2025届浙江省富阳市第二中学化学高一下期末质量跟踪监视试题含解析

2025届浙江省富阳市第二中学化学高一下期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是A．原子半径大小顺序：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强2、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子是内层电子数的3倍，下列说法正确的是A．X的气态氢化物比Y的稳定B．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C．Z的非金属性比Y的强D．X与Y形成的化合物都易溶于水3、下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是选项实验操作及现象解释或结论A．向某溶液中逐滴加入盐酸，产生无色无味气体此溶液中一定含有CO32-B．将干燥和湿润的红色布条，分别放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布条褪色氯气与水反应一定产生具有漂白性的物质C．将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，产生大量白烟NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl晶体D．向某溶液中逐滴加入NaOH溶液，立即产生白色沉淀，迅速变成灰绿，最终变成红褐色此溶液中一定含有Fe2+A．AB．BC．CD．D4、实验室用大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（）A．降低反应温度B．延长反应时间C．粉碎大理石D．加水稀释盐酸5、已知断开1molH2中的化学键需要吸收436kJ的能量，断开1molCl2中的化学键需要吸收243kJ的能量，而形成1molHCl分子中的化学要释放431kJ的能量，则1mol氢气与1mol氯气反应时能量变化为：A．吸收183kJ B．吸收366kJ C．放出366kJ D．放出183kJ6、如图中的大黑点代表原子序数为1～18的元素的原子实(原子实是原子除最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表共价键。下列各图表示的结构与化学式一定不相符的是()A． B． C． D．7、下列关于F、Cl、Br、I形成相关物质性质的比较中，正确的是A．单质的颜色随核电荷数的增加而变浅B．单质的熔、沸点随核电荷数的增加而降低C．它们的单质氧化性随核电荷数的增加而减弱D．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强8、在一定温度下，某体积不变的密闭容器中发生如下可逆反应：A2(g)+B2(g)2AB(g)。该反应达到平衡状态的标志是A．A2、B2、AB的反应速率的比值为1:1:2B．容器内的总压强不随时间变化而变化C．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变9、下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是（）A．FeS B．Fe3O4 C．FeCl2 D．FeCl310、下列条件的改变，一定会同时影响化学反应速率和化学平衡的是A．浓度B．温度C．压强D．催化剂11、铜和浓硝酸反应产生的气体，用排水法收集到aL气体（标准状况），被还原的硝酸是（）A．a/22.4molB．a/11.2molC．3a/22.4molD．3amol12、下列各图所表示的反应是吸热反应的是A． B． C． D．13、在2L容积不变的容器中，发生N2+3H22NH3的反应。现通入4molH2和4molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/(L·s)，则10s后容器中N2的物质的量是（）A．1.6mol B．2.8mol C．3.2mol D．3.6mol14、通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．化学键C﹣HC﹣FH﹣FF﹣F键能/（kJ•mol﹣1）414489565155根据键能数据估算反应CH4+4F2═CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（）A．放热1940kJ B．吸热1940kJ C．放热485kJ D．吸热485kJ15、下列化学用语对事实的表述不正确的是A．钠与水反应的离子方程式:

2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑B．用惰性电极电解硝酸银溶液的离子方程式:

4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+C．电解精炼铜的阴极反应式:

