(5)为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须____________；E管中的反应开始后，在F出口处应________________________________。
19．（6分）某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
（1）在30mL的大试管 ①中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液； （2）按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；
（3）待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层； （4）分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。 请根据题目要求回答下列问题：
（1）配制该混合溶液时，浓硫酸、乙醇、乙酸的滴加顺序是：_______。写出制取乙酸乙酯的化学方程式 ________。
（2）试管②中所加入的物质是：________，作用为_________。 A．中和乙酸和乙醇； B．中和乙酸并吸收部分乙醇；
C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出； D．加速酯的生成，提高其产率。
（3）步骤（2）中需要小火均匀加热，温度不能太高，其主要理由是：_____（答一条即可）。
（4）分离出乙酸乙酯层所用到的主要仪器是________；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母）：_______。
A．P2O5 B．无水Na2SO4 C．碱石灰 D．NaOH固体 20．（6分）用四种方法区分厨房中的淀粉和葡萄糖固体。
参考答案
单选题有答案含解析
1．3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O 降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出 HClO4沸点低 2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2O H2O2有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2 强氧化性 Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O
【解析】 【分析】
NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反应器II中与二氧化硫、氢氧化钠反应2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亚氯酸钠，再得到其晶体；反应器I中得到的溶液通过冷却过滤得到NaHSO4晶体，滤液为HClO4，蒸馏得到纯净的HClO4；
（1）NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应生成HClO4、ClO2和NaHSO4；冷却溶液时会析出NaHSO4晶体；高氯酸易挥发，蒸馏可以得到高氯酸；
（2）反应器Ⅱ中ClO2与二氧化硫、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠； （3）H2O2具有还原性，能还原ClO2；
（4）具有强氧化性的物质能用作消毒剂和漂白剂，氯气和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸钠、水。 【详解】
（1）根据题给化学工艺流程分析反应器Ⅰ中NaClO3和浓H2SO4发生反应生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化学方程式为3NaClO3 + 3H2SO4 ＝ HClO4 + 2ClO2↑ + 3NaHSO4 + H2O；冷却的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是高氯酸的沸点低，易挥发；
（2）反应器Ⅱ中ClO2、SO2和氢氧化钠发生反应生成亚氯酸钠、硫酸钠和水，离子方程式为2ClO2+SO2+4OH
－
＝2ClO2－+SO42－+2H2O；
（3）H2O2中O元素为-1价，有还原性，能被强氧化剂氧化，H2O2能还原ClO2；所以通入反应器Ⅱ中的SO2用另一物质H2O2代替同样能生成NaClO2；
（4）消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理是利用它们的强氧化性来达到目的，因此Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有强氧化性，用氯气和NaOH溶液生产另一种消毒剂NaClO的离子方程式为Cl2 + 2OH＝ Cl+ ClO+ H2O。
2．3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ③①④⑤② 将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 B 2NO+O2=2NO2 【解析】 【分析】
（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；
（2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性，原理是利用活塞与止水夹构成封闭体系，根据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断，然后进行反应，实验要验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，生成的气体不能与空气接触，应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，据此分析操作步骤；
（3）装置中残留空气，反应产物一氧化氮易与空气中的氧气反应，需用反应产生的气体赶走装置中的空
－
－
－
气；
（4）长颈漏斗球形部分空间较大，能起缓冲作用，接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出； （5）NO是无色气体，NO遇空气中氧气生成NO2气体，NO2是红棕色的气体，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，右侧压强增大，右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色，说明还原产物是NO。 【详解】
（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O； （2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性（③），然后打开活塞与止水夹（①），从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平（④），铜和稀硝酸反应，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰，关闭活塞与止水夹（⑤），U形管右侧酸液与铜丝分离后，打开活塞（②），反应结束，所以操作步骤为：③①④⑤②；
