高三化学第二次模拟考试试题(含解析)

质对市爱慕阳光实验学校市高考二模化学试卷
1〔2021•二模〕以下化学用语正确的选项是〔〕
A．14C原子结构示意图：B．硝基苯的结构简式：
C．NH4Cl的电子式：
D．FeS2中S的化合价：-2
C、氯离子的电子式书写错误，画出氯离子最外层电子数，并用“[]〞括起，在右上角注明所带电荷；
D、FeS2中Fe元素为+2价，根据化合价规那么计算S元素化合价．
解答：解：A、14C原子质子数为6，核外电子数为6，有2个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故A正确；
B、硝基苯中硝基中的N原子与苯环连接，硝基苯的结构简式为，故B 错误；
C、氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，电子式为，故C错误；
D、FeS2中Fe元素为+2价，根据化合价规那么可知S元素化合价为-1价，故D 错误；
应选A．
点评：此题考查常用化学用语的书写，难度中，注意复杂阳离子、阴离子的电子式需要用“[]〞括起，在右上角注明所带电荷．
2〔2021•二模〕氯化钠是一种重要的生活、生产必需品．以下表达中正确的选项是〔〕
考点：离子化合物的结构特征与性质；化学反速率的影响因素；电解质溶液的导电性；盐类水解的原理．
专题：化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的pH专题．
分析：A．能形成原电池的装置能加快金属的腐蚀速率；
B．降低温度，抑制水电离，水的离子积常数小于室温时的离子积常数，据此判断纯水的pH，氯化钠溶液呈中性，和纯水的pH相同；
C．一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物一是离子化合物；
D．电解质溶液或熔融态电解质导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化复原反．解答：解：A．锌粒和盐酸反时，假设参加适量氯化钠晶体，锌不能置换出钠，所以没有活泼性不同的金属单质，那么不能构成原电池，所以不能加快锌的腐
蚀速率，故A 错误；
B ．降低温度，抑制水电离，水的离子积常数小于室温时的离子积常数，那么标况下纯水的pH ＞7，氯化钠溶液呈中性，那么溶液的pH ＞7，故B 错误；
C ．一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，活泼金属钠和活泼非金属氯元素之间易形成离子键，所以氯化钠中含有离子键，含有离子键的化合物一是离子化合物，故C 正确；
D ．电解质溶液或熔融态电解质导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化复原反，所以都是化学变化，故D 错误； 应选C ．
点评：此题考查较综合，涉及影响化学反速率的因素、离子键的判断、水的电离知识点，注意离子化合物中一含有离子键，可能含有共价键，为易错点． 3〔2021•二模〕以下关于有机物的说法中正确的选项是〔 〕
考点：苯的同系物；同分异构现象和同分异构体；的裂化和裂解；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
专题：同分异构体的类型及其判；有机物的化学性质及推断． 分析：A ．聚丙烯不含C=C 官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色； B ．鸡蛋白溶液中参加浓Na2SO4溶液，会降低蛋白质的溶解度，发生盐析析出蛋白质，该过程是可逆的，蛋白质性质不变；
C ．成分与油脂都不是高分子物质；
D ．属于醇类，含有-OH ，C5H12O 可以看做戊烷为-OH 取代的产物，书写戊烷的同分异构体，根据效氢判断属于醇类的同分异构体数目，能被氧化成醛，那么该醇中-OH 连接的C 原子上连接2个H 原子，据此解答．
解答：解：A ．甲苯中含有甲基与苯环直接相连、葡萄糖中含有-OH 、-CHO ，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯中不含C=C 官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A 错误；
B ．鸡蛋白溶液中参加浓Na2SO4溶液，会降低蛋白质的溶解度，发生盐析析出蛋白质，该过程是可逆的，蛋白质性质不变，故B 错误；
C ．成分与油脂都不是高分子物质，裂解和油脂皂化不是由高分子生成小分子的过程，故C 错误；
D ．C5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH 〔CH3〕CH3、〔CH3〕4C ，种H 原子，CH3CH2CH 〔CH3〕CH3有4种H 原子，〔CH3〕取代1个H 得到的醇有3+4+1=8种，其中
〔CH3〕CH2CH2OH 、CH3CH2CH 〔CH3〕CH2OH 、〔CH3〕D 正确；
点评：此题考查有机物的结构和性质、同分异构体，难度中，注意D 选项同分异构体数目的判断方法．
4〔2021•二模〕如图装置中，在U 形管底部盛有CCl4，分别在U 形管两端小心倒入饱和食盐水和稀硫酸溶液，并使a 、b 两处液面相平，然后分别塞上插有生铁丝的塞子，密封好，放置一段时间后，以下有关表达中错误的选项是〔 〕
B．a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反式为Fe-2e-=Fe2+，故B正确；C．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b 处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；
