湖南省长沙七校联考2019-2020学年高二11月检测化学试题

湖南省长沙七校联考2019-2020学年高二11月检测化学试题

长沙七校联考2019-2020学年度第二学期11月检测 高二化学试题 可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ti-48 Ni-59 Cu-64 Zn-65‎ 第 I 卷 （选择题 共40分）‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共40分）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 全球首段光伏高速公路亮相济南，光伏发电所用电池板主要材料是二氧化硅 B. 《物理小识》记载“青矾(绿矾) 厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，青矾厂气是CO和CO2‎ C. 平昌冬奥会“北京8分钟” 主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是能导热的金属材料 D. 《本草纲目》描述“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”其中的碱是K2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. 光伏发电所用电池板主要材料是硅，二氧化硅为导光的主要材料；B. “青矾厂气”，当指煅烧硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫；C. 石墨烯是非金属材料；D. 草木灰的主要成分是碳酸钾,溶液水解显碱性。‎ 详解：光伏发电所用电池板主要材料是晶体硅，A错误；这里所说的“青矾厂气”，当指煅烧硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫；这类气体遇水或湿空气，会生成硫酸、亚硫酸或具有腐蚀性的酸雾，B错误；石墨烯是非金属材料，C错误；草木灰的主要成分是碳酸钾,用水溶解时碳酸钾水解导致溶液呈碱性, D正确；正确选项D。‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，后者红色更深 B. 分别向2 mL 5%H2O2溶液中滴加1 mL0.1mol/ L FeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同 C. 蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液或醋酸铅溶液均产生沉淀，沉淀均可溶于水 D. 用加热NH4C1和Ca(OH)2固体的混合物的方法，可将二者分离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，前者红色更深，A错误；‎ B.FeCl3和CuSO4溶液对5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以分别向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同，B正确；‎ C.Na2SO4属于不属于重金属盐，该盐可使蛋白质产生盐析现象而产生沉淀，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性而产生沉淀，所以蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性产生的白色沉淀不溶于水，C错误；‎ D.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热条件下发生反应生成氨气，不能用加热的方法分离，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.反应“P4（s）+3NaOH（aq）+3H2O（l）=3NaH2PO2（aq）+PH3（g）△H＞0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是（　　）‎ A. P4分子中P原子均满足8电子稳定结构 B. 反应中NaOH作还原剂 C. 该反应能自发进行，则△S＜0‎ D. 反应中生成1molNaH2PO2，转移电子数目为3×6.02×1023‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. P原子最外层有5个电子，与其他3个P原子形成共价键，含有1个孤电子对，P4分子中P原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B. 反应中NaOH中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C. 反应能自发进行，须△G=△H-T△S＜0，因为ΔH＞0，则ΔS＞0，故C错误；D. 反应中P元素由0价升高为+1价，由0价降低为-3价，因此生成1 mol NaH2PO2，转移1mol电子，故D错误；故选A。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解精炼铜的过程中，电路中每通过NA个电子，阳极溶解铜32g B. 1mol乙酸与足量的C2H518OH 充分发生酯化反应可生成CH3CO18OC2H5分子NA个 C. 9g13CO2与N217O的混合物中所含中子数为4.6NA D. 浓度均为lmol/L的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合，溶液中CH3COOH 和CH3COO-的总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A. 电解精炼铜时,粗铜作阳极,铁、镍活泼性大于铜，先于铜失电子；B.酯化反应为可逆反应；C. 13CO2分子和N217O分子中含有的中子数都是相等，相对分子质量都是相等，物质的量也相同；D. 二种溶液没有具体的体积，所以无法计算其中的微粒数目。‎ 详解：电解精炼铜时,粗铜作阳极,因为粗铜中含有杂质Fe､Ni等,铁、镍先于铜失电子，电路中每通过NA个电子,阳极溶解铜小于32g,A错误；乙酸与C2H518OH发生酯化反应为可逆反应，反应物不能100%转化为生成物，所以1mol乙酸与足量的C2H518OH 充分发生酯化反应可生成CH3CO18OC2H5分子数目小于NA个，B错误；13CO2分子和N217O分子中含有的中子都是23个，相对分子质量都是45，所以9g混合物的物质的量为0.2mol，含有的中子数为4.6 NA，C正确；二种溶液没有具体的体积，所以无法计算其中的微粒数目，D错误；正确选项C。‎ ‎5.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是 A. 乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2‎ B. 蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解 C. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同 D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；‎ B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，但不属于高分子化合物，故B错误；‎ C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；‎ D、只有分子中含有不饱和键(如碳碳双键)，则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的化学键，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎6. 