四川师范大学附属中学2022-2023学年高一化学下学期半期考试试题（Word版附解析）

四川师大附中2022-2023学年度(下期)半期考试试题高2022级化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5。I选择题共14小题，每小题有一个选项符合题意，每题3分，共42分。1.下列所涉及的材料不属于无机非金属材料的是A.北京冬奥会滑雪大跳台“雪飞天”使用了大量首钢自主研发新型钢材B.中国第一艘深海载人潜水器“蛟龙号”使用的氮化硅陶瓷发动机C.我国具有独立知识产权的“龙芯”使用的晶体硅芯片D.“嫦娥五号”成功着陆月球时使用碳化硅作钻杆材料【答案】A【解析】【详解】A．钢属于合金，为金属材料，不属于无机非金属材料，A项符合题意；B．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B项不符合题意；C．晶体硅芯片成分为硅单质，属于无机非金属材料，C项不符合题意；D．碳化硅属于新型无机非金属材料，D项不符合题意；答案选A。2.下列说法正确的是A.SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸B.氯气泄漏后，人应顺风且往低处跑C.因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强D.木材浸过水玻璃后，不易着火【答案】D【解析】【详解】A．SiO2能与碱反应生成盐和水，故属于酸性氧化物，但SiO2与能HF反应四氟化硅和水，A错误；B．氯气密度大于空气密度，氯气泄漏后，人应逆风且往高处跑，B错误；C．要证明H2CO3酸性比H2SiO3强，应该采用常温下强酸制取弱酸的方法，应该将二氧化碳通入硅酸钠溶液中观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就说明H2CO3酸性比H2SiO3强，C错误；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，它既不能燃烧也不易腐蚀，所以木材和织物用水玻璃浸泡后既可防腐又不易着火，D正确； 故答案为：D。3.如图所示实验方案能达到预期实验目的的是A.图甲制备Fe(OH)2B.图乙制备Fe(OH)3胶体C.图丙进行渗析实验D.图丁配制100mL0.100mol/LNaCl溶液【答案】C【解析】【详解】A．图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，选项A错误；B．NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，选项B错误；C．胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以，图中渗析法可分离提纯胶体，选项C正确；D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，不能在烧杯中配制一定物质量浓度的溶液，选项D错误；答案选C。4.如表所列物质不能按如图关系(“→”表示一步完成)相互转化的是选项ABCDXNa2CO3Cl2FeMgYNaOHHClOFe2O3Mg(OH)2ZNaClHClFe(OH)3MgOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，选项A不符合；B．Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl，能一步实现转化，选项B不符合； C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁，不能一步实现转化，选项C符合；D．Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁，均可一步实现转化，选项D不符合；答案选C。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NAB.18gD2O和18gH218O中含有质子数均为9NAC.0.5mol•L-1硫酸溶液中含有的H+数为NAD.1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误；B．一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为9NA，故B正确；C．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，3molFe失8mol电子，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为NA，故D错误；选B。6.下列离子能大量共存的是A.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、K+、Cl－、I－B.能与Al反应产生H2的溶液：K+、NH、NO、HCOC.使石蕊变红的溶液中可能大量存在：Na+、NO、SO、Fe2+D.无色透明的溶液：Na+、Ca2+、ClO－、Cl－【答案】D【解析】【详解】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、I－发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误； B．能与Al反应生成氢气的溶液呈酸性或强碱性，HCO都不能大量共存，且碱性条件下NH不能大量共存，故B错误；C．使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．无色溶液中不含有色离子，这几种离子都无色且离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确。综上所述，答案为D。7.下列离子反应方程式正确的是A.覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B.侯氏制碱法制NaHCO3：CO2+NH3+H2O=+C.