1、2016年江西省南昌市新建区加强班高考化学模拟试卷（三）一、选择题（每小题6分，共48分）1以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L的H2和CO2混合气体中含有的分子总数为NAB常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NAC标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NAD1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA2下列说法正确的是（）A试管、烧杯、表面皿、蒸发皿、圆底烧瓶都能用酒精灯加热B用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在pH试纸上，然后与比色卡对照，可测定新制氯水的pH值C用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液D用标准NaOH
2、溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，则测 定结果将偏大3下列说法正确的是（）A在101 k Pa时，1 mol C与适量O2反应生成1mol CO时，放出110.5 kJ热 量，则C的燃烧热为110.5 kJ/molB在10l k Pa时l mol H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，H2燃烧热为285.8KJ/molC鉴定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度D在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3KJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1mol
3、NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3KJ4下列反应的离子方程式书写正确的是（）A向KI溶液中通入少量氯气：Cl2+2I=2Cl+I2B向AlCl3溶液中滴入少量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫酸：2H+CO32=CO2+H2OD向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+5已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD6下列装置应用于实验室制取氯气并回收氯化锰溶液，不能达到实验目的是（）A用装置
4、甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙收集氯气并防止污染空气D用装置丁分离二氧化锰和氯化锰溶液7将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（）AO点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B常温下，a点溶液显碱性C标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L8以石墨电极电解200mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n（e）与产生气体总体积V（g）（标准状况）的关系如图所示下列说法中
5、（忽略溶液体积变化）正确的是（）A电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/LB电解后所得溶液中c（H+）2mol/LC当n（e）=0.6mol时，V（H2）：V（O2）=3：2D向电解后的溶液中加入16gCuO，则溶液可恢复为电解前的浓度二、非选择题，共4小题，共52分9下表是元素周期表中的一部分，表中所列字母分别代表一种化学元素，请回答下列问题：（1）写出j在周期表中的位置（2）o、i、p三种元素之间能以原子个数之比1：1两两形成互化物，这些互化物的性质类似于这些元素单质的性质请写出i、p的互化物与f、l形成的化合物等物质的量反应时的化学方程式：（3）假设NH4+是“元素NH4”的阳离
6、子，则“元素NH4”在周期表中的位置应该是；NH4的碳酸盐应（填“易”或“不易”）溶于水10已知某混合物中含有A单质及与化合物B，在一定条件下可按图所示发生转化请回答：（1）沉淀H变沉淀I的化学方程式；（2）反应的化学方程式；（3）溶液E中通入足量二氧化碳的离子方程式；（4）如何检验溶液G中的阳离子；（5）若要保存F溶液，应采取什么措施：11某同学设计如下实验装置用于制取纯净的无水FeCl3（1）图中盛放浓盐酸的实验仪器的名称为，A中发生反应的化学方程式为（2）各装置的正确连接顺序为：ac（填字母代号），（3）装置E的作用是，装置C的作用是（4）装置D中所发生反应的离子方程式为（5）装置A中，
7、如果反应产生氯气的体积为2.24L（标准状况），则反应中被氧化的HCl的质量为12水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为结构分析显示A只有一个甲基，则A的名称为（2）B能发生银镜反应，该反应的化学方程式为（3）C中含有官能团的名称为；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂（4）第步的反应类型为；D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，写出M的结构简式（5）写出E的结构简式2016年江西省南昌市新建区加强班高考化学模拟试卷（三）参考答案与试
