2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (V).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (V)可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Mg:24 Mn:55 Br:80一、选择题（每小题只有一个小题符合题意，每小题2分，共46分）1. 进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物的烷烃是（ ）A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3)2CHCH3C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH2CH3【答案】D【解析】分析：进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物，说明烷烃分子中含有四类氢原子，据此解答。详解：进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物，说明烷烃分子中含有四类氢原子，则A(CH3)2CHCH2CH2CH3含有5种等效氢，所以能生成5种沸点不同的有机物，A错误；B(CH3)2CHCH3含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，B错误；C(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，C错误；D(CH3)3CCH2CH2CH3含有4种等效氢，所以能生成4种沸点不同的有机物，D正确。答案选D。点睛：考查主要是同分异构现象和同分异构体，常见有机物的结构，题目难度不大。根据等效氢的判断方法是解答的关键，即同一个碳原子上连的氢原子等效，同一个碳原子上所连的甲基的氢原子等效，对称的碳原子上的氢原子等效。2. 第119号未知元素，有人称为“类钫”。根据周期表结构及元素性质变化趋势，下列有关“类钫”的预测中错误的是()A. 单质有较高熔点 B. “类钫”在化合物中呈1价C. “类钫”具有放射性 D. “类钫”单质的密度大于1 gcm3【答案】A【解析】分析：本题考查的是元素周期律，根据同主族元素的第变性进行分析即可。详解：A.119号元素在第A族，根据锂、钠、钾、铷、铯、钫的顺序进行分析，同主族元素的单质熔点依次降低，故错误；B.该元素为第A族元素，化合价为+1价，故正确；C.因为钫有放射性，可以推知该元素也有放射性，故正确；D.根据同族元素规律推断，密度依次增大，所以该元素的单质密度大于1 gcm3，故正确。故选A。3. 下列叙述正确的是()A. 13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B. 2H和3H是不同的核素，它们的质子数不相等C. 14C和14N的质量数相等，它们的中子数相等D. 6Li和7Li的电子数相等，中子数相等【答案】A【解析】试题分析：13C和14C属于同一种元素，但中子数不同，它们互为同位素，A正确；2H和3H是不同的核素，属于同一种核素，它们的质子数相等，B不正确；14C和14N的质量数相等，但它们的中子数相等，分别是8和7，C不正确；6Li和7Li的电子数相等，但中子数不相等，分别是3和4，D不正确，答案选A。考点：考查原子组成以及组成原子的几种微粒之间的计算，同位素的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，重点考查学生对原子组成以及组成微粒之间数量关系的熟悉了解程度，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。4. 关于离子键、共价键的各种叙述中，下列说法中正确的是()A. 在离子化合物中，只存在离子键，没有共价键B. 非极性键只存在于双原子的单质分子中C. 在共价化合物分子内，一定不存在离子键D. 由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【答案】C【解析】在离子化合物里,一定存在离子键,可以存在共价键，A错误；非极性键不只存在于双原子的单质分子中,如是含有极性键和非极性键的化合物，B错误；在共价化合物分子内,一定不存在离子键,C正确；由不同元素组成的多原子分子里，不一定只存在极性键,如是含有极性键和非极性键的化合物，D错误；正确选项C。 点睛：不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键；由不同元素组成的多原子分子里,可能存在极性键、非极性键。5. 下列分子中所有原子均满足8e稳定结构的是()A. NO2 B. NH3 C. NCl3 D. SO2【答案】C【解析】分析：本题考查的是原子的电子层结构，根据原子的电子和化合价进行分析即可。详解：根据原子的最外层电子+化合价的绝对值进行计算。A.二氧化氮分子的成键形式为：，氮原子的最外层电子数为5+4=9，故不满足8电子结构，故错误；B.氮原子的最外层电子数为5+3=8，氢原子最外层满足2电子结构，故错误；C.氮原子的最外层电子数为5+3=8，氯原子的最外层电子数为7+1=8，故正确；D.硫原子的最外层电子数为6+2=10，故错误。故选C。6. 下列说法正确的是()A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化C. 任何放热反应在常温下一定能发生反应D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热【答案】D【解析】试题分析：A、吸热反应与外界条件无直接关系，A项错误；B、化学反应中的能量变化可表现为多种能量形式，B项错误；C、铝热反应是放热反应，需要高温下反应，C项错误；D、应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热，D项正确；答案选D。考点：考查吸放热反应7. 在测定中和热的实验中，下列说法正确的是()A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C. 用0.5 molL1 NaOH溶液分别与0.5 molL1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D. 