山東省煙臺市2022-2023學年高一下學期期末考試化學試題 （解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省煙臺市2022-2023學年高一下學期期末考試試題可能用到的相對原子質量：H1C12O16Cl35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是（）A.米酒的釀造過程涉及氧化還原反應B.工業(yè)上通常用植物油與氫氣反應生產人造奶油C.淀粉、纖維素、油脂、蛋白質均為含有氧元素的高分子化合物D.使用75%酒精、“84”消毒液、雙氧水消毒，均涉及蛋白質的變性〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．釀酒的過程中淀粉轉化為葡萄糖，葡萄糖轉化為酒精和二氧化碳，C元素的化合價發(fā)生變化，涉及氧化還原反應，A正確；B．植物油中含有碳碳雙鍵，在一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，此過程稱為油脂的氫化或油脂的硬化，用于生產人造奶油，B正確；C．油脂屬于高級脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，C錯誤；D．使用75%酒精能使蛋白質變性，“84”消毒液、雙氧水具有強氧化性，可以消毒能使蛋白質的變性，D正確；故選C。2.下列有關化學用語表示正確的是（）A.氯乙烯的結構簡式：CH2CHClB.丙烷的空間填充模型：C.氫氧化鈉的電子式：D.中子數為10的氧原子形成的過氧根離子：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．氯乙烯結構簡式為CH2＝CHCl，A錯誤；B．丙烷的結構簡式為CH3CH2CH3，該模型是球棍模型，B錯誤；C．氫氧化鈉含有離子鍵，屬于離子化合物，電子式為，C正確；D．中子數為10的氧原子形成的過氧根離子可表示為，D錯誤；〖答案〗選C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，Y是地殼中含量最高的元素，最外層電子數X+Z=Y，Y和W在元素周期表中相鄰。下列說法正確的是（）A.Z2Y2的陰陽離子個數比為1∶1 B.簡單離子半徑：X>Y>ZC.簡單離子的還原性：W>Y>X D.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W>Y〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據X的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍可推斷X是N元素，Y是地殼中含量最高的元素則Y是O元素，最外層電子數X+Z=Y則Z是Na，Y和W在元素周期表中相鄰則W是S元素，據此分析?！驹斘觥緼．據分析可知Z2Y2即，其陰陽離子個數比為1∶2，故A錯誤；B．X、Y、Z的簡單離子分別為N3-、O2-、Na+，簡單離子半徑：N3->O2->Na+，故B正確；C．X、Y、W的簡單離子分別為N3-、O2-、S2-，還原性：S2>N3->O2-，故C錯誤；D．Y、W的氣態(tài)氫化物分別為H2O和H2S，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：H2O>H2S，故D錯誤；故選B。4.從化石燃料中獲取有機物是化工產業(yè)常用方式之一。下列說法正確的是（）A.石油是混合物，其分餾產品汽油為純凈物B.甲烷、乙烯和苯在工業(yè)上都可通過石油分餾得到C.煤經過氣化和液化等物理變化可轉化為清潔燃料D.汽油、煤油、柴油等石油分餾的產物，屬于不可再生能源〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．石油是混合物，其分餾產品汽油也是混合物，A錯誤；B．甲烷、乙烯通過石油裂解得到，苯可通過催化重整得到，B錯誤；C．煤的氣化是用煤來生產水煤氣等，煤的液化是用煤來生產甲醇等，煤的氣化和液化都是化學變化，C錯誤；D．化石燃料屬于不可再生能源，則汽油、煤油、柴油等石油分餾的產物也屬于不可再生能源，D正確；〖答案〗選D。5.