云南省云天化中学2018_2019学年高二化学上学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、1云天化中学 20182019 学年度上学期期末测试高二年级化学试卷第 I卷(选择题，共 45分)一、选择题：(本题共 15小题，每小题 3分，共 45分)。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.对下列物质进行的分类正确的是（ ）A. 纯碱、烧碱均属于碱 B. CuSO 45H2O属于纯净物C. 凡能电离出 H+的化合物均属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子【答案】B【解析】试题分析：A、纯碱是 Na2CO3，属于盐，不属于碱，故错误；B、五水硫酸铜是纯净物，故正确；C、凡能电离出的阳离子全是 H 的化合物均属于酸，故错误；D、盐类不一定含有金属阳离子，如铵盐，NH 4Cl不

2、含有金属阳离子，故错误。考点：考查物质的分类等知识。2.下列有关化学用语的表示正确的是A. NH4Cl的电子式： B. 钾离子结构示意图：C. 醋酸的分子式：CH 3COOH D. 原子核内有 8个中子的碳原子：【答案】B【解析】【详解】A.NH 4Cl的电子式： ，故 A错误；B.钾是 19号元素，钾离子结构示意图： ，故 B正确；C.醋酸的分子式为 C2H4O2，故 C错误；D.原子核内有 8个中子的碳原子： ，故 D错误。146C故选 B。23.下列说法正确的是A. 明矾可用于自来水的杀菌消毒B. 漂白粉、活性炭、Na 2O2都能使红墨水褪色，其原理相同C. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明

3、浓硝酸见光易分解D. 由反应 SiO24HF=SiF 42H 2O，可知 SiO2是碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，明矾只能净水，故 A错误；B.漂白粉、Na 2O2具有漂白性是因为它们有强氧化性，能将有色物质氧化成无色物质，一旦氧化后就不能恢复原来的颜色了，因此它们的漂白作用是永久性的。活性炭吸附有色物质，起到漂白作用，是物理变化，故 B错误；C.浓硝酸在光照下分解产生二氧化氮，二氧化氮又溶解在浓硝酸中，所以颜色变黄，故 C正确；D.SiO22NaOH=Na 2SiO3+H2O，SiO 2是酸性氧化物， 故 D错误；故选 C。【点睛】酸性氧化物是和碱反应

4、生成盐和水的氧化物，碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物。4.下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是A. 配制溶液 B. 实验室制备氢气C. 实验室制备 NO2 D. 观察 Fe(OH)2的生成【答案】D【解析】【详解】A.缺少玻璃棒引流，故 A错误；3B.实验室制备氢气的装置图为： ，故 B错误；C.该装置得不到二氧化氮，因为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，故 C错误；D.Fe(OH)2不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备 Fe(OH)2要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故 D正确。故选 D。

5、5.用 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 标准状况下，22.4 L 乙醇中含有的氧原子数目为 NAB. 在标准状况下，78g 苯的碳碳双键数目为 3NAC. 46gNO2和 N2O4的混合物中含有氧原子的数目为 2NAD. 7.1g氯气与足量的 NaOH溶液反应，转移电子数为 0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，乙醇是液体，无法计算，故 A错误；B.标准状况下，苯是液体，无法计算，故 B错误；C.46gNO2和 N2O4的混合物中含有 1mol最简式 NO2，含有 1mol氮原子，2mol 氧原子，所以含有氧原子的数目为 2NA，故 C正确；D.Cl2+2NaOH

6、=NaCl+ NaClO+H2O，1mol 氯气完全反应，转移电子数为 1mol，7.1g 氯气的物质的量为 0.1mol，转移电子数为 0.1NA，故 D错误。故选 C。6.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 在 pH=1的溶液中:Fe 2+、Cl 、NO 3 、Na B. 在能使酚酞变红的溶液中:Na 、Cl 、SO 4 、K C. 含有大量 AlO2-的溶液中：NH 4+、Na +、C1 -、H +4D. 在 1mol/L的 AlCl3溶液中:NH 4 、Ag 、Na 、NO 3【答案】B【解析】【详解】A.pH=1 的溶液是酸性溶液，H +与 NO3 在一起相当于是

