1、江西省宜春市万载县2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1在体积相同的两个密闭的容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等BO2比O3的质量小C两种气体所含的质子数目相等D两种气体的分子数目相等2今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液作为试液，分别进行如图实验：根据实验，以下推测判断不正确的是（）A一定存在NH4+，一定不存在K+B混合溶液中c（CO32）为0.1mol/LCC
2、l可能存在DBa2+、Mg2+一定不存在3下表中实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的一组是操作和现象结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸苯酚B取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有大量的SOC取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色该Fe（NO3）2试样已经变质D在新制的银氨溶液试管中加入适量葡萄糖溶液，振荡、水浴加热，试管内壁附着一层银白色金属葡萄糖是还原性糖（）AABBCCDD4下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干、灼烧至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）A
3、向漂白粉浊液中通入过量的CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含有1molCa（HCO3）2的溶液中加入1molNa2O2D向含有1molKAl（SO4）2的溶液中加入2molBa（OH）25在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应3X（g）+Y（g）2Z（g），并达到平衡已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，下列有关叙述正确的是（）A若X的反应速率为0.2 molL1s1，则Z的反应速率为0.3 molL1s1B若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高C升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D开始充入容器中的X、Y
4、物质的量之比为2：16短周期主族元素XYZWQ的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，ZW是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等下列说法正确的是（）A相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多B气态氢化物的稳定性：XYQCZWQ三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两均可反应生成盐和水DX与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同7下列说法正确的是（）A25时，pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，pH
5、=4B25时，pH=11的NaOH溶液加水稀释100倍后pH=9C25时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，pH=7D90时，纯水的pH=6.2，所以加热可以使水呈酸性8进行下列反应后，所得溶液中一定只含有一种溶质的是（）A将铁粉加到稀硝酸中B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液D室温下，NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液二、解答题（共4小题，满分52分）9（12分）Cr2O72和CN是工业废水中常见的污染物，若利用下列流程可对分别含两种离子的废水综合处理：已知：Cr3+也有一定毒性，Cr3+在pH=
6、6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全回答下列问题：（1）已知步骤中无气体生成，写出反应的离子方程式，步骤中NaClO可将CNO处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，写出这两种气体的化学式（2）步骤的反应为 S2O32+Cr2O72+2H+SO42+Cr3+H2O（未配平），每处理1mol Cr2O72转移mol e（3）滤渣C的化学式为Cr（OH）3，溶液A和溶液B混合可使废水中的Cr3+沉淀的原因是（4）步骤的操作名称为，若该操作在实验室中进行，则所需的玻璃仪器为10（18分）某化学研究性学习小组拟利用下列装置和药品进行四氯化锡的制备供选择的药品：4.8gSn、
7、浓HCl、稀HCl、浓H2SO4、MnO2、KMnO4、无水CaCl2、碱石灰仪器装置：已知四氯化锡具有强的吸水性，水解生成锡的氧化物SnCl4和Sn的部分数据如下：密度/（gcm3）熔点/沸点/四氯化锡2.233114金属锡5.77231请回答下列相关问题：（1）实验时装置的正确连接顺序为A（2）仪器G的名称是实验时，冷却水的流向是从进入（填符号）（3）A中反应的离子方程式；（4）F中盛装的化学试剂是；作用是、写出SnCl4水解的化学方程式（5）实验完毕后，E装置质量增加9.4g，SnCl4的产率是11现用物质的量浓度为a molL1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写