下列每組物質均為含有共價鍵的離子化合物的是（）A.CaCO3、Ca(OH)2、NaHS B.MgO、MgSO4、NH4ClC.H2SO4、HNO3、HClO4 D.MgF2、Al2O3、Mg3N2〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．CaCO3、Ca(OH)2、NaHS均為離子化合物、均含離子鍵，碳酸根離子、氫氧根離子和HS-離子內均含有共價鍵，A正確；B．MgO為離子化合物、只含離子鍵不含共價鍵，B錯誤；C．H2SO4、HNO3、HClO4均為共價化合物、均只含共價鍵，C錯誤；D．MgF2、Al2O3、Mg3N2均為離子化合物、均只含離子鍵不含共價鍵，D錯誤；〖答案〗選A。6.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A.20gD2O和中含有的中子數為9NAB.1mol苯分子中，含有碳碳雙鍵的數目為C.標準狀況下，2.24LCH2Cl2中含有的氫原子數目為0.2NAD.氯堿工業(yè)中，陰極和陽極產生氣體的總質量為7.3g時，轉移電子數為0.2NA〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．D2O和含有的中子數均是10，相對分子質量均是20，因此20gD2O和中含有的中子數為10NA，A錯誤；B．苯分子中不存在碳碳雙鍵，B錯誤；C．標準狀況下CH2Cl2不是氣態(tài)，2.24LCH2Cl2中含有的氫原子數目不是0.2NA，C錯誤；D．氯堿工業(yè)中，陰極和陽極產生氣體分別是氫氣和氯氣，且體積比是1：1，若總質量為7.3g，則二者的物質的量均是0.1mol，因此轉移電子數為0.2NA，D正確；〖答案〗選D。7.一定條件下，的γ-羥基丁酸水溶液發(fā)生如下反應生成γ-丁內酯：，不同時刻測得γ-丁內酯的濃度如表。t/min2050801201602003003500.0240.0500.0710.0900.1040.1160.1320132不考慮副反應及溶液體積變化。下列說法正確是（）A.前20min的化學反應速率小于20~50min的化學反應速率B.反應一定是在第300min時達到平衡狀態(tài)、C.該反應在160~200min的化學反應速率v(γ-丁內酯)D.當γ-羥基丁酸和γ-丁內酯的總濃度保持不變時，說明反應已達到平衡狀態(tài)〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．前20min的化學反應速率v(γ-丁內酯)，20~50min的化學反應速率v(γ-丁內酯)，前者速率大，A錯誤；B．從表中只能看出來第300min時處于平衡狀態(tài)看不出在何時建立的平衡狀態(tài)，B錯誤；C．該反應在160~200min的化學反應速率v(γ-丁內酯)，C正確；D．由物料守恒可知，γ-羥基丁酸和γ-丁內酯的總濃度始終是定值，故其保持不變時不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，D錯誤；〖答案〗選C。8.奧司他韋是甲流特效藥，由莽草酸合成奧司他韋的部分路線如圖。下列說法正確的是（）A.奧司他韋分子式為 B.莽草酸與中間體互為同系物C.1mol莽草酸最多可與4molNaOH反應 D.莽草酸能發(fā)生加成反應、取代反應〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．據結構簡式可知奧司他韋分子式為，A錯誤；B．莽草酸含羧基、中間體含酯基，二者所含官能團不完全相同，結構不相似，不互為同系物，B錯誤；C．所含羧基能和氫氧化鈉反應，1mol莽草酸最多可與1molNaOH反應，C錯誤；D．莽草酸含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，含醇羥基和羧基，能發(fā)生取代反應，D正確；〖答案〗選D。9.在缺氧的深層潮濕土壤中，厭氧細菌會促進鋼鐵發(fā)生厭氧腐蝕，其原理如圖所示。為抑制腐蝕的發(fā)生，通常將鋼管、石墨電極分別與外接電源相連，使鋼管表面形成致密的Fe3O4薄膜。下列說法正確的是（）A.腐蝕過程中，厭氧細菌促進H2O發(fā)生氧化反應B.腐蝕過程中存在C.上述保護方法為陰極電保護法D.通電后電子從鋼管流向石墨電極，再經潮濕的土壤回到鋼管〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．