8、题解析一、选择题（每小题6分，共48分）1以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L的H2和CO2混合气体中含有的分子总数为NAB常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NAC标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NAD1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标准状况下22.4L氢气和二氧化碳混合气体的物质的量为1mol；B、金属镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去2mol电子，不是得到电子；C、标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；D、1mol氯气
9、与足量的铁发生反应生成氯化铁，得到了2mol电子【解答】解：A、标况下，22.4L氢气和二氧化碳混合气体的物质的量为1mol，含有的分子总数为NA，故A正确；B、24g镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，故B错误；C、标况下，水不是气体，题中条件无法计算5.6L水的物质的量，故C错误；D、1mol氯气与足量的铁反应，氯气不足，应该按照氯气的物质的量计算，反应1mol氯气转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故D错误；故选A2下列说法正确的是（）A试管、烧杯、表面皿、蒸发皿、圆底烧瓶都能用酒精灯加热B用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在pH试纸上，然后
10、与比色卡对照，可测定新制氯水的pH值C用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液D用标准NaOH溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，则测 定结果将偏大【考点】直接加热的仪器及使用方法；有机物的鉴别；试纸的使用；中和滴定【分析】A、表面皿不能用酒精灯加热；B、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值；C、乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，淀粉与新制氢氧化铜悬浊液不反应；D、用标准NaOH溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，造成V（标准）偏小，可知，c（待测
11、）偏小【解答】解：A、表面皿不能用酒精灯加热，故A错误；B、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；C、乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，淀粉与新制氢氧化铜悬浊液不反应，故C正确；D、用标准NaOH溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，造成V（标准）偏小，可知，c（待测）偏小，故D错误；故选C3下列说法正确的是（）A在101 k Pa时，1 mol C与适量O2反应生成1mol CO时，放出110.5 kJ热 量，则C的燃烧热为110.5 kJ/molB在10l k Pa时l mol
12、 H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，H2燃烧热为285.8KJ/molC鉴定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度D在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3KJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3KJ【考点】反应热和焓变【分析】A燃烧热是1molC燃烧生成CO2时放出的热量；B燃烧热为正值；C测定中和热的方法是利用量热计测定开始和反应终止时的温度计算得到；D浓硫酸溶解放热【解答】解：AC的燃烧热是1molC完全燃烧生成CO2时
13、放出的热量，生成CO放热不是燃烧热，故A错误；B1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量是氢气的燃烧热，则H2的燃烧热为：285.8kJmol1，故B错误；C中和热测定需要酸和碱溶液温度相同，利用测定开始和反应终了温度，依据Q=C（T2T1）计算反应的反应热，需要测定3个温度，故C正确；D浓硫酸溶解时放热，0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D错误故选：C4下列反应的离子方程式书写正确的是（）A向KI溶液中通入少量氯气：Cl2+2I=2Cl+I2B向AlCl3溶液中滴入少量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫
14、酸：2H+CO32=CO2+H2OD向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+【考点】离子方程式的书写【分析】A氯气氧化性大于碘单质，氯气能够将碘离子氧化成碘单质；B一水合氨为弱电解质，离子方程式中应该保留分子式；C碳酸氢钠与稀硫酸的离子方程式中，碳酸氢根离子不能拆开；D根据电荷守恒判断，该离子方程式两边总电荷不守恒【解答】解：A向KI溶液中通入少量氯气，反应生成碘单质和氯离子，反应的离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，故A正确；B向AlCl3溶液中滴入少量氨水，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误
15、；C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫酸，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：H+HCO3=CO2+H2O，故C错误；D向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉，铁与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故D错误；故选A5已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=1025kJ/mol