8、下列空白：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是（2）如图1用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入（填“甲”或“乙”）中（3）如图2是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c（HCl）=molL112（16分）下列是以烃A为原料合成可降解高聚物C和抗氧化剂I的合成路线已知：CHO+（1）烃A的最大质荷比为42则A的分子式为；DE的试剂及反应条件为（2）B中有一个三元环，B的结构简式为；的反应类型是（3）可作抗氧剂，原因是（4）写出下列反应方程式：F与新制Cu（OH）2悬浊液反应；C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应（5）写出满足下列条件的G的同分异构体：属于酯；核磁
9、共振氢谱只有两种吸收峰；无环；不能发生银镜反应（任写两种）2016年江西省宜春市万载县高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1在体积相同的两个密闭的容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等BO2比O3的质量小C两种气体所含的质子数目相等D两种气体的分子数目相等【考点】化学平衡建立的过程【分析】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT判断【解答】解：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子
10、的质量、个数以及物质的量相等，则AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；CO原子个数相等时，所含质子数相同，故C正确；D相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，分子数不同，故D错误故选C【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断2今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份
11、100mL溶液作为试液，分别进行如图实验：根据实验，以下推测判断不正确的是（）A一定存在NH4+，一定不存在K+B混合溶液中c（CO32）为0.1mol/LCCl可能存在DBa2+、Mg2+一定不存在【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；与NaOH溶液加热生成的气体为氨气，溶液中一定含有NH4+；4.66g沉淀为硫酸钡，6.63g为硫酸钡和碳酸钡，则溶液中一定含CO32、SO42，以此来解答【解答】解：加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；与NaOH溶液加热生成的气体为氨气，溶
12、液中一定含有NH4+；4.66g沉淀为硫酸钡，6.63g为硫酸钡和碳酸钡，则溶液中一定含CO32、SO42，A由上述分析可知一定存在NH4+，不能确定是否存在K+，故A错误；B碳酸钡的质量为6.63g4.66g=1.97g，物质的量为=0.01mol，混合溶液中c（CO32）为=0.1mol/L，故B正确；C由上述分析可知，Cl可能存在，故C正确；D一定存在CO32、SO42，则Ba2+、Mg2+一定不存在，故D正确；故选A【点评】本题考查物质检验实验方案的设计，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3下表中实验“操作和现象”与“
13、结论”对应关系正确的一组是操作和现象结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸苯酚B取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有大量的SOC取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色该Fe（NO3）2试样已经变质D在新制的银氨溶液试管中加入适量葡萄糖溶液，振荡、水浴加热，试管内壁附着一层银白色金属葡萄糖是还原性糖（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A本实验不严密，盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl，不能证明实验结论； B加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该沉
14、淀可能为BaSO4或AgCl；C溶液中含有NO3，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D葡萄糖含有醛基【解答】解：A由于是浓盐酸，可以挥发出HCl，可以使苯酚钠生成苯酚，所以只能证明盐酸酸性强于碳酸，故A错误； B加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能存在Ag+或SO42，故B错误；C加了硫酸，即加入H+，与原来的NO3构成了HNO3，能将原来的Fe2+氧化为Fe3+，就不能证明了，故C错误；D葡萄糖含有醛基，有还原性，能发生银镜反应，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、离子检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置