D．生的碳在a、b两处都作正极，故D错误；
应选D．
点评：此题考查金属的腐蚀与防护，明确发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解此题关键，会写电极反式．
5〔2021•二模〕下表中的离子方程式及评价都合理的是〔〕考点：离子方程式的书写．
专题：离子反专题．
分析：A．碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反中保存化学式；
B．水解生成亚硫酸；
C．反生成苯酚和碳酸氢钠；
D．物质的量的FeBr2和Cl2反，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化．
解答：解：A．该反中碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反中保存化学式，评价错误、离子反书写错误，故A错误；
B．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸，电离生成亚硫酸根离子，离子反书写错误，评价正确，故B正确；
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反为C6H5O-+CO2+H2O═HCO3-+C6H5OH，
评价错误，故C 错误；
D ．物质的量的FeBr2和Cl2反，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化，离子反为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，评价错误，故D 错误； 应选B ．
点评：此题考查离子反的书写及评价，涉及离子反的书写方法、盐类水解、优先氧化及与量有关的离子反，题目难度中，选项D 为解答的难点．
6〔2021•二模〕 A 、B 、C 、D 、E 是短周期子序数依次增大的 5种主族元素，其中元素 A 、E 的单质在常温下呈气态，元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，元素 C 在同周期的主族元素子半径最大，元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料．以下说法正确的选项是〔 〕
A ．元素A 、
B 组成的化合物常温下一呈气态
B ．一条件下，元素
C 、
D 的最高价氧化物对的水化物都是强碱 C ．工业上常用电解法制备元素C 、D 、
E 的单质
D ．化合物A
E 与CE 有相同类型的化学键
考点：原子结构与元素周期率的关系． 专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：从题目所给条件短周期常温下是气态的可以看出A 为H 元素、E 为Cl 元素，元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能是2，故B 为C 元素、元素C 在同周期的主族元素子半径最大，位于同周期最左边，C
为Na 元素、原子序数比钠大的金属，D 为Al 元素．
解答：解：元素B 的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能
是2，故B 为C 元素，A 的原子序数比B 小且是气体，故A 为H ，元素 C 在
同周期的主族元素子半径最大，位于同周期最左边，C 为Na 元素、原子序数比钠大的金属，D 为Al 元素．
A ．由C 、H 元素组成的化合物，比方苯在常温下呈液态，故A 错误；
B ．其对的最高价氧化物对的水化物为NaOH 和Al 〔OH 〕3，Al 〔OH 〕3不是强碱，故B 错误；
C ．对于Na 、Al 、Cl2的制备，在工业上都采用电解的方法，故C 正确；
D ．化合物A
E 为HCl ，为分子晶体，只有共价键，化合物CE 为NaCl ，是离子晶体，存在离子键，故D 错误． 应选C ．
点评：此题主要考查的原子结构与元素周期律的用，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力．
7〔2021•二模〕X 、Y 、Z 、W 均为化常见物质，一条件下它们之间有如下转化关系〔其它产物已略去〕：
以下说法不正确的选项是〔 〕
考点：无机物的推断．
专题：推断题．
分析：A ．根据W 具有强氧化性去逐步分析；
B．根据题意推知氢氧化物Y具有酸性，从而推知其他物质；
C．根据假设去验证各个反；
D．根据W是氧气，推测X可能为什么物质，进而得出其他物质．
解答：解：A．假设 W是强氧化性的单质，那么Y与Z中的元素具有可变化合价，X肯不会是铝，故A错误；
B．假设W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反，即Y是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反，说明氢氧化物Y具有酸性，那么Y必是氢氧化铝，那么X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性．故B正确；
C．如果W是Fe，Z是FeCl2，那么Y必是FeCl3，发生的化学反是
2FeCl2+Cl2═2FeCl3，那么X是盐酸，符合题干要求，故C正确；
