铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解,所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选D。
答案选D。
9. 如图所示装置，可用以制取和观察在空气中被氧化时颜色的变化。下列说法错误的是
A. 实验前，应事先煮沸溶液除去溶解氧
B. 装置Ⅰ可制取溶液并排尽装置内空气
C. 关闭止水夹可观察到装置Ⅱ中溶液进入装置Ⅰ中
D. 取下装置Ⅱ的橡皮塞可观察沉淀颜色变化
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧化钠溶液中有少量氧气，需要加热煮沸除去氧气；打开止水夹，铁屑和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用反应产生的氢气排装置内的空气，然后关闭止水夹，试管Ⅰ形成密闭体系，利用反应产生的氢气的压强作用，把硫酸亚铁溶液压入到装置Ⅱ中，产生氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁遇到空气后，变为灰绿色，最后变为红褐色。
【详解】A．氢氧化钠溶液中有少量氧气，氢氧化亚铁易被氧气氧化，所以实验前，应事先煮沸溶液除去溶解氧，故A正确；
B．结合以上分析可知，装置Ⅰ可制取溶液并排尽装置内空气，故B正确；
C．结合以上分析可知，关闭止水夹可观察到装置Ⅰ中溶液进入装置Ⅱ中，故C错误；
D．结合以上分析可知，氢氧化亚铁具有强还原性，能够被氧气氧化，颜色发生变化，所以取下装置Ⅱ的橡皮塞可观察沉淀颜色变化，故D正确；
故选C。
10. W、X、Y、Z为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，W的最高正价与最低负价代数和为2。下列说法错误的是
A. W元素的单质在放电条件下可与化合
B. X元素的单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应
C. Y元素的单质是一种重要的半导体材料
D. Z元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强于W
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W的最高正价与最低负价代数和为2，且W位于第二周期，W为N元素，据各元素在周期表中位置推知：Z为P，Y为Si，X为Al。
【详解】A．氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，故A正确；
B．金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；
C．硅具有良好的导电性能，属于半导体材料，故C正确；
D．P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，属于弱酸，N元素的最高价氧化物对应水化物为硝酸，为强酸，所以酸性硝酸最强，故D错误；
故选D。
11. 某同学在实验室用如下图所示的装置进行实验，验证氨的某些性质并收集少量纯净的N2.实验进行一段时间后，观察到加热的硬质试管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水CuSO4的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管处收集到纯净、干燥的N2。下列说法不正确的是

