2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 物质的制备 收集和净化（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 物质的制备 收集和净化（含解析）1下图中a、b表示相应仪器中加入的试剂，可用下图装置制取、收集的气体是【答案】B2下列气体中，不能用排空气法收集的是( )。 ANO BNO2 CSO2 DO2【答案】A3实验室加热高锰酸钾制取氧气时，一般有以下的操作过程；放置酒精灯；固定装好试剂的试管；加热；用排水法集气；停止加热；将导管移出水面。正确的操作顺序为（ ）A BC D【答案】D4下列关于实验室制取乙烯的实验，其中说法正确的是（ ）A乙醇和浓硫酸体积比为31 B温度计应插入反应物液体中C加热混合液至140左右 D向浓硫酸中注入乙醇【答案】B5下列家庭小实验不能制得溶液的是 （ ）A. 食盐 B. 饱和FeCl3溶液 C. 蔗糖 D. 碘【答案】B6下列装置所示的实验，能达到实验目的的是 【答案】D【解析】试题分析：碘易溶再酒精中，A不正确；氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，但冷却后二者又生成氯化铵，B不正确；氯气也能和氢氧化钠溶液反应，C不正确。甲烷难溶于水，D正确，答案选D。考点：考查常见的基本实验操作。点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。纵观近几年高考，主要以考察探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，要求考生必须冷静的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能正确作答。7由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：在一定条件下脱水干燥；加熟石灰；加盐酸；过滤；浓缩结晶。其先后顺序正确的是A B C D【答案】D【解析】试题分析：因海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，然后将沉淀过滤，接着将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2：Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl26H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2 易水解，为防止MgCl2水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行：MgCl26H2OMgCl2 +6H2O，其先后顺序是，答案选D。【考点定位】考查由海水制备氯化镁流程的判断【名师点晴】本题通过海水中氯化镁提取的有关流程分析，重点考查了物质的分离、提纯，该类试题为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意从整体把握各步发生的反应，知道每一步操作的目的，再结合物质间的反应来分析解答，题目难度不大。8在一定的温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar的物质的量之比为A1:2 B 1:3 C 1:4 D1:1【答案】C【解析】试题分析：由题意可知最后得到的干燥气体是氧气、Ar、二氧化碳气体，根据甲烷完全燃烧的化学方程式可知每1体积甲烷完全燃烧需要2体积的氧气，生成1体积的二氧化碳和2体积的水，所以气体体积减少2体积，现在气体体积减少100+400-460=40mL，所以有20mL的甲烷参加反应，则原混合气体中甲烷的体积是20ml，Ar的体积是80mL，二者的体积之比也是物质的量之比为20:80=1:4，答案选A。考点：考查混合气体的计算9关于下列各装置图的叙述中，正确的是 A实验室用装置制取氨气B装置可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色C装置中X为苯，可用于吸收氨气，并防止倒吸D装置是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应【答案】D【解析】试题分析：A、制备氨气应用氯化铵和氢氧化钙共热，错误；B、应把教头滴管插入液面以下，防止空气中氧气氧化氢氧化亚铁，错误；C、苯的密度比水小，在上层，错误；D、锌活泼性强于铜，做负极发生氧化反应，正确。考点：考查实验装置和操作有关问题。10下图为实验室制氢气的简易装置。若在加稀硫酸时,发现锌粒与稀硫酸没有接触,而稀硫酸又不够了。为使该反应顺利进行,则可以从长颈漏斗中加入的试剂是食盐水 KNO3溶液 适量稀硫酸铜溶液 醋酸钠溶液 苯 浓氨水A B C D【答案】D【解析】试题分析：食盐水与锌和硫酸都不反应，所以不影响氢气的生成，只是降低反应速率，正确；加入KNO3溶液后，相当于溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应不生成氢气，错误；适量稀硫酸铜溶液，锌能置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池能加快反应速率，但不产生其它气体，也不影响氢气，正确；醋酸钠溶液和硫酸反应生成醋酸，醋酸与Zn能生成氢气，所以不影响氢气的生成，正确；苯和硫酸、锌都不反应，苯的密度小于水，会浮在溶液的上层，不能使锌粒与稀硫酸接触，错误；浓氨水能和硫酸反应生成盐，所以能影响氢气，错误，故选D。考点：本题考查物质的性质及实验操作。 11用下列装置进行的实验，不能达到相应实验目的的是A装置可除去Cl2中的HCl杂质B装置可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色C装置可制取金属锰D装置可用于收集H2、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体【答案】B【解析】试题分析：A氯气在水溶液中存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，NaCl中含有氯离子，氯化钠溶液抑制氯气溶解，HCl极易溶于水，所以采用排饱和食盐水的方法除去氯气中的氯化氢，故A正确；BFe（OH）2不稳定，易被氧气氧化生成Fe（OH）3，为防止氢氧化亚铁被氧化，应该将胶头滴管伸入到液面下而隔绝空气，故B错误；CMn的金属活动性小于Al，Al和二氧化锰发生铝热反应冶炼Mn，3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn，故C正确；D常温下和空气不反应，且密度和空气相差较大的气体可以采用排空气法收集，H2、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体常温下和空气不反应，且和空气密度相差较大，所以可以采用排空气法收集，但收集氢气时a为进气口、b为出气口，收集CO2、Cl2、HCl、NO2时，b为进气口、a出气口，故D正确；故选B。