D．假设W是氧气，那么X是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，如X可以是碳，Y是CO，Z是CO2．假设果X是C2H6，那么Y是CO，Z 是CO2．即C2H6和CO2的相对原子质量相差14，故D正确；
应选A．
点评：此题根据一个反线索，去进行各种可能性的设问，考查了学生对元素及其化合物知识的掌握程度，具有较大的难度，解答这类题目的关键在于学生要掌握系统的相关知识．
8〔2021•二模〕四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息①原子半径大小：A＞B＞C＞D
信息②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及性质：请根据上述信息答复以下问题．
〔1〕B元素在周期表中的位置
第2周期ⅣA族
；
〔2〕BC2分子的电子式
；
〔3〕A元素的单质与物质甲发生反的离子方程式
Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO
；
〔4〕丙的钠盐溶液呈
碱
性，用化学用语表示其原因
Cl-+H2O⇌HClO+OH-
；
〔5〕物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构．向盛有一浓度丁溶液的试管中，逐滴参加用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色；
②有少量气泡出现〔经验证是氧气〕，片刻后反变得剧烈，并放出较多热量，继续滴加溶液，静置一段时间；
③试管底部出现红褐色沉淀．向浊液中再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黄色．请用化学方程式或离子方程式及必要的文字解释①、②、③中加点的字．
①
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+〔浓度大时呈深棕黄色〕
；
②
2H2O2=2H2O+O2↑
；
过氧化氢分解可产生氧气，常温时反2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反速率加快而剧烈
；
③
Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+
．
反①使c〔H+〕降低且反②放热，从而使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+，正向移动，当水解出的Fe〔OH〕3较多时就聚集为沉淀〔因反放热会使氢氧化铁分解为红棕色氧化铁〕
．
考点：位置结构性质的相互关系用．专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：根据信息及甲的比例模型知，甲是水，由氢氧两种元素组成；根据乙的信息及比例模型知，乙是甲烷，由碳、氢两种元素组成；丙是具有强氧化性的弱酸，且能消毒，那么丙是次氯酸，由氢、氯、氧三种元素组成，原子半径大小：A＞B＞C＞D
，所以A是Cl元素，B是O元素，C是C元素，D是H元素．
解答：解：根据信息及甲的比例模型知，甲是水，由氢氧两种元素组成；根据乙的信息及比例模型知，乙是甲烷，由碳、氢两种元素组成；丙是具有强氧化性的弱酸，且能消毒，那么丙是次氯酸，由氢、氯、氧三种元素组成，原子半径大小：A＞B＞C＞D，所以A是Cl元素，B是C元素，C是O元素，D是H元素．
〔1〕B在周期表中处于第二周期第IVA族，故答案为：第2周期ⅣA族；〔2〕BC2分子是CO2，它的电子式为：，故答案为：；
〔3〕A元素的单质是氯气，氯气和水反生成盐酸和次氯酸，反离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，
故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
〔4〕丙的钠盐溶液是次氯酸钠溶液，次氯酸钠是强碱弱酸盐，水解导致其钠盐溶液呈碱性，水解方程式为：Cl-+H2O⇌HClO+OH-，故答案为：碱性，Cl-+H2O⇌HClO+OH-；
〔5〕物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，那么丁是双氧水，向盛有一浓度丁溶液的试管中，逐滴参加用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子；
②有少量气泡出现〔经验证是氧气〕，说明双氧水分解生成氧气，常温时反
2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反速率加快而剧烈；
③反①使c〔H+〕降低且反②放热，从而使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+，正向移动，当水解出的Fe〔OH〕3较多时就聚集为沉淀〔因反放热会使氢氧化铁分解为红棕色氧化铁〕，向浊液中再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黄色，氢氧化铁和硫酸反生成硫酸铁，
故答案为：①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+〔浓度大时呈深棕黄色〕；
②过氧化氢分解可产生氧气，常温时反2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反速率加快而剧烈；
③反①使c〔H+〕降低且反②放热，从而使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+，正向移动，当水解出的Fe〔OH〕3较多时就聚集为沉淀〔因反放热会使氢氧化铁分解为红棕色氧化铁〕．
