山东省梁山第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省梁山第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列反应的离子方程式，不正确的是（
）
A、氢氧化钡溶液与硫酸反应：Ba2++2OH-+SO42-+2H+
=
BaSO4↓+2H2O
B、氧化铜和稀硫酸反应：CuO+2H+
=
Cu2++H2O
C、碳酸氢钠溶液和稀硫酸混合：HCO3-+H+
=H2O+CO2↑
D、金属钠与水反应：Na+2H2O
=
Na++2OH-+H2↑
【答案】D
【解析】
2．浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是
A．酸性
B．脱水性
C．强氧化性
D．吸水性
【答案】A
【解析】
试题分析：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫．
反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，答案为A。
考点：考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性。
3．下列操作中，不使用玻璃棒的是
A．过滤
B．蒸发
C．蒸馏
D．溶解
【答案】C
【解析】
试题分析：A、过滤过程中玻璃棒起引流的作用，A项错误；B、蒸发时必须不断搅拌，否则液体受热不均匀而溅出，所以该操作用玻璃棒，B项错误；C、蒸馏过程不需要使用玻璃棒，C项正确；D、溶解过程中玻璃棒起搅拌作用，所以该操作用玻璃棒，D项错误；答案选C。
考点：考查玻璃棒的使用
4．下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是
【答案】C
【解析】
试题分析：根据装置的特点可知，A是过滤，B是渗析，D是胶体的丁达尔效应，均是与粒子的大小有关系。萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与粒子的大小无关系，选C。
考点：考查常见基本实验操作原理。
5．常温常压下，将下列各组气体分别充入到容积可变的密闭容器中，
充分反应后，恢复到原来状况时体积由大到小的顺序是：①2mol
NH3和1mol
HCl，②2mol
SO2和1mol
O2，③2molH2S和1mol
SO2，④2mol
NO和1mol
O2，⑤1mol
H2S和1mol
Cl2（
）
A．②＞④＞⑤＞①＞③
B．②＞⑤＞④＞①＞③
C．④＞②＝⑤＞③＞①　　D．④＝⑤＞②＞③＞①
【答案】B
【解析】依下面的方程式进行计算即可；
NH3＋HCl=NH4Cl
2H2S＋SO2=3S＋2H2O
2NO＋O2
=2NO2
H2S＋Cl2=2HCl＋S
NH4Cl
S均为固体，体积可忽略。
6．下列说法正确的是
A．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的不同
B．反应：CH2=CH2＋H2→CH3CH3
△H＜0，使用和未使用催化剂时，反应热不同
C．用硝酸这一种试剂就能将MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液鉴别出来
D．依据丁达尔现象就可将分散系分为溶液、胶体与浊液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、化学反应的焓变只取决于反应物和生成物的能量高低，即只取决于始终态，与反应条件无关，A错误；B、使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，B错误；C、将硝酸滴入四种溶液中看到的现象分别是溶液由无色变黄色、无明显变化、有气体生成、先生成白色沉淀后消失，可以鉴别，C正确；D、依据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体与浊液，D错误，答案选C。
考点：考查反应热、物质鉴别和分散系的分类。
7．若40
g密度为P
g·cm-3的硝酸钙溶液里含1
g
Ca2+，则NO3-的物质的量浓度是
A．p/400
mol·L-1
B．20
p
mol·L-1
C．1.25
p
mol·L-1
D．2.5
p
mol··L-1
【答案】C
【解析】
试题分析：1g
Ca2+的物质的量为1/40=0.025mol，溶液中n（NO3-）=2n（
Ca2+）=0.025mol×2=0.05mol，溶液体积为40/1000ρ=1/25ρL，NO3-的物质的量浓度为0.05/(1/25ρ)=1.25ρ
mol/L。答案选C。
考点：物质的量浓度
8．下列说法错误的是
A.
乙醇、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B.
乙烯、苯都能与溴水发生加成反应
C.
乙醇、乙酸都能发生酯化反应
D.