16、知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故
17、D正确故选：C6下列装置应用于实验室制取氯气并回收氯化锰溶液，不能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙收集氯气并防止污染空气D用装置丁分离二氧化锰和氯化锰溶液【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓盐酸与二氧化锰加热可生成氯气；B氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应；C氯气的密度比空气大，且与碱石灰反应；D二氧化锰不溶于水，氯化锰溶于水【解答】解：A浓盐酸与二氧化锰加热可生成氯气，图中固液反应且加热装置可制备氯气，故A正确；B氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应，则不能除杂，应选饱和食盐水除杂，故B错误；C氯气的密度比空气大，且与碱石灰反应，则图中向上排空气法收
18、集及碱石灰吸收尾气合理，故C正确；D二氧化锰不溶于水，氯化锰溶于水，则图中过滤装置可分离，故D正确；故选B7将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（）AO点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B常温下，a点溶液显碱性C标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L【考点】化学方程式的有关计算【分析】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+H
19、Cl=NaCl+H2O+CO2，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，据此根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，根据V=nVm计算二氧化碳的体积；D、生成二氧化碳体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），再根据钠离子
20、守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据c=计算NaOH溶液的物质的量浓度【解答】解：A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，则溶液pH7，故B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积
21、最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol22.4L/mol=44.8L，故C错误；D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）=2.5mol/L，故D正确；故选C8以石墨电极电解200mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n（e）与产生气体总体积V（g）（标准状况
22、）的关系如图所示下列说法中（忽略溶液体积变化）正确的是（）A电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/LB电解后所得溶液中c（H+）2mol/LC当n（e）=0.6mol时，V（H2）：V（O2）=3：2D向电解后的溶液中加入16gCuO，则溶液可恢复为电解前的浓度【考点】电解原理【分析】电解CuSO4溶液时，阳极反应式为4OH4e=O2+2H2O，阴极反应式为Cu2+2e=Cu，如果阴极上没有氢离子放电，则图中气体体积与转移电子曲线应该是直线，实际上是曲线，说明阴极上还有氢离子放电，电极反应式为2H+2e=H2，A当转移0.4mol电子时Cu2+完全析出，n（Cu2+）=0.2mol，根
23、据Cu原子守恒得c（CuSO4）=c（Cu2+）=；B当转移0.4mol电子时，生成n（H2SO4）=0.2mol，c（H+）=2mol/L；C当转移0.4mol电子时生成的气体完全是氧气，当转移电子0.40.6mol之间时生成的气体是氢气和氧气，且氢气和氧气的物质的量之比是2：1，根据氢气、氧气和转移电子之间关系式计算；D要使电解后的溶液恢复原状，应该采用“析出什么加入什么”原则加入物质【解答】解：电解CuSO4溶液时，阳极反应式为4OH4e=O2+2H2O，阴极反应式为Cu2+2e=Cu，如果阴极上没有氢离子放电，则图中气体体积与转移电子曲线应该是直线，实际上是曲线，说明阴极上还有氢离子放
24、电，电极反应式为2H+2e=H2，A当转移0.4mol电子时Cu2+完全析出，n（Cu2+）=0.2mol，根据Cu原子守恒得c（CuSO4）=c（Cu2+）=1mol/L，故A错误；B当转移0.4mol电子时，生成n（H2SO4）=0.2mol，因为忽略溶液体积变化，所以c（H+）=2mol/L，故B正确；C当转移0.4mol电子时生成的气体完全是氧气，当转移电子0.40.6mol之间时生成的气体是氢气和氧气，且氢气和氧气的物质的量之比是2：1，则生成n（O2）=0.15mol，生成n（H2）=0.1mol，相同条件下，气体摩尔体积相等，所以其体积之比等于物质的量之比，则V（H2）：V（O2
25、）=0.1mol：0.15mol=2：3，故C错误；D要使电解后的溶液恢复原状，应该采用“析出什么加入什么”原则加入物质，根据以上分析知，阴极上析出Cu、H2，阳极上析出O2，所以只加入CuO不能使溶液恢复原状，故D错误；故选B二、非选择题，共4小题，共52分9下表是元素周期表中的一部分，表中所列字母分别代表一种化学元素，请回答下列问题：（1）写出j在周期表中的位置第四周期族（2）o、i、p三种元素之间能以原子个数之比1：1两两形成互化物，这些互化物的性质类似于这些元素单质的性质请写出i、p的互化物与f、l形成的化合物等物质的量反应时的化学方程式：2BrCl+2NaI=Br2+I2+2NaCl