碳酸钡溶于草酸：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑D.向少量NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O【答案】A【解析】【详解】A．用覆铜板为基础制作印刷电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项A正确；B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+，选项B错误；C．草酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式为BaCO3+HOOC-COOH=Ba2++H2O+CO2↑+，选项C错误；D．NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4、NaOH和H2O，离子方程式为H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，选项D错误；答案选A。8.以工业废渣[主要成分为，杂质为]为原料制备的流程如图：氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为、的混合溶液。下列有关说法正确的是 A.氯化过程中通入的速率越快越好B.氯化后过滤，测定滤液中与的个数之比为2：3C.滤渣的主要成分为D.转化过程可能发生反应的化学方程式为【答案】D【解析】【分析】氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，加入氯化钾后与次氯酸钙反应生成次氯酸钾，以此分析；【详解】A．氯化过程中需要提高氯气的转化率，可减小氯气通入的速率，增加氯化环节与氯气的接触面积，A错误；B．根据，则，B错误；C．CaCO3不溶于水，滤渣主要成分为CaCO3，C错误；D．根据分析，转化过程方程式，D正确；故答案为：D。9.《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法正确的是A.淀粉和纤维素都属于天然高分子，且两者互为同分异构体B.植物油中含有不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色C.涂料中红色颜料的成分是四氧化三铁D.食盐水可以破坏蛋白质结构，用盐水漱口可以杀灭新型冠状病毒【答案】B【解析】【分析】【详解】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，分子式均表示为(C6H10O5)n，但两者的聚合度n是不同的，不是同分异构体，A错误；B．植物油中含有不饱和脂肪酸酯，即含有碳碳双键，发生加成反应而能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．涂料中红色颜料的成分是Fe2O3，C错误；D ．一般高温加热、紫外线照射、加福尔马林等会使蛋白质发生变性，食盐水不能破坏蛋白质结构，故用盐水漱口不可以杀灭新型冠状病毒，D错误；故选B。10.经研究发现，新药瑞德西韦对抗冠状病毒有效，其结构如下图，下列关于该有机物说法正确的是A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.与碱溶液反应，与酸溶液不反应C.分子中所有碳原子一定在同一平面上D.一定条件下，可以发生取代、加成和氧化反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.分子内含有碳碳双键、羟基、氨基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B.酯基和磷酰胺可以在酸性或碱性条件下发生水解，在碱性条件下发生水解生成酸性物质可以与碱反应，同时分子内的氨基有一定的碱性，可以与酸反应生成盐，因此该分子既可以与酸反应，又可以与碱反应，B项错误；C.磷酰胺的结构为四面体结构，磷原子位于四面体内，因此整个分子中的所有碳原子不可能共平面，C项错误；D.一定条件下，可以发生取代，例如酯基、磷酰胺的水解，苯环的硝化反应等；可以发生加成，例如碳碳双键的加成等；可以发生氧化反应，例如与氧气的燃烧、羟基的催化氧化等，D项正确；答案选D。11.为除去括号内的杂质，所选用的除杂试剂和分离方法均正确的是选项被提纯物质除杂试剂分离方法A饱和食盐水洗气B溴水洗气 CFeCl2溶液铜粉过滤D饱和氢氧化钠溶液分液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．饱和食盐水可以除去氯气中氯化氢，不能达到实验目的，故A错误；B．乙烯与溴水反应，乙烷不反应，可以使用溴水洗气法除去乙烷中的乙烯，故B正确；C．铜粉与氯化铁溶液反应会生成氯化铜杂质，应该使用铁粉，故C错误；D．除去乙酸，应该使用饱和碳酸钠溶液，不能使用氢氧化钠溶液，否则乙酸乙酯也反应，故D错误。答案选B。12.下列对浓硫酸的叙述中，正确的是A.常温下不能用铁、铝容器盛放浓硫酸，因为铁、铝是活泼金属B.浓硫酸具有吸水性，可以使蔗糖炭化C.浓硫酸具有强氧化性，不能干燥SO2D.浓硫酸和铜片加热反应，既表现了酸性，又表现出强氧化性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．常温下铁、铝与浓硫酸会发生钝化现象，常温下能用铁、铝容器盛放浓硫酸，A错误；B．浓硫酸具有脱水性，可以使蔗糖炭化，B错误；C．浓硫酸虽然具有强氧化性，但不能与SO2反应，可以干燥SO2，C错误；D．浓硫酸和铜片加热反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，因为有硫酸盐生成，浓硫酸表现了酸性，又因为有二氧化硫生成，所以浓硫酸又表现出强氧化性，D正确；故选D。13.由乙烯推测丙烯()的结构或性质，以下关于丙烯的说法不正确的是A.分子中3个碳原子不在同一直线上B.在空气中燃烧时火焰明亮并伴有黑烟C.最多有7个原子在同一平面上D.与HCl在一定条件下加成只得到一种产物【答案】D 【解析】【详解】A．丙烯是由一个甲基取代乙烯上的一个氢原子形成的，因此与碳碳双键相连的两个碳原子处于同一直线，另外一个碳原子不在这条直线上，A项正确；B．