下列说法正确的一组是 ‎①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质 ‎②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质 ‎③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质 ‎④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度 ‎⑤熔融的电解质都能导电 ‎⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物 A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤⑥‎ C. 只有⑤ D. 只有⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-,所以氯化钠是强电解质，故③错；0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；⑥正确。综上所述，选D 考点：考查电解质与非电解质等相关知识。‎ ‎7.将由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中,充分溶解后,向混合溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. AB段发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ B. BC段发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O C. D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3‎ D. E点时溶液中含有大量的AlO2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：三种固体加入水中混合，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根据图像，BC没有沉淀产生，说明NaOH过量，则Al以AlO2－形式存在，AB段沉淀质量增加，说明原溶液中有Ba2＋，A、发生的反应是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故错误；B、BC段沉淀质量不变，说明发生H＋＋OH－=H2O，故错误；C、根据上述分析，D点沉淀是Al（OH）3和BaSO4‎ ‎，故错误；D、DE沉淀质量减少，发生Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此E点溶液中含有Al3＋，故错误。‎ 考点：考查元素及其化合物的性质等知识。‎ ‎8.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+ 2Cl2＋3H2O=2SO32-＋4Cl-＋6H+‎ B. 等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－‎ C. 等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg2＋＋3OH－＋H＋=Mg(OH)2↓＋H2O D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A.氯气足量,生成亚硫酸根离子会被氧化成硫酸根离子；B. 等物质的量的FeBr2与Cl2反应生成氯化铁、溴化铁和溴；C. 等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合，氢氧根离子过量，生成氢氧化镁沉淀；D.氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量相等,氢氧根离子过量,反应生成硫酸钡、水和氢氧化钠。‎ 详解：向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，反应生成硫酸钠、氯化钠和水,正确的离子方程式为: S2O32-+ 4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl-＋10H+，A错误；等物质的量的FeBr2与Cl2反生成氯化铁、溴化铁和溴，正确的离子方程式为: 2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，B正确；等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合，氢氧根离子有剩余，生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为:Mg2＋＋4OH－＋2H＋=Mg(OH)2↓＋2H2O, C错误；等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与 NaHSO4稀溶液混合,氢氧根离子过量,正确的离子方程式为: Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O,D错误；正确选项B。‎ 点睛：由于亚铁离子的还原性大于溴离子，所以氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子；所以等物质的量的FeBr2与Cl2反应生成氯化铁、溴化铁和溴，离子反应为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－；若加入足量的氯气，反应生成氯化铁和溴，离子反应为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－；从以上两个反应看出，反应物的量不同，生成物不完全相同，解题时要注意此点。‎ ‎9.某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（　　）‎ A. 溶液X中有Fe3+、SO42﹣‎ B. 溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣‎ C. 溶液X中有I﹣、Cl﹣，无CO32﹣‎ D. 溶液X中有I﹣，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，A．X中不含Fe3+，A错误；B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C．不能确定是否存在Cl-，C错误；D．X中不含Fe3+，D错误；答案选B。‎ ‎10.短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是 A. R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2‎ B. 上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡 C. YR6能氧气中剧烈燃烧 D. 