7、硝酸，具有强氧化性，能把Fe2+氧化成 Fe3+，故不能大量共存，故 A错误；B.能使酚酞变红的溶液是碱性溶液，Na 、Cl 、SO 4 、K 、OH -能大量共存，故 B正确；C.NH4+与 AlO2-之间发生双水解反应，AlO 2-与 H+发生反应生成氢氧化铝，不能大量共存，故C错误；D.Ag 与 Cl-生成氯化银沉淀，不能大量共存，故 D错误。故选 B。【点睛】能够发生反应的离子就不能共存，不能发生反应的离子才可以共存。1、在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。2、离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。3、离子间能结合生成挥发性物质时，则这

8、些离子不能大量共存。4、离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。5、还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的。7.依据元素周期表及元素周期律，下列推测不正确的是A. H2SiO3的酸性比 H2CO3的强B. Mg(OH)2的碱性比 Be(OH)2的强C. HCl的热稳定性比 H2S的强D. Na的金属性比 Al的强【答案】A【解析】【详解】A.C 元素的非金属性强于 Si元素，所以 H2SiO3的酸性比 H2CO3的弱，故 A错误；B.Mg元素的金属性强于 Be元素，所以 Mg(OH)2的碱性比 Be(OH)2的强，故 B正确；C.Cl元素的非金属性强于 S元素，所

9、以 HCl的热稳定性比 H2S的强，故 C正确；D.根据金属活动性顺序表可知，Na 的金属性比 Al的强，故 D正确。故选 A。【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外） ，从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐5减弱，金属性逐渐增强。8.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是A. NaAlO2和 H2SO4 B. AlCl3和 NaOHC. NaHSO4和 Ba(OH)2 D. Na2CO3和 H2SO4【答案】C【解析】【详解】A.偏铝酸钠滴入硫酸发生反应 2NaAl

10、O2+4H2SO4 +2H2O= Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：Al 3+ +3AlO2- +6H2O= 4Al(OH)3，3H 2SO4 +2Al(OH)3= Al2( SO4)3+6H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，故 A错误；B.NaOH少量生成白色沉淀，NaOH 过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3+4OH-= =AlO2- +2H2O、Al 3+3AlO2- +6H2O= 4Al(OH)3，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al 3+ +3OH-=Al

11、(OH)3，A(OH) 3+OH-=AlO2- +2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，故 B错误；C.无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，故C正确；D.碳酸钠滴入硫酸发生反应 Na2CO3+ H2SO4= Na2SO4+CO2+ H 2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应： CO 32-+H+= HCO3-、HCO 3-+H+= CO2+H 2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故 D错误。故选 C。9.现有下列三个氧化还原反应： 2B - + Z2 = B2+2Z- 2A 2+ + B2 = 2A3

12、+ + 2B-2XO 4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是（ ）A. 要除去含有 A2+、Z -、B -混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z 和 B-，应加入 B2B. 氧化性强弱顺序为：XO 4-Z2A3+B2C. X2+是 XO 4-的氧化产物， B 2是 B-的还原产物D. 在溶液中不可能发生反应：XO 4-+5A2+8H+ =X2+5A3+4H2O【答案】A【解析】【分析】62B -+Z2=B2+2Z-中，B 元素的化合价升高，Z 元素的化合价降低；2A 2+B2=2A3+2B-中，A元素的化合价升高，B 元素的

13、化合价降低；2XO 4-+10Z-+16H+=2X2+5Z2+8H2O中，Z 元素的化合价升高，X 元素的化合价降低。结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答。【详解】A 项，由可得，氧化性：Z 2B 2，由可得，氧化性：B 2A 3+，由可得，氧化性：XO 4-Z 2，所以氧化性关系为：XO 4-Z 2B 2A 3+，所以要除去含有 A2+、Z -和 B-混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z-和 B-，应加入 B2，故 A正确；B项，由上面的分析可知，氧化性顺序为：XO 4-Z 2B 2A 3+，故 B错误；C项，由可得，B 2是 B