腐蝕過程中，陰極水得到電子被還原為氫氣，厭氧細菌促進H2與硫酸根反應、氫氣發(fā)生氧化反應，A錯誤；B．由圖、結合選項A可知：腐蝕過程中存在，B正確；C．已知：為抑制腐蝕的發(fā)生，通常將鋼管、石墨電極分別與外接電源相連，使鋼管表面形成致密的Fe3O4薄膜，則鐵被氧化，鐵為陽極不是陰極，故上述保護方法不屬于陰極電保護法，C錯誤；D．通電后電子從鋼管流向石墨電極，但電子不會進入電解液，故不會經潮濕的土壤回到鋼管，D錯誤；〖答案〗選B。10.碘是人體不可缺少的微量元素，采用離子交換法從鹵水(富含)中提取碘的工藝流程如下。下列說法錯誤的是（）A.“氧化1”的主要離子方程式為B.離子交換樹脂的作用是富集碘元素C.理論上參加反應的D.“吹碘”鼓入熱空氣是利用了I2易升華的性質〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗鹵水中的碘離子在硫酸酸性條件下，被氯氣氧化成，用樹脂交換吸附后，用亞硫酸鈉將還原成碘離子，然后樹脂在氯化鈉和HCl通入后再次發(fā)生離子交換，將碘離子轉移到水溶液中，溶液中碘離子被加入的氯酸鉀氧化成碘單質，最后用熱空氣吹出，得到碘單質，據此分析解答?！驹斘觥緼．氧化1”中生成，氯氣被還原成氯離子，根據化合價升降總數相等配平反應，其反應的離子方程式為，A錯誤；B．據分析，離子交換樹脂的作用是富集碘元素，B正確；C．氧化1”中，碘離子轉變?yōu)椋葰獗贿€原成氯離子，氯元素化合價從0降低到-1，亞硫酸鈉又將還原成碘離子，硫元素從+4升高到+6價，則存在關系式，故理論上參加反應的，C正確；D．吹碘”中通入熱空氣，使碘成為氣體從溶液中逸出，則“吹碘”鼓入熱空氣是利用了I2易升華的性質，D正確；〖答案〗選A。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作能達到相應實驗目的的是（）選項實驗操作實驗目的A相同溫度下，向兩支盛有相同體積、相同濃度雙氧水的試管中，分別滴入等量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究、對H2O2分解速率的影響B(tài)將鐵片和銅片用導線連接，插入濃HNO3中比較鐵和銅的失電子能力C向雞蛋清溶液中加入CuSO4溶液，觀察現象：然后加入蒸餾水振蕩，觀察現象探究蛋白質的變性是否可逆D向淀粉的水解液中加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱檢驗淀粉是否水解完全〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．雙氧水中加入的CuSO4溶液和FeCl3溶液，其陰離子和陽離子均不同，故不能探究、對H2O2分解速率的影響，A錯誤；B．鐵片在濃HNO3中發(fā)生鈍化，不能通過該原電池反應比較鐵和銅的失電子能力，B錯誤；C．硫酸銅是重金屬鹽，能使蛋白質變性，則向雞蛋清溶液中加入CuSO4溶液，觀察到白色沉淀，然后加入蒸餾水振蕩發(fā)現沉淀不溶解，可探究蛋白質的變性且其不可逆，C正確；D．在水解液中加過量氫氧化鈉使得它呈堿性，再加新制的氫氧化銅懸濁液加熱，若有磚紅色沉淀，則證明淀粉已水解；另取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反應，如果不變色，則淀粉無剩余，淀粉已完全水解，如果呈現特殊的藍色，則有淀粉剩余，D錯誤；選C。12.科研人員使用催化劑CoGa3實現了H2還原肉桂醛生成肉桂醇，反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.肉桂醇苯環(huán)上的四氯取代產物有3種B.肉桂醇中所有碳原子不可能共平面C.苯丙醛的同分異構體中含苯環(huán)和醛基的有12種D.等物質的量的苯丙醛、肉桂醇完全燃燒消耗O2的量相等〖答案〗BC〖解析〗【詳析】A．肉桂醇苯環(huán)上有3類氫原子，共5個氫原子，其一氯取代產物有3種，則其四氯取代產物有3種，故A正確；B．由于苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面形結構，且單鍵可以旋轉，所以肉桂醇中所有碳原子可能共平面，故B錯誤；C．苯丙醛的同分異構體中含苯環(huán)和醛基，若苯環(huán)上含有1個取代基，除本丙醛以外還有一種，如果含有2個取代基，可以是醛基和乙基，或甲基和－CH2CHO，若含有3個取代基，應該是2個甲基和1個醛基，共有13種，故C錯誤；D．