考点：考查化学实验方案评价，涉及混合物的分离和提纯、物质的制备、金属的冶炼、气体的收集等12下列说法不正确的是图 图 图 图A图所示装置可制备氢氧化亚铁B图所示装置可电解制氯气和氢气C图所示装置可验证氨气在水中的溶解性D图所示装置和操作可从苯酚中分离出苯【答案】B【解析】试题分析：图所示装置可电解装置中，Cu做阳极，Cu-2e-=Cu2+，不产生氯气，B说法不正确。考点：实验装置设计的合理性判断。13由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：在一定条件下脱水干燥；加熟石灰；加盐酸；过滤；浓缩结晶。其先后顺序正确的是A B C D【答案】D【解析】试题分析：因海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，然后将沉淀过滤，接着将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2：Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl26H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2 易水解，为防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行：MgCl26H2OMgCl2 +6H2O，其先后顺序是，答案选D。【考点定位】考查由海水制备氯化镁流程的判断【名师点晴】本题通过海水中氯化镁提取的有关流程分析，重点考查了物质的分离、提纯，该类试题为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意从整体把握各步发生的反应，知道每一步操作的目的，再结合物质间的反应来分析解答。该题的难点和易错点是镁离子在溶液中易水解，加热能促进水解，需要从影响盐类水解的因素分析解答。14下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】试题分析：A.Cl2、HCl都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能用于除去Cl2中含有的少量HCl，应该使用饱和NaCl溶液，错误；B.NH4Cl不稳定，加热容易发生分解，因此不能用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，错误；C.纯碱是粉末状固体，不能放在隔板上与盐酸反应制取CO2气体，错误；D.碘单质在四氯化碳中溶解度比在水中大，四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，因此可以作萃取剂把碘从水溶液中萃取出来，由于四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，因此萃取后有机物在下层，正确。考点：考查化学实验操作及实验目的的正误判断的知识。15以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是AA气体是NH3，B气体是CO2B把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】D【解析】试题分析：向饱和NaCl水中先通入氨气，使溶液显碱性，然后再通入足量的CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl，把NaHCO3过滤出来，然后洗涤、灼烧，发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，就得到了纯碱Na2CO3。A因此A气体是NH3，B气体是CO2，正确；B泡腾片是有机酸与纯碱、小苏打的混合物。把纯碱及第步所得晶体NaHCO3与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片，正确；C第步操作是过滤。用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确； D第步操作是将晶体洗涤、灼烧，错误。考点：考查实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的操作方法、试剂的选择及仪器的使用等知识。16晶体硅是一种重要的非金属材料。请写出晶体硅的二种用途：_、_制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3(常温下为液态，易挥发)SiHCl3与过量2在10001100反应制得纯硅。已知:.SiHCl3水解会生成两种气态产物，请写出其水解的化学方程式：_。.SiHCl3 在空气中自燃。请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为。（2）用SiHCl3与过量2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）装置中的试剂是 ，装置中的烧瓶需要加热，其目的是_，反应一段时间后，装置中观察到的现象是_，装置中发生反应的化学方程式为_，为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及_，设计鉴定产品硅中是否含少量Fe单质的方法:_。【答案】计算机芯片、太阳能电池。(2分) SiHCl33H2O=H2SiO3H23HCl(2分)(1)SiO22CSi2CO(1分)(2)浓H2SO4，(1分) 使SiHCl3气化，(1分)D石英管的内壁附有灰黑色晶体，(1分) SiHCl3H2Si+3HCl，(1分)先通一段时间H2,将装置中的空气排尽，(1分)取少量产品于试管中加盐酸溶解，再滴加氯水和KSCN(aq)，若出现红色说明含Fe，若不出现红色说明不含Fe。(2分)【解析】晶体硅的二种只要用途是计算机芯片、太阳能电池；SiHCl3水解会生成两种气态产物，则根据原子守恒可知，气体是氯化氢和氢气，所以方程式为SiHCl33H2O=H2SiO3H23HCl。（1）焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，方程式为SiO22CSi2CO。（2）由于SiHCl3易水解，所以必须干燥氢气，即B中试剂是浓硫酸；由于SiHCl3是液态，因此加热的目的是使SiHCl3气化。在D中氢气还原SiHCl3生成单质硅，所以D中现象是石英管的内壁附有灰黑色晶体，方程式为SiHCl3H2Si+3HCl。由于高温下氢气及硅都能和空气中的氧气反应，而装置中含有空气，所以应先通一段时间H2,将装置中的空气排尽。