淀粉、油脂都能发生水解反应
【答案】B
【解析】苯中不存在碳碳双键，和溴水不能发生加成反应，选项B不正确，；
9．可逆反应CO(g)
+
H2O(g)
CO2(g)
+
H2(g)，在密闭容器达到平衡。当温度为749K时，K
=
1，当CO的起始浓度为2
mol·L-1，H2O的起始浓度为6mol·L-1时，则CO的转化率为
A．80%
B．75%
C．50%
D．25%
【答案】B
【解析】CO(g)
+
H2O(g)
CO2(g)
+
H2(g)
起始浓度
2
6
0
0
转化浓度
X
X
X
X
平衡浓度2-X
6-X
X
X
根据平衡常数
X2=(2-X)(
6-X)
X=1.5
则CO的转化率为1.5/2=75%
故选B。
10．已知某醛的结构简式为：CH3CH=CHCH2CH2CHO，下列关于它的性质的说法中不正确的是
A．它不发生加聚反应生成高分子化合物
B．它能发生银镜反应
C．它能与溴水发生加成反应
D．它能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应
【答案】A
【解析】
A、不正确，碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物；B、正确，含有醛基能发生银镜反应；C、正确，碳碳双键能与溴水发生加成反应；D、正确，含有醛基与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应。
11．可逆反应mA(g)+nB(s)rC(g)+qD(g)在反应过程中，其他条件不变，D的体积百分
含量和温度T
或压强P关系如图所示，下列叙述中正确的是
A．温度降低，化学平衡向正反应方向移动
B．使用催化剂，D的物质的量分数增加
C．化学方程式系数m+n
=
r＋q
D．物质B的颗粒越小，反应越快，有利于平衡向正反应方向移动
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，A正确；B．使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，D%的不变，B错误；C、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%不变，则平衡不移动，反应中B为固体，故m=r+q，C错误；D．B为固体，物质B的颗粒越小，接触面积越大，反应越快，但对平衡移动没有影响，D错误．
考点：考查化学平衡的移动，化学平衡的影响因素，化学评横的图像等知识。
12．
一密闭体系中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化。则下列时间段中，SO3的百分含量最高的是
A．t0→t1
B．t2→t3
C．t3→t4
D．t5→t6
【答案】A
【解析】
试题分析：图中逆反应的速率快，平衡始终向逆向进行，．
t0→t1生成物SO3的百分含量最高。选A。
考点：考查化学平衡图像等相关知识。
13．下列各项叙述中不正确的是（
）
A．10
℃
时NaCl溶解度为35.7g，则此时饱和NaCl
溶液的质量分数小于35.7
%
B．向Na2CO3溶液中加入少量NaHCO3
固体，溶液pH
减小
C．50mL
1.0
mol·L-1盐酸与60
mL
1.0
mol·L-1盐酸分别跟50
mL
1.1
mol·L-1NaOH溶液进行反应，中和热数值不相等
D．一定条件下，向水中加入少量NaHSO4，可使水的电离程度减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据饱和溶液的定义可知，10
℃
时100g水中最多溶解35.7g的氯化钠，所以所得饱和氯化钠溶液的质量分数一定小于35.7%，正确；B、碳酸根离子水解使溶液显碱性，加入少量碳酸氢钠固体，使溶液中的碳酸氢根离子浓度增大，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，pH减小，正确；C、中和热与生成的水的物质的量无关，都是指强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量的多少，所以中和热的数值相等，错误；D、硫酸氢钠完全电离生成硫酸根离子、氢离子、钠离子，而氢离子浓度增大，对水的电离起抑制作用，所以水的电离程度减小，正确，答案选C。
考点：考查溶液质量分数的判断，离子平衡的判断，中和热的判断
14．把200
mL
NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成二等份，取一份加入含a
mol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4+完全转化为NH3逸出，另取一份加入含b
molHCl的盐酸恰好反应完全生成CO2，则该混合溶液中c（Na＋）为
A．（）mol/L
B．（2b－a）
mol/L
C．（5b-）mol/L
D．（10b－5a）
mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：向其中一等份NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中加入含a
mol氢氧化钠的溶液并加热，发生反应：NH4HCO3+2NaOHNa2CO3+NH3↑+2H2O，向另一等份NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中加入含b