Cu2++2e-=CuD．苯乙烯聚合反应的化学方程式:16、在一定温度下将1molCO和1molH2O(g)通入一个密闭容器中反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡后CO2的物质的量为0.67mol，再通入4molH2O(g)达到平衡后CO2的物质的量可能是()A．等于0.6molB．等于lmolC．大于lmolD．等于0.94mol二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：如图中A是金属铁，请根据图中所示的转化关系，回答下列问题：（1）写出E的化学式____；（2）写出反应③的化学方程式：__________；（3）写出①④在溶液中反应的离子方程式：________、______。18、如图是四种常见有机物的比例模型，请回答下列问题：(1)向丙中加入溴水，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n＝5时，写出含有3个甲基的有机物的结构简式_____。下图是用乙制备D的基本反应过程(3)A中官能团为__________。(4)反应①的反应类型是__________。(5)写出反应④的化学方程式_______。(6)现有138gA和90gC发生反应得到80gD。试计算该反应的产率为______(用百分数表示，保留一位小数)。19、工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，其工艺流程如下：已知：①NaHSO4溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。②高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90℃。请回答下列问题：（1）反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为__________________，冷却的目的是_____________，能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是___________________。（2）反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为__________________。（3）通入反应器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2，请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的原因是_________________________。（4）Ca(ClO)2、ClO2、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________________，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式：____________________。20、无水AlCl3是一种重要的化工原料。某课外活动小组尝试制取无水AlCl3并进行相关探究。资料信息:无水AlCl3在178℃升华，极易潮解，遇到潮湿空气会产生白色烟雾。（探究一）无水AlCl3的实验室制备利用下图装置，用干燥、纯净的氯气在加热条件下与纯铝粉反应制取无水AlCl3。供选择的药品:①铝粉②浓硫酸③稀盐酸④饱和食盐水⑤二氧化锰粉末⑥无水氯化钙⑦稀硫酸⑧浓盐酸⑨氢氧化钠溶液。(1)写出装置A发生的反应方程式__________。(2)装置E需用到上述供选药品中的________(填数字序号)，装置F的作用是__________。(3)写出无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式__________。（探究二）离子浓度对氯气制备的影响探究二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低，反应会停止的原因:(4)提出假设:假设1.Cl-浓度降低影响氯气的生成；假设2.__________。(5)设计实验方案:(限选试剂:浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸)步骤实验操作预测现象和结论①往不再产生氯气的装置中，加入_____继续加热若有黄绿色气体生成，则假设1成立②__________若有黄绿色气体生成，则假设2成立（探究三）无水AlCl3的含量测定及结果分析取D中反应后所得固体2.0g，与足量氢氧化钠溶液反应，测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况)，重复测定三次，数据如下:第一次实验第二次实验第三次实验D中固体用量2.0g2.0g2.0g氢气的体积334.5mL336.0mL337.5mL(6)根据表中数据，计算所得固体中无水AlCl3的质量分数_________。(7)有人认为D中制得无水AlCl3的质量分数偏低，可能的一种原因是__________。21、在一固定体积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和1molH2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝__________________________________。（2）该反应是放热反应还是吸热反应______________（3）若反应在830℃下达到平衡，则CO2气体的浓度是_________；CO2的转化率为________。平衡后再向容器中通入2molCO2再次达到的平衡时，CO2的转化率_______（填变大，变小或不变）（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是__________________________。A．容器内压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，所以X为碳，Y是地壳中含量最高的元素为氧元素。Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，则Z为镁元素，W与X同主族，为硅元素。A、根据电子层越多半径越大，同电子层的原子，最外层电子越多，半径越小的规律分析，半径顺序正确，不选A；B、氧和镁形成氧化镁，含有离子键，氧和钠可以形成氧化钠，含有离子键，也可形成过氧化钠，含有离子键和共价键，错误，选B；C、碳的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，W的为硅酸，根据同族元素非金属性从上往下减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱的规律分析，碳酸的酸性比硅酸强，正确，不选C；D、氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的稳定性强与硅的氢化物，正确，不选D。【考点定位】元素周期表和元素周期律的应用【名师点睛】元素周期表和元素周期律的考查是高考必考内容。其涉及各种元素及其化合物的性质，所以要掌握其规律。例如元素金属性和非金属性的强弱比较。通常有三种方法比较：1．结构比较法：根据原子结构比较，最外层电子数越少，电子层数越多，元素金属性越强；最外层电子数越多，电子层数越少，非金属性越强。2．位置比较法：根据元素周期表中的位置比较，金属性：右上弱左下强。非金属性：左下弱，右上强。根据金属活动性顺序表比较：按钾钙钠镁铝锌铁锡铅铜汞银铂金顺序减弱。根据非金属活动性顺序表比较：按氟氧氯溴碘硫顺序减弱。3．实验比较法：根据三反应和两池比较：三反应有：（1）置换反应：强换弱。（2）与水或酸反应越剧烈，或最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性越强。（3）与氢气反应越容易，生成的气态氢化物越稳定，或最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性越强。两池：原电池中负极材料的金属性强于正极；电解池：在阳极首先放电的阴离子其对应元素的非金属性弱；在阴极首先放电的阳离子，其对应的元素的金属性弱。2、B【解析】