14、-的氧化产物，由可知，X 2+是 XO4-的还原产物，故 C错误；D项，由上面的分析可知氧化性关系为：XO 4-Z 2B 2A 3+，则在溶液中可能发生反应：XO4-+5A2+8H+=X2+5A3+4H2O，故 D错误。综上所述，符合题意的选项为 A。10.阿斯巴甜(结构简式如图)具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的 200倍。下列有关说法不正确的是A. 分子式为：C 14H18N2O5B. 阿斯巴甜分子中有 3种官能团C. 阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D. 阿斯巴甜的水解产物中有两种氨基酸【答案】B【解析】【分析】有机物中含苯环、-COOH、-CONH-、-COOC-、-NH 2

15、等，结合有机物的结构及官能团来分析解答。【详解】A.1 个分子中含 H原子个数为 18，阿斯巴甜的分子式为 C14H18N2O5，选项 A正确；B. 阿斯巴甜分子中有氨基、羧基、酰胺键和酯基共 4种官能团，选项 B不正确；C由该有机物的官能团-COOH、-NH 2可知，阿斯巴甜一定条件下既能与酸反应，又能与碱7反应，选项 C正确；D由含-COOH、-CONH-、-NH 2可知，水解产物中有两种氨基酸，选项 D正确；答案选 B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团的结构及其性质，注意选项 A为易错点，看清键线式的结构是关键。11.短同期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子

16、序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是次外层的 2倍，Y 的简单氢化物可用作制冷剂，Z、W 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. 气态氢化物的稳定性:XYQB. X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C. Z、W、Q 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D. 相同质量的 Z和 W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z 的单质制得的氢气多【答案】C【解析】【分析】短同期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是次

17、外层的 2倍，X 是 C，Y 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 是 N，Z 是同周期中原子半径最大的元素，Z是 Na，W 的简单离子是同周期中离子半径最小的，W 是 Al，X 和 Z原子序数之和与 Q的原子序数相等，Q 是 Cl。【详解】A.X 是 C，Y 是 N，Q 是 Cl，三元素氢化物中，HCl 最稳定，故 A错误；B.X与 Q形成的化合物为 CCl4，含有共价键，Z 与 Q形成的化合物为 NaCl，含有离子键，故 B错误；C.Z、W、Q 三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，两两之间均可反应生成盐和水，故 C正确；D.相同质量的 Na和 Al的单质分别与足量稀盐

18、酸反应时，根据电子转移守恒，生成氢气之比为 m/231：m/273=9:23，故 Al生成氢气更多，故 D错误。故选 C。【点睛】判断元素金属性和非金属性强弱的方法：金属性强(弱) - -单质与水或酸反应生成氢气容易(难)；最高价氧化物的水化物碱性8强(弱)；相互置换反应(强制弱)。(2)非金属性强(弱) -单质与氢气易 (难)反应；生成的氢化物稳定(不稳定)；最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；相互置换反应(强制弱)。12.下列对有关实验事实的解释正确的是A. 镁条在 CO2气体中能剧烈燃烧，生成白色粉末和黑色固体，说明镁燃烧时不能用 CO2灭火B. 干燥的氯气能使湿润的红色布条褪色

19、，说明氯气具有漂白性C. 铜和浓硝酸反应生成 NO2，铜和稀硝酸反应生成 NO，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强D. 紫色高锰酸钾溶液中通入 SO2后，溶液紫色褪去，说明 SO2具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A.镁条在 CO2气体中能剧烈燃烧，生成氧化镁和碳单质，说明镁能与二氧化碳反应，所以镁燃烧时不能用 CO2灭火，故 A正确；B.氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，故 B错误；C.铜和浓硝酸反应生成 NO2，铜和稀硝酸反应生成 NO，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，故 C错误；D.紫色高锰酸钾溶液中通入 SO2后，溶液紫色褪去，是因为二氧化硫将高锰酸钾还原了，故 D错误。故选 A。13.某地

