福建省南平市2022-2022学年高一化学下学期期末质量检测试题含解析.doc

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1、福建省南平市2022-2022学年高一化学下学期期末质量检测试题含解析第I卷选择题本卷共14小题，每题3分，共42分，在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1.化学与生产、生活、社会关系密切，以下说法正确的选项是A. 空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅B. 高铁使用的增强型聚四氟乙烯板是无机高分子材料C. 超高分子聚乙烯纤维“力纶是有机高分子化合物D. 泰国银饰和土耳其彩瓷主要成分均为金属材料【答案】C【解析】【详解】A硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，二氧化硅是光导纤维的主要成分，故A错误；B増强聚四氟乙烯

2、是由四氟乙烯通过加聚反响合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B错误；C聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故C正确；D银为金属单质，故银饰属于金属材料，而陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D错误；应选C2.2022年为“国际化学元素周期表年 IUPAC公布的118号元素符号为Og，至此元素周期表的七个周期均已填满，以下关于Og的说法错误的选项是A. 中子数为179B. 原子序数为118C. 中子数比核电荷数多61D. Og原子的摩尔质量为297克【答案】D【解析】【详解】A中子数=质量数-质子数=297-118=179，故A正确；B核素Og的质量数为297，质子数为

3、118，原子序数为118，故B正确；C中子数=质量数-质子数=297-118=179，核电荷数=118，中子数比核电荷数多179-118=61，故C正确；D摩尔质量的单位是g/mol，Og的质量数为297，摩尔质量为297g/mol，故D错误；应选D3.化学科学需要借助化学专用语言来描述，以下有关化学用语表示正确的选项是A. F-的结构示意图:B. 中子数为10的氧原子为C. 氯化氢的电子式为D. 乙烯的结构简式为CH2CH2【答案】A【解析】【详解】AF的原子序数为9，得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故A正确；B根据原子表示法，原子核内有10个中子的氧原子的质量

4、数为18，质子数为8，即O，故B错误；C氯化氢为共价化合物，不存在阴阳离子，电子式为，故C错误；D乙烯中存在碳碳双键，结构简式为CH2CH2，故D错误；应选A。4.A、B、C、D均为短周期元素，它们在周期表中的位置如以下图。假设A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍。以下说法中正确的选项是A. D单质常用做半导体材料B. 最简单气态氢化物的热稳定性：ABC. B的最低负化合价：-2价D. 原子半径大小：r(C)r(B)r(A)【答案】A【解析】【分析】A、B、C、D均为短周期元素，A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层电子数为2，最外层电子数为4，为碳元素；由元素的位置可知，B为氮

5、元素，C为铝元素，D为硅元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为碳元素，B为氮元素，C为铝元素，D为硅元素。A硅是常见的半导体材料，故A正确；B非金属性越强，最简单氢化物越稳定，最简单气态氢化物的热稳定性：AB，故B错误；C氮元素最外层为5个电子，最低负化合价为-3价，故C错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径大小：r(C)r(A)r(B)，故D错误；应选A。5.在少量的铁片与足量的100mL 0.2molL1的稀硫酸反响中，为了减缓此反响速率而不改变H2的总量，以下方法错误的选项是A. 加NaCl溶液B. 加蒸馏水C. 参加少量醋酸

6、钠固体D. 滴入几滴硫酸铜溶液【答案】D【解析】【详解】A加NaCl溶液，相当于稀释溶液，导致氢离子浓度减少，反响速率减慢，但氢离子的总量和铁的量不变，生成的氢气总量不变，故A正确；B加水，稀释了盐酸的浓度，那么反响速率变慢，但氢离子的总量和铁的量不变，生成的氢气总量不变，故B正确；C参加少量醋酸钠固体，生成了醋酸，导致氢离子浓度减少，反响速率减慢，但提供氢离子的能力不变，生成的氢气总量不变，故C正确；D滴入几滴硫酸铜溶液，置换出少量的铜，与铁构成原电池，加快反响速率，铁的量减少，生成氢气的总量减少，故D错误；应选D。【点睛】解答此题的关键是不能改变氢气的总量，即溶液中氢离子的总量不变。此题的