铁是活泼的金属，能和酸反应，而硅和一般的酸是不反应的，所以正确的方法是取少量产品于试管中加盐酸溶解，再滴加氯水和KSCN(aq)，若出现红色说明含Fe，若不出现红色说明不含Fe。17氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇，熔点422 ，沸点1366 ，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。以粗盐水(含Ca2、Mg2、SO42等杂质)、Cu、稀硫酸、SO2等为原料合成CuCl的工艺如下：（1）在粗盐除杂的反应I中加Na2CO3溶液的作用是 ；滤渣的主要成分： 。（2）反应完成后溶液中主要溶质是 。（3）反应IV和VI都是制备CuCl的化学过程：反应IV加入的Cu必须过量，其目的是 。写出反应VI的离子方程式 。（4）反应VI后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70 干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。于70真空干燥的目的是 。【答案】（1）除去Ca2和过量的Ba2 BaSO4、CaCO3、Mg(OH)2 、BaCO3 （2）NaCl （3）防止生成CuCl2 2Cu2+2Cl-SO22H2O = 2CuCl4H+SO42-（4）加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化【解析】试题分析：（1）分析流程图知，反应为粗盐的提纯，为保证杂质离子除尽所加试剂要过量，加过量氯化钡溶液除硫酸根，加过量Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+，加过量氢氧化钠溶液除镁离子；答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；（2）分析流程图知，反应完成后溶液中主要溶质是氯化钠；（3）反应加入的Cu必须过量，金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子，这样可以防止生成CuCl2；二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2+2Cl-SO22H2O = 2CuCl4H+SO42-；（4）根据题给信息知，氯化亚铜(CuCl)在空气中迅速被氧化成绿色，CuCl沉淀在真空干燥机内于70干燥2小时的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化。考点：考查物质的分离、提纯和制备，离子方程式的书写。18在实验室制各氯气的实验中：制法 （1）反应原理（方程式）为 （2）实验装置如图所示指出下列装置中所盛试剂及其作用：C D F 【答案】【解析】YACBDE19 （16分）如右图所示，B中盛装的是一种固体物质。当A中的溶液滴入B内反应一段时间后，所得产物经装置C后可得到纯净的气体X，每个X分子中含有10个电子。D中盛装的是黑色粉末，当X气体通过D时，黑色粉末逐渐变成红色，最后从E装置中出来的气体是一种纯净的单质Y，Y在标准状况下的密度为1.25g/L。装置中A、B、C、D、E中的药品只能从下列所给试剂ap中选择，图中某些夹持仪器未画出。a浓硫酸b浓硝酸c稀硝酸d浓盐酸e稀硫酸f浓氨水g铜片h锌片i碱石灰j硫酸铜k生石灰l硝酸铵晶体m固体烧碱n稀NaOH溶液oCuOpMnO2回答下列问题：C装置内的药品是 （用ap中的字母表示），其作用是 。A中溶液和B中固体的所有可能的组合共有 种。纯净气体X通过D时，发生反应的化学方程式是 ，反应中若转移电子的物质的量为1.2mol，则D装置中黑色固体共失重 g。E中的药品是 （用ap中的字母表示），其作用是 。【答案】i（或k，或m，2分）；干燥氨气（2分）3（3分）2NH33CuON23Cu3H2O（2分）；9.6（3分）a（2分）；吸收水蒸汽及未反应的NH3（2分）。【解析】（1）由题意“单质Y在标准状况下的密度为1.25g/L”可知，M(Y)=28，单质Y为N2。又X气体通过D时，黑色粉末逐渐变成红色，且生成N2，X分子中含有10个电子，那么X为氨气。黑色粉末为CuO。（2）A中溶液和B中固体的所有可能的组合为：浓氨水与生石灰，浓氨水与固体烧碱，硝酸铵晶体与稀NaOH溶液。，共3组。（3）转移电子的物质的量为1.8mol时，参与反应的CuO的物质的量为0.9mol，CuO共失重为：0.916=14.4g。E中的药品是用来吸收氨气和水蒸汽，要用浓硫酸。20某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)制备氮化钙(Ca3N2)，并探究其实验式。 （1）反应过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是_。 （2）制备氮化钙的操作步骤是：打开活塞K并通入N2；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，_；拆除装置，取出产物。 （3）数据记录如下：（假设反应完全）空硬质管质量m0/g硬质管与钙的质量m1/g硬质管与产物的质量m2/g14.8015.0815.15 计算得到实验式CaxN2，其中x_。若通入的N2中混有少量O2，请比较x与3的大小，并给出判断依据：_。【答案】（1）防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置，氧化单质钙，生成氧化钙，引入杂质 （1分）（2）熄灭酒精灯，待玻璃管冷却至室温，停止通入氮气，并关闭活塞 （2分）（3）2.80（1分） x3，产物中生成了CaO导致钙的质量分数减小 （2分）【解析】试题分析：（1）由于钙非常活泼需防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置通过末端导管进入实验装置，氧化单质钙，生成氧化钙，引入杂质 （2）由实验步骤可知应为熄灭酒精灯，待玻璃管冷却至室温，停止通入氮气，并关闭活塞 （3）)m(Ca)=15.0814.80=0.28g；m(N)=15.1515.08=0.07g；则 =( )/()解得X=2.802.80 若通入的N2中混有少量O2产物中生成了CaO导致钙的质量分数减小,所以x3。考点：考查实验基本操作、物质制备、计算等相关知识21实验室用8.7g的MnO2与足量的浓盐酸制取氯气：求生成氯气的体积（标准状况）和被氧化的HCl的物质的量。【答案】MnO2+4HClMn Cl2+Cl2+2H2O 被氧化的HCl 22.4 28.7 V (Cl2) n(HCl)V (Cl2) =2.24L n(HCl)=0.2mol22碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H +、Cl）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质Cu(OH)2Fe (OH)2Fe (OH)3开始沉淀pH4.25.81.2完全沉淀pH6.78.33.2氯酸钠的作用是 ； 反应A后调节溶液的pH范围应为 。