20、无色透明水样中可能大量存在以下离子中的一种或几种：H+、Na +、Ba 2+、Mg 2+、Cu 2+、Cl 、CO 32-、OH ，某化学兴趣小组为了测定其成分做了如下实验：向水样中滴入石蕊试液，溶液变成蓝色；另取一份水样，向其中滴入过量的稀盐酸，产生大量气泡。由此可以得出水样中A. 一定没有 H+、Mg 2+、CO 32-、Cu 2+B. 可能存在 Cl 、Na +、Mg 2+，一定不存在 Cu2+C. 一定存在 H+、Na +、OH D. 一定存在 Na+、CO 32-、OH ，可能存在 Cl【答案】D【解析】【详解】水样是无色的，则一定不存在 Cu2+，向水样中滴入石蕊试液，溶液变成蓝色

21、，说9明溶液显碱性，则一定大量存在氢氧根，一定不能大量共存 H+、Mg 2+；另取一份水样，向其中滴入过量的稀盐酸，产生大量气泡，说明含有碳酸根，因此一定不存在 Ba2+，根据溶液显电中性可知一定存在钠离子，由此可以得出水样中一定存在 Na+、CO 32-、OH ，一定不存在 H+、Ba 2+、Mg 2+、Cu 2+，Cl 不能确定，所以选项 ABC均是错误的，D 正确，答案选 D。【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，钠离子的判断是解答的易错点，注意溶液显电中性特点的灵活应用。14.下列有关有机物的描述不正确的是A. 用 FeCl3溶液可以鉴别苯、苯酚、四氯化碳、KSCN、

22、乙醇和 AgNO3六种无色溶液或液体B. 有机物 的核磁共振氢谱图中有 4种吸收峰C. 有机反应 涉及取代反应和消去反应两种类型D. 1 mol 一定条件下最多可以与 6 mol H2反应【答案】B【解析】【详解】A.苯、苯酚、四氯化碳、KSCN、乙醇和 AgNO3六种无色溶液或液体中分别滴加FeCl3溶液，出现分层，下层为黄色的为苯，出现紫色的为苯酚，出现分层，上层为黄色的为四氯化碳，不分层，出现红色溶液的为 KSCN，不分层，没有明显现象的为乙醇，出现白色沉淀的为硝酸银，所以氯化铁可以鉴别，故 A正确；B. 没有对称轴，该分子中有 6种氢原子，所以其核磁共振氢谱图中有6种吸收峰，故 B错误

23、；C. 这个反应中存在羟基，消去反应生成碳碳双键，和羟基被溴原子取代，涉及取代反应和消去反应两种类型，故 C正确；D.该有机物中，碳碳双键、羰基、苯环和氢气反应，一定条件下最多可以与 6 mol H2反应，故 D正确。故选 B。1015.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是 已知 类推 A将 Fe加入 CuSO 4 溶液中FeCu 2+ CuFe 2+ 将 Na加入到 CuSO 4 溶液中 2NaCu 2+ Cu2Na + B 铁和氯气反应 2Fe3Cl 2 2FeCl 3 镁和氯气反应 Mg Cl 2 MgCl 2 C 稀硫酸与 NaOH溶液反应至中性H

24、+ OH - H 2 O 稀硫酸与 Ba(OH)2溶液反应至中性H + OH - H 2 O D向 AlCl 3溶液中加入过量 NaOH溶液Al3+ +4OH- = AlO2- +2H2O向 AlCl 3溶液中加入过量氨水Al3+ +4OH- = AlO2- +2H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐溶液中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故 A错误；B.氯气具有强氧化性，能和金属反应，能把金属氧化成它的最高价态，故 B正确；C.稀硫酸与 Ba(OH)2溶液反应至中性，

25、2H +SO42-+Ba2+2OH-= BaSO4+2H 2O，故 C错误；D.向 AlCl 3溶液中加入过量氨水的反应实质是 Al3+ +3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+，氢氧化铝能和强碱反应但是不能和弱碱反应，故 D错误。故选 B。第 II卷(非选择题，共 55分)二、非选择题：(共 55分)16.(1)亚磷酸(H 3PO3)为二元弱酸。 H 3PO3中 P元素的化合价为_，其在元素周期表的位置是_，H 3PO3与过量 NaOH溶液反应的离子方程式为_。(2)三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，能同时实现汽车尾气中的 CO、C xHy、NO x三种成分的净化，其催化剂表面物质