15、的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干、灼烧至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）A向漂白粉浊液中通入过量的CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含有1molCa（HCO3）2的溶液中加入1molNa2O2D向含有1molKAl（SO4）2的溶液中加入2molBa（OH）2【考点】化学方程式的有关计算【分析】A漂白粉的水溶液中通入过量的CO2，反应后滤液中含有碳酸氢钙、次氯酸、氯化钙，加热蒸干时碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；B氧化铝、金属铝均匀盐酸反应氯化铝，溶液中氯化铝水解，加热蒸干时HCl挥发，水解彻底进行，灼烧得到氧化铝；C
16、1mol Na2O2和水反应生成2mol氢氧化钠，1molCa（HCO3）2与2molNaOH恰好反应得到碳酸钙、碳酸钠，滤液为碳酸钠溶液；D1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2，反应得到2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾，滤液为偏铝酸钾溶液【解答】解：A漂白粉的水溶液中通入过量的CO2，反应后滤液中含有碳酸氢钙、次氯酸、氯化钙，加热蒸干时碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A符合；B氧化铝、金属铝均匀盐酸反应氯化铝，溶液中氯化铝水解，加热蒸干时HCl挥发，水解彻底进行得到氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解得到氧化铝，故B不符合；C1m
17、ol Na2O2和水反应生成2mol氢氧化钠，1molCa（HCO3）2与2molNaOH恰好反应得到碳酸钙、碳酸钠，滤液为碳酸钠溶液，加热时促进碳酸钠水解，但得到的氢氧化钠又与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C不符合；D1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2，反应得到2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾，滤液为偏铝酸钾溶液，加热蒸干促进偏铝酸根水，但最终得到的KOH与氢氧化铝又反应得到偏铝酸钾，最终得到偏铝酸钾，为纯净物，故D不符合，故选：A【点评】本题考查元素化合物性质、化学方程式有关计算、盐类水解等，难度中等，需要学生熟练掌握元素化
18、合物性质，难度中等5在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应3X（g）+Y（g）2Z（g），并达到平衡已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，下列有关叙述正确的是（）A若X的反应速率为0.2 molL1s1，则Z的反应速率为0.3 molL1s1B若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高C升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2：1【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、依据化学反应速率之比等于化学方程式系数之比计算分析；B、恒容容器充入惰气总压增大，分压不变，平衡不动；C、升高温度，
19、正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；D、反应是放热反应，升温速率增大，平衡向吸热反应方向进行【解答】解：A、化学反应速率之比等于化学方程式系数之比，若X的反应速率为0.2 molL1s1，则Z的反应速率为mol/（Ls），故A错误；B、若向容器中充入氦气，恒容容器充入惰气总压增大，分压不变，平衡不动，Y的转化率不变，故B错误；C、升高温度，正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、开始充入容器中的X、Y分别为xmol和ymol，Y的变化量为amol，由转化率可知，所以开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2：1，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，转化率
20、计算应用，掌握平衡移动原理是解题关键，注意惰气对恒容容器的平衡影响分析方法，题目难度中等6短周期主族元素XYZWQ的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，ZW是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等下列说法正确的是（）A相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多B气态氢化物的稳定性：XYQCZWQ三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两均可反应生成盐和水DX与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同【考点】原子结