7、易错点为C，要注意，随着反响的进行，醋酸会陆续电离出氢离子。6.在一容积固定的密闭容器中，可逆反响H2(g)+I2(g) 2HI(g)到达平衡状态的标志是A. 混合气体的密度保持不变B. H2、I2、HI的分子数之比为1:1:2C. 容器内混合气体的颜色不再发生变化D. 1mol HH键断裂的同时有2molHI键形成【答案】C【解析】【详解】A固定容积的密闭容器中，气体总质量和体积都不变，密度始终不变，不能判断是否为平衡状态，故A错误；BH2、I2、HI的分子数之比为1:1:2，并不表示随时间的改变而不变，不能判断是否为平衡状态，故B错误； C混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不再随

8、时间的改变而改变，说明到达了平衡状态，故C正确；D1mol HH键断裂的同时有2molHI键形成，均指的是正反响速率，不能得出正反响速率和逆反响速率相等，不能判断是否为平衡状态，故D错误；应选C。【点睛】此题的易错点为B，要注意平衡时分子的数目不变，H2、I2、HI的分子数之比为1:1:2，并不表示分子的数目不变。7.如图为原电池装置，a为锌棒、b为碳棒，以下说法不正确的选项是A. a是正极，b是负极B. a极上发生了氧化反响C. 电子从a极通过导线流向b极D. 碳棒上有气体逸出，溶液中H+浓度减小【答案】A【解析】【分析】锌为活泼金属，碳棒为导电的非金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极

9、，结合原电池原理分析解答。【详解】A根据上述分析，a为负极、b为正极，故A错误；Ba为负极，负极发生氧化反响，故B正确；C原电池中，电子从负极沿导线流向正极，即从a极通过导线流向b极，故C正确；Db为正极，正极上溶液中的氢离子得电子生成氢气，故D正确；应选A。8.假设NA表示阿伏加德罗常数的值。以下有关说法正确的选项是A. 0.2molL1Na2SO4溶液中Na+的数目为0.4NAB. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAC. 标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NAD. 27g铝与足量NaOH溶液反响，转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A0.2mol

10、L-1的 Na2SO4溶液体积未知，无法计算溶液中的钠离子数目，故A错误；B重水(D2O)的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故B错误；C丙烷的分子式为C3H8，1个丙烷分子中含有8个C-H键和2个C-C键，1个丙烷中共价键数为10个，标准状况下，5.6L丙烷的物质的量为0.25mol，故共价键共2.5mol，个数2.5NA，故C正确；D27g铝的物质的量为1mol，而铝反响后变为+3价，故1mol铝反响后转移3NA个电子，故D错误；应选C。9.以下化学反响过程中的能量变化符合图的是A. HCl+NaOH=

11、NaCl+H2OB. Fe+H2SO4=FeSO4+H2C. CH4+2O2 CO2+2H2OD. Ca(OH)2+2NH4C1=CaCl2+2NH3+2H2O【答案】D【解析】【分析】依据图像，反响物能量低于生成物，反响是吸热反响，据此分析解答。【详解】A酸碱中和反响是放热反响，故A错误；B金属与酸的反响为放热反响，故B错误；C物质的燃烧反响是放热反响，故C错误；D2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O为铵盐与碱的反响，属于吸热反响，故D正确；应选D。【点睛】解答此题的关键是熟悉常见的吸热反响，常见的吸热反响包括：绝大数分解反响，铵盐和强碱的反响，以氢气、CO、C为复原

12、剂的氧化复原反响(不包括燃烧反响)。10.为提纯以下物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和别离方法均正确的选项是选项待提纯的物质除杂试剂别离方法A乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液B乙醇(水)新制生石灰蒸馏CCH4(C2H4)酸性高锰酸钾溶液洗气DSiO2(CaCO3)稀硫酸过滤A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A乙酸乙酯能在碱性条件下水解，故用氢氧化钠溶液能将乙酸除去，也将乙酸乙酯消耗，不符合除杂原那么，故A错误；B水能够与新制生石灰反响生成熔沸点较高的氢氧化钙，乙醇易挥发，然后通过蒸馏别离，故B正确；CC2H4与酸性高锰酸钾反响会生成二氧化碳气体，引入新杂质，不符合除

