【文档说明】【精准解析】湖南省怀化市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，2.317 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省怀化市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。2.考生作答时，选择题和综合题均须做在答题卡上，在本试卷上答题无效。考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。3.考试结束后，将答题卡收回

。4.本试题卷共6页，如有缺页，考生须声明，否则后果自负。本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Ca-40第I部分选择题(42分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分。)1.下列说法错误的是（）A

.煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物B.石油是由多种碳氢化合物组成的混合物C.塑料、合成橡胶和合成纤维三大合成材料，是以石油、煤和天然气为主要原料生产的D.绿色化学的核心就是植树造林【答案】D【解析】【详解】A.煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，故A正确，但不符合题意；B.石油是由多

种碳氢化合物组成的混合物，故B正确，但不符合题意；C.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，故C正确，但不符合题意；D.绿色化学是指环境友好化学，其核心是从源头消除污染，故D错误，符合题意；故选：D。2.下列金属，在工业上常用电解法冶炼的是

（）A.铜B.铝C.铁D.银【答案】B【解析】【详解】A.铜是不活泼金属，铜可通过湿法炼金、或火法炼铜，都不是电解法，故A不选；B.铝通常采用电解氧化铝的方法制取，故B选；C.铁常采用一氧化碳还原氧化铁得到，故C不选；D.银采用热分解氧化银得到，故D不选；答

案选B。3.下列说法正确的是（）A.葡萄糖和果糖是同系物B.葡萄糖、油脂和蛋白质都能水解C.成人每日需要进食50~60克脂肪D.不能用燃烧的方法鉴别蚕丝和纤维素织物【答案】C【解析】【详解】A.葡萄糖和果糖分子式均为C6

H12O6，是同分异构体，A错误；B.油脂和蛋白质都能水解，葡萄糖是单糖不能水解，B错误；C.因健康需要，成人每日需要进食50~60克脂肪，C正确；D.蚕丝是蛋白质，燃烧时产生羽毛烧焦的气味，故可用燃烧的方法鉴别蚕丝和纤维素织物，D错误；答案选C。4.炒菜时，加一点酒

和醋能使菜味香可口，原因是（）A.有酯类物质生成B.有乙醛生成C.乙酸有香味D.有盐类物质生成【答案】A【解析】【详解】炒菜时，加一点酒和醋能使菜味香可口，这是因为料酒中的乙醇与食醋中的乙酸发生了化学反应生成了有香味的乙酸乙酯的缘故，乙酸乙酯属于

酯类；故选A。5.下列过程所发生的化学反应属于加成反应的是（）A.光照射甲烷与氯气的混合气体B.乙烯通入溴水中C.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液D.苯与液溴混合后加入铁粉【答案】B【解析】【详解】A．光照射甲烷与氯气的混合气体，生成氯代甲烷和氯化氢，

发生取代反应，故A不符；B．乙烯通入溴水中，生成1，2-二溴乙烷，发生加成反应，故B符合；C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，乙烯被氧化成二氧化碳等物质，属于氧化反应，故C不符；D．苯与液溴混合后加入铁粉生成溴

苯和溴化氢，发生取代反应，故D不符；故选B。6.下列说法正确的是（）A.戊烷有两种同分异构体B.甲烷能与强酸强碱反应C.CH4的比例模型是D.甲烷与氯气反应生成的四种氯代产物常温下都是油状液体【答案】C【解析】【详解】A．戊烷含5个C，主链含5个C，或转化为主链为4个C或主链为3个C，则存在正戊

烷、异戊烷、新戊烷，三种物质互为同分异构体，即结构简式分别为CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH(CH3)CH2CH3，，戊烷有三种同分异构体，故A错误；B．甲烷是正四面体结构，甲烷分子中每个原子都达到稳定结构，导致甲烷性质较稳

定，通常情况下与强酸、强碱、高锰酸钾等强氧化剂不反应，故B错误；C．甲烷的分子式为CH4，该分子中每个C与4个H形成4个C-H键，结构式为，CH4是正四面体结构，由于H原子半径小于C原子半径，故其比例模型为，故C正确；

