1、20152016年四川省成都七中高考化学模拟试卷（五）一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1下列说法正确的是（）A日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物DCl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂2下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+3H2O+2Fe3+B向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2+2OH+NH4+HCO3+NH3+2H2O+BaCO3C用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+D用
2、强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH2NO3+H2O3实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）选项溶液A固体B气体CA稀硫酸ZnCl2B浓盐酸MnO2H2C稀硝酸FeCl2D浓盐酸KMnO4H2AABBCCDD4二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图下列说法正确的是（）Aa电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+B该装置
3、中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol5下列说法正确的是（）A在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）c（CH3COO）B将浓度为0.1molL1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）2c（A2）+c（HA）+c（H2A）D常温下，在0.10molL1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变6已知（HF）2（g）2HF（g），H0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度
4、下随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A温度：T1T2B平衡常数：K（a）=K（b）K（c）C反应速率：VbVaD当=30g/mol时，n（HF）：n（HF）2=2：17向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5molL1B当0V（HCl）10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH+H+H2OC乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D乙溶液中滴加盐酸后产
5、生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8 X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应（1）写出X在周期表中的位置；Z3+的核外电子排布式（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是（用化学式表示）（3）W最高正价氧化物分子构型为；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为 （4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为（5）已知4Y（s）+O2（g）2Y2
6、O（s），H=akJmol1，W的燃烧热为bkJmol1，则4Y（s）+WO2（g）W（s）+2Y2O（s），H=kJmol19实验室制备1溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是（2）1溴丁烷的制备反应中可能有：、1丁烷、溴化氢等副产物生成熄灭A处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是、（3）为了精制1溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从（填“c”
7、或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g白色不容物的化学式为（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：反应原理分析（6）NaHCO3 溶液中存在如下电离平衡：H2OH+OH、HCO3H+CO32，从平衡移动角度分析实验产生大量气泡和白色不容物的原因：10 Heck反应是合成CC键的有效方法之一，如反应：；化合物可由以下合成路线获得：（分子式为
8、C3H6O3）（1）化合物的分子式为，其中含有的官能团为，1mol化合物最多可与mol H2发生加成反应（2）化合物分子结构中有甲基，写出由化合物化合物V的化学方程式该反应属于反应（填反应类型）（3）下列有关化合物说法正确的是A1mol化合物完全燃烧消耗5mol O2B化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色C化合物能发生水解反应D化合物反应生成的高聚物为（4）化合物是化合物的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物的结构简式为（写出一种即可）（5）和也可以发生类似反应的反应，有机产物的
9、结构简式为11高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用如图1是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）写出反应的化学方程式：（2）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量的比是（3）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号） a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（4）操作的名称是，实验室进行该操作需用到的玻璃仪器有（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾（如图2所示），其阴极反应为2H2O+2e2OH+H2，则b为电源的极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24LH2（标准状况），则得到高锰酸钾g（提示：阴离子放电顺序：MnO
10、42OH）20152016年四川省成都七中高考化学模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1下列说法正确的是（）A日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物DCl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂【考点】铝的化学性质；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理；有机高分子化合物的结构和性质1【专题】元素及其化合物；化学应用【分析】A铝制品表面的氧化膜能阻止内部金属受腐蚀；B工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al；C油脂不是高分子化合物；D氯气有毒，
11、不属于绿色漂白剂【解答】解：A铝制品表面致密的氧化膜，能阻止内部金属受腐蚀，对内部金属起保护作用，故A正确；B电解氯化镁、氯化铝溶液，溶液中镁离子、铝离子不能放电，而是氢离子放电，工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al，硅B错误；C淀粉、蛋白质属于天然高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故C错误；D氯气有毒，不属于绿色漂白剂，故D错误，故选A【点评】本题考查物质性质，比较基础，注意对基础知识理解掌握，注意掌握中学常见化学工业2下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+3H2O+2Fe3+B向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加