21、构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素XYZWQ的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；ZW是常见金属，原子序数大于碳，处于第三周期，且Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al；X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q原子序数为6+11=17，故Q为Cl；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Y原子最外层有5个电子，原子序数小于Na，故Y为N元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素XYZWQ的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2
22、倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；ZW是常见金属，原子序数大于碳，处于第三周期，且Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al；X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q原子序数为6+11=17，故Q为Cl；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Y原子最外层有5个电子，原子序数小于Na，故Y为N元素A相同质量的Na和Al的单质分别与足量稀盐酸反应时，根据电子转移守恒，生成氢气之比为1：3=9：23，故Al生成氢气更多，故A错误；B三元素氢化物中，HCl最稳定，故B错误；CZWQ三种元素最高价氧化物对应的水化物分别
23、为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，两两之间均可反应生成盐和水，故C正确；DX与Q形成的化合物为CCl4等，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，故D错误，故选：C【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握7下列说法正确的是（）A25时，pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，pH=4B25时，pH=11的NaOH溶液加水稀释100倍后pH=9C25时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，pH=7D90时，纯水的pH=6.2，所以加热可以使水呈酸性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算【分析】A醋酸为弱酸，
24、稀释过程中电离程度增大，则稀释10倍后溶液的pH小于4；B强碱溶液稀释100倍后，溶液的pH减小2；C氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性；D纯水中氢离子与氢氧根离子的浓度相等，为中性【解答】解：A醋酸为弱酸，稀释后电离程度增大，则25时，pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，溶液的pH4，故A错误；B25时，pH=11的NaOH溶液加水稀释100倍后，氢氧化钠为强电解质，则稀释后溶液的pH减小2，稀释后溶液的pH=9，故B正确；C25时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，溶液的pH7，故C错误；D90时，纯水的pH=6.2，但水中氢离子
25、与氢氧根离子浓度相等，呈中性，故D错误；故选B【点评】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力8进行下列反应后，所得溶液中一定只含有一种溶质的是（）A将铁粉加到稀硝酸中B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液D室温下，NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液【考点】铁的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】A、向铁粉中加入稀硝酸，先生成硝酸铁，若铁过量会继续反应生成硝酸亚铁；B、向稀盐酸
26、中滴入少量的NaAlO2溶液，生成的氢氧化铝溶液过量盐酸，溶质是氯化铝和氯化钠的混合物；C、向MgSO4、H2SO4的混合液中滴入过量的Ba（OH）2溶液，会生成难溶的氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，最终剩余为Ba（OH）2溶液；D、NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液，溶质可能是醋酸钠，或者是醋酸钠和氢氧化钠的混合物；【解答】解：A、向铁粉中加入稀硝酸，先生成硝酸铁，若铁过量会继续反应生成硝酸亚铁，所以根据铁用量的多少可以生成硝酸铁和硝酸亚铁混合物，故A错误；B、向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液，溶质是氯化铝和氯化钠的混合物，故B错误；C、向MgSO4、H2SO4的混合液中滴入过