D．甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应，生成氯代烃和氯化氢，此反应为连锁反应，第一步反应生成一氯甲烷，一氯甲烷可与氯气进一步发生取代反应，依次生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷等四种氯代产物，这四种氯代物都不溶于水，常温下，一氯甲烷是气体，其他三种都是油状液体，故D错误；答案为

C。7.实验室用如图装置制备乙酸乙酯，下列说法错误的是（）A.甲试管中碎瓷片的作用是防暴沸B.长导管a的作用是导气和冷凝C.导管不能伸入液面下是为了防止倒吸D.乙试管中饱和碳酸钠溶液的作用是增大乙酸乙酯的溶解【答案】D【解析】【详解】A．甲试管中加入碎瓷片，碎瓷片能够有效的阻止液体

的向上冲，使加热时液体能够保持平稳，碎瓷片的作用是防暴沸，故A正确；B．装置中长导管的作用是导气和冷凝作用，故B正确；C．制取的乙酸乙酯中常常混有乙醇、乙酸，产物通入饱和碳酸钠溶液中以除去，但乙酸易于碳酸钠较快反应、乙醇极易溶于水，会发生倒吸，所以乙试管中导管不伸入液面下，故C正确；D．乙

试管中饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故D错误；答案为D。8.下列说法错误的是（）A.升高温度可加快H2O2的分解速率B.减小H2O2溶液浓度可降低其分解速率C.加FeC

l3不能加快H2O2分解速率D.用带火星的木条可检验H2O2分解产生的气体【答案】C【解析】【详解】A.升高温度使化学反应速率加快，故A正确，但不符合题意；B.减小H2O2溶液浓度可降低其分解速率，因为浓度降低，化

学反应速率变慢，故B正确，但不符合题意；C.加FeCl3作催化剂，能加快H2O2分解速率，故C错误，符合题意；D.H2O2分解产生的气体是氧气，用带火星的木条可检验，故D正确，但不符合题意；故选：C。9.如图装置中发生反应

，电流表指针偏转，同时M极逐渐变粗，N极逐渐变细，G为电解质溶液。则下列各组中的M、N、G所对应的物质符合题意的是（）A.M是Zn，N是Cu，G是稀硫酸B.M是Cu，N是Zn，G为稀硫酸C.M是Fe，N是Ag，G为稀AgNO3溶液D.M是

Ag，N是Fe，G为稀AgNO3溶液【答案】D【解析】【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，如图装置中发生反应，电流表指针偏转，同时M

极逐渐变粗，M上金属析出，M上发生还原反应，M是正极，N极逐渐变细，则N极金属溶解，发生氧化反应，N是负极，据此分析回答；【详解】A.若M是Zn，N是Cu，G是稀硫酸，则M极为负极，会变细，N极为正极，

粗细不变，且该电极上有气体放出，A不符合题意；B.若M是Cu，N是Zn，G为稀硫酸，则M极为正极，粗细不变，且该电极上有气体放出，N极为负极，会变细，B不符合题意；C.若M是Fe，N是Ag，G为稀AgNO3溶液，

则M极是负极，会变细，N极是正极，会变粗，C错误；D.若M是Ag，N是Fe，G为稀AgNO3溶液，则N为负极，会变细，铁失去电子被氧化，M为正极，M上银离子得电子被还原为银，M极变粗，D正确；答案选D。10.如图所示，将少量液体X加入烧瓶中，观察到气球

逐渐膨胀。则下表中液体X和固体Y的组合，不符合实验要求的是（）①②③④.X氯化铵溶液水稀硫酸水YBa(OH)2·8H2O氢氧化钠氯化钠生石灰A.①③B.②④C.①②D.③④【答案】A【解析】【详解】将少量液体X加入到烧瓶中，观察到气球逐渐膨胀，这说明压强增大，则X和Y反应有气体产生或者二者