molHCl的盐酸，发生反应：NH4HCO3+HCl=NH4Cl+H2O+CO2↑，Na2CO3+2HCl=2NaCl+
CO2
↑
+
H2O，恰好反应完全生成CO2，根据实验1可知每一等份中含有NH4HCO3的物质的量是a/2mol；则根据实验2可知其中Na2CO3的物质的量是（b-
a/2）÷2=（b/2-a/4）mol，则每一等份溶液中含有Na+的物质的量是（b-a/2）mol，每一等份溶液的体积是100mL，所以该混合溶液中c（Na＋）为c（Na＋）
=（b-a/2）mol÷0.1L=（10b－5a）
mol/L,所以选项D正确。
考点：考查物质的量在化学反应方程式的计算的应用的知识。
15．在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验：三组各取60
mL同浓度盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号
甲
乙
丙
合金质量/mg
510
770
918
气体体积/mL
560
672
672
则下列说法正确的是
A．甲组和乙组的实验中，盐酸均是过量的
B．盐酸的物质的量浓度为0.8
mol/L
C．合金中镁铝的物质的量之比为1∶1
D．丙组中铝的物质的量为0.009
mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据表格的数据可知：在加入盐酸都是60ml时，金属质量由510mg增加至770mg，放出的氢气体积增加，说明甲组盐酸是过量的，而乙组和丙质量不同，产生的氢气相同，可能乙是恰好完全反应，也可能是盐酸过量，而丙组金属过量，错误；B．由于丙组金属过量，盐酸完全反应。n(H2)=
0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，则n(HCl)=
0.03mol÷0.06L=0.5mol，错误；C．根据第一组数据可知，金属完全反应，假设合金中镁铝的物质的量分别是x、y，则24x+27y=0．51；x+1.5y=0.56L÷22.4L/mol，解得x=0.01mol,y=0.01mol,所以合金中镁铝的物质的量之比为1∶1，正确；D．丙组中铝的物质的量为(0.918g÷0.510g)×0.01mol=0.018
mol，错误。
考点：考查关于混合物有过量时的计算的知识。
16．已知D、E、F均是短周期元素形成的单质，
E的氧化物对应的水化物为中强碱，F为黑色固体，
A、D为无色气体，B、C的焰色反应呈黄色。它们之间的变化关系如右图所示（个别生成物略去），回答以下问题：
（1）写出A与E反应的化学方程式：
。
（2）写出与E同周期的最活泼非金属单质的实验室制法的化学方程式：
。
（3）写出C的溶液与少量盐酸反应的离子方程式：
。
【答案】（1）
2Mg＋CO2
2MgO＋C。
（2）
MnO2＋4HCl(浓)
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（3）
CO32－＋H＋
=
HCO3－。
【解析】略
17．（15分）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。
（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4
L容器中通入6
mol
CO2、6
mol
CH4，发生如下反应：
CO2
(g)＋CH4(g)
2CO(g)＋2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：
物质
CH4
CO2
CO
H2
体积分数
0．1
0．1
0．4
0．4
①此温度下该反应的平衡常数K=__________
②已知：
《1》CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)
△H=890．3
kJ·mol－1
《2》CO(g)＋H2O
(g)＝CO2(g)＋H2
(g)
△H=+2．8
kJ·mol－1
《3》2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)
△H=566．0
kJ·mol－1
反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)
的△H=________________
（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是
。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是
。
③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为
。
（3）①Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。①如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是_____。
A．可在碱性氧化物中寻找
B．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找
C．可在具有强氧化性的物质中寻找
②Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2。原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是