与烷烃相比，烯烃的含碳量高，燃烧时火焰明亮并伴有黑烟，B项正确；C．碳碳双键为平面结构，碳碳双键上的原子都共平面，甲基为四面体结构，至多一个氢原子与甲基上的碳原子共面，因此最多有7个原子共平面，C项正确；D．丙烯与HCl有两种加成方式，因此有两种加成产物，分别为CH3CHClCH3，CH2ClCH2CH3，D项错误；故选D。14.某溶液的溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积(换算成标准状状)与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是A.产生的CO2的物质的量为0.03molB.AB段发生反应的离子方程式为+H+═CO2↑+H2OC.若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2=100D.若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1=2V2，则n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：2【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，产生的CO2的体积为0.672L，物质的量为=0.03mol，选项A正确；B．AB段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为+H+═CO2↑+H2O，选项B正确；C．产生的CO2的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，依据碳元素守恒可知x=0.03-0.02=0.01，由反应Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl可知，碳酸钠消耗盐酸0.04mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共消耗盐酸0.05mol，则V2==0.1L=100mL，选项C正确；D．AB段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl，产生的CO2的物质的量为0.03mol ，由碳元素守恒可知n(Na2CO3)=0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为V2-V1==0.06L=60mL，3V1=2V2，解得V1=120mL，V2=180mL，OA段发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体积为120mL-60mL=60mL，n(NaOH)=0.5mol/L×0.06L=0.03mol，则n(Na2CO3):n(NaOH)=1:1，选项D错误；答案选D。II非选择题(共58分)15.a、b、c、d、e、f、g是七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；a元素的一种同位素原子无中子；b是形成化合物种类最多的元素；d与a同主族，且与f同周期；f元素的最外层电子数是电子总数的倍；d、e、f二种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。（1）b、f、g最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱顺序为________________(用化学式表示)。（2）用电子式表示元素d与f形成的化合物的过程：_________，该化合物属于________________(填“共价”或“离子”)化合物。（3）a、c、f间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为_________________。（4）写出能证明g比f非金属性强的一个化学方程式：_______________________。（5）向含有xmole的氯化物的溶液中加入含ymold的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为________。①xmol②0mol③x/3mol④y/3mol⑤ymol⑥mol（6）有机化合物A仅由上述a、b两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，B具有水果香味，H是高分子化合物。I．物质D所含官能团名称为________________。F的结构简式为________________；II．写出②的化学方程式_______________；其反应类型为____；【答案】（1） （2）①.②.离子（3）（4）（5）⑤（6）①.羧基②.③.④.氧化反应【解析】【分析】a、b、c、d、e、f、g是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，a元素的一种同位素原子无中子，则A为H元素；b是形成化合物种类最多的元素，则b为C元素；f元素的最外层电子数是电子总数的倍，则f只能有3个电子层，最外层电子数为6，f为S元素；d、e、f二种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，氢氧化铝、强碱、强酸两两能反应，可推知e为Al，d与a同主族，且与f同周期，d为Na元素，以此解答。【小问1详解】非金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：Cl>S>C，则酸性：。【小问2详解】Na和S形成离子化合物Na2S，形成过程为：。小问3详解】H、c、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，可以推知c为O元素，甲、乙分别为HS-和OH-，HS-和OH-反应生成S2-和H2O，离子方程式为：。【小问4详解】非金属性越强的元素单质氧化性越强，Cl2的氧化性比S强，则Cl2和H2S反应可以生成S单质，化学方程式为：。