A. 盛放无水硫酸铜的干燥管起检验生成水的作用
B. 这个反应说明氨气具有还原性
C. 洗气瓶中浓硫酸的作用只有吸收多余氨气和干燥氮气
D. 在最后出气管口可以用塑料袋或球胆收集氮气
【答案】C
【解析】
【分析】浓氨水滴入CaO，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，该反应剧烈放热，导致NH3∙H2O分解生成NH3，生成的NH3经碱石灰干燥后与CuO反应，黑色CuO粉末变为红色，说明生成Cu，盛无水CuSO4的干燥管内出现蓝色说明生成H2O，反应方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；
【详解】A．由装置图可知，盛放无水硫酸铜的装置是球形干燥管，选项A正确；
B．根据分析，NH3中的N元素由-3价被氧化为0价，说明NH3具有还原性，选项B正确；
C．洗气瓶中浓硫酸除了吸收多余氨气和干燥氮气之外，还可以防止空气中的水蒸气进入装置，选项C错误；
D．塑料袋或球胆均可以收集气体，最后出来的气体为N2，可以用塑料袋或球胆收集，选项D正确；
答案选C。
12. 如图是某元素的价类二维图。其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. A是适合与草木灰混合施用的肥料B. B和F能发生复分解反应生成盐
C. C可用排空气法收集D. D→E的反应可用于检验D
【答案】D
【解析】
【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐。
【详解】A. 物质A为铵盐，草木灰呈碱性，二者混合会生成氨气，降低肥效，故A错误；
B. 氨气与硝酸反应生成硝酸铵，属于化合反应，不属于复分解反应，故B错误；
C. 氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用排水法收集氮气，故C错误；
D. D→E的反应NO转化为NO2，由无色气体变为红棕色，可以检验NO，故D正确；
故选：D。
13. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为和，电解质溶液为溶液，总反应式为。下列说法不正确的是（ ）。
A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是
B. 负极的电极反应是
C. 工作时，负极区溶液碱性减弱，正极区溶液碱性增强
D. 溶液中的向正极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据总反应，分析各物质化合价发生的变化可知，Zn为负极，故A正确；
B. Ag2O为正极，锌为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以负极的电极反应式为，故B正确；
C. 正极的电极反应式为，在负极区OH-被消耗，溶液碱性减弱，pH减小，正极区生成OH-，溶液碱性增强，pH增大，故C正确；
D. 原电池中阴离子向负极移动，所以溶液中的OH-向负极移动，故D错误；
故选D。
14. 肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 ml化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O=O键为498、N—N键为154，则断裂1mlN—H键所需的能量(kJ)是
A. 194B. 391.5C. 516D. 658
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】利用图示可知1 ml肼和氧气断键变成原子时需要吸收的能量为2 752 kJ-534 kJ=2 218 kJ。肼和氧气断键变为原子时要断裂1个N—N键，4个N—H键，1个O=O键，所以1×154 kJ＋4×E(N—H键)＋1×498 kJ=2 218 kJ，解得断裂1 ml N—H键所需的能量为391.5 kJ，综上所述，故选B。
15. 为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5 mL 0.5 ml•L－1 KI溶液，滴加0.1 ml•L－1 FeCl3溶液5～6滴，充分反应。下列实验操作能验证该反应是否存在限度的是
A. 再加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色
B. 再滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀产生
C. 再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变血红色
D. 再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有否白色沉淀产生
【答案】C
【解析】
【分析】KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，反应后的溶液中加入CCl4，如有机层呈紫红色，则说明反应生成碘，向溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，说明反应后溶液中存在Fe3+，证明KI和FeCl3的反应有一定的限度。
【详解】A项、加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色，只能说明生成碘，不能确定反应限度，故A错误；
B项、KI溶液过量，无论是否存在反应限度，滴加AgNO3溶液，都有黄色沉淀生成，故B错误；
C项、加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液检验是否存在Fe3+，若不足量的Fe3+存在，证明KI和FeCl3的反应有一定的限度，故C正确；
D项、Cl-不参加反应，无论是否存在反应限度，滴加AgNO3溶液，都有白色沉淀生成，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查探究实验，涉及了离子的检验、化学反应限度的确定等知识，注意掌握检验离子的方法及把握可逆反应的特征是解答关键。
16. 用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O
B. 将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大
C. 采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收
D. 若尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，吸收后排放的气体中NO含量升高
【答案】B
【解析】
【分析】该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，原理为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O；若n(NO)：n(NO2)＞1：1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高；若n(NO)：n(NO2)＜1：1，二氧化氮过量，被Ca(OH)2吸收，则发生了4NO2+2Ca(OH)2═Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，.
【详解】A．根据分析过程，该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，故A正确；
B．石灰乳更利于气体附着，改为澄清石灰水吸收效率将会降低，故B错误；
C．采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，故C正确；
D．尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高，故D正确；
故选：B。
17. 已知一定条件下完全燃烧1g丙烷气体生成二氧化碳气体和液态水放出50.45kJ的热量，下列说法正确的是( )
A. 丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，三个碳原子处于同一直线上
B. 除去丙烷气体中少量乙烯，可将混合气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液
C. 丙烷和氯气在光照条件下发生取代反应，1ml丙烷被氯气完全取代，需要8ml氯气
D. 丙烷燃烧的热化学方程式C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l) △H=-50.45kJ/ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烷分子中三个碳原子是锯齿形，不是一条直线，A不正确；
B．除去丙烷气体中少量的乙烯应通入溴水，使乙烯发生加成反应而除去，酸性高锰酸钾溶液会使乙烯发生氧化反应生成二氧化碳，从而引入新杂质，B不正确；
C．烷烃的取代反应中，被取代的氢原子与参加反应的氯气的物质的量之比为1：1，1ml丙烷中含有8ml的氢原子，故最多可与8ml氯气反应，C正确；
D．丙烷燃烧的热化学方程式应为C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l)；△H = -2219.8kJ/ml，D不正确；
故答案为C。
18. 已知一种有机物的分子式为C4H4，分子结构如图所示，若将该有机物与适量的氯气混合光照，则发生取代反应生成的产物的种类共有