元素对应的简单离子的半径: Y>Z>R>X ‎【答案】D ‎【解析】‎ 已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3‎ ‎，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析如下：A、F2和Cl2都能与水反应，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F-> Al3+，所以D正确。本题正确答案为D。‎ 点睛：本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。‎ ‎11. 下列叙述正确的是 A. 因为NH3·H2O是弱碱，所以不能用氨水与FeCl3溶液反应制取Fe(OH)3‎ B. 向FeI2溶液中通入少量Cl2，再滴加少量CCl4，振荡、静置，下层液体为紫色 C. 向一定体积热浓硫酸中加入足量的铁粉，生成的气体能被烧碱溶液完全吸收 D. 将SO2气体通入溴水，欲检验是否有SO42-生成，可向溶液中滴加Ba(NO3) 2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，FeCl3+3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4Cl；B项，由于还原性I->Fe2+，所以向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2首先与I-反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-；C项，过量的Fe与热浓硫酸反应，首先产生SO2气体，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变稀，后来稀硫酸与Fe反应产生H2；D项，由于发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，欲检验溶液中的，应向溶液中加入BaCl2溶液，若加入Ba（NO3）2溶液，则不能排除的干扰，故选B项。‎ ‎12.向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与加入盐酸的物质的量的关系如图：‎ 则下列分析都正确的组合是 （ ）‎ 溶质的成分 对应图象 溶液中离子浓度关系 A NaHCO3、Na2CO3‎ Ⅱ c（CO32－）c（CO32－）‎ C Na2CO3‎ Ⅳ c（Na＋）=c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）‎ D NaHCO3‎ I c（Na＋）=c（HCO3－）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、加入盐酸发生反应是：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸的体积小于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，CO32－的水解程度大于HCO3－，因此c（HCO3－）＞c（CO32－），A正确；B、发生的反应是NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，因此氢氧化钠和碳酸钠消耗的盐酸体积大于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，无法判断c（OH－）是否大于c（CO32－），B错误；C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸体积等于碳酸氢钠消耗的盐酸的体积，C错误；D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，HCO3－水解，c（Na＋）＞c（HCO3－），D错误。答案选A，‎ 考点：考查元素及其化合物的性质、离子浓度大小比较等知识。‎ ‎13. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ‎①pH = 0的溶液：Na+、C2O42—、MnO4—、SO42—‎ ‎②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－‎ ‎③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－‎ ‎⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、I－、Cl－、S2－‎ A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，MnO4-在酸性条件下能够氧化C2O42-，在溶液中不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32-、SO32-与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；⑤使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为②④，故选C。‎ 考点：考查了离子共存的相关知识。‎ ‎14.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有 序号 实验操作 实验现象 解释或结论 ‎①‎ 用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中 出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 ‎②‎ 向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体 放出刺激性气味气体且试纸变红 原溶液中一定含有NH4+‎ ‎③‎ 少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液 出现蓝色沉淀和血红色 铝热剂中可能含有Fe3O4‎ ‎④‎ 向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液 品红溶液褪色 该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种 ‎⑤‎ 用pH试纸测量饱和新制氯水的pH pH试纸先变为红色后褪色 饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性 A. ①②④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②④ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确；②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，②不正确；③少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确；④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确；⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确。综上所述，本题选A。‎ ‎15.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是 A. 在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-‎ B. 在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+‎ C. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+‎ D. 