13、杂原那么，故C错误；D碳酸钙能够与稀硫酸反响，但生成的硫酸钙为微溶于水的物质，覆盖在固体外表使反响很快停止，不能保证碳酸钙完全除去，而且可能引入新杂质，故D错误；应选B。【点睛】此题的易错点为C，要注意乙烯被高锰酸钾氧化的产物对实验的影响，应该选用溴水洗气。11.以下说法正确的选项是A. 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物B. 聚氯乙烯塑料可用来做蔬菜水果及熟食等的保鲜膜C. 纤维素、淀粉都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体D. 碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜溶液混合加热，生成砖红色沉淀【答案】D【解析】【详解】A油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；B聚氯乙

14、烯塑料使用时排放含氯有毒物质，应选聚乙烯用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜，故B错误；C淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n值不同，那么分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D碱性条件下，葡萄糖能被新制的氢氧化铜氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，故D正确；应选D。12.以下各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAl(OH)4A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，故A错误；BCu与

15、浓硫酸反响生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反响生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，故B正确；C硅酸不能一步反响生成单质硅，故C错误；DNaAl(OH)4不能一步反响生成单质铝，故D错误；应选B。13.用以下装置进行相应的实验，能到达实验目的是A. 探究温度对反响速率的影响B. 实现化学能转化为电能C. 实验室制备乙酸乙酯D. 验证非金属性：ClCSi【答案】B【解析】【详解】A反响中除了温度不同，催化剂也不同，不能探究温度对化学反响速率的影响，故A错误；B该装置可构成Cu、Zn原电池，可以能实现化学能转化为电能，故B正确； C反响中生成的乙酸乙酯为气态，冷凝后变成液态，装置

16、中气体的压强容易发生变化，导管插入饱和碳酸钠容易中，容易产生倒吸，故C错误；DHCl不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能据此判断非金属性强弱，故D错误；应选B。【点睛】此题的易错点为D，比拟非金属性强弱的一种方法是根据最高价氧化物的水合物的酸性判断，但盐酸不是，该装置也不能验证碳酸和硅酸酸性的强弱，因为二氧化碳中会混有HCl，影响实验。14.有机化合物“利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如以下图，以下说法正确的选项是A. 利尿酸芳香烃B. 利尿酸与AgNO3溶液反响有白色沉淀生成C. 一定条件下，利尿酸能发生取代反响、加成反响和酯化反响D. 1mol利尿酸与饱和碳酸钠溶液反响能放出1

17、 mol CO2【答案】C【解析】【详解】A芳香烃中只含C、H两种元素，该物质中还混有O和Cl元素，不属于芳香烃，故A错误；B利尿酸中的氯原子不能电离，与AgNO3溶液不能生成白色沉淀，故B错误；C含碳碳双键、碳氧双键及苯环可发生加成反响，含羧基可发生取代和酯化反响，故C正确；D含羧基(-COOH)能与饱和碳酸钠溶液反响放出CO2，2mol利尿酸与碳酸钠溶液反响放出1 mol CO2，故D错误；应选C。第二卷非选择题(共5题，共58分)15.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A2-和B+具有相同的电子层结构；C是地壳中含量最多的金属元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；

18、同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，答复以下问题:(1)元素A在周期表中的位置是_。(2)五种元素中金属性最强的是_ (填元素符号)，D和E的气态氢化物稳定性较强的是_(填化学式)。(3)单质D和单质A在一定条件下反响可生成组成比为4:10的化合物F，F中所含的化学键_ (填“离子键“或“共价键)。(4)A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是_(填离子符号)。(5)C的最高价氧化物与烧碱溶液反响的离子方程式_。(6)B的氢化物与水发生剧烈反响生成可燃性气体和碱溶液写出该反响的化学方程式_，假设反响过程中生成1mol可燃性气体，转移的电子数目为_。【答案】 (1). 第2周期A族

