山东省滨州行知2022年高考化学考前最后一卷预测卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（ ）A1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3种C所有碳原子均处同一平面D1molM可与15mol H2发生加成反应2、CuI是有机合成的一种

2、催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO42NaISO22H2O2CuI2H2SO4Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A制备SO2B制备CuI并制备少量含SO2的溶液C将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D加热干燥湿的CuI固体3、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置；液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水C将Ag

3、Cl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)KSP(AgBr)D室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2AHBAABBCCDD4、根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJB反应2CO(g)O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C由C(s)CO(g)的热化学方程式为：2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1D热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值H10

4、.1 kJmol15、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A分子式为C10H12B一氯代物有五种C所有碳原子均处于同一平面D能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、下图为某有机物的结构，下列说法错误的是（）A该物质的名称为2-甲基丙烷B该模型为球棍模型C该分子中所有碳原子均共面D一定条件下，可与氯气发生取代反应7、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是( ) AM为电源负极，有机物被还原B中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小CM极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D

5、处理1molCr2O72-时有6mol H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移8、水玻璃(Na2SiO3溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%70%、C：30%35%)制取水玻璃的工艺流程：下列说法正确的是()A原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值B操作A与操作B完全相同C该流程中硅元素的化合价发生改变D反应器中发生的复分解反应为SiO22NaOH=Na2SiO3H2O9、已知2H2(g) +O2(g) 2H2O(l) + 571.6kJ。下列说法错误的是( )A2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6kJ热量B

6、2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量C2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量D2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量大于571.6kJ10、甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)H2(g)H=-QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )AQ0B600 K时，Y点甲醇的(正)”、“”或“=”，下同）。平衡常数KB_KC。若B点时投料比=3，则平衡常数KB=_（代入数据列出算式即可，不用化简）。其他条件不变时，能同时满足增大反应速率和提高CO2转化率的措施是_。A将产物

7、从体系不断分离出去 B给体系升温C给体系加压 D增大H2的浓度（4）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯的工作原理如图所示。则M极上的电极反应式为_。已知乙烯也能做燃料电池，当消耗标况下2.24L乙烯时，导线中转移电子的数目为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3个-COOH，由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体，所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的

8、H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子中 含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D错误；故合理选项是D。2、D【解析】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成

9、CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。3、C【解析】A亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡，硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解，现象不正确，故A错误；BKI溶液中不存在碘单质，加入CCl4，不能发生萃取，振荡后静置，下层不能呈紫红色，现象不正确，故B错误；CAgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，说明氯离子浓度大于碘离子浓度，证明Ksp(AgCl)Ksp(Ag

10、Br)，C实验操作、现象及结论均正确；D室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大，只能说酸性HA-HB，不能说明酸性H2AHB，结论不正确，故D错误；答案选C。4、C【解析】由图可知，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)O2(g)= CO2(g)H393.5 kJmol1，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)O2(g)= 2CO2(g) H282.9kJmol1，转化转化得C(s)CO(g)的热化学方程式2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1。【详解】A项、由图可知1 mol C(s)与1

11、 mol O2(g)的能量比1 mol CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；B项、由图可知反应2CO(g)O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C项、由图可知1 mol C(s)与O2(g)生成1 mol CO(g)放出热量为393.5 kJ282.9 kJ110.6 kJ，则C(s)CO(g)的热化学方程式为2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1，故C正确；D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJg10.1 kJg1，故D错误；故选C。5、D【解析】A、将键线式转化为

12、分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误；B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误；B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。6、C【解析】A有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，选项A正确； B由图可知该模型为球棍模型，选项B正确； C为烷烃，每个碳原子都与其它原子形成四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，选项C错误； D烷烃在光照条件下可发生取代反应，选项D正确。 答案选C。【点睛】本题考

13、查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与迁移能力的考查，由结构简式可知有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，结合烷烃的结构和性质解答该题。7、B【解析】根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl溶

14、液中，N极电极反应式为Cr2O726e14H2O=2Cr(OH)38OH，生成的OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为64()=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能

15、通过Na和Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H和OH的移动反应来判断。8、A【解析】A、稻壳灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，A正确；B、操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，B错误；C、二氧化硅中，硅元素的化合价是4价，硅酸钠中，硅元素的化合价是4价，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，C错误；D、复分解反应是指由两种化合物相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应，反应SiO22NaOHNa2SiO3H2O不属于复分解反应，D错误。答案选A。【点睛】明确物质的性质、发生的反应以及流程中的物质变化是解答的关键。注意在化合物中，元素化合价代数和为零

16、，在单质中，因为没有元素之间的化合，所以规定单质中元素的化合价为零。9、D【解析】A由信息可知生成2molH2O（l）放热为571.6kJ，则2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6KJ热量，选项A正确；B该反应为放热反应，则2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量，选项B正确；C物质的量与热量成正比，则2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量，选项C正确；D气态水的能量比液态水的能量高，则2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量小于571.6kJ，选项D错误；答案选D。10、B【解析】A.根据图像，温度升高，甲醇