在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计【答案】A【解析】试题分析：A、环形玻璃棒搅拌起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； B、温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部，故B错误；C、醋酸是弱酸，电离过程为吸热，反应放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故C错误；D、中和热测定不用天平，故D错误；故选A。考点：考查了中和热的测定实验和原理的相关知识。8. 根据热化学方程式S(l)O2(g)SO2(g)H293.23 kJ/mol，分析下列说法正确的是( )A. S(s)O2(g)SO2(g)，反应放出的热量大于293.23 kJ/molB. S(g)O2(g)SO2(g)，反应放出的热量小于293.23 kJ/molC. 1 mol SO2的化学键断裂吸收的能量总和大于1 mol硫和1 mol氧气的化学键断裂吸收的能量之和D. 1 mol SO2的化学键断裂吸收的能量总和小于1 mol硫和1 mol氧气的化学键断裂吸收的能量之和【答案】C【解析】试题分析：A、因物质由固态转变成液态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的数值小于297.23kJmol-1，A错误；B、因物质由气态转变成液态也要释放热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的数值大于297.23kJmol-1，B错误；C、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，C正确；D、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，D错误；故选C考点：考查化学反应与能量、热化学方程式9. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体,已知:Sn(s,白)+2HCl(aq)SnCl2(aq)+H2(g)H1Sn(s,灰)+2HCl(aq)SnCl2(aq)+H2(g)H2Sn(s,灰)Sn(s,白)H3=+2.1 kJmol-1下列说法中正确的是()A. H1H2 B. 锡制器皿长期处于低于13.2 的环境中,会自行毁坏C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应 D. 锡在常温下以灰锡状态存在【答案】B【解析】根据反应可知灰锡的能量低于白锡的，即灰锡转化为白锡是吸热反应，C不正确。即得到，即H3H2H12.1kJ/mol，所以A不正确。根据反应可知，当温度高于13.2时，灰锡即转化为白锡，所以D是不正确的。当温度低于13.2时，锡主要以灰锡的形成存在，所以选项B正确。答案选B。10. 已知：CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(g)H241.8 kJmol1下列说法正确的是()A. 通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJmol1B. 由可知，1 mol CO(g)和 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量C. 可用右图表示2CO2(g)=2CO(g)O2(g)反应过程中的能量变化关系D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为241.8 kJ【答案】B【解析】分析：本题考查的是燃烧热和和热化学方程式的含义，根据定义进行分析即可。详解：A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态为液态，故燃烧热不是241.8 kJmol1，故错误；B.热化学方程式中的系数表示物质的量，所以CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1的含义为1 mol CO(g)和 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量，故正确；C.反应为放热反应，但图像表示的为吸热反应，故错误；D.反应物和生成物相反，则反应热的符号改变，所以分解1 mol H2O(g)，其反应热为+241.8 kJ，故错误。故选B。点睛：燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，稳定的氧化物指液态水，二氧化硫、二氧化碳等。反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应为放热反应。否则为吸热反应。11. 如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中央滴入浓硫酸铜溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)()A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C. 当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低D. 当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高【答案】D【解析】分析：本题考查的是原电池的原理，根据较活泼的金属做负极进行分析。详解：杠杆为导体时，水中加入硫酸铜溶液，形成原电池，铁做负极，失去电子而溶解，质量减少，铜离子在铜球上得到电子析出铜，铜球质量增加，A端降低，B端升高，若杠杆为绝缘体时，铁置换硫酸铜中的铜，铁球的质量增加，铜球不变，则B端降低，A端升高，故选D。点睛：原电池的构成条件有1.两个不同的电极。2.电解质溶液。3.形成闭合回路。4.存在自发的氧化还原反应。当杠杆为导体时形成闭合回路，能构成原电池，当杠杆为绝缘体时，不能形成闭合回路，不能构成原电池。12. 新型LiFePO4可充电锂离子动力电池以其独特的优势成为绿色能源的新宠。已知该电池放电时的电极反应为：正极：FePO4Lie=LiFePO4，负极：Lie=Li。下列说法中正确的是()A. 充电时动力电池上标注“”的电极应与外接电源的正极相连B. 放电时电池反应为FePO4Lie=LiFePO4C. 放电时电池内部Li向负极移动D. 放电时，在正极上Li得电子被还原【答案】A【解析】试题分析： A项，充电时电池上标注“+”的电极应与电源的正极相连；C项，放电时电池内部Li+向正极移动；D项，在正极上FePO4得电子被还原。