短周期元素，由图可知X、Y在第二周期，Y原子的最外层电子是内层电子数的3倍，即Y原子的K层电子数为2、L层电子数为6，其质子数为8，则Y为氧元素，由元素在周期表中的位置可知X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素，则A、同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性Y＞X，所以Y的气态氢化物比X的稳定，故A错误；B、同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性W＞Z，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故B正确；C、同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y＞Z，故C错误；D、X与Y形成的化合物NO不溶于水，故D错误；故选B。3、A【解析】CO32-、HCO3-都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，所以向某溶液中逐滴加入盐酸，产生二氧化碳气体，不一定含有CO32-，故A错误；水不能使红布条褪色，将干燥的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，红布条不褪色，说明氯气没有漂白性，将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布褪色，说明氯气与水反应生成了具有漂白性的物质，故B正确；浓盐酸、浓氨水都有挥发性，将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl，产生大量白烟，故C正确；Fe2+与NaOH溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故D正确。4、C【解析】A.降低反应温度反应速率减小，A错误；B.延长反应时间不能改变反应速率，B错误；C.粉碎大理石增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C正确；D.加水稀释盐酸降低氢离子浓度，反应速率减小，D错误，答案选C。点睛：参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：①浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；②压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；③温度：升高温度，可以加快化学反应速率；④催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；⑤其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁波、反应物表面积、扩散速率、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。5、D【解析】

H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热=生成物的键能-反应物的键能=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431kJ•mol-1=-183kJ•mol-1，故1mol氢气与1mol氯气反应时放出热量为183kJ，故选D。6、C【解析】

A项、氨气分子中N与H形成三对共价键，剩余一对孤对电子，故A正确；B项、乙炔分子中C与C之间形成碳碳三键，是直线形结构，故B正确；C项、四氯化碳分子中Cl原子核外最外层有7个电子，只有1个电子形成了共价键，还有6个电子未形成共用电子对，故CCl4的正确图式为，故C错误；D项、二氧化碳中C分别与两个O形成2对共价键，O剩余2对孤对电子，故D正确；故选C。【点睛】注意把握原子形成的共价键数目与其原子核外的单电子数有关是解答关键。7、C【解析】

F、Cl、Br、I是第ⅦA族元素，从F到I，核电荷数逐渐增大。【详解】A．F2是淡黄绿色气体，Cl2是黄绿色气体，Br2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体，单质的颜色随核电荷数的增加而变深，故A错误；B．从F2到I2，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，所以单质的熔、沸点逐渐升高，故B错误；C．从F到I，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以它们的单质氧化性逐渐减弱，故C正确；D．氢化物的稳定性随非金属性的增强而增强，从F到I，非金属性逐渐减弱，所以它们的氢化物的稳定性也逐渐减弱，故D错误；故选C。【点睛】同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的束缚力逐渐减弱，所以得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，元素的非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强，相应阴离子的还原性逐渐增强，阳离子的氧化性逐渐减弱。由于元素的金属性逐渐增强，所以单质和水或酸反应置换出氢气越来越容易，氢氧化物的碱性也逐渐增强；由于元素的非金属性逐渐减弱，所以单质和氢气化合越来越难，氢化物越来越不稳定，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱。8、C【解析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。在一定温度下，某体积不变的密闭容器中发生如下可逆反应:

A2(g)

+B2(g)2AB(g)。

该反应达到平衡状态的标志是详解：A.反应速率之比是化学计量数之比，则A2、B2、AB的反应速率的比值为1:1:2时不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.反应前后体积不变，压强不变，则容器内的总压强不随时间变化而变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；D.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量和物质的量均是不变的，因此容器内混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能据此说明反应达到平衡状态，D错误。答案选C。9、C【解析】

A．铁为变价金属，遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物，Fe+SFeS，故A不选；B．铁和氧气直接反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故B不选；C．氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物，铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，不能直接生成氯化亚铁，故C选；D．铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故D不选；答案选C。10、B【解析】分析：任何化学反应发生，都伴随着能量的变化，所以改变温度，均可使平衡发生移动，同时，反应速率也会发生变化，改变其它条件不一定能影响反应速率和平衡移动。详解：A、对于等体反应，同等程度改变反应混合物的浓度不会引起平衡的移动，故A错误；

B、升高温度反应速率加快，化学平衡一定向着吸热方向进行，降低温度反应速率减慢，平衡向放热反应方向移动，故B正确；

C、对于没有气体参加的反应，或等体反应，压强改变不会引起平衡的移动，故C错误；D、使用催化剂只能同等程度改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动，故D错误。故答案为：B。点睛：本题考查生影响化学反应速率和化学平衡移动的因素，注意每个因素的对化学平衡的影响是解答的关键，温度的改变一定能使平衡发生移动。11、C【解析】分析：Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，通过排水法收集到的气体是NO，根据方程式、N原子守恒计算被还原硝酸物质的量。详解：Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，通过排水法收集到的气体是NO，根据方程式知，NO体积是二氧化氮体积的1/3，如果用排水法收集aLNO，则二氧化氮体积为3aL，n（NO2）=3a/22.4mol，根据N原子守恒得被还原n（HNO3）=n（NO2）=3a/22.4mol，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应方程式的有关计算，为高频考点，明确排水法收集到的气体成分是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大。12、A【解析】

