2019-2020年高考化学五模试卷（实验班含解析）.doc

2019-2020年高考化学五模试卷（实验班，含解析）一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。共8小题，每小题6分，满分48分）1几种微粒具有相同的核电荷数，则可说明（）A可能是同一元素B一定是同一元素C彼此之间一定是同位素D核外电子数一定相等2下列各组离子或分子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使pH试纸呈红色的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClB在饱和的氯水中：SO42、NH4+、Al3+、CH3CHOC加入Al能放出H2的溶液中：Cl、SO32、NO3、HCO3D =0.1molL1的溶液：Na+、K+、SiO32、AlO23反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在5L密闭容器中进行，半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v为（）Av（O2）=0.01mol/（Ls）Bv（NO）=0.08mol/（Ls）Cv（H2O）=0.003mol/（Ls）Dv（NH3）=0.001mol/（Ls）4进行一氯取代后，只能生成三种沸点不同的有机物的烷烃是（）A（CH3）2CHCH2CH2CH3B（CH3）2CHCH3C（CH3）2CHCH（CH3）2D（CH3）3CCH2CH35下列实验操作能达到预期实验目的是（）实验目的实验操作A鉴别Al3+和Fe3+分别加入少量NaOH溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C证明品红溶液褪色的原因是通入了SO2将褪色后的溶液再加热D分离乙酸乙酯和乙酸加饱和NaOH溶液，蒸馏AABBCCDD6工业上以CuO和H2SO4为原料制备CuSO45H2O晶体为确保制备过程中既不补充水，也无多余的水分，所用硫酸溶液溶质的质量分数应为（）A45.8%B57.6%C72.3%D无法确定7欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）、c（CO）、c（HCO3）都减少，其方法是（）A加入氢氧化钠固体B加水C通入二氧化碳气体D加入饱和石灰水溶液8下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD二、解答题（共5小题，满分40分）9某化学研究性学习小组为探究元素性质的变化规律，设计了如下实验：（1）甲同学欲比较N、C、Si的非金属性强弱，设计了图1所示的实验装置，其设计的依据是；但该装置存在缺陷，请指出（2）乙同学设计了如图2装置验证元素性质递变规律A、B、C处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红纸乙同学可能观察到的现象A；B；C从环保角度考虑，该装置有明显不足，请指出提出改进建议10另一化学研究性学习小组在实验室条件下用以硫酸铜溶液为电解液，用电解的方法实现了粗铜的提纯，并对阳极泥和电解液中金属进行回收和含量测定已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质（与酸不反应）步骤一：电解精制：电解时，粗铜应与电源的极相连阴极上的电极反应式为步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：（1）阳极泥的综合利用：稀硝酸处理阳极泥得到硝酸银稀溶液，请写出该步反应的离子方程式：，残渣含有极少量的黄金，如何回收金，他们查阅了有关资料，了解到了一些有关金的信息：序号反应平衡常数1Au+6HNO3Au（NO3）3+3NO2+3H2012Au3+4ClAuCl41请根据以上信息简要解释溶解阳极泥不用王水的原因（2）滤液含量的测定：以下是该小组探究滤液的一个实验流程则100mL滤液中Cu2+的浓度为molL1，Fe2+的浓度为molL111由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是（2）装置乙中正极的电极反应式是（3）装置丙中溶液的pH（填“变大”、“变小”或“不变”）（4）四种金属活泼性由强到弱的顺序是12苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，熔点58，沸点208（3.3kp），易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇制备原理如图1：（1）制备过程中需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在2530，说明该反应是（填“放热”或“吸热”）反应如温度过高时，则可采用措施（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是（3）结晶完全后，需抽滤收集产物抽滤装置（图2）所包含的仪器除减压系统外还有、（填仪器名称）（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性13铝热反应是铝的一个重要性质某校化学兴趣小组同学为了克服传统铝热反应纸漏斗易燃烧，火星四射等缺点，将实脸改成以下装置，取磁性氧化铁在如图A实验进行铝热反应，冷却后补到“铁块”混合物（1）实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，共原因是（2）该铝热反应的化学方程式为（3）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B装置，滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量试回答下列问题：量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为量气管在读数时必须进行的步骤是取1g样品进行上述实验，共收集到44.8mL气体（换算成标准状况下），则铝的百分含量为装置中分液漏斗上端和烧瓶用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用如果装置没有橡胶管，测出铝的百分含量将会（填“偏大”或“偏小”）xx年江西省宜春市万载二中实验班高考化学五模试卷参考答案与试题解析一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。