2019-2020年高考化学六模试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学六模试卷（含解析）一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸的是（）ABCD2由铝，铁，铜，银和稀硫酸，可以组成原电池的总数为（）A3种B4种C5种D6种3120时，1体积某烃和4体积O2混和，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是（）A1B2C3D44下列说法正确的是（）A液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质5现有带活塞的密闭容器A和B，一定温度时容器A装入碘化氢气体、容器B装入二氧化氮气体，使其体积相等当温度不变时，缓缓压缩两容器，使两容器的压强均为原来的4倍，此时两容器内气体的体积关系正确的是（所有物质始终为气态）（）AA=BBABC无法判断DAB6如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如下图所示转化的是（）选项abcAFeFeCl3FeCl2BHNO3NONO2CAl（OH）3NaAlO2Al2O3DNaOHNaHCO3Na2CO3AABBCCDD7含有1 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示下列有关判断正确的是（）Aa是Fe（NO3）2Bn1=0.375Cp=0.125Dn2=0.308已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.0，则下列说法不正确的是（）A所得溶液中的H+=1.01013molL1B所得溶液中由水电离产生的OH=1.01013molL1C所加的烧碱溶液pH=13D所得溶液中的Mg2+=5.61010molL1二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9已知120号元素中A、B、C、D四种元素的原子中，质子数为ABCD，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个D的原子核外K层、L层电子数之和等于M、N层电子数之和，试推断：（1）元素的名称：C，D（2）原子结构示意图：A，B（3）工业上由A元素的单质制取B元素的单质的化学方程式（4）若没有“质子数为ABCD”的限制，C还可以是元素10在Na+浓度为0.5 moll1的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子阳离子K+Ag+Mg2+Ba2+阴离子NO3 CO32 SiO32 SO42现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积均在标准状况下测定）序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题（1）实验能确定一定不存在的离子是（2）实验中生成沉淀的离子方程式为（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”） 阴离子NO3CO32SiO32SO42 c（molh1）11如图是中学化学常见物质之间的转换关系，其中A、C、D、F、I为单质，其余为化合物，C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态试回答下列有关问题：（1）如图中反应中属于非氧化还原反应的是（填反应序号）；写出其反应的化学方程式（2）化合物K、J、G中含有的相同的元素在周期表中的位置是；D单质的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒，写出它的化学式（3）写出反应的化学方程式；当有1molA反应时，转移电子的物质的量为mol（4）写出反应的一种重要的工业用途（5）用A于F做电极材料，插入K溶液中，形成闭合回路，写出负极反应方程式12在我国乙醇汽油是用变性燃料乙醇（乙醇进一步脱水变成）加入适量的汽油调和而成的，符合我国能源替代战略和可再生能源发展方向它资源丰富，可以提高燃油品质而降低油耗；减少尾气排放；自洁除杂，提高动力如果乙醇燃烧时氧气不足，可能还有CO生成（1）用图所示的装置确证乙醇燃烧产物中有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过以下装置，按气流从左到右的顺序填写装置编号：（2）实验时可观察到装置中A瓶的石灰水变浑浊A瓶溶液的作用是，B瓶溶液的作用是；C瓶溶液的作用（3）装置的作用是装置中所盛的是溶液，作用是（4）装置中所盛固体药品是，它可确证的产物是（5）尾气应xx年江西省萍乡市芦溪县高考化学六模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸的是（）ABCD【考点】尾气处理装置【专题】化学实验基本操作【分析】根据是否使气体充分溶解、是否能防止倒吸方面考虑，只有气体与溶液充分混合，气体才被成分吸收，有缓冲装置时就能防止溶液倒吸【解答】解：A、能防止倒吸，但不能使气体充分被吸收，故A错误；B、两个玻璃球有缓冲作用，导管插入溶液中，所以气体能充分被吸收且防止倒吸，故B正确；C、气体成分能被吸收，但产生倒吸，故C错误；D、倒置的球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用防止倒吸，故D正确；故选BD【点评】本题考查了尾气的处理装置，尾气处理时要注意：既能保证气体被充分吸收又不产生倒吸现象2由铝，铁，铜，银和稀硫酸，可以组成原电池的总数为（）A3种B4种C5种D6种【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池中，正负极电极材料活泼性必须不同，且负极和电解质溶液能自发的进行氧化还原反应，据此分析【解答】解：铝，铁，铜，银这四种金属的活泼性不同，但能和稀硫酸自发的进行氧化还原反应的金属有铝和铁，所以负极材料必须含有铝或铁中的一种，则以下几种情况的电极与稀硫酸可组成的原电池有铝和铁、铝和铜、铝和银、铁和铜、铁和银，所以组成原电池的总数为5种，故选C【点评】本题考查了原电池正负极材料的确定，难度不大，正负极材料时要根据原电池的形成条件来确定3120时，1体积某烃和4体积O2混和，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是（）A1B2C3D4【考点】有关有机物分子式确定的计算【专题】烃及其衍生物的燃烧规律【分析】设烃的化学式为CxHy，写出燃烧的化学方程式，根据燃烧前后体积不变找出烃的分子式的组成特点，进而进行判断【解答】解：设烃的化学式为CxHy，则燃烧的化学方程式为：CxHy+（x+）O2=xCO2+H2O，