。
（4）利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。
反应A：CO2+H2OCO+H2+O2
高温电解技术能高效实现（3）中反应A，工作原理示意图如下：
CO2在电极a放电的反应式是__________________________________________。
【答案】（1）①
64（2分）
②+247．3
kJ/mol
（2分）
（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低（2分）
②增大反应压强或增大CO2的浓度（2分）
③3Cu2Al2O4+32H++2NO3－=6Cu2++
6Al3++2NO↑+16
H2O（2分）
（3）①A、B
（1分）
②
CO2
+
Li4SiO4
Li2CO3
+
Li2SiO3（2分）
（4）CO2
+
2e-
==
CO+O2-（2分）
【解析】
试题分析：（1）①假设在反应过程是CO2改变的物质的量是x，则平衡时各种气体的物质的量是CO2
：(6-x)mol；CH4：(6-x)mol
；CO：2xmol；H2：2xmol。根据题意可得：(6-x)mol
÷[(6-x)mol+(6-x)mol+2xmol+2xmol]=0．1，解得x=4。因此平衡混合体系中物质的浓度分别是：c(CO2)=c(CH4)=0．5mol/L；c(CO)=c(H2)=2mol/L，因此化学平衡常数K=；②《1》+《2》×2—《3》×2，整理可得CO2(g)＋CH4(g)
2CO(g)＋2H2(g)
的△H=+247．3
kJ/mol；（2）①在250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；②由于正反应是气体体积减小的反应，所以为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大压强或增大CO2的浓度；（3）①由于Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，Li、Na是碱金属元素，位于第；Mg是碱土金属，在元素周期表中位于第族，所以所以如果寻找吸收CO2的其他物质，可在碱性氧化物中寻找或可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找，选项是A、B；②Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2。原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是CO2
+
Li4SiO4
Li2CO3
+
Li2SiO3；（4）CO2在阴极得到电子变为CO，所以a电解是阴极，与电源的负极连接，在电极a放电的反应式是CO2
+
2e-
=CO+O2-。
考点：考查提高物质平衡转化率的措施、化学平衡常数的计算、化学方程式和反应的热化学方程式的书写、气体吸收试剂的选择标准、电解原理的应用的知识。
18．二氯化硫(SCl2)熔点-78℃，沸点59℃，密度1.638g／mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯(SOCl2)。以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。
试回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为
。
（2）装置B应盛放的药品是
，C中是
。
（3）实验开始前先在D中放一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁形成一薄层表面，这样做的目的是
。
（4）实验时，D装置需加热至50—59℃．最好采用
方式加热。
（5）二氯化硫分子中各原子均为8电子稳定结构，其电子式为
。
（6）在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作所配溶液浓度偏低的是___________：
A．配制溶液时，容量瓶中有少量水。
B．使用容量瓶配制溶液时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切
C．配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液。
D．发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)==MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水(或水)
浓硫酸
（3）增大反应接触面积（4）水浴
将锥形瓶放人冰水中冷却
（5）
SCl2+SO3=SOCl2+SO2（6）CD
【解析】
试题分析：（1）A中进行的反应是MnO2+4HCl(浓)====MnCl2+Cl2↑+2H2O，因为这是由氯气与硫合成二氯化硫的实验装置，首先是要制备氯气。（2）装置B是为了除去氯气制备过程中产生的氯化氢气体，采用饱和食盐水除去。装置C是为了除去制备氯气过程中产生的水蒸气，可以采用浓硫酸除水。（3）这样做的目的是为了增大反应的接触面积。（4）D装置对于温度的要求比较苛刻，且温度较低，所以应该采取水浴加热最为合适。（5）电子式为（6）A操作无影响，B操作会使浓度偏高，C，D选项都会使得溶液浓度偏低。