共8小题，每小题6分，满分48分）1几种微粒具有相同的核电荷数，则可说明（）A可能是同一元素B一定是同一元素C彼此之间一定是同位素D核外电子数一定相等【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【专题】原子组成与结构专题【分析】微粒中核电荷数=核内质子数，阳离子中核外电子数=质子数电荷数，阴离子中核外电子数=质子数+电荷数，核电荷数相同的微粒不一定是同一元素，不一定互为同位素、核外电子数不一定相等【解答】解：A、几种微粒具有相同的核电荷数，可能是同一元素，如12C和13C，故A正确；B、几种微粒具有相同的核电荷数，不一定是同一种元素，也可能是不同元素构成的分子，如H2O和HF，故B错误；C、几种微粒具有相同的核电荷数，不一定是同位素，如OH和F，故C错误；D、几种微粒具有相同的核电荷数，核外电子数不一定相等，如NH4+和Na，故D错误故选：A【点评】本题能考查学生的发散思维能力，要明确分子和原子中核内质子数和电子数都相等，能举出例子，题目难度不大2下列各组离子或分子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使pH试纸呈红色的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClB在饱和的氯水中：SO42、NH4+、Al3+、CH3CHOC加入Al能放出H2的溶液中：Cl、SO32、NO3、HCO3D =0.1molL1的溶液：Na+、K+、SiO32、AlO2【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，离子之间能发生氧化还原反应；B乙醛具有还原性，易被氧化；C加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液；D. =0.1molL1的溶液，显碱性【解答】解：A能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3离子之间能发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B乙醛具有还原性，易被氯水中的氯气、HClO等氧化，则不能共存，故B错误；C加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，则一定不能共存，故C错误；D. =0.1molL1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意离子之间的氧化还原反应即可解答，选项B为解答的难点，题目难度不大3反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在5L密闭容器中进行，半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v为（）Av（O2）=0.01mol/（Ls）Bv（NO）=0.08mol/（Ls）Cv（H2O）=0.003mol/（Ls）Dv（NH3）=0.001mol/（Ls）【考点】反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】V=5L、t=30s，n（NO）=0.3mol，带入v（NO）=，根据速率之比等于化学计量数之比计算【解答】解：半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，则用NO表示的反应的平均速率v（NO）=又因为反应速率之比是化学计量数之比，所以v（NH3）=0.002mol/（Ls）、v（O2）=0.0025mol/（Ls）、v（H2O）=0.003mol/（Ls），故选C【点评】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握反应速率的计算及数量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大4进行一氯取代后，只能生成三种沸点不同的有机物的烷烃是（）A（CH3）2CHCH2CH2CH3B（CH3）2CHCH3C（CH3）2CHCH（CH3）2D（CH3）3CCH2CH3【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】压轴题；同分异构体的类型及其判定【分析】根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，就有几种不同的沸点【解答】解：根据等效氢的判断方法：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A、含有5种等效氢，所以能生成5种沸点不同的有机物，故A错误；B、含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故B错误；C、含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C错误；D、含有3种等效氢，所以能生成3种沸点不同的有机物，故D正确故选D【点评】本题考查学生有机物中的同分异构知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大5下列实验操作能达到预期实验目的是（）实验目的实验操作A鉴别Al3+和Fe3+分别加入少量NaOH溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C证明品红溶液褪色的原因是通入了SO2将褪色后的溶液再加热D分离乙酸乙酯和乙酸加饱和NaOH溶液，蒸馏AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AAl3+和少量NaOH溶液反应产生白色沉淀，Fe3+和NaOH反应先生成红褐色沉淀；B常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu和浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕色气体；C二氧化硫具有漂白性，但其漂白性不稳定，受热易恢复原来颜色；D乙酸和乙酸乙酯都能和NaOH反应【解答】解：AAl3+和少量NaOH溶液反应产生白色沉淀，Fe3+和NaOH反应先生成红褐色沉淀，沉淀颜色不同可以鉴别，故A正确；B铁在浓硝酸中会发生钝化现象，而铜会与浓硝酸反应，应该选用稀硫酸才合理，故B错误；C二氧化硫使品红褪色的原理是生成了无色不稳定的物质，当受热后又会分解，恢复原来的颜色，故C正确；D乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解，联系课本实验乙酸乙酯的制备可知，当选用饱和的碳酸钠溶液，故D错误；故选AC【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子鉴别、金属活泼性强弱判断、二氧化硫漂白性、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是D6工业上以CuO和H2SO4为原料制备CuSO45H2O晶体为确保制备过程中既不补充水，也无多余的水分，所用硫酸溶液溶质的质量分数应为（）A45.8%B57.6%C72.3%D无法确定【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】由CuO+H2SO4CuSO4+H2O，制备CuSO45H2O晶体，为确保制备过程中既不补充水，也无多余的水分，则硫酸溶液中H2SO4与H2O的物质的量之比为1：4，以此来计算解答【解答】解：由CuO+H2SO4CuSO4+H2O，制备CuSO45H2O晶体，为确保制备过程中既不补充水，也无多余的水分，则硫酸溶液中H2SO4与H2O的物质的量之比为1：4，则所用硫酸溶液溶质的质量分数应为100%=57.6%，故选B【点评】本题考查质量分数的计算，明确发生的反应及制备的物质得出硫酸溶液中溶质与溶剂的关系是解答本题的关键，难度不大7欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）、c（CO）、c（HCO3）都减少，其方法是（）A加入氢氧化钠固体B加水C通入二氧化碳气体D加入饱和石灰水溶液【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】碳酸氢钠溶于水电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子能电离出氢离子和碳酸根离子，且存在电离平衡，HCO3H+CO32，只要加入的物质和氢离子、碳酸根离子都反应，使平衡向正反应方向移动即可【解答】解：ANaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故A错误；B加水稀释促进水解氢氧根离子的浓度减小，氢离子浓度增大，故B错误；CCO2与水反应生成碳酸，c（H+）、c（HCO3）增大，故C错误；DCa（OH）2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，故D正确故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡以及盐类水解知识，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，根据平衡移动原理分析是解本题的关键8下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD【考点】真题集萃；离子化合物的结构特征与性质；原电池和电解池的工作原理；有机化学反应的综合应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A沸点相差较大的混合物可用蒸馏的方法分离；B原电池提供电能，无需外接电源；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；DNaCl固体不导电，导电必须有自由移动的离子或电子【解答】解：A.1己醇分子间可形成氢键，沸点较大，可用蒸馏的方法分离醇和己烷，故A正确；B原电池提供电能，无需外接电源，外接电源时为电解池，电能转化为化学能，故B错误；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，与酸性无关，故C错误；DNaCl固体没有自由移动的离子，不能导电，熔融的NaCl可导电，故D错误故选A【点评】本题为xx年考题，综合考查物质的分离、原电池、氧化还原反应以及离子化合物等知识，为常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度适中，贴近教材二、解答题（共5小题，满分40分）9某化学研究性学习小组为探究元素性质的变化规律，设计了如下实验：（1）甲同学欲比较N、C、Si的非金属性强弱，设计了图1所示的实验装置，其设计的依据是元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强；但该装置存在缺陷，请指出缺少在B、C之间连接一个装有饱和碳酸氢钠的洗气瓶（2）乙同学设计了如图2装置验证元素性质递变规律A、B、C处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红纸乙同学可能观察到的现象A白色变成黄色或橙黄色；B变蓝色；C红纸褪色从环保角度考虑，该装置有明显不足，请指出提出改进建议尾气排入空气污染环境，应在试管口处放一团浸有氢氧化钠溶液的棉花【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合【专题】综合实验题【分析】（1）甲同学欲比较N、C、Si的非金属性强弱，由图1所示的实验装置可知，发生强酸制取弱酸的反应，最高价氧化物的水化物酸性越强，对应非金属的非金属性越强；（2）浓盐酸和高锰酸钾反应生成具有强氧化性的氯气，能分别与NaBr、KI发生氧化还原反应生成溴和碘单质，氯水具有漂白性，氯气有毒，不能直接排放到空气中【解答】解：（1）因为较强的酸，可以制备较弱的酸而非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强所以可利用硝酸和碳酸盐反应生成CO2，将CO2通入到硅酸盐溶液中生成硅酸沉淀即可以完成实验，该装置存在缺陷是因为硝酸具有挥发性，干扰碳酸与硅酸酸性的比较，为了排除硝酸的干扰，