苯丙醛和肉桂醇是同分異構體，則等物質的量的苯丙醛，肉桂醇完全燃燒消耗O2的量相等，故D正確；故選：BC。13.CH4(g)與Cl2(g)發(fā)生取代反應分別生成1mol相關有機物和HCl(g)的能量變化如下。已知斷開1molCl-Cl鍵、1molC-Cl鍵吸收的能量分別為243kJ、327kJ。下列說法錯誤的是（）A.1molCH3Cl(g)比1molCH4(g)的能量少99kJB.C.D.斷開1molC-H鍵吸收的能量比斷開1molH-Cl鍵吸收的能量少〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由題干信息可知，1molCH3Cl(g)和1molHCl(g)的能量之和比1molCH4(g)和1molCl2(g)的能量之和少99kJ，故A錯誤；B．由題干信息可知，，故B正確；C．由題干信息可知，，由CCl4(g)=CCl4(l)為放熱過程，故，故C正確；D．由B可知，反應的焓變△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，又已知斷開1molCl-Cl鍵、1molC-Cl鍵吸收的能量分別為243kJ、327kJ，則△H=3×E(C-H鍵能)+327+3×243-4×327-3×E(H-Cl鍵能)=-301，得E(C-H鍵能)-E(H-Cl鍵能)＜0，故斷開1molC-H鍵吸收的能量比斷開1molH-Cl鍵吸收的能量少，故D正確；故選A。14.電還原CO2時，采用高濃度的抑制酸性電解液中的析氫反應來提高多碳產物(乙烯、乙醇等)的生成率，裝置如圖所示。下列說法正確的是（）A.a為電源的負極B.析氫反應發(fā)生在IrOx-Ti電極上C.陰極發(fā)生的反應有：D.理論上每消耗1molCO2，陽極至少生成1.5mol氣體〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗由圖可知，該裝置為電解池，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙烯、乙醇等，電極反應式為2CO2+12H++12e?=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e?=C2H5OH+3H2O，則銅電極為陰極，與直流電源正極相連的IrOx-Ti電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O-4e—=O2↑+4H+，電解池工作時，氫離子通過質子交換膜由陽極室進入陰極室。【詳析】A．據分析IrOx-Ti電極為電解池的陽極，則a為直流電源的正極，故A錯誤；B．析氫反應為還原反應，應在陰極發(fā)生，即在銅電極上發(fā)生，故B錯誤；C．由分析可知，銅電極為陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙烯、乙醇等，電極反應式有2CO2+12H++12e?=C2H4+4H2O、，故C正確；D．理論上每消耗1molCO2，轉移電子6mol，按陽極的電極反應式為2H2O-4e—=O2↑+4H+及電子數守恒，可知在陽極生成1.5mol氧氣，故D正確；〖答案〗選CD。15.電芬頓工藝被認為是一種很有應用前景的高級氧化技術，可用于降解去除廢水中的持久性有機污染物，其工作原理如圖a所示，工作10min時，、電極產生量()與電流強度關系如圖b所示：下列說法錯誤的是（）A.電解一段時間后，Pt電極附近pH減小B.陰極的電極反應有：、C.根據圖b可判斷合適的電流強度約為40mAD.若處理0.1mol，理論上HMC-3電極消耗標準狀況下31.36LO2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖可知，電極上鐵元素、氧元素價態(tài)降低得電子，故電極為陰極，電極反應式分別為、，后發(fā)生反應，氧化苯酚，反應為，Pt電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e?＝4H++O2↑。【詳析】A．電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e?＝4H++O2↑，電解一段時間后，Pt電極附近pH減小，故A正確；B．