2025届浙江温州十五校联盟高一化学第二学期期末质量检测试题含解析

2025届浙江温州十五校联盟高一化学第二学期期末质量检测试题注意事项：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、SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合符合要求的是（）①Cu和浓硝酸②氢氧化钠固体和浓氨水③大理石和稀盐酸④过氧化氢和二氧化锰A．①②④ B．全部 C．②③ D．①③2、如图均为电化学装置，下列有关叙述正确的是()A．氢氧燃料电池示意图中，b电极发生氧化反应B．电解氯化铜溶液装置中，铁棒上析出红色固体C．电镀实验装置中，若电镀前两电极质量相等，电镀完成后二者质量差为5.12g，则电镀时待镀铁制品应与电源负极相连，外电路转移0.08mol电子D．交换膜法电解饱和NaCl溶液原理图中，离子交换膜应为阴离子交换膜3、MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：M2+(g)＋CO32-(g)M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH34、将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是A．用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1 B．2s时H2的转化率为40％C．2s时N2与H2的转化率相等 D．2s时H2的浓度为0.6mol·L-15、山东半岛蓝色经济区的建立使海洋经济将成为山东经济转型升级发展的重点。下列说法正确的是A．从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应B．从海带中提取碘单质的过程中只涉及复分解反应C．从海水中提取镁单质的过程中要涉及置换反应D．从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应6、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2OC．电池工作时，CO32－向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－7、苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，下列可以作为证据的是()①苯不能与溴水反应而褪色②苯不能使酸性KMnO4溶液褪色③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应④经测定，邻二甲苯只有一种结构⑤苯分子具有正六边形结构A．①②④⑤B．①③④⑤C．①②③④D．②③④⑤8、下列措施肯定能使化学反应速率增大的是A．增大反应物的量 B．增加压强C．升高温度 D．使用催化剂9、下列关于化学反应限度的叙述中错误的是()A．不同的化学反应，限度可能不同B．可以通过改变温度来控制化学反应的限度C．可以通过延长反应时间来改变化学反应的限度D．催化剂不能改变化学反应的限度10、室温下，CuSO4(s)和CuSO4·5H2O(s)溶于水及CuSO4·5H2O受热分解的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A．将CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低B．将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高C．△H3＞△H2D．△H1=△H2+△H311、下列物质中，不属于高分子化合物的是A．纤维素 B．蛋白质 C．油脂 D．塑料12、关于电解食盐水溶液，下列说法正确的是A．电解时在阳极得到氯气 B．电解时在阴极得到金属钠C．电解时在正极得到氯气 D．电解时在负极得到氢气13、下列各物质中，不能发生水解反应的是A．油脂 B．酶 C．纤维素 D．葡萄糖14、将足量的二氧化锰与40mL10mol·L-1浓盐酸反应产生的氯气同0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比A．两者产生的氯气一样多B．前者产生的氯气的量是后者的2倍C．后者产生的氯气的量比前者多D．后者产生的氯气的量是前者的2倍15、反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率v（X）为A．v（NH3）=0.004mol•L-1•s-1 B．v（O2）=0.15mol•L-1•min-1C．v（NO）=0.008mol•L-1•s-1 D．v（H2O）=0.16mol•L-1•min-116、在常温常压下，等质量的下列烃分别在氧气中完全燃烧时，消耗氧气最多的是A．CH4 B．C2H6 C．C2H4 D．C4H10二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）。⑴若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结