12、热：Ba2+2OH+NH4+HCO3+NH3+2H2O+BaCO3C用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+D用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH2NO3+H2O【考点】离子方程式的书写1【专题】离子反应专题【分析】A醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；BNH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应，反应生成碳酸酸钡、水、氨气；C用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵；D用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O【解答】解：A用白醋除铁锈：Fe2O3+6CH3COOH3H2O+6CH3COO+2F
13、e3+，故A错误；BNH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应：Ba2+2OH+N+HCNH3+2H2O+BaCO3，故B正确；C用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：SO2+2NH3H2OS032+2N+H2O，故C错误；D用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2OH=2NO2+H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意与量有关的离子反应中量少的物质完全反应3实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃
14、，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）选项溶液A固体B气体CA稀硫酸ZnCl2B浓盐酸MnO2H2C稀硝酸FeCl2D浓盐酸KMnO4H2AABBCCDD【考点】实验装置综合1【专题】实验题【分析】由装置可知，装置中塑料瓶中的液体被挤压可以进入固体B中反应，生成气体应比空气的大，而通入C应为密度比空气小的氢气，在燃烧管中氢气可与氯气混合反应，以此来解答【解答】解：AZn与稀硫酸反应生成的氢气，在燃烧管中不能与氯气充分混合，不能燃烧；故A错误；B该装置不需加热即可获得氯气，而二氧化锰和浓盐酸的反应需加热才能发生，故B错误；C金属
15、铁和硝酸反应不会产生氢气，故C错误；D浓盐酸和高锰酸钾在不加热的条件下可以生成氯气，氯气和氢气在燃烧管中混合均匀可以获得氯化氢，燃烧时产生苍白色火焰，被水吸收而获得盐酸，故D正确故选D【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握燃烧管中C通入的为氢气及常见气体的制取原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等4二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图下列说法正确的是（）Aa电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+B该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C用此电池精炼Cu，应
16、将b电极接纯铜D消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol【考点】原电池和电解池的工作原理1【专题】电化学专题【分析】该燃料电池中，通入二甲醚的电极为负极，电解质溶液中存在自由移动的氢离子，所以电解质溶液呈酸性，负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+，正极上电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，再根据氧气和转移电子之间的关系计算【解答】解：A该装置为燃料电池，通入二甲醚的电极为负极，根据图中离子移动方向知，电解质溶液呈酸性，负极电极反应为CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+，故A正确；B电子不能进入电解质溶液，电
17、解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故B错误；C用此电池精炼Cu，应将b电极接粗铜，故C错误；D消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子的物质的量=4mol，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子确定正负极，会正确书写电极反应式，易错选项是B，注意电子不通过电解质溶液，知道电解质溶液形成电流原理，为易错点5下列说法正确的是（）A在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）c（CH3COO）B将浓度为0.1molL1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）2c（A2）+c（HA）+c（H2
18、A）D常温下，在0.10molL1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡1【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，是因为醋酸根离子水解生成，所以c（CH3COOH）c（CH3COO）；B、氟化氢溶液是弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据溶液中物料守恒或电荷守恒分析判断；D、氯化铵在溶液中的铵根离子抑制一水合氨的电离；【解答】解：A、溶液中CH3COO会发生水解，水解程度小c（CH3COOH）c（CH3COO），故A错误；B、氟化氢是弱电解质存在电离平衡，加水
19、稀释弱酸促进电离，氢离子物质的量增大，氟化氢物质的量减小，始终保持增大，故B正确；C、依据溶液中物料守恒为：c（Na+）=c（A2）+c（HA）+c（H2A），故C错误；D、常温下，在0.10molL1氨水中加入少量NH4Cl晶体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，故D错误；故选B【点评】本题考查了盐类水解、离子浓度大小比较及其变化，注意弱电解质电离平衡的理解应用和影响因素，掌握基础是关键，题目难度中等6已知（HF）2（g）2HF（g），H0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A温度
20、：T1T2B平衡常数：K（a）=K（b）K（c）C反应速率：VbVaD当=30g/mol时，n（HF）：n（HF）2=2：1【考点】化学平衡建立的过程1【专题】化学平衡专题【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升
21、温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）K（b），故B错误；C、分析判断可知T1T2，温度越高反应速率越快，反应速率：VbVa，故C正确；D、n（HF）：n（HF）2=2：1，当=26.7g/mol，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等7向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.
22、1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5molL1B当0V（HCl）10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH+H+H2OC乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）【考点】离子方程式的有关计算1【专题】计算题【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH+H+=H2O和
23、CO32+H+=HCO3，产生二氧化碳的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3+H+=H2O+CO2计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值【解答】解：A根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=0.5mol/L，故A正确；B在氢氧化钠溶液中通入一
24、定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0V（HCl）10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故B错误；C氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3+H+=H2O+CO2，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.