（3）装置中残留空气，反应产物一氧化氮易与空气中的氧气反应，操作④从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；
（4）该实验铜和稀硝酸反应，生成的NO是无色难溶于水的气体，装置内压强增大，用长颈漏斗能接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，
故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；
（5）NO是无色难溶于水的气体，若稀硝酸与Cu反应生成NO气体，右侧压强增大，右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气，NO遇空气中氧气反应2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2气体，所以U形管右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色，能证明稀硝酸与铜反应还原产物是NO， 故答案为：B；2NO+O2=2NO2。 八、工业流程
3．（1）2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO4+4H；（2）Ba+SO4=BaSO4↓； （3）在酸性条件下，NO3把Fe氧化为Fe；
（4）液面上方气体由无色变为红棕色；（5）NO3>Fe>SO4。 【解析】
试题分析：（1）Fe具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，Fe＋SO2→Fe＋SO4，根据化合价的升降配平，即2Fe＋SO2→2Fe＋SO4，根据缺项配平，则离子反应方程式为：2Fe＋SO2＋2H2O=2Fe＋SO4＋4H；（2）根据（1）加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，即Ba＋SO4=BaSO4↓；（3）根据（1）中Fe被还原成Fe，硝酸具有氧化性，能把Fe氧化成Fe，溶液的颜色由浅绿色转变成棕色；（4）硝酸被Fe还原成NO，NO遇到空气被氧化成NO2，即液面上方气体由无色变为红棕色；（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即NO3>Fe>SO4。
考点：考查氧化还原反应、氧化性强弱的比较、元素及其化合物的性质等知识。
－
3＋
2－
2＋3＋
2＋
2＋
3＋
2＋
2－
＋
2＋
2－
3＋
2＋
2－
3＋
3＋
3＋
2＋
2－
-3+
2--2+
3+
3+
2+
2-+
2+
2-
4．A F E C D B 澄清石灰水变浑浊 品红溶液未褪色 吸收SO2
C?2H2SO4（浓）CO2??2SO2??2H2O
【解析】 【分析】
木炭与浓硫酸加热反应生成CO2、SO2和H2O。其中CO2、SO2在化学性质上的相同点是二者均为酸性氧化物，都能与Ca(OH)2反应，使澄清石灰水变浑浊，这会干扰CO2的检验。SO2和CO2在化学性质上的明显不同点是SO2有漂白性和还原性，而CO2没有。所以在检验CO2时，首先用酸性KMnO4溶液将SO2除去，再用品红溶液检验SO2是否被完全除去，最后用澄清石灰水检验CO2。 【详解】
(1)甲为浓硫酸与木炭生反应的装置，KMnO4可氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，所以装置连接顺序为：A→F→E→C→D→B；
(2) SO2具有漂白性，SO2能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，证明SO2已经除尽，最后用澄清石灰水检验CO2，澄清石灰水变浑浊。若丙中品红褪色，则乙中的澄清的石灰水变浑浊，无法证明甲中反应生成了CO2；
(3)若证明有CO2，需要先除去干扰气体SO2，用高锰酸钾可以吸收SO2；
(4)浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成CO2、SO2和水，方程式：C?2H2SO4（浓）
ΔΔCO2??2SO2??2H2O。
通电5．MgCl2 【解析】 【分析】
Mg+Cl2↑ Mg+ 2OH--2e-=Mg(OH)2 氧化 Al+ 4OH--3e-= AlO2-+2H2O
（1）工业上通常用电解熔融的氯化镁的方式冶炼金属镁；
（2）①开始时发现电表指针向左偏转，镁条作负极，失电子，被氧化，发生氧化反应，生成镁离子与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化镁；
②随后很快指针向右偏转，则Al作负极，失电子生成的铝离子反应生成偏铝酸根离子和水。 【详解】
（1）工业上通常用电解熔融的氯化镁的方式冶炼金属镁，其方程式为MgCl2
通电 Mg+Cl2↑；
（2）①开始时发现电表指针向左偏转，镁条作负极，失电子，被氧化，发生氧化反应，生成镁离子与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化镁，则电极反应式为Mg+ 2OH--2e-=Mg(OH)2；
②随后很快指针向右偏转，则Al作负极，失电子生成的铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，电极反应式为Al+ 4OH--3e-= AlO2-+2H2O。 【点睛】
Al作负极，失电子生成的铝离子反应生成偏铝酸根离子和水。
6．分液漏斗 Na2SO3?H2SO4=Na2SO4?SO2??H2O 溴水褪色 b
2H2S?SO2=3S??2H2O a 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢
复为红色 NaOH 【解析】 【分析】
浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2?+H2O；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B装置的
2H2S+SO2=3S?+2H2O，实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：
C装置体现了二氧化硫的氧化性；D装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。 【详解】
根据上述分析可知，
（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2?+H2O，故答案为分液漏斗；
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2?+H2O；
（2）装置B中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，S元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：2H2S+SO2=3S?+2H2O，二氧化硫中S元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c项正确；，故答案为溴水褪色；b；2H2S+SO2=3S?+2H2O；c；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH。 【点睛】
本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。
黑龙江省鸡西市新高一下学期化学易错实验题含解析