26、（3）假设NH4+是“元素NH4”的阳离子，则“元素NH4”在周期表中的位置应该是IA；NH4的碳酸盐应易（填“易”或“不易”）溶于水【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由元素在周期表中的位置，可知a为H、b为He、c为Be、m为C、d为N、e为O、o为F、f为Na、q为Mg、g为Al、h为S、i为Cl、k为Rb、j为Fe、p为Br、l为I（1）j为Fe，由在周期表中位置可知处于第四周期族；（2）i、p的互化物为BrCl，f、l形成的化合物为NaI，BrCl与氯气性质相似，结合原子守恒可知，二者等物质的量反应生成溴、碘与NaCl；（3）最正化合价等于主族族序数，结合同主族元素化合物
27、相似性判断【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知a为H、b为He、c为Be、m为C、d为N、e为O、o为F、f为Na、q为Mg、g为Al、h为S、i为Cl、k为Rb、j为Fe、p为Br、l为I（1）j为Fe，由在周期表中位置可知处于第四周期族，故答案为：第四周期族；（2）i、p的互化物为BrCl，f、l形成的化合物为NaI，二者等物质的量反应生成溴、碘与NaCl，反应方程式为：2BrCl+2NaI=Br2+I2+2NaCl，故答案为：2BrCl+2NaI=Br2+I2+2NaCl；（3）假设NH4+是“元素NH4”的阳离子，为+1价，则“元素NH4”在周期表中的位置应该是IA族；NH4的碳酸
28、盐与碳酸钠性质类似，应易溶于水，故答案为：IA；易10已知某混合物中含有A单质及与化合物B，在一定条件下可按图所示发生转化请回答：（1）沉淀H变沉淀I的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；（2）反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（3）溶液E中通入足量二氧化碳的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）如何检验溶液G中的阳离子取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+；（5）若要保存F溶液，应采取什么措施：加铁粉和稀盐酸【考点】无机物的推断【分析】解题的第一个“突破口”是红褐色沉淀I为Fe（OH）3
29、，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe（OH）2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；第二个“突破口”是利用E、J、K之间的转化关系，结合有关知识和直觉判断E为NaAlO2，J为Al（OH）3，K为AlCl3，经进一步验证猜测成立，最后推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，以此解答该题【解答】解：解题的第一个“突破口”是红褐色沉淀I为Fe（OH）3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe（OH）2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；第二个“突破口”是利用E、J、K之间的转化关系，结合有关
30、知识和直觉判断E为NaAlO2，J为Al（OH）3，K为AlCl3，经进一步验证猜测成立，最后推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，（1）I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3； （2）反应为Al和NaOH溶液的反应，化学反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（3）偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+CO2
31、+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； （4）G为氯化铁，铁离子和KSCN溶液混合生成硫氰化铁而导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN检验铁离子，其检验方法为：取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+，故答案为：取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+； （5）F为氯化亚铁，亚铁离子易被氧化且也易发生水解反应，为防止亚铁离子被氧化和水解，可以向氯化亚铁溶液中加入铁粉和稀盐酸，故答案为：加铁粉和稀盐酸11某同学设计如下实验装置用于制取纯净的无水FeCl3（1）图中盛放浓盐酸的实验仪器的名称为分液漏斗，A中发
32、生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）各装置的正确连接顺序为：aghdebcf（填字母代号），（3）装置E的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是干燥氯气（4）装置D中所发生反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（5）装置A中，如果反应产生氯气的体积为2.24L（标准状况），则反应中被氧化的HCl的质量为7.3g【考点】制备实验方案的设计【分析】该实验目的是用Cl2和Fe反应制取FeCl3固体，实验室用浓盐酸和MnO2加热制取Cl2，因为要制取纯净干燥的FeCl3，所以生成的Cl2必须是干燥、纯净的，浓盐酸、水都具有挥发性，所以生成的C
33、l2中含有HCl、H2O，用饱和食盐水除去HCl、用浓硫酸干燥Cl2，氯气有毒，不能直接排空，应该用碱液吸收Cl2；（1）图中盛放浓盐酸的实验仪器的名称为分液漏斗，实验室用浓盐酸和MnO2加热制取Cl2，二者反应生成氯化锰、氯气和水；（2）各装置的正确连接顺序为气体制备装置、洗气装置、干燥装置、氯化铁制备装置、尾气处理装置，（3）装置E的作用是吸收HCl，装置C的作用是干燥气体；（4）装置D中氯气和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水；（5）装置A中，如果反应产生氯气的体积为2.24L（标准状况），其物质的量=0.1mol，根据Cl原子守恒计算反应中被氧化的HCl的物质的量，根据m=nM计算被氧化硫