考点：燃料电池13. 下列过程因发生取代反应而产生的是()A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B. 将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色C. 将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在5060 水浴中加热D. 液态植物油与氢气反应生成固态物质【答案】C【解析】试题分析：A乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，错误； B将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色是因为萃取的缘故，错误；C将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在5060 水浴中加热发生取代反应产生硝基苯和水，正确；D液态植物油与氢气反应生成固态物质是发生了加成反应，错误。考点：考查物质变化过程中的反应类型的判断的知识。14. 某有机物的结构简式为，它在一定条件下不可能发生加成、水解、消去、酯化、中和中的反应有()A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，根据有机物中的官能团进行分析。详解：该有机物含有羧基和酯基，羧基可以发生酯化反应和中和反应，酯基可以发生水解反应，含有苯环，可以发生加成反应，所以该物质不能发生消去反应。故选D。点睛：能发生消去反应的官能团为羟基和卤素原子，且其连接的碳原子的邻位碳上有氢原子才可以消去。15. 下列各组物质相互间一定互为同系物的是()A. 淀粉和纤维素 B. 蔗糖和麦芽糖C. C3H6与C4H8 D. C4H10与C10H22【答案】D【解析】分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质称为同系物，据此判断。详解：A. 淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，不能互为同系物，A错误；B. 蔗糖和麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；C. C3H6与C4H8的结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；D. C4H10与C10H22均是烷烃，结构相似，互为同系物，D正确。答案选D。点睛：关于同系物的判断需要注意同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物；同系物必为同一类物质；同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同；同系物组成元素相同；同系物结构相似但不一定完全相同。16. 酯类物质广泛存在于香蕉、梨等水果中。某实验小组从梨中分离出一种酯，然后将分离出的酯水解，得到乙醇和另一种分子式为C6H12O2的物质。下列分析不正确的是()A. C6H12O2分子中含有羧基B. 实验小组分离出的酯可表示为C5H11COOC2H5C. C6H12O2的同分异构体中属于酯类的有18种D. 水解得到的C6H12O2，能发生取代反应和氧化反应【答案】C【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质以及同分异构体的判断。注意官能团位置异构是关键。详解：A.根据题中信息可知，C6H12O2含有羧基。故正确；B. C6H12O2可能为C5H11COOH，所以酯可表示为C5H11COOC2H5，故正确；C. C6H12O2的同分异构体中属于酯类的结构可能有甲醇和戊酸形成，戊酸有4种结构，也可能是乙醇和丁酸形成，丁酸有2两种，也可能是丙酸和丙醇形成，丙醇有2种结构，也可能是丁醇和乙酸形成，丁醇有4种结构，也可能是戊醇和甲酸形成，戊醇有8种结构，所以共有20种，故错误；D.含有羧基，能发生取代反应，能燃烧，即能发生氧化反应，故正确。故选C。点睛：酯的同分异构从形成的醇和酸的异构体分析，掌握常见的有机物的异构体数目可以加快解题速率。如C3H7-有2种，C4H9-有4种， C5H11-有8种等。17. 下列叙述不正确的是()A. 丙烯与氯化氢加成的产物有2种 B. 联二苯的二氯取代物有15种C. 立方烷的六氯取代物有3种 D. 分子式为CCl2F2的物质只有一种空间结构【答案】B【解析】分析：本题考查的是同分异构体的判断，根据结构是否对称分析。详解：A.丙烯和氯化氢加成的产物可以为1-氯丙烷或2-氯丙烷2种结构，故正确；B.根据位置异构体进行推断，1、5、6、10位置的碳原子等价，2、4、7、9位置的碳原子等价，3、8位置的碳原子等价，因此的二氯代物的同分异构体中，氯原子可位于1、2；1、3；1、4；1、5；1、6；1、7；1、8；2、3；2、4；2、7；2、8；3、8，共12种同分异构体，故错误； C.立方烷的六氯代物和二氯代物的数目相同，二氯代物有3种，故正确；D. 分子式为CCl2F2的物质没有同分异构体，只有一种空间结构，故正确。故选B。18. 苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是()A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B. 1 mol苹果酸可与3 mol NaOH发生中和反应C. 1 mol苹果酸与足量金属Na反应生成1 mol H2D. HOOCCH2CH(OH)COOH与苹果酸互为同分异构体【答案】A【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，认清官能团是关键。详解：A.苹果酸中含有羧基和羟基，都能发生酯化反应，故正确；B.苹果酸含有2个羧基和一个羟基，羧基可以和氢氧化钠反应，所以1mol苹果酸可以和2mol氢氧化钠发生中和反应，故错误；C.羧基和羟基都可以和金属钠反应，故1mol苹果酸与足量的金属钠反应生成1.5mol氢气，故错误；D. HOOCCH2CH(OH)COOH与苹果酸是同一种物质，故错误。故选A。点睛：掌握有机物官能团的结构和性质是学好有机物的必备知识，能和金属钠反应的官能团有羟基和羧基，能与氢氧化钠反应的官能团为羧基和酯基。19. 1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115125 ，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是( )A. 