构示意图为_________________，反应④的化学方程式为________________________。⑵若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是______________________________________________。⑶若A、D、F都是由短周期非金属元素形成的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为__________________________________。18、ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质)制备氧化锌和硫单质，设计如下流程：请回答下列问题：(1)滤渣1的化学式为_______，(2)沉淀X的化学式为______________。(3)“转化Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________________________。(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为__________________。19、如图所示。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Zn，A极材料为铜，该装置能量转换形式____，A为____极，此电池所发生的反应化学方程式为_____，反应进行一段时间后溶液C中c（H+）将_____(填“变大”“变小”或“基本不变”)。溶液中的SO42-移向____极（填“A”或“B”）（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨。则B为_____极，B极上电极反应属于____(填“氧化反应”或“还原反应”)。B电极上发生的电极反应式为______，A极产生的现象是_____；若AB两电极质量都为50.0g且反应过程中有0.2mol的电子发生转移，理论上AB两电极质量差为____g。20、实验室用如图所示的装置制备乙酸乙酯，回答下列相关问题：(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是________________________(2)在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液，加入上述试剂的顺序为_____________________________________________(3)甲试管中需加入少量__________以防止暴沸(4)浓硫酸在反应中的作用是_______________________(5)甲试管中反应的化学方程式___________________________________________(6)乙中导管没有深入到液面下，原因是_____________________(7)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是：______(填序号)。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(8)欲将乙试管中的物质分离开得到乙酸乙酯，采取的实验方法是_______；分离时，乙酸乙酯应该从仪器的________(填“下口放出”或“上口倒出”)。21、双氧水（H2O2的水溶液）具有重要用途。根据要求回答下列问题：（1）双氧水常用于伤口消毒，这一过程利用了过氧化氢的_________________（填过氧化氢的化学性质）。（2）实验室可双氧水与MnO2制氧气，反应的化学方程式为_______________________。（3）常温下，双氧水难于分解。若往双氧水中滴入少量的Fe2(SO4)3溶液，过氧化氢立即剧烈分解。研究发现，往双氧水中滴加Fe2(SO4)3溶液，发生如下两个反应（未配平）：Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+、Fe2++H2O2+H+——Fe3++H2O①Fe2(SO4)3在双氧水分解中起到_________________作用。②在反应Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+中，体现还原性的物质是_____________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。③往10mL30%的双氧水溶液中滴入2-3滴0.1mol/L的Fe2(SO4)3溶液，直至反应停止。再往反应后所得溶液中滴入KSCN，将观察到的现象是_______________。④试分析：实验室用双氧水制取氧气时，为快速获得氧气，是否可往双氧水中滴入少量FeSO4溶液来实现目的？答：_________（填“可以”或“不可以”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

SO2通入BaCl2溶液，因为亚硫酸酸性弱于盐酸，不反应，不会产生沉淀，若要产生沉淀，可以通入氧化性物质将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，或者通入碱性物质，与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，据此解答。【详解】①Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故①选；②氨水滴入到氢氧化钠固体中会生成碱性气体氨气，氨气与水反应生成一水合氨，与二氧化硫生成亚硫酸铵，亚硫酸根与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故②选；③大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳、二氧化硫与氯化钡溶液均不反应，不会产生沉淀，故③不选；④过氧化氢和二氧化锰反应生成氧气，氧气在溶液中能够氧化亚硫酸生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故④选；答案为A。2、C【解析】

A.氢氧燃料电池示意图中，b电极通入氧气，氧气发生还原反应，故A错误；B.电解氯化铜溶液装置中，铁棒是阳极，阳极反应式是，故B错误；C.电镀时镀件做阴极，所以待镀铁制品应与电源负极相连，转移电子的物质的量是0.08mol，故C正确；D.交换膜法电解饱和NaCl溶液，为防止氢氧化钠和氯化钠混合，离子交换膜应为阳离子交换膜，故D错误；选C。3、C【解析】

根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A.ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B.ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。故答案选C。4、B【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.根据v=计算用N2表示的反应速率；

B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；

D.根据c=计算。详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.用N2表示的反应速率为:=0.15mol•L-1•s-1，故A正确；B.2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故C正确；

D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。

所以本题答案选B。5、A【解析】试题分析：B、海水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的碘元素反应生成碘单质，发生氧化还原反应，故错；C、从海水中提取镁通常用电解的方法，故错；D、海水蒸发制海盐的过程中是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发水得到氯化钠晶体，主要是物质变化，故错。故选A。考点：海水的综合利用点评：本题考查的是海水的综合利用的相关知识，题目难度不大，考查学生对基础知识的掌握程度。6、D【解析】试题分析：A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－=3CO2＋H2O，错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，正确。考点：考查原电池原理、化学电源7、A【解析】