【小问5详解】含xmolAlCl3的溶液与含ymolNaOH的溶液混合，发生反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，若y≤3x，生成沉淀的物质的量为mol；若y≥4x ，生成沉淀的物质的量为0mol，若3x＜y＜4x，生成沉淀的物质的量为(4x-y)mol，故沉淀的物质的量一定不会是ymol，故选⑤。【小问6详解】有机化合物A仅由上述H、C两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，A为CH2=CH2，CH2=CH2和H2发生加成反应生成G，G为CH3CH3，CH3CH3和Cl2发生取代反应生成F为CH3CH2Cl，CH2=CH2和H2O发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生氧化反应生成CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成H为乙酸乙酯。I．物质D所含官能团名称为CH3COOH，所含官能团名称为羧基，F的结构简式为为：；II．CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，方程式为：。16.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。完成下列问题：（1）K2FeO4的电离方程式______。过程①中K2FeO4表现了______(填“氧化”或“还原”)性。（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有______、______(填两个)。（3）制备高铁酸钾常用的反应原理为：Fe(OH)3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O(反应未配平)。①通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性KClO______K2FeO4。A.大于B.小于C.等于D.无法比较②配平该反应的化学方程式，并用单线桥法表示电子转移的方向和数目说明______；世界环保联盟要求ClO2逐渐取代Cl2作为自来水消毒剂已知：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑发生器：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2OClO2的生产流程示意图如图： （4）该工艺中，需要补充的物质X为______(填化学式，下同)。（5）能参与循环的物质是______。已知：ClO2是极易溶于水的气体，具有强氧化性。用如图装置探究ClO2性质。回答下列问题：（6）锥形瓶内ClO2进气导管不伸入液面以下，原因是______。（7）烧杯内液体用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2:1，则还原产物的化学式是______。反应后向锥形瓶中加入少量四氯化碳，溶液上下分层，下层为紫红色已知：I2+Na2S=2NaI+S（8）若将锥形瓶内溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设a：ClO2与Na2S不反应。假设b：ClO2与Na2S反应。①你认为哪种假设正确，阐述原因：______。②请设计实验证明你的假设(仅用离子方程式表示)：______。【答案】（1）①.②.氧化（2）①.消毒杀菌②.净水（3）①.A②.（4）Cl2（5）Cl2、NaCl、H2O（6）防倒吸（7）NaClO2（8）①.假设b正确，原因S2-还原性比I-强②.【解析】 【小问1详解】K2FeO4完全电离为钾离子和高铁酸根离子，电离方程式为；过程①中Fe由+6价降低为+3价，K2FeO4表现了氧化性；【小问2详解】由图可知，，K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，同时得到的铁离子可水解为胶体，可净水，即作水处理剂时，K2FeO4的作用有消毒杀菌、净水；【小问3详解】①反应中KClO为氧化剂，K2FeO4为氧化产物，则在碱性条件下，氧化性KClO>K2FeO4；②Fe由+3价升高为+6价，升高3，Cl由+1价降低为-1价，降低2，则2Fe(OH)3+3KClO→2K2FeO4+3KCl，再结合原子守恒有2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为；【小问4详解】氯气与电解产生的氢气反应生成HCl，结合已知可知需要补充的物质X为Cl2；【小问5详解】发生器发生2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，则能参与循环的物质是Cl2、NaCl、H2O；【小问6详解】ClO2极易溶于水，易引起倒吸，锥形瓶内ClO2进气导管不伸入液面以下，原因是防倒吸；【小问7详解】烧杯内液体用于吸收尾气，若氧化产物是一种单质，则为O2，还原剂为H2O2，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2:1，则氧化剂为ClO2，设还原产物中Cl的化合价为x，则根据得失电子守恒有2×(4-x)=1×2×1，解得x=+3，则还原产物的化学式是NaClO2；【小问8详解】①假设b证明，原因：所给反应说明硫离子还原性比碘离子强，锥形瓶内的反应说明ClO2能氧化碘离子，则ClO2能氧化硫离子；②ClO2与Na2S反应未看到明显现象，原因是硫离子直接被氧化为硫酸根离子，证明假设只需要加入氯化钡溶液看产生白色沉淀，反应的离子方程式为。 17.某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁()，还含少量的、某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图(已知不溶于水和碱，但溶于强酸：)。