不能用水浴加热B. 长玻璃管起冷凝回流作用C. 提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D. 图中装置不能较好的控制温度为115125 【答案】C【解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。20. 同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是()锌粒锌片 锌粉 5%的盐酸10%的盐酸 15%的盐酸加热 使用粗锌代替纯锌不断振荡 滴入几滴硫酸铜溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：本题考查了影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度、催化剂对反应的影响即可解答，注重基础知识的考查。详解：锌粒锌片 锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；5%的盐酸10%的盐酸15%的盐酸相比较，浓度最大，反应速率最快；加热可以加快反应速率；使用粗锌代替纯锌，能形成原电池，加快反应速率；不断振荡，可以增加反应物的接触几率，反应速率会很快；滴入几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池，能加快反应速率。组合可以使反应速率增大，故选D。21. 在容积可变的密闭容器中，2mo1N2和8mo1H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（ ）A. 5% B. 10% C. 15% D. 20%【答案】C【解析】试题分析： N23H22NH3起始量（mol） 2 8 0转化量（mol） 2/3 2 4/3平衡量（mol） 4/3 6 4/3则平衡时氮气的体积分数，答案选C。考点：考查可逆反应计算视频22. 在2A(g)B(g) 3C(g)4D(g)反应中，下列表示该反应速率最快的是( )A. v(A)0.5 mol/(Lmin) B. v(B)0.4 mol/(Lmin)C. v(C)1.510-2mol/(Ls) D. v(D)1.0mol/(Lmin)【答案】B【解析】分析：本题考查的速率的大小比较，注意反应速率的单位要统一。详解：将各物质的反应速率都转化为同一种物质的速率，且单位统一。都转化为D的反应速率。A.1 mol/(Lmin)；B.1.6 mol/(Lmin)；C.1.2 mol/(Lmin)；D.1.0 mol/(Lmin)。故B的反应速率最快，故选B。23. 证明可逆反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是（ ）6个NH键形成的同时，有3个HH键断裂；3个HH键断裂的同时，有6个NH键断裂；其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其他条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，密度保持不变；3v(N2)正 v(H2)逆；容器内A、B、C、D四者共存 NH3的生成速率与分解速率相等； A 、B、C的分子数目比为1:3:2。A. 全部 B. C. D. 【答案】C【解析】分析：本题考查的是化学平衡状态的判断，是常规考点。平时多注重积累。详解：6个NH键形成的同时，有3个HH键断裂，都说明正反应速率，不能证明到平衡，故错误；3个HH键断裂的同时，有6个NH键断裂，可以说明正逆反应速率相等，说明到平衡，故正确；其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变说明气体的总物质的量不变，可以说明到平衡，故正确；保持其他条件不变时，体系压强不再改变说明气体总物质的量不变，可以说明到平衡，故正确；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变可以说明到平衡，故正确；恒温恒容时，密度始终不变，所以密度保持不变不能说明到平衡，故错误；3v(N2)正 v(H2)逆，能说明到平衡，故正确；因为反应为可逆反应，容器内A、B、C、D四者肯定共存，所以不能说明到平衡，故错误；NH3的生成速率与分解速率相等，说明正逆反应速率相等，到平衡，故正确； A 、B、C的分子数目比为1:3:2不能说明到平衡，故错误。故选C。点睛：化学平衡状态的判断通常有两个标志：1.正逆反应速率相等，注意一定要看到有正逆两个方向的速率，且不同物质表示的速率满足速率比等于化学计量数比。2.物质的物质的量或物质的量浓度或百分含量不变，或对于前后气体体积改变的反应来说明，压强不变，或气体相对分子质量不变或总物质的量不变，都可以说明反应到平衡。二、填空题（共54分）24. 下图是丁烷裂解的实验流程：（提示：丁烷在一定条件下裂解的可能方程式为：C4H10C2H6+C2H4，C4H10 CH4+C3H6 CuO能将烃氧化成CO2 和H2O）连接好装置后，需进行的实验操作有：给D、G装置加热；检查整套装置的气密性；排出装置中的空气等（1）这三步操作的先后顺序依次是_（填序号）。（2）写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式_。（3）若对E装置中的混合物（溴水足量），再按以下流程实验：分离操作和的名称分别是：_，Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）_。已知B的碳原子数大于A的碳原子数，请写出B的结构简式_。（4）假定丁烷完全裂解，当（E+F）装置的总质量比反应前增加了07 g， G装置的质量减少了176 g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比 n（CH4）: n（C2H6）=_。【答案】 (1). 、 、 (2). CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu (3). 分液 (4). 蒸馏 (5). (6). (7). 11【解析】打开K，气体通过B，B装置是根据气泡控制气体流速，C装置干燥丁烷，在氧化铝作催化剂条件下丁烷发生裂解反应生成烯烃和烷烃，E中溴水吸收烯烃，F干燥烷烃，G中烷烃和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成Cu。