19、 (2). Na (3). HCl (4). 共价键 (5). Cl- (6). Al2O3+2OH-+3H2O=2 Al(OH)4-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O (7). NaH+H2O=NaOH+H2 (8). 6.021023 或NA【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C是地壳中含量最多的金属元素，C为Al元素；A2-和B+具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，A为O元素，B为Na元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍，那么最外层为5个电子，D为P元素；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，E为Cl元素，据此分析解答。【详

20、解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为P元素，E为Cl元素。(1) A为O元素，在周期表中位于第2周期A族，故答案为：第2周期A族；(2) 同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，五种元素中金属性最强的是Na；同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D和E的气态氢化物稳定性较强的是HCl，故答案为：Na；HCl；(3)磷和氧气在一定条件下反响可生成组成比为4:10的化合物F，F为P4O10，为共价化合物，含有共价键，故答案为：共价键；(4) 一般而言，电子层数越多

21、，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是Cl-，故答案为：Cl-；(5) C为Al元素，氧化铝与烧碱溶液反响生成偏铝酸钠和水，反响的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2 Al(OH)4-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2 Al(OH)4-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O；(6)B的氢化物为NaH，NaH与水发生剧烈反响生成可燃性气体氢气和氢氧化钠溶液，反响的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，反响中H元素的化合价由-1价和+1价变成0价，假设反响过

22、程中生成1mol可燃性气体，转移1mol电子，数目为6.021023 或NA，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2；6.021023 或NA。16.在体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反响:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反响在三种不同的条件下进行，反响物SO2的物质的量(mol)随反响时间(min)的变化情况如下表所示:(1)对照实验1，实验2改变的某一外界条件可能是_。(2)反响达平衡后，向实验2中参加少量的18O2，一段时间18O后可能存在于哪些物质中_(填选项)。A 只存在氧气 B 只存在三氧化硫 C 只存在反响物 D 存在反响物与生成物(3)实验3

23、中，在515min时段，用O2表示的平均反响速率为_ mol/(Lmin)。(4)假设将实验1置于绝热体系中，测得实验到达平衡的时间比原来缩短了，那么参加反响的SO2和O2的总能量_(填“、“或“)生成的SO3的总能量。(5)能说明实验3到达平衡状态的标志是_(任写一条)。【答案】 (1). 参加催化剂 (2). D (3). 0.005 (4). (5). 各物质的物质的量不再改变(或各物质的物质的量浓度不再改变等合理答案【解析】【分析】(1)对照实验1，实验2的数据，起始时反响物SO2的物质的量相同，但实验2建立平衡需要的时间短，平衡时SO2的物质的量相同，结合影响化学反响速率的因素分析解

24、答；(2) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反响同时向正反响和逆反响方向进行，据此分析解答；(3)根据二氧化硫的变化量结合方程式计算出氧气的变化量，再根据v=计算； (4)在绝热体系中气体的温度与反响的热效应有关，结合影响化学反响速率的因素分析解答；(5)根据平衡状态的特征分析解答。【详解】(1)对照实验1，实验2的数据，起始时反响物SO2的物质的量相同，但实验2建立平衡需要的时间短，平衡时SO2的物质的量相同，因此改变的某一外界条件可能是实验2参加了催化剂，故答案为：参加催化剂；(2) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反响达平衡后，向实验2中参加少量18O2，一段时间18O会

25、出现在二氧化硫、氧气和三氧化硫三种物质中，应选D；(3)实验3中，在515min时段，二氧化硫的物质的量的变化量为0.2mol，那么氧气的物质的量变化量为0.1mol，用O2表示的平均反响速率为=0.005mol/(Lmin)，故答案为：0.005；(4)假设将实验1置于绝热体系中，测得实验到达平衡的时间比原来缩短了，说明反响速率加快，是因为反响放热，使得容器内气体的温度升高，因此参加反响的SO2和O2的总能量大于生成的SO3的总能量，故答案为：；(5)根据平衡状态的特征，能说明实验3到达平衡状态的标志有：各物质的物质的量不再改变、各物质的浓度不再改变、气体的压强不再改变等，故答案为：各物质的