26、转化的关系如图所示，化合物 X可借助傅里叶红外光谱11图确定。在图示的转化中，被还原的元素是_，X 的化学式为_。SCR 技术可使 NOx与 NH3直接反应，实现无害转化。当 NO与 NO2的物质的量之比为 2:1时，写出发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). +3 (2). 第三周期第 VA族 (3). H3PO3 + 2OH- = HPO32- + 2H2O (4). N、O (5). Ba(NO 3)2 (6). 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O【解析】【分析】（1）H 3PO3中氢元素显+1 价，氧元素显-2 价，根据化合价代数和为零，P 元素的化合价为+3价

27、，P 元素的原子序数为 15，在元素周期表的位置是第三周期第 VA族，H 3PO3与过量NaOH溶液反应生成 Na2HPO3。（2）在图示的转化中 N、O 化合价降低为氧化剂被还原；由傅里叶红外光谱图确定化合物 X含硝酸银，再结合图一由钡离子参与，所以 X为 Ba(NO3)2。NO x与 NH3直接反应，实现无害转化，则生成氮气和水。【详解】 （1）H 3PO3中氢元素显+1 价，氧元素显-2 价，根据化合价代数和为零，P 元素的化合价为+3 价，P 元素的原子序数为 15，在元素周期表的位置是第三周期第 VA族，H 3PO3与过量 NaOH溶液反应生成 Na2HPO3，离子方程式为 H3PO

28、3 + 2OH- = HPO32- + 2H2O，故答案为：+3；第三周期第 VA族；H 3PO3 + 2OH- = HPO32- + 2H2O。12（2）在图示的转化中 N、O 化合价降低为氧化剂被还原；由傅里叶红外光谱图确定化合物 X含硝酸银，再结合图一由钡离子参与，所以 X为 Ba(NO3)2，故答案为：N、O；Ba(NO 3)2。NO x与 NH3直接反应，实现无害转化，则生成氮气和水，所以当 NO与 NO2的物质的量之比为 2:1时，发生反应的化学方程式为 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O，故答案为; 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O。17.氯

29、气在工业上有着重要的用途，某兴趣小组在实验室中模拟工业上用氯气制备无水氯化铝(无水 AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾)，可用下列装置制备。(1) 装置 B中盛放_溶液，其作用是_；F 中的是_溶液，其作用是_。(2)装置 A实验开始前，应先_，接下来的操作依次是_(填序号)。A往烧瓶中加入 MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中加入浓盐酸(3)该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量 ClO2生成；ClO 2沸点为 10，熔点为59，液体为红色；Cl 2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证 Cl2中含有 ClO2：收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，若

30、_，则说明 Cl2中含有 ClO2 。将过硫酸钠(Na 2S2O8)液加入亚氯酸钠(NaClO 2)中可制备 ClO2，(NaClO 2)中 Cl元素的化合价是_，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。将 ClO2通入 MnSO4溶液，溶液中可检测到 Cl-，同时有黑色 MnO2沉淀生成。该反应的离子方程式为： _。【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 除去氯化氢气体 (3). 浓硫酸 (4). 防止G中的水蒸气进入 E中 (5). 检查装置气密性 (6). ACB (7). 气体颜色变浅，出现红色液体 (8). +3 (9). 1：2 (10). 2ClO 2+5Mn2+6H2O=5

31、MnO2+12H +2Cl-【解析】13【分析】（1）根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置 F。（2）装置 A实验开始前，应先检查装置气密性，装置 A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热，所以操作顺序为 ACB。（3）根据 ClO2沸点为 10，熔点为59，液体为红色；Cl 2沸点为34，液态为黄绿色，为验证 Cl

32、2中含有 ClO2，收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，若气体颜色变浅，出现红色液体，则说明 Cl2中含有 ClO2。NaClO 2中 Na显+1 价，O 显-2 价，根据化合价代数和零，Cl 元素的化合价是+3，根据信息可知，Cl 由+3 升高为+4，化合价升高 1，则过硫酸钠作氧化剂，过硫酸钠中，含有一个过氧根，两个氧原子各显-1 价，其余两个氧原子显-2 价，硫元素显+6 价，氧元素由-1 价降低为-2 价，化合价降低为-2，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2。ClO 2与 MnSO4发生反应生成氯离子和二氧化锰，根据元素守恒可知，还有水参与反应，生成物