混合后放热，温度升高。①氯化铵和氢氧化钡晶体反应吸热，①不符合实验要求；②氢氧化钠溶于水放热，②符合实验要求；③稀硫酸和氯化钠不反应，且放热不明显，③不符合实验要求；④生石灰与水反应明显放热，④符合实验要求；则A正确；答案选A。11.下列说法正确的是（）A.氢氧化钠固体

中存在离子键和非极性键B.氯化氢的电子式为C.干冰熔化破坏了共价键和分子间作用力D.水的沸点比硫化氢的沸点高是因为水分子之间存在氢键【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠固体中存在钠离子与氢氧根之间的离子键和O-

H极性键，故A错误；B．氯化氢是共价化合物，氢与氯以共价键结合，氯化氢的电子式为，故B错误；C．干冰熔化时没有破坏共价键，只破坏了分子间作用力，故C错误；D．水的沸点比硫化氢的沸点高是因为水分子之间存在氢键，硫化氢分子中硫

电负性小，分子间不能形成氢键，故D正确；故选D。12.几种短周期元素的主要化合价及原子半径数据如下：元素代号LMQRT主要化合价+2+3+6、-2+7、-1-2原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.074据表中信息判断，下列有关叙述正确的是（）A.L、M

的单质分别与水反应时，M的单质反应更剧烈B.M与T形成的化合物是两性氧化物C.Q的气态氢化物的稳定性强于TD.L与R两元素形成的化合物中，含有共价键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素中，元素最高化合价与其族序数相等，其最低化合价=族序数-8；原

子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，结合表中数据可知，L位于第IIA族、M位于第ⅢA族、Q和T位于第VIA族、R位于第VIIA族，且T只有负价，T为O元素，Q为S元素；R的最高价为+7元素，则R为Cl元素；再结合原

子半径大小可知，L为Mg元素、M为Al元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，L为Mg元素，M为Al元素，Q为S元素，R为Cl元素，T为O元素；A．L为Mg元素，M为Al元素，二者属于同周期元素，从左到右

，金属性依次减弱，原子序数Mg＜Al，金属性Mg＞Al，元素的金属性越强，其单质与水反应越剧烈，镁的金属性大于铝，所以镁反应较剧烈，故A错误；B．M为Al元素，T为O元素，Al与O形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，能溶于强酸强碱溶液生成盐和水，即Al2O3+

6H+=2Al3++3H2O，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正确；C．Q为S元素，T为O元素，二元素属于同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，S的原子序数大于O的原子序数，非金属性S＜O，元素的非金属性越强，其氢化物

的稳定性越强，所以S的氢化物的稳定性弱于O的氢化物的稳定性，故C错误；D．L为Mg元素，R为Cl元素，Mg元素、Cl元素形成的化合物是氯化镁(MgCl2)，只含离子键，为离子化合物，其电子式为，故D错误；答案为B。13.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3

、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是（）A.过程①发生非氧化还原反应B.过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+C.过程③中，氧气是氧化剂D.整个转化过程中Fe3+可以循环使用

【答案】B【解析】【详解】A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；B．过程②中发生CuS+2

Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；D．由过程②③中

反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；答案为B。14.下列实验图示能完成实验描述的是（）选项实验描述实验图示A该实验能验证氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3B该实验能够比较Cl、C、Si非金属性的强弱C该实验装置用于干燥、收集并吸收多余氨气D该实验能验证SO2的氧化性、漂白性A.A

B.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．打开活塞a，使氯水滴入NaBr溶液中反应生成Br2，通入热氮气让Br2进入B中氧化H2SO3成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀，打开活塞b，使H2O2进入B氧化Br-，能实现

氧化性的比较，故A正确；B．比较Cl、C、Si非金属性的强弱，应用最高价氧化物对应水化物酸性强弱进行比较，盐酸应改成HClO4，故B错误；C．该方案收集氨气的装置应该是短管进长管出，故C错误；D．SO2与Na2S溶液反应生成硫单质表现氧化性，使氯水褪色，表现还原性，NaOH处理尾气