考点：在制备化学药品的过程中考查相关操作知识，涉及到电子式的书写，加热方式的选择，以及误差分析。
19．在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如下图：
（1）连接上述仪器的正确顺序（填各接口处的字母）：E接
；
接
；
接
；
接
。
（2）装置中，饱和食盐水的作用是
；NaOH溶液的作用是
。
（3）化学实验中常用湿润的淀粉—KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到
，
（4）写出下列化学反应的方程式：
①气体发生装置中进行的反应：
②NaOH溶液中发生的反应：
（5）KMnO4的氧化性比MnO2强得多，实验室可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：
2KMnO4+16HCl
(浓)=
2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
①请用“双线桥”标出电子转移的方向和数目：
2KMnO4+16HCl
(浓)=
2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
②该反应中被氧化和未被氧化的盐酸的物质的量之比是
，如果将20ml
12mol·L－1的浓盐酸与足量KMnO4充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积将
。
A．≥1.68L
B．＞1.68L
C．≤1.68L
D．＜1.68L
【答案】（1）E接C；D接A；B接G；
H接F；
（2）除去氯气中的HCl杂质；吸收过量的氯气
（3）试纸变蓝；
（4）①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
；②2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
（5）①；②5：3；D
；
【解析】
试题分析：（1）在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短处收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，装置连接顺序是E接C；D接A；B接G；
H接F，故答案为：E接C；D接A；B接G；
H接F；
（2）饱和食盐水是用来除去氯气中的氯化氢气体，降低氯气的溶解度，氢氧化钠溶液能够吸收过量的氯气，防止污染空气，故答案为：除去挥发出的氯化氢气体，抑制氯气在水中的溶解度；吸收过量的氯气；
（3）氯气具有氧化性，遇到淀粉碘化钾溶液会氧化碘离子为单质碘，碘单质遇淀粉变蓝，反应的化学方程式为：2KI+Cl2=2KCl+I2，故答案为：湿润的淀粉-KI试纸变蓝；
（4）①气体发生装置是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气的反应，反应的离子方程式为：MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②氯气有毒用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
（5）①反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2，得到的电子为2×（7-2）e-=10e-，Cl元素的化合价由-1升高为0，失去的电子为5×2×（1-0）e-=10e-，双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为
，故答案为：
；
②盐酸参与反应生成氯化钾、氯化锰时化合价不变未被氧化，生成氯气时被氧化，依据方程式：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，参加反应的16
mol
HCl中有10
mol被氧化，故被氧化和未被氧化的HCl的物质的量之比为5：3；
假设20
mL
12
mol/L的浓盐酸完全反应，则生成Cl2的体积为V，则依据化学方程式得
16
HCl
～
5Cl2
16
mol
5×22.4
L
20×10-3L×12
mol/L
V
解之得V=1.68
L，
由于浓盐酸浓度减小到一定程度后，反应就不能发生，故生成气体的体积小于1.68
L，
故答案为：5：3；D
【考点定位】考查氯气的性质和制备、氧化还原反应
【名师点晴】本题考查无机物的推断、实验室制备干燥纯净的氯气的实验步骤和试剂选择。X能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，明确元素的化合价变化及氧化还原反应规律是解题关键。注意双线桥表示氧化还原反应的注意事项，①根据反应中Mn元素的化合价降低、Cl元素的化合价升高来分析转移的电子数，并用双线桥标出下列反应方程式电子的转移方向和数目；②盐酸参与反应生成氯化钾、氯化锰时化合价不变未被氧化，生成氯气时被氧化，根据反应及Cl原子守恒来分析；浓盐酸能够被高锰酸钾氧化，稀盐酸与高锰酸钾不反应。
20．某同学设计如下实验方案，以分离KCl
和BaCl2
两种固体混合物，试回答下列问题：
（1）操作①的名称是
，操作②的名称是
。
（2）试剂a是
，试剂b是
，固体B是
。（填化学式）
（3）加入试剂a所发生反应的化学方程式为：
。