点评：此题考查较综合，正确推断元素、化合物是解此题关键，难点是分析〔5〕②中速率变大的原因．
9〔2021•二模〕碳和碳的化合物在生产、生活中的用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活〞不再只是一种理想，更是一种值得期待的的生活方式．
〔1〕将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁．
①：Fe2O3〔s〕+3C〔石墨〕=2Fe〔s〕+3CO〔g〕△H1=+489.0kJ/mol C〔石墨〕+CO2〔g〕=2CO〔g〕△H2=+17kJ/mol
那么CO复原Fe2O3的热化学方程式为
Fe2O3〔s〕+3CO〔g〕=2Fe〔s〕+3CO2〔g〕△H=-2kJ/mol
；
②氯化钯〔PdCl2〕溶液常被用于检测空气中微量CO．PdCl2被复原成单质，反的化学方程式为
PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl
；
〔2〕将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池．
①负极电极反式是：
C3H8-20e-+26OH-=3CO32-+17H2O
；
②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe〔OH〕2的装置〔如下图〕，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．以下说法中正确的选项是
ABD
〔填序号〕
A．电源中的a一为正极，b一为负极
B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极
D．阴极发生的反是：2H++2e-=H2↑
〔3〕将不同量的CO〔g〕和H2O〔g〕分别通入体积为2L的密闭容器中，进行反：
CO〔g〕+H2O〔g〕⇌CO2〔g〕+H2〔g〕，得到如下三组数据：
①该反的正反为
放热
〔填“吸〞或“放〞〕热反；
②2中，平衡常数K=
1
6
；
③3跟2相比，改变的条件可能是
使用了催化剂；加大了压强
〔答一种情况即可〕；
〔4〕将g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序
c〔Na+〕＞c〔HCO3-〕＞c〔CO32-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕．
考点：用盖斯律进行有关反热的计算；化学电源型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；电解原理．
专题：化学反中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
分析：〔1〕①根据盖斯律，由热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反热也乘以相的系数并进行相的加减，据此计算；
②根据氧化复原反规律，CO与PdCl2溶液反，PdCl2被复原成单质，那么CO
被氧化成CO2，根据质量守恒律，有水参与反同时生成氯化氢，据此写出反的化学方程式即可；
〔2〕①根据C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反：C3H8+5O2+6OH-=3CO32-+7H2O，正极发生复原反，电极反式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，而负极电极反式=总反方程式-正极的电极反式来解答；
②A、B端析出氢气可驱赶原溶液中溶解的少量氧气；
B、电解液选用NaCl溶液不影响，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离子不放电；
C、阳极该用铁电极，阴极用惰性电极亦可；
D、B电极反是阴极氢离子放电生成氢气；
〔3〕①比拟第二组的第一组反物的转化率大小以及温度对化学平衡和转化率的影响来判断；
②首先利用三段式计算出平衡时各物质的浓度，根据K=
c(CO2)•c(H2)
c(CO)•c(H2O)
计算；
③3跟2相比，温度相同，浓度相同，但3到达平衡所用时间少，反速率更大，但平衡状态没有发生移动；
〔4〕g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反的化学方程式为：2CO2+3NaOH=NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答．
解答：解：〔1〕①Fe2O3〔s〕+3C〔石墨〕=2Fe〔s〕+3CO〔g〕△H1=+489.0kJ/mol ①
C〔石墨〕+CO2〔g〕=2CO〔g〕△H2=+17kJ/mol ②由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3〔s〕+3CO〔g〕=2Fe〔s〕+3CO2〔g〕△H=-2kJ/mol，
故答案为：Fe2O3〔s〕+3CO〔g〕=2Fe〔s〕+3CO2〔g〕△H=-2kJ/mol，
②氧化复原反规律，CO与PdCl2溶液反，PdCl2被复原成单质，那么CO被氧化成CO2，根据质量守恒律，有水参与反同时生成氯化氢，反的化学方程式为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；