27、量的Ba（OH）2溶液，会生成难溶的氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，最终剩余为Ba（OH）2溶液，一定是一种溶质，故C正确；D、NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液，溶质可能是醋酸钠，或者是醋酸钠和氢氧化钠的混合物，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质定量反应的产物判断、盐类水解分析、氧化还原反应等知识点，主要是氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸强碱，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）9（12分）（2016万载县三模）Cr2O72和CN是工业废水中常见的污染物，若利用下列流程可对分别含两种离子的废水综合处理：已知：Cr3+也有一定毒性，Cr3+在pH=6.0时开始沉淀，pH=
28、8.0时沉淀完全回答下列问题：（1）已知步骤中无气体生成，写出反应的离子方程式CN+ClOCNO+Cl，步骤中NaClO可将CNO处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，写出这两种气体的化学式N2、CO2（2）步骤的反应为 S2O32+Cr2O72+2H+SO42+Cr3+H2O（未配平），每处理1mol Cr2O72转移6mol e（3）滤渣C的化学式为Cr（OH）3，溶液A和溶液B混合可使废水中的Cr3+沉淀的原因是两溶液混合后pH8，故Cr3+完全沉淀（4）步骤的操作名称为过滤，若该操作在实验室中进行，则所需的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯【考点】三废处理与环境保护
29、【分析】含CN废水调整溶液PH加入NaClO溶液，步骤中无气体生成，氧化CN离子反应生成CNO的废水，步骤中NaClO可将CNO处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，生成气体为N2、CO2，溶液A含有NaCl、NaOH等溶质，含Cr2O72的废水调整溶液PH加入Na2S2O3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，Cr2O72被还原生成Cr3+，和含CNO的废水继续处理得到滤渣C为Cr（OH）3，滤液D主要含有硫酸钠，以此解答该题【解答】解：（1）含CN废水调整溶液PH加入NaClO溶液，步骤中无气体生成，说明ClO氧化CN生成Cl、CNO的废水，反应的离子方程式为C
30、N+ClOCNO+Cl，步骤中NaClO可将CNO处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，由物质的组成元素可知应为N2、CO2，故答案为：CN+ClOCNO+Cl；N2、CO2；（2）反应S2O32+Cr2O72+H+SO42+Cr3+H2O中，Cr元素化合价有+6价降低到+3价，则每处理1mol Cr2O72转移6mol电子，故答案为：6；（3）由题给信息“已知：Cr3+也有一定毒性，Cr3+在pH=6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全”可知溶液A和溶液B混合可使废水中的Cr3+沉淀的原因是两溶液混合后pH8，故答案为：两溶液混合后pH8，故Cr3+完全沉淀；（4
31、）步骤用于分离固体和液体，应为过滤操作，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯【点评】本题考查了物质的分离和提纯方法、氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目注重了化学与实际生产的联系，学生应学会利用物质的性质、元素的化合价、电子守恒等来解答，题目难度中等10（18分）（2016万载县三模）某化学研究性学习小组拟利用下列装置和药品进行四氯化锡的制备供选择的药品：4.8gSn、浓HCl、稀HCl、浓H2SO4、MnO2、KMnO4、无水CaCl2、碱石灰仪器装置：已知四氯化锡具有强的吸水性，水解生成锡的氧化物SnCl4和Sn的部分数据如
32、下：密度/（gcm3）熔点/沸点/四氯化锡2.233114金属锡5.77231请回答下列相关问题：（1）实验时装置的正确连接顺序为ADCBGEF（2）仪器G的名称是冷凝管实验时，冷却水的流向是从Q进入（填符号）（3）A中反应的离子方程式2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（4）F中盛装的化学试剂是碱石灰；作用是防止空气中的水分进入装置E中、吸收多余的Cl2防止污染写出SnCl4水解的化学方程式SnCl4+4H2O=Sn（OH）4+4HCl（5）实验完毕后，E装置质量增加9.4g，SnCl4的产率是90%【考点】制备实验方案的设计【分析】根据题中的装置和药品可知，制备四氯
33、化锡是用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸干燥，得干燥的氯气与锡反应生成四氯化锡，用冷凝管冷却，用锥形瓶接受，为防止空气中水份进入装置同时吸收多余的氯气，防止污染空气，在锥形瓶后面再连一个装有碱石灰的干燥管，（1）按照气体的发生、除杂、干燥、尾气吸收等设计实验仪器的连接；（2）G为冷凝管，应从Q进水，从P出水；（3）A中制备氯气，在不加热的条件下进行，应用高锰酸钾和浓盐酸制备；（4）F中盛装碱石灰，具有碱性，可与水或酸性气体反应；SnCl4水解生成氢氧化锡和氯化氢；（5）根据方程式Sn+2Cl2=SnCl4可知，4.8gSn完全反应理论上生成SnCl4的质量为=10.
34、5g，SnCl4的产率=100%计算【解答】解：（1）用A制备氯气，分别在D、C中进行除杂和干燥，然后在B中发生反应制备SnCl4，冷却后在E中收集，最后连接F，进行尾气吸收，连接顺序为DCBGEF，故答案为：DCBGEF；（2）G为冷凝管，为达到充分冷凝的效果，应从Q进水，从P出水，故答案为：冷凝管；Q；（3）A中制备氯气，在不加热的条件下进行，应用高锰酸钾和浓盐酸制备，反应的离子方程式为2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（4）F中盛装碱石灰，具有碱性，可与水或酸性气体反应，防止空气中的水分进入装