據分析，陰極的電極反應有：、，故B正確；C．過量的過氧化氫會氧化亞鐵離子，導致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機污染物的效率下降，故據圖b可判斷合適的電流強度范圍為40mA左右，故C正確；D．由分析可知，苯酚轉化為二氧化碳和水，，由圖可知，反應中氧氣轉化為H2O2，H2O2轉化為，轉化關系為，故而，若處理0.1mol，則陰極消耗氧氣的物質的量為2.8mol，理論上消耗標準狀況下氧氣的體積為，故D錯誤；選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.有機物F的合成路線如下。回答下列問題：（1）A的結構簡式為___________；B的名稱為___________。（2）B→C的化學方程式為___________；D與E生成F的反應類型為___________。（3）1molE分別與足量Na、NaHCO3反應，產生氣體的物質的量之比為___________。（4）F所含官能團的名稱為___________；碳原子數與F相同的烷烴的結構有___________種，其一氯代物共有___________種?！即鸢浮剑?）①.CH2OH(CHOH)4CHO②.乙醇（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.取代反應（3）1：1（4）①.酯基、羧基②.3③.8〖解析〗淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，所以A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成B，B是乙醇，乙醇氧化成C，C是乙醛，C在一定條件下生成D，D是乙酸，所以C→D是乙醛氧化成乙酸的過程，乙酸與E在濃硫酸和加熱條件下反應生成了含酯基和羧基的有機物F，所以這步發(fā)生的是酯化反應，通過F的結構可知E為：。（1）葡萄糖的結構簡式為：CH2OH(CHOH)4CHO；B是乙醇；（2）B→C是乙醇氧化成乙醛，其化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，D與E生成F的反應類是CH3COOH和發(fā)生酯化反應生成F，酯化反應也是取代反應；（3）E為，含有羥基和羧基，兩個官能團都能與Na反應生成氫氣，所以與1molE反應后生成的氫氣共1mol，NaHCO3只和羧酸反應，所以反應后可生成1mol二氧化碳，則產生氣體的物質的量之比為1∶1；（4）從F的結構式可知，所含官能團為酯基和羧基；F有5個碳原子，所以與其碳原子數相同的烷烴是戊烷，有3種同分異構體，分別是，，，其對應的等效氫的種數分別是3種，4種，1種，所以其一氯代物共有8種。17.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素。X的電子總數等于電子層數，Y最外層電子數為電子層數的3倍，Z的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物的水化物反應可生成Z的單質。由上述四種元素及元素Q組成的物質之間的轉化關系如圖所示，其中C為強酸，D、N分別是元素Q和W組成的單質(反應過程中部分產物略去)?；卮鹣铝袉栴}：（1）W在元素周期表中的位置是___________；Z簡單陰離子的結構示意圖為___________。（2）若A與M均為微粒，則A的化學式為___________，M的電子式為___________；（3）Y、Z、W的非金屬性由強到弱的順序為___________(用元素符號表示)。（4）F與B反應生成E的離子方程式為___________。（5）500℃，向恒容密閉容器中通入等物質的量的B(g)與O2(g)充分反應。下列敘述不能判斷該反應達到平衡狀態(tài)的是___________(填序號)。①氣體壓強保持不變②氣體密度保持不變③混合氣體平均摩爾質量不再變化④為定值⑤B的質量不再改變⑥容器內原子總數不再變化〖答案〗（1）①.第3周期VIIA族②.（2）①.H2S②.（3）O>Cl>S（4）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++（5）②⑥〖解析〗X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素。