〔2〕C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反：C3H8+5O2+6OH-=3CO32-+7H2O，正极发生复原反，电极反式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极发生氧化反，电极反式为：C3H8 +26OH--20e-=3CO32-+17H2O；故答案为：
C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O；
②A、因为生成的氢气将装置有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极那么是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，电源中的a与A相连，那么a为正极，b 与B相连，那么b为负极，故A正确；
B、电解池极是铁失去电子发生氧化反生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生复原反，所以电解质溶液中的阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响，故B正确；
C、阳极该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，故C错误；
D、阴极氢离子放电，其电极反为2H++2e-=H2↑，故D正确；
应选：ABD；
〔3〕①1中CO的转化率为
1.6mol
4mol
×100%=40%，2中CO的转化率为
0.4mol
2mol
×100%=20%，那么1的转化率大于2，那么说明温度升衡向逆反方向移动，正反放热，故答案为：放热；
②H2O〔g〕+CO〔g〕 CO2〔g〕+H2〔g〕
初
始1mol/L 2mol/L 0 0 转
化 0.4mol/L 0.4mol/l 0.4mol/l 0.4mol/l 平
衡0.6mol/L 1.6mol/L 0.4mol/l 0.4mol/ l
根据K=
c(CO2)•c(H2)
c(CO)•c(H2O)
=
0.4×0.4
0.6×1.6
=
1
6
，故答案为：
1
6
；
③3跟2相比，温度相同，浓度相同，但3到达平衡所用时间少，反速率更大，但平衡状态没有发生移动，是使用了催化剂，又由于反前后气体体积不变，那么增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂或增大了压强；
〔4〕g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反的化学方程式为：2CO2+3NaOH=NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c〔Na+〕最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，那么c〔HCO3-〕＞c〔CO32-〕，水解使溶液显碱性，那么c 〔OH-〕＞c〔H+〕，显性离子大于隐性离子，所以c〔HCO3-〕＞c〔CO32-〕＞c 〔OH-〕＞c〔H+〕，即离子浓度大小为：c〔Na+〕＞c〔HCO3-〕＞c〔CO32-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕，故答案为：c〔Na+〕＞c〔HCO3-〕＞c〔CO32-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕．
点评：此题考查热化学方程式、电极反的书写以及化学平衡的计算、离子浓度大小比拟，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算，比拟离子浓度大小时掌握溶液的成分，题目难度中．
10〔2021•二模〕如图是一个制取氯气并以氯气为原料进行特反的装置：
〔几种气体的溶解度：常温常压下，1体积水可溶解CO2、Cl2、HCl分别为1、2、500体积〕
〔1〕A是氯气发生装置，其中的离子反方程式为
4H++2Cl-+MnO2═Mn2++2H2O+Cl2↑
；
〔2〕要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→
c
，
b
→d．
〔3〕开始时，先点燃A处的酒精灯，翻开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，连接上E装置．Cl2通过C瓶后再进入D．D装置的硬质玻璃管
内盛有炭粉，发生氧化复原反，其产物为两种气体，且体积比为1：4．试写出D中发生反的化学方程式
2Cl2+2H2O〔g〕+C═4HCl+CO2
，装置C的作用是
吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气
；为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中参加浓硫酸，参加浓硫酸的作用是
浓硫酸稀释时放出大量的热，促进试管里的水蒸发，减少氯气的溶解
．
〔4〕在A、B、C、D、E装置中有一处需要改良，说明需要改良的理由并画出改良后的装置图
E装置尾气的吸收需要改良，否那么容易出现因为HCl气体的极易溶解导致倒
吸现象的出现，
．
〔5〕D处反完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是
瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升．
．
考点：氯气的室制法．
专题：卤族元素．