根据流程回答下列问题：（1）溶液C中生成的溶质是________________，铝离子的结构示意图为________________。（2）溶液D与过量试剂X反应的离子方程式是_______________。（3）在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是_____，反应的方程式_______________，_______________。（4）操作1的名称为____________。（5）已知E为红色固体，写出证明E中无的方法：_________________(写出实验操作与现象)。【答案】（1）①.②.（2）、（3）①.生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色②.③.（4）过滤（5）取少量E于试管中，滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无【解析】【分析】磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe3O4)，还含少量的Al2O3、Cu2O，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸铁的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁(试剂X)，硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体II；向固体II中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。 【小问1详解】由分析可知，溶液C主要成分是NaAlO2；铝离子核外有10个电子，结构示意图为；故答案为：；；【小问2详解】溶液D为硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，试剂X为铁，铁与硫酸铜反应了、生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，其反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；；；【小问4详解】分离固体和液体的方法是过滤，则操作1的名称为过滤；故答案为：过滤；【小问5详解】由于Cu2O溶于强酸，发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则证明E中无Cu2O的方法为向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O；故答案为：取少量E于试管中，滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O。18.丁烷的催化裂解可按下列两种方式进行：；；某化学兴趣小组的同学为探究丁烷裂解气中和的比例关系，设计如图所示实验：注：CuO能将烃氧化成和；是丁烷裂解的催化剂，G后面装置已省略。如图连接好装置后 (部分夹持装置已略去)，需进行的实验操作有：①给D、G装置加热：②检查整套装置的气密性；③排尽装置中的空气。（1）这三步操作的先后顺序依次是___________________________。（2）简要说明检验空气排尽的方法：______________________。（3）B装置所起的作用是_________________________________。（4）F装置所起的作用是__________________________________。（5）假设丁烷完全裂解，流经各装置中的气体能完全反应。当E和F装置的总质量比反应前增加了4.9g，G装置中固体质量减少了14.4g，则丁烷的裂解产物________________。（6）若对E装置中的混合物再按以下流程实验：①分离操作I、II的名称是I________________、II________________；②溶液的作用是(用离子方程式表示)_____________________。【答案】（1）②③①（2）用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯度，若已纯净，则排尽（3）通过观察气泡，控制气体流量(或控制气体流速)（4）吸收溴蒸汽和水（5）1：2（6）①.分液②.蒸馏③.【解析】【分析】丁烷通过开关进入装置，通过观察水中气泡，控制气体流速，C中碱石灰用于干燥丁烷，干燥的丁烷进入D中，在Al2O3催化作用下裂解，将裂解产生的混合气体通过溴水，烯烃能与溴发生加成反应，用溴水吸收乙烯和丙烯，混合气体再通过碱石灰进行干燥同时吸收其中含有的溴蒸汽，最后混合气体通过CuO被氧化生成CO2和H2O。【小问1详解】连接好装置后第一步是检查整套装置的气密性，随后排尽装置内的空气，最后给D、G装置加热准备实验，故操作先后顺序为②③①。【小问2详解】用丁烷排除装置内的空气，装置中充满丁烷空气即已排尽，用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯度，若气体纯净则证明空气已排尽。 【小问3详解】B装置中装有水，可观察水中气泡的产生速率，控制丁烷的流速。【小问4详解】丁烷裂解产生的混合气体通过溴水，烯烃与溴反应被吸收，混合气体中含有溴蒸气，F中碱石灰的作用为吸收混合气体中的水和溴蒸气。【小问5详解】E和F装置的总质量比反应前增加了4.9g，说明生成的C2H4和C3H6的总质量为4.9g，G装置中固体质量减少了14.4g，减少的为O原子的质量，减少氧原子0.9mol，设丁烷裂解产物中有CH4xmol，C2H6ymol，则生成丙烯xmol，乙烯ymol，42x+28y=4.9g，2x+2x+4y+3y=0.9mol，解得x=0.05mol，y=0.1mol，n(CH4)：n(C2H6)=1：2。【小问6详解】①操作Ⅰ为分离有机层和水层，则操作Ⅰ为分液，操作Ⅱ为分离有机层中的1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，两者沸点不同采用蒸馏的方式分离，操作Ⅱ为蒸馏。②Na2SO3作用为除去混合物中的溴单质，防止有机层中混有溴，两者反应的离子方程式为。