26、物质的量不再改变(或各物质的物质的量浓度不再改变等)。17.研究性学习小组用高锰酸钾粉末与浓盐酸制取氯气，并验证其性质。【资料在线】高锰酸钾粉末与浓盐酸混合即产生氯气。请答复以下问题：(1)该实验中A局部的装置应选用以下图中的_(填序号)(2)实验中A发生反响的离子方程式是_。(3)一段时间后D中的现象为_。(4)请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤) _。(5)图(1)整套实验装置存在的明显缺陷是_。(6)图(2)装置a处通入氯气，证明氯气是否具有漂白性，该设计能否到达实验目的? _ (填“能或“不能)。假设能请说明理由，假设不能那么提出改良的措施_。【答案】 (

27、1). (2). 2MnO4-+ 10Cl- + 16H+ =2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O (3). D中溶液变为红色 (4). 取少量反响后的C溶液于洁净的小试管中，参加足量稀盐酸，再参加氯化钡溶液，假设有白色沉淀产生，那么亚硫酸钠已被氧化 (5). 无尾气处理装置 (6). 不能 (7). 在E、F装置之间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶【解析】【分析】A中高锰酸钾粉末与浓盐酸反响生成氯气，生成的氯气通入B中与碘化钾发生置换反响生成碘单质；通入C中与亚硫酸钠反响生成硫酸钠；通入D中，将氯化亚铁氧化生成氯化铁；通入饱和食盐水，得到潮湿的氯气，因此枯燥的红布条褪色，据此分析解答。【详解】(

28、1)A局部用高锰酸钾粉末与浓盐酸混合制取Cl2，属于“固+液=气型的反响，反响不需要加热，故答案为：；(2)实验中A中高锰酸钾粉末与浓盐酸反响生成氯气，反响的离子方程式为2MnO4-+ 10Cl- + 16H+ =2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O，故答案为：2MnO4-+ 10Cl- + 16H+ =2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O；(3)D中氯气将氯化亚铁氧化生成氯化铁，三价铁离子遇到KSCN变红色，故答案为：D中溶液变为红色；(4) C中与亚硫酸钠反响生成硫酸钠，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化只需要检验是否生成硫酸根离子，方法为：取少量反响后的C溶液于洁净的小试管中，参加足量

29、稀盐酸，再参加氯化钡溶液，假设有白色沉淀产生，那么亚硫酸钠已被氧化，故答案为：取少量反响后的C溶液于洁净的小试管中，参加足量稀盐酸，再参加氯化钡溶液，假设有白色沉淀产生，那么亚硫酸钠已被氧化；(5)氯气有毒，会污染空气，图(1)整套实验装置存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置，故答案为：无尾气处理装置；(6) a处通入氯气，氯气经过饱和食盐水，得到潮湿的氯气，会生成次氯酸，因此枯燥的红布条褪色，不能证明氯气是否具有漂白性，改良的措施是在E、F装置之间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：不能；在E、F装置之间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶。【点睛】此题的易错点为(1)，要注意高锰酸钾与浓盐酸反响不需要

30、加热，注意与课本实验区分开。18.如图是四种常见有机物的比例模型，请答复以下问题：(1)向丙中参加溴水，振荡静置后，观察到溶液分层，上层为_色。(2)甲的同系物的通式为CnH2n+2，当n5时，写出含有3个甲基的有机物的结构简式_。以下图是用乙制备D的根本反响过程(3)A中官能团为_。(4)反响的反响类型是_。(5)写出反响的化学方程式_。(6)现有138gA和90gC发生反响得到80gD。试计算该反响的产率为_(用百分数表示，保存一位小数)。【答案】 (1). 橙红(或橙) (2). (3). OH (或羟基) (4). 加成反响 (5). CH3COOH+CH3CH2OH CH3 COOC

31、H2CH3+H2O (6). 60.6%【解析】【分析】由四种常见有机物的比例模型可知，甲为CH4，乙为乙烯，丙为苯，丁为CH3CH3OH。乙烯与水反响生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反响生成乙酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，结合四种物质的结构和性质分析解答。【详解】(1)苯的密度比水小，溴易溶于苯，上层溶液颜色为橙红色(或橙色)，下层为水层，几乎无色，故答案为：橙红(或橙)；(2)当n=5时，分子中含有3个甲基，那么主链有4个C原子，应为2-甲基丁烷，结构简式为，故答案为：；(3)乙烯与水反响生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反响生成乙