A. 2种B. 4种C. 5种D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】C4H4中的4个H全部是等效氢，一氯代物有1种，二氯代物有1种，三氯代物有1种，四氯代物有1种，还有氯化氢1种，总共有5种，答案为C。
19. 化学与环境密切相关。下列说法错误的是

A. SO3、NO2与H2O反应生成对应的酸，故二者均为酸性氧化物
B. 合理控制铵态氮肥的用量是控制雾霾的有效途径
C. 一定条件下，雾霾能催化SO2转化为SO3
D. NH3是形成无机颗粒物的反应物
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3与H2O反应生成对应的酸，故为酸性氧化物，NO2和水反应生成酸和NO，不是酸性氧化物，选项A错误；
B．过度使用氮肥，会增加大气中的氨气，合理控制铵态氮肥的用量是控制雾霾的有效途径，故B正确；
C．一定条件下，SO2在雾霾催化作用下，能转化为SO3，选项C正确；
D．图中转化关系可知，氨气参与反应生成铵，是反应物，选项D正确；
答案选A。
20. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是
A. 反应①中试剂X是氢氧化钠溶液
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应
D. 将试剂X和Y进行对换，最终可以达到相同的效果
【答案】A
【解析】
【详解】Al2O3、Fe2O3都和硫酸反应，要将Al2O3和Fe2O3分离出来，可利用氧化铝的两性，用NaOH溶液将其溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是Fe2O3，然后向偏铝酸钠溶液中通二氧化碳制得Al(OH)3沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-，氢氧化铝加热分解产生氧化铝，电解熔融氧化铝可得金属铝。
A.由上述分析可知试剂X为氢氧化钠溶液，A正确；
B.氧化铁与氢氧化钠不反应，所以反应①后过滤得到沉淀为氧化铁，B错误；
C.反应①、②是复分解反应，氢氧化铝变为氧化铝的反应为分解反应，不包含氧化还原反应，C错误；
D.由上述分析可知，X为NaOH，Y是CO2，将试剂X和Y进行对换，①不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，D错误；
故合理选项是A。
第Ⅱ卷 非选择题
21. A、B、C、D四种有机物分别由碳、氢、氧元素中的两种或三种元素组成，各取四种有机物0.100ml，分别完全燃烧，均能得到4.48L (标准状况下)二氧化碳；D的水溶液显酸性。四种有机物转化关系如图：
ABCD
回答下列问题：
（1）D分子中所含官能团的名称是___________。
（2）amlA、B的混合气体完全燃烧，消耗氧气的体积为___________(标准状况)。
（3）B→C的化学方程式为___________。
（4）在实验室里可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。

写出用CH3CH218OH与乙酸发生酯化反应的化学方程式为___________。
（5）对所得乙酸乙酯粗产品的提纯过程如下(氯化钙与乙醇生成难溶物)。

操作Ⅲ的名称为___________。
【答案】（1）羧基 （2）67.2aL
（3）
（4）
（5）蒸馏
【解析】
【分析】由A、B、C、D四种有机物分别由碳、氢、氧元素中的两种或三种元素组成，各取四种有机物0.100ml，分别完全燃烧，均能得到4.48L (标准状况下)二氧化碳；D的水溶液显酸性。可知，A为乙烯，利用水化法制取B乙醇，乙醇催化氧化生成C乙醛，乙醛氧化生成D乙酸。
【小问1详解】
D为乙酸，官能团为羧基。
【小问2详解】
A为乙烯，B为乙醇，1ml乙烯或者乙醇均消耗3ml氧气，故aml A、B的混合气体完全燃烧，消耗氧气的体积为67.2aL(标准状况)。
【小问3详解】
B为乙醇，乙醇催化氧化生成C乙醛。
【小问4详解】
CH3CH218OH与乙酸发生酯化反应的化学方程式为：
【小问5详解】
乙酸乙酯粗产品中含有杂质乙醇、乙酸，绝大多数杂质通过饱和食盐水洗涤、经分液后除去，故可得到纯度较高的乙酸乙酯，按流程图，残留的少量乙醇与氯化钙反应生成难溶物，经过滤后，得纯度更高的乙酸乙酯，最后用无水碳酸钾固体除去残留乙酸并吸收水，通过蒸馏，就可得纯净的乙酸乙酯，
故答案为：蒸馏
22. 自古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的使用发挥了巨大的作用。
（1）四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是___________ (填化学式) 。
（2）由于Fe(OH)2易被氧化，所以制备时常隔绝空气制备，写出Fe(OH)2露置在空气中被氧化的化学方程式___________。
（3）某工业废渣wg (主要含二氧化硅、氧化铁、氧化镁)中提取氧化铁的工业流程如图(部分操作和条件略)：