33、还有氢离子，离子方程式为：2ClO 2+5Mn2+6H2O=5MnO2+12H +2Cl-。【详解】 （1）根据所给的装置图可知，装置 A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，制得的氯气中含有氯化氢和水等杂质，所以 B装置中应装饱和食盐水是为了除去混有的 HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故 F应该防止水蒸气进入 E装置，所以 E装置中应放浓硫酸，而 G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替 F和 G的作用，故答案为：饱和食盐水；除去氯化氢气体；浓硫酸；防止 G中的水蒸气进入 E中。（2）装置 A实验开始前，应先检查装置气密性，装置 A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二

34、氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热，所以操作顺序为 ACB，故答案为：检查装置气密性；ACB。（3）根据 ClO2沸点为 10，熔点为59，液体为红色；Cl 2沸点为34，液态为黄绿色，为验证 Cl2中含有 ClO2，收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，若气体颜色变浅，出现红色液体，则说明 Cl2中含有 ClO2，故答案为：气体颜色变浅，出现红色液体。NaClO 2中 Na显+1 价，O 显-2 价，根据化合价代数和零，Cl 元素的化合价是+3，根据信14息可知，Cl 由+3 升高为+4，化合价升高 1，则过硫酸钠作氧化剂，过硫酸钠中，含有一个过氧根，两个氧原子各显-1 价，其余

35、两个氧原子显-2 价，硫元素显+6 价，氧元素由-1 价降低为-2 价，化合价降低为-2，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2，故答案为：+3； 1：2。ClO 2与 MnSO4发生反应生成氯离子和二氧化锰，根据元素守恒可知，还有水参与反应，生成物还有氢离子，离子方程式为：2ClO 2+5Mn2+6H2O=5MnO2+12H +2Cl-，故答案为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+12H +2Cl-。18.(1)铝土矿(主要成分为 Al2O3，还含有 SiO2、Fe 2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：沉淀 A、B 的成分分别

36、是_、_；步骤中的试剂 a是_；(以上均填化学式)。试写出步骤中发生反应的离子方式_、_；简述检验所得滤液甲中存在 Fe3 的操作方法：_。(2)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl 2xH2O)。有如下操作：已知：在 pH为 45 时，Fe 3+几乎完全转化为 Fe(OH)3沉淀，Cu 2+却不反应。氧化剂最好选用_(填编号)。AKMnO 4 BHNO 3 CCl 2 写出“酸溶”时主要的离子方程式_从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_(按实验先后顺序选填编号)。A 过滤 B 蒸发至干 C 冷却结晶 D 蒸发浓缩【答案】 (1). SiO 2 (2). Fe(OH)3 (3). Na

37、OH (4). CO2 +OH- =HCO3- (5).CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO 3- (6). 取少量溶液于试管中，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有 Fe3 ，否则不含 Fe3 (7). 15C (8). CuO+2H+=Cu2+H2O (9). DCA【解析】【分析】（1）为盐酸，则在得到的滤液甲中含有 Al3+、Fe 3+，沉淀 A为二氧化硅；为氢氧化钠溶液，除去 Fe3+ ，将 Al3+转化为 AlO2-，在得到的滤液乙中，试剂为二氧化碳，将AlO2-转化为 Al(OH )3沉淀，加热分解得氧化铝。（2）向固

38、体中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2+ H2；CuO+2H +=Cu2+ H2O，加入氧化剂 A 的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则,不能引入新的杂质；加入试剂 B的目的是调节 pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体。【详解】 （1）沉淀 A是 SiO2，沉淀 B是 Fe(OH )3，步骤中的试剂 a是 NaOH溶液，故答案为：SiO 2；Fe(OH) 3；NaOH。滤液乙含有 0H-、AlO 2-，步骤通入二氧化碳，与 0H-反应生成碳酸氢根离子，与 AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，离子方