，整个过程中没有验证二氧化硫的漂白性，故D错误；故选A。第II部分非选择题(58分)15.有四种短周期元素，相关信息如下表。元素相关信息A气态氢化物极易溶于水，水溶液显碱性B焰色反应为黄色C-2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同D单

质是黄绿色气体，可用于自来水消毒请根据表中信息回答：（1）A在元素周期表中的位置是___；（2）B的最高价氧化物对应水化物与D的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式____；（3）B与C所形成化合物的电子式为_

___；（4）能说明元素D的非金属性强于元素C的实验事实是___(填字母)。a.常温下，两种单质的熔点不同b.D的气态氢化物的稳定性大于Cc.D的最高价氧化物对应的水化物酸性强于Cd.C的原子半径大于D【答案】(1).第

二周期第VA族(2).OH-+H+=H2O(3).(4).bc【解析】【分析】四种短周期元素，A的气态氢化物极易溶于水，水溶液显碱性，则A为N元素，B的焰色反应为黄色，则B为Na元素，C的-2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，Ar是18号元素，则

C为16号元素，C为S元素，D的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则D为Cl元素；据此解答。【详解】由上述分析可知，A为N元素，B为Na元素，C为S元素，D为Cl元素；（1）A为N元素，原子序数为7，核内有

7个质子，核外有7个电子，各电子层上电子依次为2，5，其原子结构示意图为，有二个电子层，最外层5个电子，N在元素周期表中的位置是第二周期第VA族；答案为第二周期第VA族。（2）B为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，D为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物为HClO4

，属于强酸，二者发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2O；答案为OH-+H+=H2O。（3）B为Na元素，C为S元素，二者形成化合物为Na2S，Na2S结构中钠离子与硫离子形成离子键，属于离子化合物，其电子式为；答案为。（4）C为S元素，D为Cl元素，能说明元素

Cl的非金属性强于元素S的实验事实有：a．单质的熔点与非金属性强弱无关，故a不符合题意；b．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性强于H2S，可说明Cl元素的非金属性比S元素强，故b符合题意；c．

非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，HClO4的酸性强于H2SO4，可说明Cl元素的非金属性比S元素强，故c符合题意；d．用原子半径的大小来说明非金属性强弱必须是同周期元素或同主族元素，比如碳的原子半径小于氯原子，碳的非金属性比氯弱，用原子

半径的大小关系不能说明非金属性强弱，故d不符合题意；答案为bc。16.反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示：（1）该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。（2）若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是___(填字母)。A.将铁片改为铁粉B.改稀硫酸为98%的

浓硫酸C.升高温度（3）若将上述反应设计成原电池，装置如图，B电极有气泡产生，则B为___(填“正”或“负”)极，其电极反应式为___。【答案】(1).放热(2).AC(3).正(4).2H++2e-=

H2↑【解析】【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此分析

回答；【详解】(1)由图：反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；(2)A.将铁片改为铁粉，增大反应物接触面积，化学反应速率加快，故A符合题意；B.将稀硫酸改为浓硫酸，浓硫酸和铁发生钝化现象而阻止进一步反应，所以化学反应速率减慢，故B不

符合题意；C.升高温度，化学反应速率加快，故C符合题意；故选AC；(3)Cu、Fe和稀硫酸构成原电池，易失电子的金属Fe作负极，负极上电极反应式为Fe-2e－=Fe2＋；另一种金属Cu作正极；Cu电极上氢离子得电子生成氢气，所以看到的现象是有无

色气体生成，电极反应式为2H＋+2e－═H2↑，电子由负极Fe流向正极Cu。【点睛】熟练掌握影响速率的因素、原电池的工作原理是解题关键。17.某可逆反应在体积为2L的密闭容器中进行，0~3分钟各物质的物质的量变化情况如图所

示(A、C均为气体，B为固体)：（1）该反应的化学方程式为_____；（2）下列说法正确的是____；A.2min内用B表示的化学反应速率为0.25mol·L-l·min-1B.当容器内混合气体的密度保持不