第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？ 。造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是 。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏有 。若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因 。此时B装置中发生反应的离子方程式是 。写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式 。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是 。【答案】（1）将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。3.24.2。取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。反应B的温度过高。（2）分液漏斗不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe24Br3Cl2=2Fe36Cl2Br2 Cl2 HClO ClO- 有无色气体产生 【解析】（1）该化学工艺流程目的是酸性废液制备碱式碳酸铜，必须除去废液中Fe3+、Fe2+，结合题所给的数据，需将Fe2+氧化为Fe3+,才能与Cu2+分离开。刻蚀废液加入NaClO3，经的反应A将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH范围是3.2-4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。判断洗净的方法是，取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是，反应B的温度过高。（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均被氧化，离子方程式是2Fe24Br3Cl2=2Fe36Cl2Br2。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式是Cl2、HClO、ClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。23(12分) 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：（1）图中“沉铁”化学方程式为 。（2）图中“过滤”后滤液中金属阳离子除了含有的Al3，还含有 (填化学式)。（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O 2Al2O3 + 2NH3+ N2+ 5SO3+ 3SO2+ 53H2O,将产生的气体通过图9所示的装置。水气体饱和NaHSO3溶液KMnO4溶液集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。KMnO4溶液褪色（MnO4还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。【答案】（1）2K4Fe(CN)6+ Fe 2(SO4)3 = 2KFeFe(CN)6+3K2SO4（2分）（2）Fe2+ Fe3+（2分）（3）2Fe2+H2O2+2H+ = 2Fe3+2H2O（2分）（4）N2 （2分）SO3、NH3 （2分，缺漏不给分）。2MnO4 +5SO2 + 2H2O = 2Mn2+ + 5SO42+4H+（2分）【解析】试题分析：（1）由K4Fe(CN)6生成KFeFe(CN)6；（2）铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣；（3）溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去；（4）通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，故收集的气体为氮气；SO3、NH3均溶解于水与水反应；KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子。考点：考查工业流程中的化学原理有关问题。24（12分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答问题：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是 。（2）E是有香味的物质，实验室制取E的装置如图所示。反应IV的化学方程式是_，该反应类型是_。该装置图中有一个明显的错误是_。反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是 ，可用 的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是 。反应II的化学方程式是 。【答案】（12分）（1） （2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O； 酯化（取代）反应乙试管中导管插入液面下； 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性 分液（3） CH2=CH2+H2O CH2CH3OH 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】试题分析：（1）乙烯发生加聚反应产生聚乙烯D，聚乙烯的结构简式是；（2）乙烯与水发生加成反应生成A（乙醇），乙醇催化氧化得到B（乙醛）；乙醛催化氧化得到C（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应产生E，E是有香味的乙酸乙酯，据此回答：反应IV的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；该反应类型是酯化反应，也是取代反应；该装置图中有一个明显的错误是乙试管中导管插入液面下；反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性，乙酸乙酯不溶于水溶液，可用分液的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是CH2=CH2+H2O CH2CH3OH；反应II的化学方程式是 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。考点：考查乙烯的性质，乙酸乙酯的制备，实验操作，化学方程式的书写等知识。