提示：二氧化硅不溶于稀硫酸。
①验证硫酸亚铁溶液中是否存在Fe3+的常用的试剂是___________(填化学式)。
②步骤Ⅴ中，发生反应的化学方程式为___________。
③若提取过程中铁元素的损耗忽略不计，最终获得n g的氧化铁。则废渣中铁元素的质量分数为___________。
【答案】（1）Fe3O4
（2）4Fe(OH)2 +O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
（3） ①. KSCN ②. 4FeCO3 + O22Fe2O3 + 4CO2 ③.
【解析】
【小问1详解】
四氧化三铁具有磁性，则司南是由天然的磁石Fe3O4制成的，故答案为: Fe3O4；
【小问2详解】
氢氧化亚铁不稳定，在空气中容易被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为:4Fe(OH)2 +O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，故答案为: 4Fe(OH)2 +O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3；
【小问3详解】
①
铁离子遇到硫氰化钾溶液变红，故验证硫酸亚铁溶液中是否存在Fe3+的常用的试剂是KSCN，
故答案为: KSCN；
②步骤Ⅴ中的反应为碳酸亚铁在空气中煅烧，生成三氧化二铁和二氧化碳，则该反应的化学方程式为:4FeCO3 + O22Fe2O3 + 4CO2，故答案为: 4FeCO3 + O22Fe2O3 + 4CO2；
③根据铁元素守恒，废渣中铁元素的质量分数为=。
23. A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。

请回答下列问题：
（1）B的电子式为___________。
（2）Y与氧化铜反应，每生成1 ml B消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为___________。
（3）反应③的化学方程式为___________。
（4）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________。
（5）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，有沉淀生成，该反应的离子方程式为___________。

【答案】（1） （2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，F为NO2；结合题图可知，A为Cl2，B为N2，C为O2，D为H2，X为HCl，Y为NH3，白烟为氯化铵；氨气还原氧化铜生成B氮气和Z水,氮气和氧气反应生成NO，NO被氧气氧化生成F：NO2，F和水反应生成E：NO和G：HNO3。
【小问1详解】
B为N2，故答案为 。
【小问2详解】
Y与氧化铜反应，每生成1 ml B消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
反应③：NO2和水反应生成NO和HNO3，的化学方程式为：。
【小问4详解】
Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为：。
【小问5详解】
气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，有沉淀BaSO4生成，该反应的离子方程式为。
24. 恒温下，将amlN2与bmH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)。
(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)=13ml，nt(NH3)=6ml，计算a的值_______。
(2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数为25%。计算平衡时NH3的物质的量为_______。
(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写最简整数比，下同)，n(始):n(平)=_______。
(4)原混合气体中，a:b=_______。
(5)达到平衡时，n(N2):n(H2):n(NH3)=_______。
【答案】 ①. 16 ②. 8ml ③. 5:4 ④. 2:3 ⑤. 3:3:2
【解析】
【详解】(1)物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以(a-13)ml:6ml=1:2，解得a=16；
(2)反应达平衡时，混合气体的物质的量为716.8L÷22.4L/ml=32ml，其中NH3的物质的量为32ml×25%=8ml；
(3)
平衡时，NH3的含量(体积分数)为25%，所以8ml/[12ml+(b-12)ml+8ml]×100%=25%，解得b=24，所以平衡混合气的组成为：氮气12 ml，氢气12 ml，氨气为8 ml，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n(始):n(平)=40ml:32ml=5:4；
(4)由(1)知a=16ml，由(3)b=24ml，所以a:b=16ml:24ml=2:3；
(5)由(3)可知，氮气12 ml，氢气12 ml，氨气为8 ml，故比值为 3∶3∶2。W
X
Y
Z