35、置E中，吸收多余的Cl2防止污染，SnCl4水解生成氢氧化锡和氯化氢，反应的化学方程式为SnCl4+4H2O=Sn（OH）4+4HCl，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置E中、吸收多余的Cl2防止污染；SnCl4+4H2O=Sn（OH）4+4HCl；（5）根据方程式Sn+2Cl2=SnCl4可知，4.8gSn完全反应理论上生成SnCl4的为=10.5g，SnCl4的产率=100%=100%=90%，故答案为：90%【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，本题注意制备氯气的反应条件，不加热时用高锰酸钾和浓盐酸反应，解答时注意题中信息；11现用物质的量浓度为a molL1的标准N
36、aOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是用标准NaOH溶液润洗23次（2）如图1用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入乙（填“甲”或“乙”）中（3）如图2是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c（HCl）=molL1【考点】中和滴定【分析】（1）滴定管用蒸馏水洗涤后，还必须用待装液润洗，否则影响待装液的浓度；（2）图1中甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管盛放；（3）根据图2中数据计算出消耗标准液体积，然后根据中和反应原理计算出待测液浓度【解答】解：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗
37、净后，为了不影响氢氧化钠溶液的浓度，应该用标准NaOH溶液润洗23次，故答案为：用标准NaOH溶液润洗23次；（2）氢氧化钠溶液呈碱性，应该为碱式滴定管，图1中甲为玻璃活塞，为酸式滴定管，乙带有橡胶管和玻璃球特征，为碱式滴定管，所以应将标准NaOH溶液注入乙中，故答案为：乙；（3）根据图2可知，滴定过程中消耗待测液体积为：（V2V1）mL，在待测液浓度为：c（HCl）=mol/L，故答案为：【点评】本题考查了中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意掌握滴定管的构造、类型及使用方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力12（16分）（2016万载县三模）下列是以烃
38、A为原料合成可降解高聚物C和抗氧化剂I的合成路线已知：CHO+（1）烃A的最大质荷比为42则A的分子式为C3H6；DE的试剂及反应条件为氢氧化钠水溶液，加热（2）B中有一个三元环，B的结构简式为；的反应类型是消去反应（3）可作抗氧剂，原因是有酚羟基，易被氧化（4）写出下列反应方程式：F与新制Cu（OH）2悬浊液反应；C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应（5）写出满足下列条件的G的同分异构体：属于酯；核磁共振氢谱只有两种吸收峰；无环；不能发生银镜反应CH3OOCCH=CHCOOCH3、CH3COOCH=CHOOCCH3（或或）（任写两种）【考点】有机物的合成【分析】烃A的最大质荷比为42，则
39、相对分子质量为42，所以A的分子式为C3H6，B中有一个三元环，根据C的结构可推知B为，A氧化得B，所以可知A为CH3CH=CH2，根据题中各物质的转化关系，可知D为CH3CHBrCH2Br，由FG的反应条件和题中信息，结合EF是在铜做催化剂的条件下的氧化，可推得E为CH3CHOHCH2OH，所以F为CH3COCHO，G为，D在碱性条件下水解得E，G在浓硫酸条件下加热发生消去反应生成H，据此答题；【解答】解：烃A的最大质荷比为42，则相对分子质量为42，所以A的分子式为C3H6，B中有一个三元环，根据C的结构可推知B为，A氧化得B，所以可知A为CH3CH=CH2，根据题中各物质的转化关系，可知
40、D为CH3CHBrCH2Br，由FG的反应条件和题中信息，结合EF是在铜做催化剂的条件下的氧化，可推得E为CH3CHOHCH2OH，所以F为CH3COCHO，G为，D在碱性条件下水解得E，G在浓硫酸条件下加热发生消去反应生成H，（1）由上面的分析可知，A的分子式为C3H6，DE的试剂及反应条件为氢氧化钠水溶液，加热，故答案为：C3H6；氢氧化钠水溶液，加热；（2）由上面的分析可知，B的结构简式为；的反应类型是消去反应，故答案为：；消去反应；（3）根据I的结构可知，I中有酚羟基，易被氧化，所以可以可作抗氧剂，故答案为：有酚羟基，易被氧化；（4）F为CH3COCHO，F与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为，故答案为：；C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应的化学方程式为，故答案为：；（5）G为，满足下列条件：属于酯核磁共振氢谱只有两种吸收峰无环不能发生银镜反应，说明没有醛基，符合这些条件的G的同分异构体有CH3OOCCH=CHCOOCH3、CH3COOCH=CHOOCCH3 （或或），故答案为：CH3OOCCH=CHCOOCH3、CH3COOCH=CHOOCCH3 （或或）【点评】本题主要考查了有机物的推断，中等难度，解题的关键是根据官能团的性质及题中的信息确定物质种类，难点是B物质的推断，为中学不常见的物质