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，则有：1+x+=x+，y=4，常见含有4个H原子的烃有：CH4、C2H4、C3H4，则烃分子式中所含的碳原子数不可能是4，故选D【点评】本题考查有机物分子式的确定，题目难度不大，注意从燃烧前后的体积变化找出分子的组成特点，注意常见有机物的分子组成4下列说法正确的是（）A液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质【考点】电解质与非电解质【分析】在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在此两种条件下均不能导电的化合物属于非电解质，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答即可B、NH3、CO2的水溶液能导电，并不是它们自身电离的结果，而是它们与水反应的产物NH3H2O、H2CO3电离的结果，故B错误；C、蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质，是非电解质，故C正确；D、某物质是否为电解质的前提是此物质必须是化合物，故铜、石墨均不是电解质，故D错误；故选C【点评】本题主要考查的是电解质与非电解质的概念：判断给出的物质是不是电解质时，要先判断该物质是不是化合物，然后再对该化合物进行归类，看是哪一类物质，最后做出判断；要正确理解电解质导电的条件，而不能错误地认为只要能导电就是电解质以及电解质在任何条件下都能导电5现有带活塞的密闭容器A和B，一定温度时容器A装入碘化氢气体、容器B装入二氧化氮气体，使其体积相等当温度不变时，缓缓压缩两容器，使两容器的压强均为原来的4倍，此时两容器内气体的体积关系正确的是（所有物质始终为气态）（）AA=BBABC无法判断DAB【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A中平衡为：2HI（g）H2（g）+I2（g）B中平衡为：2NO2（g）N2O4（g），加压后A中反应前后气体体积不变不发生平衡移动，B气体体积减小，向正反应方向移动导致B的体积再减小；【解答】解：带活塞的密闭容器A和B，A中化学平衡为：2HI（g）H2（g）+I2（g），是气体体积不变的反应，B中化学平衡为：2NO2（g）N2O4（g），是气体体积减小的反应，当温度不变时，缓缓压缩两容器，使两容器的压强均为原来的4倍，加压后A中反应前后气体体积不变不发生平衡移动，体积为原来的，B中平衡向正反应方向移动导致B的体积再减小，体积小于原来的，则最后气体容器体积AB，故选D【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，主要是反应特征和平衡移动原理的理解应用，题目难度中等6如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如下图所示转化的是（）选项abcAFeFeCl3FeCl2BHNO3NONO2CAl（OH）3NaAlO2Al2O3DNaOHNaHCO3Na2CO3AABBCCDD【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A、Fe和氯气能生成FeCl3，FeCl3和Fe生成FeCl2，FeCl2和金属Zn发生置换反应生成单质铁；B、稀HNO3和活泼金属反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3；C、Al（OH）3和NaOH反应能生成NaAlO2，NaAlO2不能一步转化为Al2O3；D、NaOH和过量的二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3和NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成NaOH【解答】解：A、Fe和氯气能发生化合反应生成FeCl3，FeCl3和Fe发生化合反应生成FeCl2，FeCl2和金属Zn发生置换反应生成Fe和氯化锌，故A正确；B、稀HNO3和活泼金属铁反应生成NO、硝酸铁和水，NO和氧气发生化合反应生成NO2，NO2和水反应生成NO和HNO3，故B正确；C、Al（OH）3和NaOH反应能生成水和NaAlO2，NaAlO2不能一步转化为Al2O3，NaAlO2要转化为Al2O3至少要通过两步：NaAlO2先和过量的二氧化碳反应生成Al（OH）3和碳酸氢钠，然后Al（OH）3受热分解生成Al2O3和水，故C错误；D、NaOH和过量的二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3和NaOH反应生成水和Na2CO3，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成NaOH和碳酸钙沉淀，故D正确故选C【点评】本题综合考查物质的性质，物质的性质及相互转化发生的反应为解答的关键，注意一步转化为解答的重点，题目难度中等7含有1 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示下列有关判断正确的是（）Aa是Fe（NO3）2Bn1=0.375Cp=0.125Dn2=0.30【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O、：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2【解答】解：向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，a为 Fe（NO3）3，故AB错误；CFe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，设生成的 Fe（NO3）2物质的量xmol，则利用方程式可求得x=0.15，即P=0.15，故C错误；D再根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n （Fe（NO3），所以 n（Fe）=0.3mol即n2=0.3mol，故D正确故选D【点评】本题考查了铁与稀硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加入的顺序，题目难度中等8已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.0，则下列说法不正确的是（）A所得溶液中的H+=1.01013molL1B所得溶液中由水电离产生的OH=1.01013molL1C所加的烧碱溶液pH=13D所得溶液中的Mg2+=5.61010molL1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A根据pH=lgc （H+）计算；B溶液中由水电离产生的c（OH）水=c （H+）水=10PHmolL1；C根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；D根据溶度积计算【解答】解：ApH=13的溶液中，c （H+）=1013mol/L，故A正确；B由水电离产生的c（OH）水=c （H+）水=10PHmolL1=1013mol/L，故B正确；C因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH13，故C错误；DMg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，溶液中的c （Mg2+）=5.61010 mol/L，故D正确故选C【点评】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意溶度积常数的利用，把握影响pH与浓度的关系、水的电离等即可解答，题目难度中等二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9已知120号元素中A、B、C、D四种元素的原子中，质子数为ABCD，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个D的原子核外K层、L层电子数之和等于M、N层电子数之和，试推断：（1）元素的名称：C氯，D钙（2）原子结构示意图：A，B（3）工业上由A元素的单质制取B元素的单质的化学方程式SiO2+2CSi+2CO（4）若没有“质子数为ABCD”的限制，C还可以是锂元素【考点】原子核外电子排布；画元素的原子结构示意图【专题】原子组成与结构专题【分析】A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层只能是K层，A为碳元素；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半，L层电子数为8，M层电子数为4，B元素为硅元素；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个，符合此条件的元素有锂和氯，因为质子数B小于C，C为氯元素；D的原子核外K层、L层电子数之和为10，又等于M、N层电子数之和，D为钙元素根据具体元素结合题目要求解题【解答】解：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层只能是K层，A为碳元素；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半，L层电子数为8，M层电子数为4，B元素为硅元素；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个，符合此条件的元素有锂和氯，因为质子数B小于C，C为氯元素；D的原子核外K层、L层电子数之和为10，又等于M、N层电子数之和，D为钙元素（1）由以上推断可知C为氯元素，D为钙元素，故答案为：氯；钙；（2）A为碳元素，核外有6个电子，原子结构示意图为：，B为硅元素，核外有14个电子，原子结构示意图为：；故答案为：；（3）高温条件下碳可还原二氧化硅制取硅，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO；故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（4）若没有若没有“质子数为ABCD”的限制，C还可以是锂，因锂也满足次外层比最外层多一个电子；故答案为：锂【点评】本题考查了元素的推断，中等难度，要根据各电子层之间关系和原子结构特征结合核外电子排布规律解题10在Na+浓度为0.5 moll1的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子阳离子K+Ag+Mg2+Ba2+阴离子NO3 CO32 SiO32 SO42现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积均在标准状况下测定）序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题（1）实验能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+（2）实验中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”） 阴离子NO3CO32SiO32SO42 c（molh1）【考点】物质检验实验方案的设计；常见离子的检验方法【专题】差量法；离子反应专题【分析】由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为： =0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在，以此解答该题【解答】解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为： =0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在，（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32、SiO32，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+，故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3；（3）根据以上计算可知，不能确定NO3，c（CO32）=0.25mol/L，c（SiO32）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42）=0，故答案为：阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1？