25、1mol/L0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8 X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应（1）写出X在周期表中的位置第二周期第VA族；Z3+的核外电子排布式1s22s22p6
26、（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为NaAlCl（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是HClO4H2SO4（用化学式表示）（3）W最高正价氧化物分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为 sp3（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O（5）已知4Y（s）+O2（g）2Y2O（s），H=akJmol1，W的燃烧热为bkJmol1，则4Y（s）+WO2（g）W（s）+2Y2O（s），H=a+bkJmol1【考点】位置结构性质的相互关系应用1【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析
27、】X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于A族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于A族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为A
28、l、W为S、R为Cl，（1）X为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第VA族，Al3+的核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：第二周期第VA族；1s22s22p6；（2）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NaAlCl，W为S、R为Cl，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，由于Cl的非金属性强于S，故最高价氧化物对应水合物（即最高价含氧酸）的酸性：HClO4H2SO4，故答案为：NaAlCl；HClO4H2SO4；（3）W最高正价氧化物为SO3，分子中S原子价层电子对数=3+=3，S原子没有孤对电子，故分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水得
29、到硫酸溶液，则所得溶液阴离子为SO42，离子中S原子价层电子对数=4+=4，故S原子采取sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3；（4）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；（5）Y为钠，即4Na（s）+O2（g）2Na2O（s），H=akJmol1；W为S，S的燃烧热为bkJmol1，即：S（s）+O2（g）=SO2（g）H=bkJmol1；4Na（s）+SO2（g）S（s）+2Na2O（s），此反应是由得到的，故H=a（b）=（a+b）kJmol1，故答案为：a+b【点评】本
30、题主要考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、分子空间结构、盖斯定律的应用等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握9实验室制备1溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率（2）1溴丁烷的制备反应中可能有：丁醚、1丁烷、溴化氢等副产物生成熄灭A处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是硝酸银溶液或紫色石蕊试液、溴水或酸性
31、高锰酸钾溶液（3）为了精制1溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从d（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是D（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g白色不容物的化学式为2Mg（OH）23MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）23MgCO3
32、+3Na2CO3+5H2反应原理分析（6）NaHCO3 溶液中存在如下电离平衡：H2OH+OH、HCO3H+CO32，从平衡移动角度分析实验产生大量气泡和白色不容物的原因：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）23MgCO3，则H+、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物【考点】制备实验方案的设计1【专题】实验设计题【分析】（1）根据装置图可知仪器的名称，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可
33、以生成1丁烯或丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1丁烯等；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好判断，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质；（4）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量，据此计算出白色不溶物的化学式；（5）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）23MgCO3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式；（6）依据碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子电离和水的电离平衡，镁和氢离子反应促进电离平衡正向进行，镁离子和
34、氢氧根离子和碳酸根离子形成沉淀分析【解答】解：（1）根据装置图可知仪器D为直形冷凝管，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率，所以玻璃棒的作用为使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率，故答案为：直形冷凝管；使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可以生成1丁烯或丁醚等，所以可能有的杂质为丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1丁烯，B中装硝酸银溶液或紫色石蕊试液用来检验溴化氢，C装置中装入溴水或酸性高锰酸钾溶液用来检验1丁烯，故答案为：丁醚；硝酸银溶液或紫色石蕊试液；溴水或酸性高锰酸钾溶
35、液；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好，所以冷水应从d处流入，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，所以D装置正确，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质，所以AB装置符合题意，故答案为：d；D；AB；（4）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，设碳酸镁的质量为x，则：MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO284 44x 2.64gx=5.04g，所以氢氧化镁的质量为：7.36g5.04g=2.32g，氢氧化镁与碳酸镁的物质的量之比为：=0.4mol：0.6mol=2：3，则白色不溶物的化学式为：2Mg（OH）23MgC
36、O3或Mg5（OH）4（CO3）3，故答案为：2Mg（OH）23MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3；（5）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）23MgCO3沉淀、Na2CO3和H2，反应的化学方程式为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）23MgCO3+3Na2CO3+5H2，故答案为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）23MgCO3+3Na2CO3+5H2；（6）NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3H+CO32、H2OH+OH，Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）22MgCO3，则H+