32、酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，因此A为乙醇，含有的官能团为-OH (或羟基)，故答案为：-OH(或羟基)；(4)反响为乙烯与水的加成反响，故答案为：加成反响；(5)反响为乙醇和乙酸的酯化反响，反响的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(6)138g乙醇的物质的量为=3mol，90g乙酸的物质的量为=1.5mol，那么乙酸完全反响，可得1.5mol乙酸乙酯，质量为132g，而反响得到80g乙酸乙酯，那么反响的产率为100%=60.6%，故答案为：60.6%。19.碘化钾是一种无色晶体

33、，易溶于水，实验室制备KI晶体的步骤如下：在如下图的三颈烧瓶中参加12.7g研细的单质碘和100mL1.5mol/L的KOH溶液，搅拌(：I2与KOH反响产物之一是KIO3)碘完全反响后，翻开分液漏斗中的活塞和弹簧夹1、2.向装置C中通入足量的H2S；反响结束后，向装置C中参加稀H2SO4酸化，水浴加热冷却，过滤得KI粗溶液。(1)仪器a的名称_；(2)A中制取H2S气体的化学方程式_；(3)B装置中饱和NaHS溶液的作用是_(填序号)；枯燥H2S气体 除HCl气体(4)D中盛放的试剂是_；(5)步骤中发生反响的离子方程式是_；(6)由步骤所得的KI粗溶液(含SO42-)，制备KI晶体的实验方

34、案：边搅拌边向溶液中参加足量的BaCO3，充分搅拌、过滤、洗涤并检验后，将滤液和洗涤液合并，参加HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，停止加热，用余热蒸干，得到KI晶体，理论上，得到KI晶体的质量为_。【答案】 (1). 圆底烧瓶烧瓶 (2). FeS +2HCl =FeCl 2+ H2S (3). (4). NaOH溶液 (5). 3I2 + 6OH- = IO3-+5 I-+3H2O (6). 24.9g【解析】【分析】制备KI：关闭弹簧夹，A中有稀盐酸与FeS制备H2S气体，B装置由饱和NaHS溶液除去H2S气体中的HCl杂质，C中I2和KOH溶液反响：3I2+6OH-=5

35、I-+IO3-+3H2O，碘完全反响后，翻开弹簧夹，向C中通入足量的H2S，发生反响：3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O，将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min，除去溶液中溶解的H2S气体，所得的KI溶液(含SO42-)，参加碳酸钡至硫酸铲除净，再从溶液制备KI晶体，D为氢氧化钠吸收未反响完的H2S气体，据此分析解答。【详解】(1)根据装置图，仪器a的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)；(2)A中硫化亚铁与盐酸反响生成硫化氢气体，反响的方程式为FeS +2HCl=FeCl2+ H2S，故答案为：FeS +2HCl=FeCl2+ H2S；(3)盐酸易挥发

36、，A中制备的H2S气体混有HCl气体，B装置中的饱和NaHS溶液可以除去H2S气体中的HCl杂质，故答案为：；(4)硫化氢会污染空气，D装置是吸收未反响完的H2S气体，防止污染空气，可以选用碱性试剂如氢氧化钠溶液吸收，故答案为：氢氧化钠溶液；(5)步骤中发生I2与KOH反响生成KI和KIO3，反响的离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；(6)12.7g碘单质的物质的量=0.05mol，100mL1.5mol/L的KOH溶液中含有氢氧化钾0.15mol，得到KI晶体的过程主要为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O，参加碳酸钡除去硫酸根离子，过滤、洗涤并检验后，参加HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，根据元素守恒，碘单质中的碘最终全部转化为碘化钾中的碘，氢氧化钾中的钾元素最终全部转化为碘化钾中的钾，因此KI的物质的量=氢氧化钾的物质的量=0.15mol，质量=0.15mol166g/mol=24.9g，故答案为：24.9g。【点睛】此题的易错点和难点为(6)中计算，要注意最后参加HI溶液调至弱酸性，还会与过量的氢氧化钾反响生成碘化钾。