变时，该反应达到了化学反应限度C.当容器内压强保持不变时，该反应达到了化学反应限度D.达到平衡时，A的转化率为60%【答案】(1).2A(g)+B(s)垐?噲?2C(g)(2).B【解析】【分析】根据题中图示信息，求出A、B、C变化量比值，即方程式的系数比，写出反应的化学方程式；根据可逆反应达

到化学平衡的本质特征判断选项的正误；据此解答。【详解】（1）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化

值与化学计量数成正比，则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2，所以反应的化学方程式为2A(g)+B(s)垐?噲?2C(g)；答案为2A(g)+B(s)垐?噲?2C(g)。（2）A．物质B是固体，浓度不变，不能用B表示该反应的反应速率，故A错

误；B．该反应中混合气体总质量是变量，容器容积为定值，则混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，即反应达到了化学反应限度，故B正确；C．由2A(g)+B(s)垐?噲?2C(g)可知，该反应反应前后气体的物质的量相等，压强始终不变

，是一个定值，则不能根据压强保持不变，判断化学反应达到平衡状态，即反应达到了化学反应限度，故C错误；D．达到平衡时，A的转化率=变化的物质的量起始的物质的量×100%=nn×100%=25molmol×100%=40%，故D错误；答案为B。1

8.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）装有铜网的玻璃管中发生反应的化学方程式为______；（2）甲、乙两处水浴作用不相同。甲中装的是___(选填“热水”、“冷水”)；乙的作用是___；（3）若

试管a中收集到的混合液体可使紫色石蕊试液变红色，则可通过_____(填实验操作名称)的方法获得乙醛。【答案】(1).2CH3CH2OH+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3CHO+2H2O(2).热水(3).冷凝产生的乙醛等物质(4).蒸馏【解析】【分析】甲是加热乙醇，产生乙醇蒸汽，金属铜

被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，和乙醛的沸点不同，用蒸馏的方法分离。【详解】（1）装有铜网的玻璃管中，乙醇发生催化氧化反应，发生反应的化学方程式为2CH3C

H2OH+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3CHO+2H2O；故答案为：2CH3CH2OH+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3CHO+2H2O；（2）甲、乙两处水浴作用不相同。甲是加热乙醇，产生乙醇蒸汽，甲中装的是热水

；乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，乙的作用是冷凝产生的乙醛等物质；故答案为：热水；冷凝产生的乙醛等物质；（3）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，根据两者的沸点不同，则可通过蒸馏的方法获得乙醛。故答案为：蒸馏。19.下表

是A、B、C、D四种有机物的有关信息：A①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型；③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成；②比例模型为C①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③能与D反应生成酯D①

由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为回答下列问题：（1）D的官能团的名称是___；（2）在铁的作用下，B与液溴反应的化学方程式为___；（3）C能与D反应生成酯，其化学反应方程式为___，该反应的反应类型是___。【答案】(1).羧基(2).+Br2+HBr(3).CH3COOH

+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(4).酯化反应或取代反应【解析】【分析】A能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合比例模型可知A为CH2=CH2；B由C、H两种元素组成，由球棍模型模

型，可知B为，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，含有羟基，可以由乙烯与水反应得到，则C为CH3CH2OH，乙醇能与D反应生成相对分子质量为100的酯，则D属于羧酸，而D由

C、H、O三种元素组成，结合D的球棍模型，可知D为CH3-COOH，以此解答该题。【详解】（1）有分析可知，D的官能团的名称是羧基；（2）苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯和溴化氢，化学方程式+Br2+HBr；（3）乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水，化学方

程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应。20.海带中含有丰富的碘元素，某实验小组设计如图流程，从海带中提取碘。（1）灼烧海带时，除需要三脚架、泥三角外，还需要用到的实验仪器是___(填字母)；A.烧杯B.蒸发皿

C.坩埚D.试管E.酒精灯（2）提取碘的过程中有关的实验操作名称：①___，③____；（3）②对应的离子反应方程式为____；（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：__；（5）从含碘的有机落