加入试剂b所发生反应的化学方程式为：
。
（4）该方案能否达到实验目的：
。若不能，应如何改进（若能，此问不用回答）
。
（5）若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是
的质量。
【答案】（10分）（1）溶解
过滤
（2）K2CO3；HCl；BaCl2
（3）
K2CO3
+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；BaCO3+2HCl=
BaCl2+CO2↑+H2O(各1分)
（4）否(不能)；
应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶(只要答到“在滤液中加入盐酸”即可)
（5）沉淀A1或固体B
(答对1个即可)
【解析】
试题分析：（1）将固体混合物形成溶液的操作为溶解；操作②是将固体和溶液分离，为过滤。(2分离氯化钾和氯化钡，应将氯化钡转化为沉淀而分开，所以先加入碳酸钾，生成碳酸钡沉淀，所以试剂a为碳酸钾，沉淀A为碳酸钡，洗涤后加入盐酸，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡，再蒸发结晶即可得B氯化钡，所以试剂b为盐酸。滤液为氯化钾。（3）
加入碳酸钾，氯化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，方程式为K2CO3
+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，方程式为BaCO3+2HCl=
BaCl2+CO2↑+H2O。（4）因为加入了碳酸钾，所以滤液中有碳酸钾，直接蒸发结晶有碳酸钾杂质，应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（5）要的定氯化钾或氯化钡的质量分数，需要知道氯化钾或氯化钡的质量，所以需要获得的数据有沉淀A1或固体B。
考点：
物质的分离和提纯
21．（8分）某含氧有机物，它的相对分子质量为74。7.4g该含氧有机物充分燃烧后的产物通过浓硫酸后增重5.4g，通过足量澄清石灰水后有30g白色沉淀生成。求：
（1）该含氧有机物的分子式；
（2）该含氧有机物有多种同分异构体，写出其中能水解的同分异构体的结构简式
【答案】（1）C3H6O2
（2）HCOOCH2CH3、CH3COOCH3
【解析】考查有机物分子式的判断及同分异构体的书写等。
（1）7.4g有机物是0.1mol
浓硫酸吸收的是水，则水的物质的量是0.3mol
石灰水中生成的沉淀是碳酸钙，即根据原子守恒可知CO2是0.3mol
所以分子中氧原子的物质的量是
所以该有机物的分子式是C3H6O2
（2）能水解，说明含有酯基，所以可能的结构简式为HCOOCH2CH3、CH3COOCH3。
22．肉桂酸甲酯的球棍模型如图所示(图中球与球之间连线表示
单键或双键)。
（1）肉桂酸甲酯的分子式为
。
（2）肉桂酸甲酯能发生的反应类型是
(填字母代号)。
A．加成反应
B．酯化反应
C．消去反应
d
取代反应
（3）肉桂酸甲酯与NaOH溶液反应生成的相对分子质量较小的有机物的结
构简式是
。
【答案】（1）C10H10O2；（2）ad；（3）CH3OH。
【解析】
试题分析：（1）根据球棍模型以及有机物碳结构特点，黑球是碳、阴影小球是O、白球是H，因此有机物分子式：C10H10O2；（2）根据球棍模型，其结构简式为：，含有官能团是酯基、碳碳双键，因此能发生的反应是加成反应、酯的水解等知识，故选项ad正确；（3）肉桂酸甲酯水解产物为肉桂酸钠和甲醇，因此分子量较小的有机物为甲醇，其结构简式为CH3OH。
考点：考查球棍模型、有机物碳的成键特点、官能团的性质等知识。
23．化合物A是合成天然橡胶的单体，结构简式为CH2===C(CH3)—CH===CH2。A的一系列反应如下(部分反应条件略去)：
回答下列问题：
（1）A的系统命名是________，其属于炔烃的同分异构体有
种；
（2）B的分子式为________；
（3）①的反应方程式为
；
（4）D的结构简式为
。
【答案】（1）2-甲基-1，3-丁二烯；3（2）C5H8O2
（3）CH2===C(CH3)—CH===CH2
+Br2CH2BrC(CH3)===CHCH2Br
（4）
【解析】
试题分析：（1）化合物A的结构简式为CH2===C(CH3)—CH===CH2，根据烯烃的命名原则，则烃的名称为2-甲基-1，3-丁二烯；若属于炔烃，则是戊炔，戊炔三种：1-戊炔、2-戊炔、3-甲基-1-丁炔，所以其属于炔烃的同分异构体有3种；
（2）化合物A的结构简式为CH2===C(CH3)—CH===CH2，A和B发生加成反应生成，根据异戊二烯和的结构简式的异同可知，B的结构简式为：CH2=CHCOOCH2CH3，则B的分子式为C5H8O2
。
（3）CH2===C(CH3)—CH===CH2与Br2发生1,4-加成生成C，反应方程式为
CH2===C(CH3)—CH===CH2
+Br2
CH2BrC(CH3)===CHCH2Br。
（4）根据上述分析,C为CH2BrC(CH3)===CHCH2Br，C含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物D，则D的结构简式为
。
考点：考查有机物的推断，有机物的命名，分子式和同分异构体的判断等知识。
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