0.250.40【点评】本题考查离子共存、离子检验等知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点11如图是中学化学常见物质之间的转换关系，其中A、C、D、F、I为单质，其余为化合物，C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态试回答下列有关问题：（1）如图中反应中属于非氧化还原反应的是（填反应序号）；写出其反应的化学方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（2）化合物K、J、G中含有的相同的元素在周期表中的位置是第二周期第A族；D单质的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒，写出它的化学式O3（3）写出反应的化学方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2；当有1molA反应时，转移电子的物质的量为mol（4）写出反应的一种重要的工业用途焊接钢轨（5）用A于F做电极材料，插入K溶液中，形成闭合回路，写出负极反应方程式Al+4OH3e=AlO2+2H2O【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】单质C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，则应为Na2O2，B常温下为液态化合物，应为H2O，B能和C反应，则C为钠，D为氧元素，I为单质，则I为氢气，K 为氢氧化钠，根据反应F与NaOH反应可生成H2，则F应为Al，J为NaAlO2，则G为Al2O3，反应为铝热反应，则A为Fe，E为Fe3O4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：单质C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，则应为Na2O2，B常温下为液态化合物，应为H2O，B能和C反应，则C为钠，D为氧元素，I为单质，则I为氢气，K 为氢氧化钠，根据反应F与NaOH反应可生成H2，则F应为Al，J为NaAlO2，则G为Al2O3，反应为铝热反应，则A为Fe，E为Fe3O4，（1）根据上面的分析可和，是铁与氧气反应，是铁与水反应，是水与钠反应，是铝热反应，是氢氧化钠与铝的反应，是氧化铝与氢氧化钠的反应，在上述反应中属于非氧化还原反应的是，其反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）化合物K、J、G中含有的相同的元素为氧元素，在周期表中第二周期第A族；氧气的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒，它的化学式为O3，故答案为：第二周期第A族；O3；（3）反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，根据反应中化合价的变化可知，当有1mol铁反应时，转移电子的物质的量为mol，故答案为；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（4）反应为铝热反应，工业上常用作焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；（5）用铁和铝做电极材料，插入氢氧化钠溶液中，形成闭合回路，铝与氢氧化钠反应，铝发生氧化反应，做原电池的负极，电极反应方程式为Al+4OH3e=AlO2+2H2O，故答案为：Al+4OH3e=AlO2+2H2O【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注重于元素化合物知识的综合运用，注意相关基础知识的积累，把握相关物质的性质以及转化关系，物质的推断是解题关键，中等难度12在我国乙醇汽油是用变性燃料乙醇（乙醇进一步脱水变成）加入适量的汽油调和而成的，符合我国能源替代战略和可再生能源发展方向它资源丰富，可以提高燃油品质而降低油耗；减少尾气排放；自洁除杂，提高动力如果乙醇燃烧时氧气不足，可能还有CO生成（1）用图所示的装置确证乙醇燃烧产物中有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过以下装置，按气流从左到右的顺序填写装置编号：（2）实验时可观察到装置中A瓶的石灰水变浑浊A瓶溶液的作用是验证二氧化碳的存在，B瓶溶液的作用是除去混合气体中的二氧化碳；C瓶溶液的作用验证二氧化碳是否已除尽（3）装置的作用是将CO氧化成CO2装置中所盛的是澄清石灰水溶液，作用是检验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体（4）装置中所盛固体药品是无水硫酸铜，它可确证的产物是水（5）尾气应点燃或收集【考点】乙醇的催化氧化实验【专题】有机实验综合【分析】（1）要达到实验目的应先检验是否存在二氧化碳，再看是否被除尽考虑；通过把原来的二氧化碳除尽再通过氧化铜再生成二氧化碳来判断是否存在一氧化碳；（2）二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，据此检验二氧化碳的存在；然后通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳，排除对一氧化碳检验的干扰，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否被吸收完全；（3）一氧化碳不能直接验证，可以通过与氧化铜反应生成二氧化碳，通过检验二氧化碳的存在检验一氧化碳；（4）无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜，固体由白色变为蓝色，据此检验水的存在；（5）尾气中可能含有一氧化碳，能够造成环境污染，应进行处理【解答】解：（1）要达到实验目的应先检验是否存在二氧化碳，再看是否被除尽考虑；通过把原来的二氧化碳除尽再通过氧化铜再生成二氧化碳来判断是否存在一氧化碳，所以正确的顺序为：；故答案为：；（2）要验证产物，应先将二氧化碳通入澄清石灰水，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，据此检验二氧化碳的存在；然后通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳，排除对一氧化碳检验的干扰，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否被吸收完全，所以A瓶溶液的作用是验证二氧化碳的存在，B瓶溶液的作用是除去混合气体中的二氧化碳；C瓶溶液的作用验证二氧化碳是否已除尽；故答案为：验证二氧化碳的存在；除去混合气体中的二氧化碳；验证二氧化碳是否已除尽；（3）一氧化碳不能直接验证，可以通过与氧化铜反应生成二氧化碳，通过检验二氧化碳的存在检验一氧化碳，所以装置的作用是将CO氧化成CO2装置中所盛的是澄清石灰水溶液，作用是检验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体；故答案为：将CO氧化成CO2；澄清石灰水；验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体；（4）无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜，固体由白色变为蓝色，则可证明水的生成；故答案为：无水硫酸铜；水；（5）尾气中可能含有一氧化碳，能够造成环境污染，可以点燃或收集；故答案为：点燃或收集【点评】本题考查了乙醇汽油燃烧生成尾气成分的确定，明确物质的性质是解题关键，注意实验设计的严密性，题目难度不大