17、的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q0，A错误；B.600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明Y点甲醇(正) (逆)，B正确；C.从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，而增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；D.催化剂不能改变平衡状态，不能改变平衡转化率，D错误；答案选B。11、C【解析】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3O

18、H时释放出的热量更多，H更小，选项D错误。答案选C。12、D【解析】A灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；B过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；C四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；D有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；故答案为D。13、A【解析】H2C2O4H+HC2O4- Ka1=，lg=0时，=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O4-H+C2O42- Ka2=，lg=0时，=1，Ka2= c(H+)=

19、10-pH。【详解】A由于Ka1Ka2，所以=1时溶液的pH比=1时溶液的pH小，所以，表示lg与pH的变化关系，A正确；B电荷守恒：2c(C2O42-)c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na)+c(H+)，pH1.22，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，那么：2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)，B错误；C由A可知，为lg与pH的变化关系，由分析可知，Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.8110-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；DH2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4

20、溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误；答案选A。【点睛】酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。14、A【解析】A双氢青蒿素，由C、H、O三种

21、元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。15、D【解析】A正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；B根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；C. 100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动； D. 80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 mol/L

22、1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。【详解】A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；B. 2040s内，则，B项错误；C. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D. 浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3 mol/L1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 molNO2吸收热量0.15Q kJ，D项正确；答案选D。【点睛】本题易错点为C选项，在有气体参加或生

23、成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。16、D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以

24、实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻硝基甲苯（或2-硝基甲

25、苯） C13H20ON2 浓HNO3浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或 【解析】A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生

26、成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。18、CH3CHO 还原反应 浓硝酸，浓硫酸，苯 cd +2NaOHCH3COONa+H2O 3 +NH2CH2COOH+H2O 【解析】B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH，可推知乙烯与氧气反应生成A为CH

27、3CHO，A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为，反应为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D；(4)M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有-NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到与水。【详解】由上述分析可知：A为CH3CHO，B为CH3COOH，C为，D为，E为，M为。(1)由上述分析可知，A的结

28、构简式为：CH3CHO，C为，D为，C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生，所以CD的反应类型为还原反应；(2)反应为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；(3)由上述分析可知，E为。a根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO，a错误；bE含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，b错误；cE含有酚羟基，遇到FeCl3溶液能发生显色反应，c正确；dE含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，故合理选项是cd；(4)M为，M水解得到的乙酸与，乙

29、酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应，反应方程式为：+2NaOHCH3COONa+H2O；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC，符合条件的同分异构体有3种；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到和水，故最后一步反应的化学方程式为：+NH2CH2COOH+H2O。【点睛】本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用

30、能力。19、 直形冷凝管 C、E、D、F 饱和食盐水 吸收尾气中氯气，避免污染环境 3Cl2NH4ClNCl34HCl 7195 用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色 【解析】题干信息显示，利用氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮，所以制得的氯气不必干燥，但须除去氯化氢，以防干扰三氯化氮的制备。先用A装置制取Cl2，然后经过安全瓶G防止倒吸，再利用C装置除去Cl2中混有的HCl；此时混有少量水蒸气的Cl2进入E装置与蒸馏烧瓶中加入的氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢；当E装置的烧瓶中出现较多油状液

31、体时停止反应，用水浴加热蒸馏烧瓶，并控制温度在三氯化氮的沸点与95(爆炸点)之间，将三氯化氮蒸出，用D冷凝，用F承接；由于Cl2可能有剩余，所以需使用装置B进行尾气处理。【详解】(1)NCl3为共价化合物，N原子与Cl各形成一对共用电子，其电子式为；仪器 M 的名称是直形冷凝管。答案为：；直形冷凝管；(2)依据分析，如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、C、E、D、F、B。答案为：C、E、D、F；(3)装置C用于除去Cl2中混有的HCl，所以C中试剂是饱和食盐水；最后所得尾气中可能混有污染环境的Cl2，应除去，由此确定B装置的作用是吸收尾气中氯气，避免污染环境。答案为：饱和食盐水；吸收

32、尾气中氯气，避免污染环境；(4)E装置中，氯气与氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢，化学方程式为3Cl2NH4ClNCl34HCl。答案为：3Cl2NH4ClNCl34HCl；(5)由以上分析可知，水浴加热温度应控制在三氯化氮的沸点与95(爆炸点)之间，应为7195。答案为：7195；(6)设计实验时，应能证明现象来自产物，而不是反应物，所以使用的物质应与反应物不反应，但能与两种产物反应，且产生不同的现象，可设计为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。答案为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液

33、体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。【点睛】分析仪器的连接顺序时，要有一个整体观、全局观，依据实验的操作顺序，弄清每步操作可能使用什么装置，会产生什么杂质，对实验过程或结果产生什么影响，于是注意选择合适的试剂，合理安排装置的连接顺序。20、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去Cl2

34、中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32