X的電子總數等于電子層數，則X為H，Y最外層電子數為電子層數的3倍，則Y為O，Z的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物的水化物反應可生成Z的單質，則Z為S、則W為Cl，由上述四種元素及元素Q組成的物質之間的轉化關系如圖所示，由圖中E→G可知，G為Fe(OH)3，則Q為Fe元素，D、N分別是元素Q和W組成的單質，則D為Fe單質、N為Cl2，其中C為強酸，C+D→E，即H+與Fe反應得到E為Fe2+，棕黃色溶液含Fe3+、F為Fe3+，由F+B→E，得B為還原劑，從組成元素看B為SO2，E+M→F，則M為氧化劑，從組成元素看，M為H2O2，結合流程及題干信息可知，X為H，Y為O，Z為S、W為Cl，A為H2S，B為SO2，C為H2SO4，D為Fe單質，E為FeSO4，N為Cl2，F為Fe2(SO4)3，G為Fe(OH)3，據此回答。（1）據分析，W為Cl，在元素周期表中的位置是第3周期VIIA族；Z簡單陰離子即S2-結構示意圖為。（2）據分析，若A與M均為微粒，則A的化學式為H2S，M的電子式為；（3）同主族從上到下元素非金屬性遞減，同周期從左到右元素非金屬性遞增，Y、Z、W的非金屬性由強到弱的順序為O＞Cl＞S。（4）F與B反應生成E，即Fe2(SO4)3與SO2發(fā)生氧化還原反應生成FeSO4，離子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++。（5）500℃，向恒容密閉容器中通入等物質的量的B(g)與O2(g)充分反應：2SO2+O22SO3：①反應中，氣體的物質的量、壓強會隨著反應而變化，故容器內壓強不隨時間的變化，說明氣體的物質的量不隨時間變化，則說明反應已達平衡，①不選；②氣體質量、容積體積、氣體密度均始終不變，故混合氣體的密度不變不能說明已平衡，②選；③氣體質量始終不變，氣體的物質的量、混合氣體的平均摩爾質量會隨著反應而變，混合氣體的平均相對分子質量不變說明反應已達平衡，③不選；④通入等物質的量的B(g)與O2(g)進行反應，隨反應而變化，為定值說明氣體的物質的量不隨時間變化，則說明反應已達平衡，④不選；⑤B的質量不再改變說明其物質的量不隨時間變化，則說明反應已達平衡，⑤不選；⑥容器內原子總數始終不變，故原子總數不再變化不能說明已平衡，⑥選；選②⑥。18.乙烯、乙醇是重要有機化工原料。回答下列問題：已知：（1）石蠟油裂解產生的不飽和烴是重要的有機合成中間體。①反應I的化學方程式是___________。②D為高分子化合物，結構簡式是___________。③下列裝置正確且能達到實驗目的的是___________(填序號)。A．甲裝置：從石油中分離石蠟油B．乙裝置：證明石蠟油分解生成乙烯C．丙裝置：完成乙醇的催化氧化D．丁裝置：制備乙酸乙酯（2）已知：CaCl2與C2H5OH形成CaCl2·6C2H5OH．實驗室制備乙酸乙酯粗產品并精制提純，流程如下。①制備乙酸乙酯的化學方程式為___________。②飽和Na2CO3溶液的作用是___________；操作1的名稱是___________。③為除去有機層2中的乙醇，加入的試劑X為___________。④選擇合適的儀器組裝完成操作2(夾持、加熱及單孔、雙孔橡膠塞、導管等連接儀器略)，儀器的連接順序為d→___________?！即鸢浮剑?）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.③.C（2）①.②.吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度③.分液④.無水CaCl2⑤.i→b→g→e〖解析〗(1)石油分餾得到石蠟油，石蠟油裂解得到乙烯，由信息知乙醛氧化為乙酸，則B為乙醛、乙醇在一定條件下被氧氣氧化得到乙醛，則A為乙醇，則反應Ⅰ為乙烯和水的加成反應得到乙醇，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應得到C為乙酸乙酯，D為高分子化合物聚丙烯酸；(2)乙酸乙酯的精制：加入飽和溶液，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，通過分液可以得到有機層1和無機層，有機層1中加入氯化鈉至飽和，后靜置分液，可回收水中的乙酸乙酯，分液得到有機相2，有機層2加入無水氯化鈣，可除去乙酸乙酯中的乙醇，分液得到有機層3，將有機層3加入無水硫酸鎂可除去殘留的水，蒸餾可以得到精制的乙酸乙酯；（1）①反應I為CH2=CH2和H2O的加成反應得到CH3CH2OH，化學方程式是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②丙烯酸發(fā)生加聚反應得到D為聚丙烯酸，結構簡式是。