34、化氢质量【解答】解：该实验目的是用Cl2和Fe反应制取FeCl3固体，实验室用浓盐酸和MnO2加热制取Cl2，因为要制取纯净干燥的FeCl3，所以生成的Cl2必须是干燥、纯净的，浓盐酸、水都具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl、H2O，用饱和食盐水除去HCl、用浓硫酸干燥Cl2，氯气有毒，不能直接排空，应该用碱液吸收Cl2；（1）图中盛放浓盐酸的实验仪器的名称为分液漏斗，实验室用浓盐酸和MnO2加热制取Cl2，二者反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）各装置
35、的正确连接顺序为气体制备装置、洗气装置、干燥装置、氯化铁制备装置、尾气处理装置，所以其连接顺序是aghdebcf，故答案为：g；h；d；e；b；f；（3）装置E的作用是吸收挥发出的HCl，装置C的作用是干燥气体，防止得不到干燥的氯化铁，故答案为：除去氯气中的氯化氢；干燥氯气；（4）装置D中氯气和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（5）装置A中，如果反应产生氯气的体积为2.24L（标准状况），其物质的量=0.1mol，根据Cl原子守恒计算反应中被氧化的n（HCl）=2n（Cl2）=20.1mol=0.
36、2mol，被氧化m（HCl）=nM=0.2mol36.5g/mol=7.3g，故答案为：7.3g12水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为C4H10O结构分析显示A只有一个甲基，则A的名称为1丁醇（2）B能发生银镜反应，该反应的化学方程式为CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O（3）C中含有官能团的名称为碳碳双键、醛基；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂银氨溶液、稀盐酸、溴水（4
37、）第步的反应类型为加成反应（或还原反应）；D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，写出M的结构简式（5）写出E的结构简式【考点】有机物的推断【分析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇为CnH2n+2O，相对分子质量为=74，则14n+2+16=74，解得n=4，故A分子式为C4H10O，且A中只有一个甲基，则A为CH3CH2CH2CH2OH，B能发生银镜反应，A被氧气氧化生成B为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO再氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生反应生成C，结合题目给予的信息，可知C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反
38、应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和水杨酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，据此答题【解答】解：一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇为CnH2n+2O，相对分子质量为=74，则14n+2+16=74，解得n=4，故A分子式为C4H10O，且A中只有一个甲基，则A为CH3CH2CH2CH2OH，B能发生银镜反应，A被氧气氧化生成B为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO再氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生反应生成C，结合题目给予的信息，可知C的结构简式为：CH
39、3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和水杨酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）由上述分析可知，A分子式为C4H10O，结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1丁醇，故答案为：C4H10O；1丁醇；（2）B为CH3CH2CH2CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OH
40、CH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（3）根据上面的分析可知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，含有的官能团为：碳碳双键、醛基，用溴水检验碳碳双键、用银氨溶液等检验醛基，检验C中的碳碳双键和醛基时，应先检验醛基，因为溴水能与碳碳双键发生加成反应，也可以氧化醛基，用银氨溶液检验完醛基后溶液显碱性，溴水与碱性溶液反应，因此必须加入酸中和使溶液呈酸性后再加溴水检验碳碳双键，试剂先后顺序依次为：银氨溶液、稀盐酸、溴水，故答案为：碳碳双键、醛基；银氨溶液、稀盐酸、溴水；（4）第步的反应是CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO和氢气发生加成反应（或还原反应）生成CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，则M的结构简式为：，故答案为：加成反应（或还原反应）；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：，故答案为：2016年6月3日