①由于苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，①正确；②由于苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，②正确；③苯能和卤素单质发生取代反应，体现烷烃的性质，苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，③错误；④如果苯分子是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，④正确；⑤苯为平面正六边形分子，说明苯分子中的碳碳键完全相同，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，⑤正确；答案选A。8、C【解析】

A项，增大固体或液体反应物的量不一定能增大反应速率，故A项错误；B项，若定容时加入惰性气体，则压强增大，但反应速率不变，故B项错误；C项，升高温度活化分子百分数增大，反应速率一定加快，故C项正确；D项，催化剂能加快或减慢反应速率，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查影响化学反应速率的外界因素：①温度：温度越高，其反应速率越快。②催化剂：一般来说，催化剂会加快反应的速率。③浓度：一般来说，浓度越高，反应速率越快。④固体表面积：固体表面积越大，反应速率越快。⑤压强：压强越大，反应的速率越快。（只适用于反应物或生成物中有气体的时候。）9、C【解析】

A.化学反应限度是指可逆反应在一定条件下反应的最大程度，不同的化学反应，化学反应的限度可能不同，故A项正确；B.影响化学平衡状移动的因素是：反应物的浓度、温度和气体压强等外界条件，所以可以通过改变温度来改变化学反应的限度，故B项正确；C.化学反应限度与反应时间长短无关，只与平衡常数有关，故C项错误；D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，对反应限度无影响，故D项正确；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】解题依据：化学反应限度是研究可逆反应在一定条件下所能达到的最大程度，也即化学反应动态平衡状态，根据影响化学平衡移动的因素进行判断相应的选项即可。10、D【解析】

①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）+5H2O（l）△H3＞0；②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）△H2＜0；③已知CuSO4·5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H1；依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2，由于△H2＜0，△H3＞0，则△H1＞0，【详解】A、胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）+5H2O△H3＞0，故A正确；B、硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）△H2＜0；故B正确；C、由分析：△H2＜0，△H3＞0，△H3＞△H2，故C正确；D、由分析可知：依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，侧重考查盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，解题关键：根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化，注意明确盖斯定律的内容及热化学方程式的书写原则。难点C选项，要先写出CuSO4·5H2O(s)溶于水、CuSO4(s)溶于水的热化学方程式，依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2。11、C【解析】

纤维素、蛋白质、塑料都是高分子化合物；油脂是大分子，不是高分子，故选C。12、A【解析】

电解池中只有阴阳两极，无正负极。电解饱和食盐水，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑（氧化反应），阴极反应式：2H++2e-=H2↑（还原反应），总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故可知A项正确；答案选A。13、D【解析】

A.油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸，A项错误；B.酶是蛋白质，蛋白质在一定条件下可最终水解生成氨基酸，B项错误；C.纤维素是多糖，在一定条件下水解最终生成为单糖，C项错误；D.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D项正确；答案选D。14、C【解析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可生成氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，将足量的二氧化锰与40mL10mol•L-1浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成的氯气小于0.1mol，0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气为0.1mol，所以后者产生的氯气的量比前者多，答案选C。点睛：本题考查盐酸与二氧化锰的反应，题目难度不大，本题注意只有浓盐酸与二氧化锰反应，稀盐酸与二氧化锰不反应。浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可生成氯气，稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，以此解答该题。15、B【解析】

半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，浓度是0.3mol÷5L＝0.06mol/L，则此反应的平均反应速率v（NO）＝0.06mol/L÷30s＝0.002mol•L-1•s-1，又因为反应速率之比是化学计量数之比，则v（NH3）＝v（NO）＝0.002mol•L-1•s-1，v（O2）＝0.002mol•L-1•s-1×5/4＝0.0025mol•L-1•s-1＝0.15mol•L-1•min-1，v（H2O）＝0.15mol•L-1•min-1×6/5＝0.18mol•L-1•min-1，答案选B。【点睛】明确反应速率的含义和计算依据是解答的关键，注意反应速率与化学计量数之间的关系换算，尤其要注意换算时单位要统一。16、A【解析】