39、程式为： CO 2 +OH- =HCO3-；CO 2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO 3-，故答案为：CO 2 +OH- =HCO3-；CO 2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO 3-。通常用 KSCN溶液检验 Fe3+是否存在，取少量溶液于试管中，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有 Fe3 ，否则不含 Fe3 ，故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有 Fe3 ，否则不含 Fe3 。（2）根据题意，加入氧化剂 X可把 Fe2 氧化为 Fe3 ，而没

40、有增加新杂质，所以 A为Cl2，故选 C。向固体中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H +=Fe2+ H2；CuO+2H +=Cu2+ H2O，所以“酸溶”时主要的离子方程式：CuO+2H +=Cu2+ H2O故答案为：CuO+2H +=Cu2+ H2O。从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：DCA。19.G是合成药物的中间体，其制备路线如下(A 为芳香烃)：16回答下列问题:(1)G的名称是_；E 中官能团的名称为_。 (2)BC 的反应试剂是_ ；EF 的反应类型是_。(3)CD 反应的化学方程式为_。(4)G能通

41、过缩聚反应得到 H，有 GH 反应的化学方程式为_。(5)H是 G的同系物，满足下列条件的 H的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。 H 相对分子质量比 G大 14 苯环上含 3个取代基(6)结合以上合成路线及相关信息，设计由苯制备苯酚的合成路线_。【答案】 (1). 对羟基苯乙酸或 4-羟基苯乙酸 (2). 羧基、硝基 (3). 浓硫酸、浓硝酸 (4). 还原反应 (5). +NaCN +NaCl (6). n+(n-1)H2O (7). 20 (8). 【解析】【分析】A为芳香烃，A 与 Cl2光照下发生侧链上的取代反应生成 B，B 的分子式为 C7H7Cl，则 A为甲苯，结构简式为 ，B

42、 的结构简式为 ，对比 B和 C的分子式，B 生成 C为硝化反应，对比 C、D 的分子式，C 转化为 D为 C中-Cl 被-CN 取代；D 转化为 E发生17题给已知的反应，D 中-CN 水解成-COOH，E 转化为 F发生题给已知的反应，E 中-NO 2被还原成-NH 2，F 与 NaNO2、H 2SO4作用生成 G，G 中两个取代基处于对位，逆推出 C、D、E、F 中的两个取代基都处于对位，C 的结构简式为 ，D 的结构简式为 ，E 的结构简式为 ，F 的结构简式为 。【详解】 （1）G 为 ，名称是对羟基苯乙酸或 4-羟基苯乙酸，E 为，E 中官能团的名称为羧基、硝基，故答案为：对羟基苯

43、乙酸或 4-羟基苯乙酸；羧基、硝基。（2）BC 为硝化反应，反应的试剂为浓硫酸、浓硝酸；EF 为 E中-NO 2被还原为-NH 2，反应类型为还原反应，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；还原反应。（3）CD 反应的化学方程式为：+NaCN +NaCl，故答案为：+NaCN +NaCl。（4）G 能通过缩聚反应得到 H，有 GH 反应的化学方程式为：n+(n-1)H2O，故答案为：n +(n-1)H2O。（5）G 的结构简式为 ，G 中含一个酚羟基和 1个羧基，H 是 G的同系物，H 中含一个酚羟基和 1个羧基，G 的分子式为 C8H8O3，H 相对分子质量比 G大 14，H的分子组成比 G多一个“CH 2”原子团，H 的分子式为 C9H10O3，H 苯环上含 3个取代基，3个取代基分别为：-OH，-COOH，-C 2H5， 固定-OH 和-COOH，移动-C 2H5，共有 10种 -CH3，-OH，-CH 2COOH，固定-CH 3和-OH，移动-CH 2COOH，共有 10种，所以 H的同分异构体有20种，故答案为：20。18（6）对比 和 的结构简式，模仿流程中 BC 和 EFG，即将 先发生硝化反应生成 ， 在 Fe/H+作用下发生还原反应生成 ，与 NaNO2、H 2SO4作用生成 ；合成路线为：，故答案为：。