(1)应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；故答案为：；(2)氧化铝作催化剂，加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu，故答案为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；(3)混合物中含有溴、水、溴代烃，加入亚硫酸钠，亚硫酸钠被溴氧化生成硫酸钠，同时生成NaBr，从而除去溴，然后采用分液方法分离，将有机层进行分馏得到有机物A、有机物B，向有机物中加入NaOH溶液，得到有机物C，C能发生氧化反应，则B发生水解反应生成C为醇，C被催化氧化得到醛D。通过以上分析知，分离操作和的名称分别是：分液、蒸馏，亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，离子方程式为：SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+，故答案为：分液；蒸馏；SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+；已知B的碳原子数大于A的碳原子数，说明B中碳原子个数是3、A中碳原子个数是2，B为1，2-二溴丙烷，B的结构简式CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2BrCHBrCH3；(4)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，设x为C2H4的物质的量，y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28x+42y=0.7g，乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2(2x+y)+=，解得：x=y=0.07mol，故答案为：1：1。点睛：本题以丁烷裂解为载体考查实验基本操作、计算、物质的分离和提纯，明确流程图中各个装置的作用、物质分离和提纯方法的选取是解题的关键。本题的难点是(4)题的计算，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是关键。25. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O【实验内容及部分记录】请回答：(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_。(2)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)_。(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2)随时间变化趋势的示意图，如图甲所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2)随时间变化的趋势应如图乙所示。该小组同学根据图乙所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。该小组同学提出的假设是_。请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表所加固体的化学式_。若该小组同学提出的假设成立，t的大小范围是_。【答案】 (1). 其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大 (2). 1.5102 molL1min1 (3). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂或Mn2对该反应有催化作用 (4). MnSO4 (5). (t)小于4 min【解析】分析：本题主要结合实验考查了影响反应速率的因素，注意掌握温度、浓度、催化剂对反应速率的影响，解题的关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出结论。详解：(1)从表中数据可以改变的条件是高锰酸钾溶液的浓度，其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。(2)草酸的物质的量为0.60.003=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为0.20.003=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量比为0.0018:0.0006=3:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.20.003/（3+2+3+2）=0.06mol/L，这段时间内平均反应速率为0.06/4= 1.5102 molL1min1。 (3) 由图乙可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的硫酸锰为该反应的催化剂或Mn2对该反应有催化作用。与实验1对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其他条件必须相同，所以加入的少量固体为硫酸锰。若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液的褪色时间小于4 min。26. 下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_，Mg在元素周期表中的位置：_，Mg(OH)2的电子式：_。（2）A2B的化学式为_。反应的必备条件是_。上图中可以循环使用的物质有_。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_。【答案】 (1). r(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl) (2). 第三周期A族 (3). (4). Mg2Si (5). 熔融，电解 (6). NH3，NH4Cl (7). SiC (8). 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O (9). CH3CH2CHO，CH3CHO【解析】分析：根据反应的流程过程，先判断出A2B的化学式，带入框图，结合学习过的相关知识进行分析即可。（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方