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有的硝酸，故答案为：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强；缺少在B、C之间连接一个装有饱和碳酸氢钠的洗气瓶；（2）因为活泼的非金属单质可以将比它不活泼的非金属元素从其盐溶液中给置换出来，高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气，氯气将溴化钠中的溴离子氧化产生单质溴，则A处白色变成黄色或橙黄色，产生的单质溴可以氧化碘化钾中的碘离子生成单质碘，B处碘遇淀粉显蓝色，氯水具有漂白性，C处湿润的红纸褪色，因为卤素单质均有毒，所以需要进行尾气处理，防止污染空气，故答案为：白色变成黄色或橙黄色；变蓝色；红纸褪色；尾气排入空气污染环境，应在试管口处放一团浸有氢氧化钠溶液的棉花【点评】本题考查元素金属性、非金属性强弱的实验设计，为高频考点，注意把握比较金属性、非金属性的角度及氧化还原反应，把握实验方法设计与装置的综合分析，题目难度中等10另一化学研究性学习小组在实验室条件下用以硫酸铜溶液为电解液，用电解的方法实现了粗铜的提纯，并对阳极泥和电解液中金属进行回收和含量测定已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质（与酸不反应）步骤一：电解精制：电解时，粗铜应与电源的正极相连阴极上的电极反应式为Cu2+2e=Cu步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：（1）阳极泥的综合利用：稀硝酸处理阳极泥得到硝酸银稀溶液，请写出该步反应的离子方程式：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，残渣含有极少量的黄金，如何回收金，他们查阅了有关资料，了解到了一些有关金的信息：序号反应平衡常数1Au+6HNO3Au（NO3）3+3NO2+3H2012Au3+4ClAuCl41请根据以上信息简要解释溶解阳极泥不用王水的原因浓盐酸含有大量氯离子，Au3+离子与氯离子形成稳定的AuCl4离子，使反应2平衡向右移动，则金溶于王水中（2）滤液含量的测定：以下是该小组探究滤液的一个实验流程则100mL滤液中Cu2+的浓度为0.5molL1，Fe2+的浓度为0.1molL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理【专题】实验设计题；电化学专题【分析】步骤一：电解精炼铜时，精铜做阴极，粗铜作阳极，阴极上是铜离子得电子；步骤二：（1）金属银可以和硝酸反应得到硝酸银以及水和一氧化氮；金离子可以和氯离子之间发生反应，形成稳定的AuCl4离子，可以根据化学平衡移动原理来解释；（2）根据化学反应原理结合原子守恒的思想来计算回答【解答】解：步骤一：在电解精炼铜时，阳极反应是金属锌、铁、镍等先失电子，阴极上是铜离子得电子产生铜，精铜做阴极，粗铜作阳极，故答案为：正；Cu2+2e=Cu；步骤二：（1）金属银可以和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，即3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O；根据表中的信息，Au+6HNO3（浓）=Au（NO3）3+3NO2+3H2O，并且Au3+4Cl=AuCl4，在王水中，含有浓硝酸和浓盐酸，浓盐酸含有大量氯离子，Au3+离子与氯离子形成稳定的AuCl4离子，使反应2平衡向右移动，则金溶于王水中，故答案为：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O；浓盐酸含有大量氯离子，Au3+离子与氯离子形成稳定的AuCl4离子，使反应2平衡向右移动，则金溶于王水中；（2）100mL的滤液中含有亚铁离子、铜离子、锌离子，当加入足量的金属Fe以后，会将金属铜全部置换出来，所以生成的3.2g金属是Cu，所以铜离子的浓度c=nV=3.2640.1mol/L=0.5 mol/L，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，在空气中更易被氧化为氢氧化铁，受热分解生成的氧化铁的质量是4.8g，根据原子守恒，亚铁离子的物质的量是：4.8g160g/mol2=0.06mol，所以加入铁粉后的滤液中亚铁离子的浓度c=nV=0.06mol0.1L=0.6mol/L，由于加入了铁粉，铁与溶液中的铁离子反应生成了亚铁离子，所以100mL滤液中亚铁离子的浓度为：0.6mol/L0.5 mol/L=0.1mol/L，故答案为：0.5；0.1【点评】本题考查有关电解精炼铜、化学平衡移动原理以及物质的含量的测定的综合知识，为高频考点，注意把握实验方法设计与装置的综合分析，题目难度中等11由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是A2eA2+（2）装置乙中正极的电极反应式是Cu2+2eCu（3）装置丙中溶液的pH变大（填“变大”、“变小”或“不变”）（4）四种金属活泼性由强到弱的顺序是DABC【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】甲装置中，二价金属A不断溶解说明该装置构成了原电池，且A失电子发生氧化反应而作负极，B作正极；乙中C的质量增加，说明C上铜离子得电子发生还原反应，则C作原电池正极，B作负极；丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应，则A作原电池正极，D作负极，作原电池负极的金属活动性大于作正极金属，所以金属活动性强弱顺序是：DABC【解答】解：（1）该装置中，二价金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，所以负极电极反应式为A2eA2+，故答案为：A2eA2+；（2）乙装置中，C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，电极反应式为Cu2+2eCu，故答案为：Cu2+2eCu；（3）丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，正极上氢离子逐渐析出而导致氢离子浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐增大，故答案为：变大；（4）通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是DABC，故答案为：DABC【点评】本题考查了原电池原理，根据原电池电极上得失电子来判断正负极，一般来说，作原电池负极的金属金属活动性顺序强，难度不大12苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，熔点58，沸点208（3.3kp），易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇制备原理如图1：（1）制备过程中需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在2530，说明该反应是放热（填“放热”或“吸热”）反应如温度过高时，则可采用冰水浴冷却措施（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是提供晶种，加速结晶（3）结晶完全后，需抽滤收集产物抽滤装置（图2）所包含的仪器除减压系统外还有吸滤瓶、布氏漏斗（填仪器名称）（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过薄层色谱分析法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性【考点】制备实验方案的设计【专题】综合实验题【分析】（1）制备过程中反应温度能维持在2530，说明该反应是放热反应，如温度过高时，则可采用冰水浴冷却的方法降低反应温度；（2）产品结晶前，加入几粒成品的查尔酮，可以提供晶种，加速结晶；（3）根据装置图2可知，抽滤装置除减压系统外还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性，可以用薄层色谱分析法来判断；【解答】解：（1）制备过程中反应温度能维持在2530，说明该反应是放热反应，如温度过高时，则可采用冰水浴冷却的方法降低反应温度，故答案为：放热；冰水浴冷却；（2）产品结晶前，加入几粒成品的查尔酮，可以提供晶种，加速结晶，故答案为：提供晶种，加速结晶；（3）根据装置图2可知，抽滤装置除减压系统外还有吸滤瓶和布氏漏斗，故答案为：吸滤瓶、布氏漏斗；（4）判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性，可以用薄层色谱分析法来判断，故答案为：薄层色谱分析；【点评】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力13铝热反应是铝的一个重要性质某校化学兴趣小组同学为了克服传统铝热反应纸漏斗易燃烧，火星四射等缺点，将实脸改成以下装置，取磁性氧化铁在如图A实验进行铝热反应，冷却后补到“铁块”混合物（1）实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，共原因是蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热（2）该铝热反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe（3）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B装置，滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量试回答下列问题：量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为碱式滴定管量气管在读数时必须进行的步骤是冷却至常温和调节量气管使左右液面相平取1g样品进行上述实验，共收集到44.8mL气体（换算成标准状况下），则铝的百分含量为3.6%装置中分液漏斗上端和烧瓶用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用如果装置没有橡胶管，测出铝的百分含量将会偏大（填“偏大”或“偏小”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；探究铝热反应【专题】无机实验综合【分析】（1）浓硫酸具有脱水性，并放出热；（2）Al还原Fe3O4生成Fe和Al2O3，结合质量守恒定律分析；（3）滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量，由图可知，量气管测定氢气的体积，读数时调节内外液面相平，可利用滴定管代替量气管，结合2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2计算含量，如果装置没有橡胶管，烧瓶内压强增大，造成气体读数偏大，以此来解答【解答】解：（1）因为把浓硫酸加入到蔗糖中发生脱水并放出大量的热，可作引火剂，故答案为：蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热；（2）Al还原Fe3O4生成Fe和Al2O3，由原子守恒可得化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；（3）滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量，由图可知，量气管测定氢气的体积，因为该仪器盛放NaOH溶液，所以由碱式滴定管改装而成，故答案为：碱式滴定管；因为气体的体积受温度和压强影响，所以量气管在读数时必须进行的步骤是：冷却至常温和调节量气管使左右液面相平，故答案为：冷却至常温和调节量气管使左右液面相平；根据Al与NaOH溶液反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，m（Al）=n（Al）27g/mol=3n（H2）27g/mol=0.0448L22.4L/mol27g/mol=0.036g，则铝的百分含量为100%=3.6%，故答案为：3.6%；如果装置没有橡胶管，烧瓶内压强增大，造成气体读数偏大，则铝的百分含量将会偏大，故答案为：偏大【点评】本题以铝热反应为载体考查物质含量测定，为高频考点，把握反应原理、气体的测定装置为解答的关键，侧重分析与计算、实验能力的综合考查，题目难度不大