37、、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，故答案为：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）23MgCO3，则H+、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物【点评】本题考查了探究物质组成、测量物质的含量的方法，题目难度较大，试题涉及的内容较多、综合性较强，注意掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10 Heck反应是合成CC键的有效方法之一，如反应：；化合物可由以下合成路线获得：（分子式为C3H6O3）（1）化合物
38、的分子式为C10H10O2，其中含有的官能团为碳碳双键和酯基，1mol化合物最多可与4mol H2发生加成反应（2）化合物分子结构中有甲基，写出由化合物化合物V的化学方程式该反应属于消去反应（填反应类型）（3）下列有关化合物说法正确的是BCA1mol化合物完全燃烧消耗5mol O2B化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色C化合物能发生水解反应D化合物反应生成的高聚物为（4）化合物是化合物的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物的结构简式为（写出一种即可）（5）和也可以发生类似反应的反
39、应，有机产物的结构简式为【考点】有机物的合成1【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）化合物的分子式为C10H10O2，化合物III能和H2发生加成反应的有苯环和碳碳双键；（2）化合物的不饱和度=1，说明该分子中含有一个双键，化合物分子结构中有甲基，则IV的结构简式为，化合物IV在浓硫酸在催化剂条件下发生消去反应生成化合物V；（3）A1mol化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量与1molC3H6完全燃烧消耗氧气的物质的量相等=（3+）mol；B碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C化合物含有酯基，可发生水解反应；D化合物含有碳碳双键，可发生聚合反应生成高聚物；（4）化合物的一种同分异构体，苯环上
40、的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，说明VI中含有羧基，除苯环上的氢外核磁共振氢谱还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，说明支链上有四种氢原子且其个数比为1：1：1：3，据此写出VI的结构简式；（5）和也可以发生类似反应的反应，根据书写有机产物的结构简式【解答】解：（1）化合物的分子式为C10H10O2，含有碳碳双键和酯基，化合物能和H2发生加成反应的有苯环和碳碳双键，所以1mol化合物最多可与4mol H2发生加成反应，故答案为：C10H10O2；碳碳双键和酯基；4；（2）化合物的不饱和度=1，说明该分子中含有一个双键，化合物分子结构中有甲基，则IV的结构简式为，化合
41、物IV在浓硫酸在催化剂条件下发生消去反应生成化合物V，反应方程式为，故答案为：；消去；（3）A1mol化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量与1molC3H6完全燃烧消耗氧气的物质的量相等=（3+）mol=4.5mol，故A错误；B碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C化合物含有酯基，可发生水解反应，故C正确；D化合物分子间聚合，生成高聚物，其结构简式为，故D错误；故选BC；（4）化合物的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，说明VI中含有羧基，除苯环上的氢外核磁共振氢谱还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，说明支链上有四种氢原子且其个数比为1：1
42、：1：3，所以VI的结构简式为，故答案为：；（5）和也可以发生类似反应的反应，根据可知有机产物的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查了有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据有机物中官能团确定其性质，根据物质的性质确定其结构简式，难点是同分异构体的判断，注意（3）A中氧气的计算方法，题目难度中等11高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用如图1是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）写出反应的化学方程式：ClO3+6OH+3MnO2=3MnO42+3H2O+Cl（2）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物
43、质的量的比是2：1（3）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的a（填字母序号） a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（4）操作的名称是过滤，实验室进行该操作需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾（如图2所示），其阴极反应为2H2O+2e2OH+H2，则b为电源的负极，电解池的阳极反应式是MnO42eMnO4；若电解过程中收集到2.24LH2（标准状况），则得到高锰酸钾31.6g（提示：阴离子放电顺序：MnO42OH）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计1【专题】实验设计题【分析】软锰矿加入氢氧化钾和氯酸钾高温加热反应生成锰酸钾、氯化钾，加入
44、水过滤得到滤液酸化，K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，过滤得到滤液蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤的高锰酸钾；（1）反应是碱溶液中二氧化锰还原氯酸根离子为Cl，二氧化锰被氧化为锰酸钾；（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，由化合价升降相等确定氧化产物与还原产物的物质的量之比；（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸，因此不能选用盐酸酸化；（4）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作得到滤液，因此操作为过滤；（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42在阳极放电，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；根据得失电子守恒计算高锰酸钾的物
45、质的量，代入m=nM计算质量【解答】解：（1）反应是碱溶液中二氧化锰还原氯酸根离子为Cl，二氧化锰被氧化为锰酸钾，反应的离子方程式为：ClO3+6OH+3MnO2=3MnO42+3H2O+Cl；故答案为：ClO3+6OH+3MnO2=3MnO42+3H2O+Cl；（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4价，因此KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据化合价升降相等可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（64）：（76）=2：1，故答案为：2：1；（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，因此不能选用盐酸酸化，故答案为：a；（4
46、）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作得到滤液，因此操作为过滤，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42在阳极放电，电极反应是为MnO42eMnO4，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；n（H2）=0.1mol，根据得失电子守恒可知，生成KMnO4的物质的量为0.1mol2=0.2mol，m（KMnO4）=0.2mol158g/mol=31.6g，故答案为：负；MnO42eMnO4；31.6【点评】本题结合化工流程考查氧化还原反应，盐类水解和溶度积等，关键是弄清过程和步骤的目的，理解信息和物质性质是解题关键，