在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；D．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误。故选C。‎ 考点：考查元素化合物的性质；氧化还原反应 ‎16.已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72－(橙色)+H2O2H＋+2CrO42－(黄色)。‎ ‎①向2mL0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol·L－1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变橙色；‎ ‎②向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：Cr2O72－+8H＋+3SO32－＝2Cr3+(绿色)+3SO42－+4H2O。下列分析正确的是（）‎ A. CrO42－和S2－在酸性溶液中可大量共存 B. 实验②说明氧化性：Cr2O72－＞SO42－‎ C. 稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小 D. 实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．CrO42－在酸性溶液中转化为Cr2O72-，氧化S2－，在酸性溶液中不能大量共存，A错误；B、根据同一化学反应，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，Cr2O72-是氧化剂， 硫酸根是氧化产物，所以氧化性：Cr2O72->SO42－，B正确；C、K2Cr2O7溶液水解显酸性，稀释该溶液，酸性减弱，c（OH－)增大，C错误；D、实验②发生的反应属于氧化还原反应，不属于平衡移动，D错误，答案选B。‎ 考点：考查影响平衡的因素，氧化性强弱的判断。‎ ‎17.下列说法正确的是 A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，该反应是置换反应 B. 向纯碱溶液中滴加醋酸，将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中，观察是否出现沉淀，由此证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱 C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=-(Ea-Eb)kJ/mol D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，则A物质可能为乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，FeCl3和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应不是置换反应，A不正确；B.‎ ‎ 向纯碱溶液中滴加醋酸，由于醋酸有挥发性，生成的二氧化碳气体含有一定量的醋酸蒸气，该气体通入澄清的苯酚钠溶液中，溶液一定会变浑浊，但是不生成沉淀，得到的是乳浊液，此实验无法证明碳酸和苯酚的酸性强弱，B不正确；C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=-(Eb-Ea)kJ/mol，C不正确；D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，说明A的质量分数越大其密度越小，即A的密度小于水，则A物质可能为乙醇，D正确。本题选D。‎ ‎18.实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是 A. 滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2‎ B. Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3‎ C. 产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3- 反应生成了SO42-‎ D. 若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰，故A正确；B.由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32 -氧化为SO42 -，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，故B不正确；同理C.正确；D. 若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化，D正确；综合以上分析，本题答案为：B。‎ 点睛：本题是一道实验探究题，探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，X装置用于制备二氧化硫，Y装置中盛有Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，已知SO2不与BaCl2的溶液反应，二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡白色沉淀，该实验还要考虑到空气中氧气的干扰以及排除干扰的方法，另外Fe3+的氧化性也是需要注意的，本题考查学生思维的严密性。‎ ‎19.一定量的铁、镁和铜的混合物与一定量的浓HNO3恰好反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4‎ ‎、NO的混合气体，这些气体与2.24L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸盐溶液中加入2mol/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是（ ）‎ A. 400 mL B. 200 mL C. 150 mL D. 80 mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：2.24L O2的物质的量为=0.1mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则金属提供的电子物质的量等于氧气获得到的电子的物质的量，金属离子与氢氧根离子恰好反应生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1mol×4=0.4mol，需要氢氧化钠溶液的体积为=0.2L=200mL，答案选B。‎ 考点：考查有关混合物反应的计算 ‎20.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是 A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol B. n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3‎ C. n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1‎ D. 