③A．蒸餾時溫度計的水銀球略低于蒸餾燒瓶支管口，則A錯誤；B．乙裝置石蠟油分解得到烯烴可能是乙烯、丙烯等，故不能證明石蠟油分解生成的一點是乙烯，則B錯誤；C．銅絲加熱得到氧化銅，酒精燈芯處有乙醇蒸氣，碰到氧化銅，氧化銅重新轉變?yōu)殂~，乙醇被氧化，故通過銅絲由紅→黑→紅可知乙醇被氧化、反應中銅為催化劑，丙裝置能完成乙醇的催化氧化，則C正確；D．丁裝置：制備乙酸乙酯時應防止倒吸，導管不能插入液面下，則D錯誤；選C。（2）①制備乙酸乙酯的化學方程式為。②飽和Na2CO3溶液的作用是吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；操作1用于分離互不相溶的兩層液體，其名稱是分液。③據信息可知，為除去有機層2中的乙醇，加入的試劑X為無水CaCl2。④操作2為蒸餾，則需要蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、牛角管和錐形瓶組成成一套裝置，故按由下而上、從左到右的順序，儀器的連接順序為d→i→b→g→e。19.以硫鐵礦(FeS2，含Al、Si氧化物等雜質)為主要原料制備軟磁性材料α-Fe2O3的主要工藝流程如下。回答下列問題：（1）為了提高硫鐵礦的焙燒效率可以采取的措施有___________(任寫一條)。（2）濾渣1的主要成分為___________(填化學式)：“還原”過程中的還原產物為___________(填化學式)：檢驗是否被完全還原的實驗操作是___________。（3）“除鋁”過程中，NaOH溶液過量導致濾渣2減少的原因是___________(用化學方程式表示)。（4）“操作a”所用的玻璃儀器有___________：“濾液”的主要成分為Na2SO4、(NH4)2SO4，則向“除Al”后的溶液中加入氨水-NH4HCO3混合溶液發(fā)生反應的離子方程式為___________?！即鸢浮剑?）將硫鐵礦石粉碎（2）①.SiO2②.FeSO4、H2③.取少量清液于試管中，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變?yōu)榧t色（3）Al(OH)3＋NaOH=Na[Al(OH)4]（4）①.漏斗、燒杯、玻璃棒②.Fe2＋＋NH3·H2O＋=FeCO3↓＋＋H2O〖解析〗硫鐵礦(FeS2，含Al、Si氧化物等雜質)通入空氣”焙燒”，FeS2轉化為Fe2O3和SO2，則氣體X為SO2，燒渣“酸浸”時Al2O3、Fe2O3與H2SO4反應生成硫酸鋁、硫酸鐵，SiO2不溶于H2SO4，所以濾渣1的成分是SiO2，濾液加過量鐵粉還原，鐵溶解得到硫酸亞鐵，濾液加適量氫氧化鈉溶液使鋁離子沉淀為氫氧化鋁，則濾渣2為氫氧化鋁沉淀、經過濾，濾液加入氨水-NH4HCO3混合溶液發(fā)生反應生成FeCO3沉淀，經過濾分離出FeCO3并最終轉變?yōu)棣?Fe2O3。（1）為了提高硫鐵礦的焙燒效率可以采取的措施有將硫鐵礦石粉碎。（2）據分析濾渣1的主要成分為SiO2，“還原”過程中鐵分別參與反應、，則還原產物為FeSO4、H2；檢驗是否被完全還原的實驗操作是：取少量清液于試管中，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變?yōu)榧t色。（3）氫氧化鋁是兩性氫氧化物、能溶于過量的氫氧化鈉中，則“除鋁”過程中，NaOH溶液過量導致濾渣2即氫氧化鋁沉淀減少，用化學方程式表示為：Al(OH)3＋NaOH=Na[Al(OH)4]。（4）“操作a”用于分離沉淀和溶液、為過濾，所用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，向“除Al”后的溶液主要成分為硫酸亞鐵、硫酸鈉，向其中加入氨水-NH4HCO3混合溶液發(fā)生反應可得到FeCO3沉淀，離子方程式為：Fe2＋＋NH3·H2O＋=FeCO3↓＋＋H2O。20.研究CO、CO2與H2催化合成CH4對實現“碳中和”具有重要的意義。（1）在一定條件下，C