液中提取碘和回收有机溶液，还需要经过蒸馏，装置如图。使用水浴的优点是___，最后晶态碘在____里聚集(填仪器名称)。【答案】(1).CE(2).过滤(3).萃取(4).2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O(5).取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，若溶液变蓝，

证明还含有单质碘(6).受热均匀且容易控制温度，不会使碘升华(7).蒸馏烧瓶【解析】【分析】以海带为原料获得少量碘单质：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有I-的溶液，向该溶液中加入MnO2和稀

H2SO4，发生反应为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂苯萃取I2，蒸馏得到碘单质；据此解答。【详解】（1）灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面放酒精灯；答案为CE。（2）将悬浊液分离为残渣和含碘离

子溶液应选择过滤的方法，将碘水转化为含碘的有机溶液，需用对卤素单质溶解能力强的有机溶剂把碘从碘水中提取出来，对应进行的实验操作是萃取；答案为过滤，萃取。（3）含碘离子溶液中加入氧化剂MnO2，在酸性条件下发生氧化还原反应，将碘离

子氧化成单质碘，离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O。（4）根据淀粉遇碘变蓝色检验碘单质的存在，实验操作为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，若溶液变蓝，说明还有单质碘；答案为取少

量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，若溶液变蓝，说明还有单质碘。（5）使用水浴的优点是受热均匀且容易控制温度，不会使碘升华，苯沸点低于碘单质沸点，所以最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集；答案为受热均匀且容易控制温度，不会使碘升华，蒸馏烧瓶。21.过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒

、难溶于水的固体，加热至350℃左右开始分解放出氧气。过氧化钙能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。其工业制备的主要流程如图：（1）搅拌的目的是___，乙中不能采用加热措施，可能的原因是__；（2）乙中发生的化学反应方程式为____；（3）滤液X中，除水外还可以循环利用的

物质是___；（4）检验CaO2·nH2O是否洗涤干净的方法是___；（5）取上述制得的CaO2·nH2O晶体进行热重分析，其热分解时晶体的质量随温度变化的曲线如图，则过氧化钙晶体(CaO2·nH2O)的化学式为

____。【答案】(1).加快反应速率(2).防止H2O2分解或防止氨气大量逸出(3).CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2•nH2O↓+2NH4C1(4).NH4C1(5).取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净(

6).CaO2·8H2O【解析】【分析】由流程可知，流程①在氯化铵溶液中加氢氧化钙，Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3•H2O，流程②在搅拌条件下，加30%的H2O2溶液，CaCl2与氨气、过氧化氢发生反应生成CaO2•nH2O，CaCl2+H2O2

+2NH3+nH2O=CaO2•nH2O↓+2NH4Cl；CaO2•nH2O干燥得到CaO2；据此解答。【详解】（1）在化学反应中，进行搅拌的目的是使化学反应进行的充分，加快反应速率，乙中有H2O2和NH3·H2O，若加热

会造成过氧化氢分解、氨气逸出；答案为加快反应速率，防止过氧化氢分解或防止氨气大量逸出。（2）由题中信息可知，反应物是氯化钙、过氧化氢、氨气和水，生成物是氯化铵和CaO2•nH2O，发生的化学反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2•nH2O↓+2NH4C1；答案为CaCl

2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2•nH2O↓+2NH4C1。（3）工艺流程分析可知，开始用到氯化铵，制备CaO2•nH2O时又生成氯化铵，所以循环使用的物质是NH4Cl；答案为NH4Cl。（4）溶液中含有氯离子，若洗液中没有氯离子

说明洗涤干净，所以要检验洗液中是否含有氯离子，其检验方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；答案为取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干

净。（5）从题中信息可知，加热至350℃左右CaO2开始分解放出氧气，从图中看得出，过氧化钙的质量是m(CaO2)=1.68g，则结晶水的质量m(H2O)=5.04g-1.68g=3.36g；由化学式CaO2•nH

2O可知，其中CaO2和结晶水的质量比为72：18n=1.68g：3.36g，解得n=8，所以化学式为CaO2•8H2O；答案为CaO2•8H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com