若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）：n（Cl－）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na＋）：n（Cl－）最小为6：5，n（Na＋）：n（Cl－）应介于两者之间，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，现 ‎7：3＞2：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。‎ 点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。‎ 第II卷（非选择题，共60分）‎ 二、非选择题 必做题：21、22、23‎ ‎21.碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备 FeCO3 沉淀的最佳方案：‎ 实验 试剂 现象 滴管 试管 ‎0.8 mol/L FeSO4 溶液（pH=4.5） ‎ ‎1 mol/L Na2CO3 溶液（pH=11.9） ‎ 实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min 后出现明显的红褐色 ‎ ‎0.8 mol/L FeSO4 溶液（pH=4.5） ‎ ‎1 mol/L NaHCO3 溶液 （pH=8.6） ‎ 实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min 后出现明显的灰绿色 ‎ ‎0.8 mol/L ‎ ‎(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0） ‎ ‎1 mol/L NaHCO3 溶液 （pH=8.6） ‎ 实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色 ‎ ‎(1)实验 I 中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应： ‎ ‎____Fe2+ +_______ ______+____ _______ +____H2O=____Fe(OH)3 ↓+____HCO3− ‎ ‎(2)实验 II 中产生 FeCO3 的离子方程式为_____________________________。 ‎ ‎(3)为了探究实验 III 中 NH4+所起的作用，甲同学设计了实验 IV 进行探究：‎ ‎ ‎ 操作 现象 实验IV 向 0.8 mol/L FeSO4 溶液中加入①__________，再加入 Na2SO4 固体配制成混合溶液（已知 Na+对实验无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一滴管，与 2mL 1 mol/L NaHCO3 溶液混合 与实验 III 现象相同 实验 IV 中加入 Na2SO4 固体的目的是②_______________________。 ‎ 对比实验 II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，减少了副产物 Fe(OH)2 的产生。 ‎ 乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：③_____________，再取该溶液一滴管，与2mL 1 mol/L NaHCO3 溶液混合。 ‎ ‎(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验 III 中 FeCO3 的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验 I、II、III 中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至 A 处的广口瓶中。 ‎ 为测定 FeCO3 的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________________。 ‎ ‎(5)实验反思：经测定，实验 III 中的 FeCO3 纯度高于方案 I 和方案 II。通过以上实验分析，制备 FeCO3 实验成功的关键因素是__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 8 (3). CO32− (4). 1 (5). O2 (6). 10 (7). 4 (8). 8 (9). Fe2+ + 2HCO3− =FeCO3↓+ CO2↑+ H2O (10). 酸至 pH=4.0 (11). 控制 SO42- 浓度一致 (12). 0.8mol/L FeSO4溶液中加入 Na2SO4 固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L (13). C中 U 形管的增重 (14). 调节溶液 pH ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) Fe2+被氧气氧化为铁离子，铁离子与碳酸根离子发生水解生成Fe(OH)3；‎ 根据电子得失守恒：Fe2+→Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，O2→2O-2，化合价降低了4，因此，Fe2+、Fe(OH)3前面系数为4，氧气前面系数为1，再根据电荷守恒，CO32−、和HCO3−前面系数为8，最后再根据原子守恒，水前面系数为10，具体系数如下：4Fe 2+ + 8CO32− +1 O2 + 10H2O= 4Fe(OH) 3 + 8HCO3− ； ‎ ‎(2)根据实验现象可知，亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3和 CO2，离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3− =FeCO3↓+CO2↑+H2O； ‎ ‎（3）①探究同一酸性环境下的铵根离子的作用，因此要用硫酸调控溶液的pH=4.0；‎ ‎②为了保证溶液中的硫酸根离子浓度的不变，向溶液中加入硫酸钠来控制SO42- 浓度；‎ ‎③为了增强实验的严谨性，还应向0.8mol/L FeSO4溶液中加入 Na2SO4 固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L，同一条件下做对比试验，这样结论更准确；‎ ‎（4）碳酸铁和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，水蒸气被浓硫酸吸收后，碱石灰（C）吸收二氧化碳气体，通过测定C中U 形管的增重，测出反应产生二氧化碳气体的量，最后根据反应关系来测定FeCO3 的纯度；‎ ‎(5)通过三组实验分析可知，溶液的pH不同，生成FeCO3 的量不同，因此制备 FeCO3 实验成功的关键因素是调节溶液 pH。‎ ‎22.根据下列有关天然气的研究和应用回答问题： ‎ ‎(l）在一定温度和压强下，由最稳定单质生成lmol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。根据此定义，稳定单质的摩尔生成焓为0，某些化合物的摩尔生成焓如下表所示： ‎ 化合物 CO2‎ CH4‎ CO 摩尔生成焓（kJ·mol-1）‎ ‎-395‎ ‎-74.9‎ ‎-110.4‎ CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为______________________‎ ‎(2）若上述反应分Ⅰ、Ⅱ两步进行，其能量曲线如图所示。则总反应的反应速率取决于反应_______（填“I”或“Ⅱ”）。