分析：〔1〕A装置中发生的是浓盐酸和二氧化锰反生成氯化锰，氯气和水的反；〔2〕将C装置接入B和D之间，需要吸收氯气中的氯化氢气体导气管长进短出；〔3〕D中的反是氯气和碳、水反生成两种气体净化原子守恒和气体体积比写出化学方程式；装置C是吸收氯化氢气体，同时提供水蒸气；浓硫酸溶于水溶液温度升高；
〔4〕D装置生成的氯化氢气体是极易溶于水的气体，直接插入水中容易引起倒吸；符合防倒吸的装置都符合；
〔5〕关闭K撤去酒精灯，余热反继续进行，生成的氯气使B中压强增大，饱和食盐水被压入长颈漏斗中．
解答：解：〔1〕A是氯气发生装置，二氧化锰和盐酸反生成氯化锰、氯气和水，其中的离子反方程式为：4H++2Cl-+MnO2═Mn2++2H2O+Cl2↑，
故答案为：4H++2Cl-+MnO2═Mn2++2H2O+Cl2↑；
〔2〕将C装置接入B和D之间，利用C装置吸收氯化氢，同时提供D装置需要的水蒸气；所以正确连接为导气管长进短出，a-c-b-d；
故答案为：c；b；
〔3〕Cl2通过C瓶后再进入D．D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化复原反，其产物为两种气体，且体积比为1：4，依据原子守恒和气体体积比可知生成气体为氯化氢和二氧化碳，反的化学方程式为：2Cl2+2H2O〔g〕
+C═4HCl+CO2；C装置是吸收氯气中的氯化氢气体和提供水蒸气的作用，C装置烧杯中参加浓硫酸，溶于水溶液温度升高使试管中水蒸发，同时减小氯气的溶解度；
故答案为：2Cl2+2H2O〔g〕+C═4HCl+CO2；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；浓硫酸稀释时放出大量的热，促进试管里的水蒸发，减少氯气的
溶解；
〔4〕整套装置中E装置吸收易造成倒吸，因为D装置发生反生成氯化氢气体极
易溶于水，正确的吸收装置只要能防倒吸均可，装置可以是，
故答案为：尾气的吸收需要改良，否那么容易出现因为HCl气体的极易溶解导致倒吸现象的出现；；
〔5〕D处反完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，B中压强增大，会把饱和食盐水压入长颈漏斗中，B中液面降低，长颈漏斗中液面上升，
故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升．
点评：此题考查了制备氯气的装置分析，性质验证和设计，物质的性质，发生反的实质判断，注意问题，题目难度中．
11〔2021•二模〕月桂烯是重要的化工原料，广泛用于香料行业．〔1〕月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的名称是
2，6-二甲基辛烷
；
〔2〕以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如图：①B中官能团的名称
碳碳双键、氯原子
；
②乙酸香叶酯的化学式
C12H20O2
；
③反Ⅰ的反类型是
加成反
；
④反Ⅱ的化学方程式是
；
〔3〕：烯烃臭氧化复原水解反生成羰基化合物，如：
一条件下，月桂烯可实现如以下图所示转化〔图中产物已略去〕：
①C与制的Cu〔OH〕2悬浊液反的化学方程式为：
；
②E在一条件下能发生缩聚反，写出其产物的结构简式
．
考点：有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构．
专题：有机物的化学性质及推断．
分析：〔1〕烯和氢气发生加成反生成烷，根据系统命名法命名；
〔2〕月桂烯和氯化氢发生加成反生成B，B和乙酸钠发生取代反生成乙酸香叶酯，
①根据B的结构简式判断含有的官能团；
②根据其结构简式写出化学式；
③月桂烯和氯化氢发生加成反生成B；
④根据反物、生成物和反条件写出方程式；
〔3〕月桂烯臭氧化复原水解反生成羰基化合物C，C反生成D，D反生成E，E 在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反生成，根据
的结构简式知，E的结构简式为：HOOCCH2CH2CH〔OH〕COOH，那么C的结构简式为：HOCCH2CH2COCHO，C被氧化生成D，D的结构简式为：HOOCCH2CH2COCOOH，D和氢气发生加成反生成E．
解答：解：〔1〕月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的结构简式为：CH3CH 〔CH3〕CH2CH2CH2CH〔CH3〕CH2CH3，其名称是2，6-二甲基辛烷，故答案为：2，6-二甲基辛烷；
〔2〕①根据B的结构简式知，B中官能团的名称是：碳碳双键、氯原子，故答案为：碳碳双键、氯原子；②根据乙酸香叶酯的结构简式知，其分子式为：C12H20O2，故答案为：C12H20O2；
③该反属于加成反，故答案为：加成反；
④在催化剂条件下，B 和乙酸钠反生成乙酸香叶酯和氯化钠，反方程式为：
，
故答案为：；
〔3〕月桂烯臭氧化复原水解反生成羰基化合物C，C反生成D，D反生成E，E 在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反生成，根据
的结构简式知，E的结构简式为：HOOCCH2CH2CH〔OH〕COOH，那么C的结构简式为：HOCCH2CH2COCHO，C被氧化生成D，D的结构简式为：HOOCCH2CH2COCOOH，D和氢气发生加成反生成E
①C中含有醛基，所以C 和制氢氧化铜悬浊液反，反方程式为：
，
故答案为：；
②E的结构简式为：HOOCCH2CH2CH〔OH〕COOH，E在一条件下能发生缩聚反，E 中含有羧基和羟基，所以E能发生分子内缩聚，也能发生分子间缩聚，所以其。