若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热反应，选项A符合题意，故答案为A。13、C【解析】

10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/（L•s），根据速率之比等于其化学计量数之比，则v（N2）=v（H2）=×0.12mol/（L•s）=0.04mol/（L•s），则参加反应的氮气的物质的量为：0.04mol/（L•s）×10s×2L=0.8mol，故10s后容器中N2的物质的量是：4mol-0.8mol=3.2mol。答案选C。14、A【解析】

根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量解答。【详解】根据键能数据可知反应CH4+4F2＝CF4+4HF的ΔH＝（4×414+4×155－4×489－4×565）kJ·mol＝－1940kJ·mol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940kJ。答案选A。15、D【解析】分析:A.二者反应生成氢氧化钠和氢气；B.惰性电极电解时，银离子及水中的氢氧根离子放电；C.金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。详解:A.钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；

B.用惰性电极电解硝酸银溶液的离子反应为4Ag++2H2O

4Ag+O2↑+4H+，故B正确；C.金属铜的电解精炼过程中,阴极上铜离子得电子生成Cu,其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,故C正确；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，正确的化学方程式为：，所以D选项是错误的；

所以本题选D。点睛：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大。16、D【解析】解：根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2+H2，初始物质的量：1

1

0

0变化物质的量：0.67

0.67

0.67

0.67平衡物质的量：0.33

0.33

0.67

0.67此时二氧化碳是0.67mol，再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则会生成二氧化碳和氢气各1mol，此时CO2的物质的量1mol，但是一氧化碳不会全部转化，所以达到新的平衡后，CO2的物质的量介于0.67mol-1mol之间，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe(OH)22FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【解析】

A是金属铁，与HCl反应生成C为FeCl2，C可与NaOH反应，故D为H2，E为Fe(OH)2；C与Cl2反应生成D为FeCl3，FeCl3能与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)2与氧气和水反应生成Fe(OH)3；根据转化关系可知，Fe与H2O在加热的条件下也可以生成H2，应是Fe与水蒸气的反应生成Fe3O4和H2，则B为Fe3O4，据此解答。【详解】根据上述分析易知：（1）E为Fe(OH)2；（2）反应③为FeCl2与氯气反应生成D为FeCl3，其反应的方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）反应①为铁与HCl反应生成FeCl2与H2的过程，其离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；反应④为FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3与NaCl的过程，其离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。18、橙红(或橙)—OH(或羟基)加成反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O60.6%【解析】

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。乙烯与水反应生成乙醇，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应生成乙酸乙酯，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，则主链有4个C原子，应为2-甲基丁烷，结构简式为，故答案为：；(3)乙烯与水反应生成乙醇，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应生成乙酸乙酯，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)反应①为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；(5)反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为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，则乙酸完全反应，可得1.5mol乙酸乙酯，质量为132g，而反应得到80g乙酸乙酯，则反应的产率为×100%=60.6%，故答案为：60.6%。19、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－+2H2OH2O2有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2强氧化性Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O【解析】

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。20、MnO2+4HCl△MnCl2+Cl2↑+2H2O⑥吸收多余的氯气以免污染空气AlCl3+3H2O==Al(OH)3+3HClH+浓度降低影响氯气的生成NaCl固体往不再产生氯气的装置中，加入浓H2SO4，继续加热86.5%制备的氯气不足（或固体和气体无法充分接触；无水AlCl3发生升华，造成损失等）【解析】分析：本题分三块，制备氯化铝、氯化铝的纯度分析、探究实验室制氯气的反应原理，其中氯化铝制备是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气与铝粉共热制备氯化铝，实验过程中要关注氯气的净化、保持无氧环境（防止生成氧化铝）、干燥环境（防氯化铝水解），并进行尾气处理减少对环境的污染；氯化铝样品中可能混有铝，利用铝与氢氧化钠溶液反应生成的氢气测定铝的含量，再计算出氯化铝的纯度；探究实验室制备氯气的原理可从二个方面分析：氯离子浓度对实验的影响和H+对实验的影响，据此解答。详解：（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）由于生成的氯化铝易水解，则需要防止水蒸气进入D装置，因此装置E中的药品是无水氯化钙，答案选⑥；氯气有毒，需要尾气处理，则装置F的作用是吸收多余的氯气以免污染空气。（3）无水氯化铝遇水蒸汽发生水解反应，则无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式为AlCl3+3H2O＝Al(OH)3+3HCl；（4）根据实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热反应原理可知，参加离子反应的离子为氯离子和氢离子，因此另一种