‎ ‎(3）一定温度下反应：CO2(g)+CH4（g) 2CO(g)+2H2(g）的平衡常数表达式Kp= __________（用平衡分压p代替平衡浓度表示）‎ ‎(4）在压强为p1、p2、p3的三个恒压密闭容器中分别通入1.0molCH4(g)与1.0mol CO2(g ), 发生反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g).测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图所示。‎ ‎① a点时CH 4的转化率为___________________________‎ ‎② 压强p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为________________，判断理由是______________________。温度为T l℃、压强为P 3时，b点处v(正) ________v(逆）（填“<”、“>”或“="”)‎ ‎(5）某种燃料电池以熔融碳酸钠、碳酸钾为电解质，其工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为_____________________________________________.若电极B附近通入1m 3空气（假设空气中O 2的体积分数为20% ）并完全反应，理论上可消耗相同条件下CH 4的体积为_______m3‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+249.1kJ/mol (2). I (3). (4). 80% (5). p3>p2>p1 (6). 该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大 (7). ＞ (8). CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O (9). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎(l)已知CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 反应的ΔH=[2(-110.4)+0]kJ·mol-[(-395)+(-74.9)]kJ·mol=+249.1kJ/mol ，即CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(s)的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+249.1kJ/mol；‎ ‎(2)根据能量曲线图可知，反应Ⅰ反应物活化能大，反应速率慢，而反应Ⅱ反应速率较快，则总反应的反应速率取决于慢反应，即反应I；‎ ‎(3)可逆反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的平衡常数表达式Kp=；‎ ‎(4)①设a点时CH4的转化率为α ‎ ‎ CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)‎ 起始物质的量(mol) 1 1 0 0‎ 变化物质的量(mol) α α 2α 2α 变化后物质的量(mol) 1-α 1-α 2α 2α 则：=，解得：α=80%；‎ ‎② 该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大，故p3>p2>p1；温度为Tl℃、压强为P3时，b点处恒压曲线P3上方，CH4的含量比平衡时高，则此时反应应正向进行，即v(正)>v(逆； ‎ ‎(5)燃料电池通O2的极为正极，通CH4的极为负极，即电极A为负极，负极上CH4失电子发生氧化反应，生成CO2，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O；若电极B附近通入1m3‎ 空气(假设空气中O2的体积分数为20% )，则参加反应的O2的物质的量为1000L×20%÷22.4L/mol，根据电子守恒可知，消耗CH4体积为1000L×20%÷22.4L/mol××22.4L/mol=100L=0.1m3。‎ ‎23.硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4•7H2O的一种流程如图： ‎ ‎ ‎ ‎（1）步骤Ⅰ的操作是____________。 ‎ ‎（2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是______________。‎ ‎（3）步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为____________________________________________。 ‎ ‎（4）步骤Ⅲ中，加入锌粉的作用是______________。 ‎ ‎（5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： ‎ 温度/℃‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ 溶解度/g ‎41.8‎ ‎54.1‎ ‎70.4‎ ‎74.8‎ ‎67.2‎ ‎60.5‎ 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为________________、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_________________________________。 ‎ ‎（6）取28.70 g ZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680℃时所得固体的化学式为______。 ‎ a．ZnO b．Zn3O(SO4)2 c．ZnSO4 d．ZnSO4•H2O ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率 (3). 3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+ (4). 除去Cu2+ (5). 60℃条件下蒸发浓缩 (6). 降低烘干的温度，防止ZnSO4•7H2O分解 (7). b ‎【解析】‎ 氧化锌矿(主要成分ZnO,另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)加稀硫酸溶解，过滤,滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁,再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4•7H2O 晶体，根据分析可回答下列问题：‎ ‎ (1)分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤。答案为:过滤 ‎ (2) 氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率。答案为：升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率 ‎(3)在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾,高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应,生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，则反应的离子方程式为: 3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+。