CxHy+(x+)O2xCO2+H2O可知，相同质量烃燃烧耗氧量规律为：氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即越大，耗氧量越大，据此分析解答。【详解】氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即等质量的CxHy中越大，耗氧量越大。A．甲烷CH4，H原子与C原子个数比为4∶1；B．乙烷C2H6，H原子与C原子个数比为6∶2=3∶1；C．乙烯C2H4，H原子与C原子个数比为4∶2=2∶1；D．丁烷C4H10，H原子与C原子个数比为5∶2；所以H原子与C原子个数比关系为：CH4＞C2H6＞C2H4＞C4H10，所以相同质量的各烃中甲烷的燃烧耗氧量最大，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－2C＋SiO22CO↑＋Si【解析】分析：(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg(NO3)2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg(NO3)2，则E是Mg(NO3)2；(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，D和F反应生成B，B能够与金属A反应，则B为酸，为HCl，因此D为氢气，F为氯气，C为金属氯化物，能够与氯气反应，说明A具有变价，则A是Fe；因此C是FeCl2、E是FeCl3；(3)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，C是CO，E为CO2。详解：(1)根据上述分析，A是Mg，A的原子结构示意图为，反应④为碳与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，反应②为氯气氧化氯化亚铁的反应，反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；(3)根据上述分析，A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，C是CO，E为CO2，反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO。18、SiO2Fe(OH)3MnO4﹣+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次【解析】分析：闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶质，调整滤液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，过滤得滤液2为ZnSO4和K2SO4溶液，在滤液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到ZnO，据此分析解题。详解：(1)根据分析知闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的为SiO2，所以滤渣1为SiO2。故答案为SiO2。(2)滤液1经氧化并调节溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,则过滤所得不溶沉淀X为Fe(OH)3故答案为Fe(OH)3。（3）转化Ⅱ为用KMnO4氧化溶液中Fe2+,还原产物为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

。故答案为MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

(6)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤不溶物的方法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。故答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。19、化学能转化为电能正H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4减小B负氧化反应Fe-2e-==Fe2+有红色物质析出12.0【解析】

（1）锌比铜活泼，则锌作负极，原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁发生失去电子的氧化反应，结合原电池的工作原理分析作答；

（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨，则总反应为铁与硫酸铜发生自发的氧化还原反应。原电池中，B电极为负极，发生失电子的氧化反应，A电极为正极，发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理及电化学计算中电子转移数守恒作答；【详解】(1)锌比铜活泼，则该装置为锌作负极，铜做正极的原电池，化学能转化为电能；A极材料为铜，即A为正极，则该原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4；依据总反应可知溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小；原电池中阴离子移向负极，则溶液中的SO42-移向B极，故答案为：正；H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4；减小；B；(2)依据上述分析易知：B电极为原电池的负极，发生发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-==Fe2+；A极铜离子得电子转化为铜单质，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故现象为：有红色物质析出；反应过程中有0.2mol的电子发生转移，则消耗的铁的质量为m(Fe)==5.6g，生成的铜的质量为m(Cu)==6.4g，则两极的质量差为m(Fe)+m(Cu)=5.6g+6.4g=12.0g，故答案为：负；氧化反应；Fe-2e-==Fe2+；有红色物质析出；12.0；20、检验装置的气密性先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后)碎瓷片(碎沸石)催化剂吸水剂CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O防倒吸BC分液上口倒出【解析】

题给实验装置为乙酸乙酯的实验装置，试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，试管乙中盛有的是饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。【详解】(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；（2）浓硫酸的密度比乙醇大，在A试管中加入试剂的顺序是先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后)；(3)甲试管中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，为防止加热过程中暴沸，应加入碎瓷片(碎沸石)防止暴沸，故答案为：碎瓷片(碎沸石)；(4)浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：催化剂和吸水剂；（5）试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生