答案为：3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+‎ ‎ (4)步骤Ⅲ中，向滤液中加入锌粉,可以与Cu2+反应置换出铜，从而除去Cu2+。答案为：除去Cu2+‎ ‎ (5)从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO4•7H2O易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO4•7H2O分解。答案为：60℃条件下蒸发浓缩、降低烘干的温度，防止ZnSO4•7H2O分解 ‎ ‎(6)28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4•H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g(100℃);若得ZnSO4的质量为16.10g(250℃);若得ZnO的质量为8.10g(930℃);据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2；答案为：b 选做题：24、25两小题任选一题做答。‎ ‎24.乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。 某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。‎ 已知： ‎ ‎（1）甲苯与氯气反应生成 A的条件是________。‎ ‎（2）物质 B中含有的官能团是________。‎ ‎（3）物质 D 的结构简式是_________。‎ ‎（4）下列说法正确的是________。‎ a．化合物 A不能发生取代反应 b．乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃 c．化合物 C 能与新制的 Cu(OH)2发生反应 ‎（5）E＋F→G 的化学方程式是_______。‎ ‎（6）化合物 D 有多种同分异构体,同时符合下列条件的同分异构体共有_______ 种，写出其中两种的同分异构体的结构简式_______。‎ ‎①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；‎ ‎②1H-NMR 谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。‎ ‎（7）设计以乙醇为原料制备 F 的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选) _______。‎ ‎【答案】 (1). 光照 (2). 羟基或—OH (3). (4). (5). c (6). 4 (7). 　　　 (8). CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COCl ‎【解析】‎ 试题分析：由合成路线可知，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链上的取代反应，甲基上有1个H被Cl取代，生成甲苯侧链上的一氯代物，然后该一氯代物发生水解生成B，B为苯甲醇，B再发生催化氧化生成C，C为苯甲醛；由题中信息可知，苯甲醛可与亚硫酸氢钠、氰化钠反应生成D，则D为；D发生水解得到E，E为2-羟基-2-苯基乙酸；乙醇经一系列转化得到F，F为氯乙酰；氯乙酰与2-羟基-2-苯基乙酸发生取代反应生成G，G为；G与SOCl2发生取代反应生成乙酰基扁桃酰氯。‎ ‎（1）甲苯与氯气反应生成 A的条件是光照。‎ ‎（2）物质 B中含有的官能团是羟基或—OH 。‎ ‎（3）物质 D 的结构简式是。‎ ‎（4） a．化合物 A属于卤代烃，可以发生水解反应，卤代烃水解属于取代反应，a不正确；b．乙酰基扁桃酰氯分子中含有氯元素，故其不属于芳香烃，b不正确；c．化合物 C是苯甲醛，其分子中有醛基，故其能与新制的 Cu(OH)2发生反应，c正确。综上所述，说法正确的是c。‎ ‎（5） E＋F→G 的化学方程式是。‎ ‎（6）化合物 D（）有多种同分异构体,同时符合下列条件：①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；②1H-NMR 谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。符合以上条件的同分异构体有、、、，共有4 种。‎ ‎（7）以乙醇为原料制备 F ，首先把乙醇催化氧化得到乙醛，然后再把乙醛催化氧化得到乙酸，最后根据题中信息，用乙酸与SOCl2发生取代反应制备F。具体合成路线如下：CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COCl。‎ 点睛：本题是有关有机合成与有机推断的综合考查，主要考查了常见的有机反应及其反应条件、常见的官能团的结构与性质、有机物结构的推断、限定条件的同分异构体的书写、根据原料设计合理的合成路线。要求学生能掌握常见的重要有机反应及其发生反应的条件，认识常见的官能团，能综合分析碳链异构、官能团异构、位置异构写出符合条件的同分异构体，能通过对原料和产品的结构分析，结合所学知识及题中信息设计合理的合成路线。‎ ‎25.钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)写出基态Ti原子的电子排布式:_________，Ni在元素周期表中的位置是_________。‎ ‎(2)钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，二者阴离子的立体构型为______，中心原子的轨道杂化类型是_______。‎ ‎(3)与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为 _______________ 。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23d24s2或[Ar] 3d24s2 (2). 第4周期第VIII族 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). 产生白色沉淀 (6). [Co (NH3)5SO4]Br ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式；‎ ‎（2）根据价层电子数及中心原子进行判断；‎ ‎（3）络合物由內界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成內界离子（络离子）和外界离子，与BaCl2或AgNO3溶液反应的离子肯定为外界离子，由此可判断络合物的组成。‎ ‎【详解】(1)基态Ti原子的电子排布式为1s22s22p63s23d24s2或[Ar] 3d24s2。Ni的原子序数为28，在元素周期表中的位置是第4周期第VIII族；‎ ‎(2) SO42-的中心原子S的价层电子对数n==4，所以中心原子的轨道杂化类型是sp3，S原子与4个O原子形成4个σ键，所以SO42-立体构型为正四面体；‎ ‎（3）由[Co(NH3)5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀。加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明溴离子在外界，因此另一配合物的化学式为[Co (NH3)5SO4]Br。‎ ‎【点睛】本题考查了电子排布式的书写、等电子体原理、杂化类型的判断、配合物的组成及性质、晶体类型的判断及晶体结构等知识，是物质结构和性质的核心，应熟练掌握。本题易错点是没注意题目要求，如基态原子的电子排布式写成了价电子排布式。‎ ‎ ‎ ‎ ‎