2018-2019学年云南省云天化中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年云南省云天化中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

云天化中学2018～2019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. CuSO4·5H2O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，NH4Cl不含有金属阳离子，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：CH3COOH D. 原子核内有8个中子的碳原子：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4Cl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。‎ 故选B。‎ ‎3.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、Na2O2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，说明浓硝酸见光易分解 D. 由反应SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，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、Na2O2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.SiO2＋2NaOH=Na2SiO3+H2O，SiO2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；‎ B.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.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NA B. 在标准状况下，‎78g苯的碳碳双键数目为3NA C. 46gNO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为2NA D. ‎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=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:Fe2+、Cl－、NO3－、Na＋‎ B. 在能使酚酞变红的溶液中:Na＋、Cl－、SO4－、K＋‎ C. 含有大量AlO2-的溶液中：NH4+、Na+、C1-、H+‎ D. 在1mol/L的AlCl3溶液中:NH4＋、Ag＋、Na＋、NO3－‎ ‎【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－、SO4－、K＋、OH-能大量共存，故B正确；‎ C.NH4+与AlO2-之间发生双水解反应，AlO2-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NaOH C. 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 2NaAlO2+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：Al3+ +3AlO2- +6H2O= 4Al(OH)3↓，3H2SO4 +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、Al3+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：Al3+ +3OH-=Al(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↑+ H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应： CO32-+H+= HCO3-、HCO3-+H+= CO2↑+H2O，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：① 2B- + Z2 = B2+2Z-② ‎2A2+ + B2 = ‎2A3+ + 2B-③2XO4- + 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B2‎ B. 氧化性强弱顺序为：XO4->Z2>A3+>B2‎ C. X2+是 XO4-的氧化产物， B2是B-的还原产物 D. 在溶液中不可能发生反应：XO4-+‎5A2++8H+ =X2++‎5A3++4H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①2B-+Z2=B2+2Z-中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低；②‎2A2++B2=‎2A3++2B-中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③2XO4-+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①可得，氧化性：Z2＞B2，由②可得，氧化性：B2＞A3+，由③可得，氧化性：XO4-＞Z2，所以氧化性关系为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，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：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故B错误；‎ C项，由①可得，B2是B-的氧化产物，由③可知，X2+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：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，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：C14H18N2O5‎ B. 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-、-NH2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、-NH2‎ 可知，阿斯巴甜一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应，选项C正确；‎ D．由含-COOH、-CONH-、-NH2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:X>Y>Q B. 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酸反应时，根据电子转移守恒，生成氢气之比为m/23×1：m/27×3=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) --‎ ‎ -①单质与水或酸反应生成氢气容易(难)；②最高价氧化物的水化物碱性强(弱)；③相互置换反应(强制弱)。‎ ‎(2)非金属性强(弱) --①单质与氢气易 (难)反应；②生成的氢化物稳定(不稳定)；③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；④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，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+、Ba2+、Mg2+、Cu2+、Cl－、CO32-、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+、Mg2+、CO32-、Cu2+‎ B. 可能存在Cl－、Na+、Mg2+，一定不存在Cu2+‎ C. 一定存在H+、Na+、OH－‎ D. 一定存在Na+、CO32-、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，说明溶液显碱性，则一定大量存在氢氧根，一定不能大量共存H+、Mg2+；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+、CO32-、OH－，一定不存在H+、Ba2+、Mg2+、Cu2+，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、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；‎ 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。‎ ‎15.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 ‎ Fe＋Cu 2+ ＝Cu＋Fe 2+ ‎ 将Na加入到CuSO 4 溶液中 ‎ ‎2Na＋Cu 2+ ＝Cu＋2Na + ‎ B 铁和氯气反应2Fe＋3Cl 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 + 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- +2H2O A. 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，2H++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D.向AlCl 3溶液中加入过量氨水的反应实质是Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，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(H3PO3)为二元弱酸。 H3PO3中P元素的化合价为______，其在元素周期表的位置是__________，H3PO3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、CxHy、NOx 三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图确定。‎ ‎ ‎ ‎①在图示的转化中，被还原的元素是_______________，X的化学式为________________。‎ ‎②SCR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(NO3)2 (6). 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）H3PO3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，H3PO3与过量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。‎ ‎（2）①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。‎ ‎②NOx与NH3直接反应，实现无害转化，则生成氮气和水。‎ ‎【详解】（1）H3PO3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，H3PO3与过量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，离子方程式为H3PO3 + 2OH- = HPO32- + 2H2‎ O，故答案为：+3；第三周期第VA族；H3PO3 + 2OH- = HPO32- + 2H2O。‎ ‎（2）①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(NO3)2。‎ ‎②NOx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；ClO2沸点为‎10℃‎，熔点为﹣‎59℃‎，液体为红色；Cl2沸点为﹣‎34℃‎，液态为黄绿色．‎ ‎①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____________，则说明Cl2中含有ClO2 。‎ ‎②将过硫酸钠(Na2S2O8)液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，(NaClO2)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________。‎ ‎③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). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【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）①根据ClO2沸点为‎10℃‎，熔点为﹣‎59℃‎，液体为红色；Cl2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。‎ ‎②NaClO2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。‎ ‎③ClO2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：2ClO2+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）①根据ClO2沸点为‎10℃‎，熔点为﹣‎59℃‎，液体为红色；Cl2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。‎ ‎②NaClO2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，故答案为：+3； 1：2。‎ ‎③ClO2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：2ClO2+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、Fe2O3)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：‎ ‎①沉淀 A、B的成分分别是____________、____________；步骤②中的试剂a是_________；(以上均填化学式)。‎ ‎②试写出步骤③中发生反应的离子方式______________、________________；‎ ‎③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(CuCl2·xH2O)。有如下操作：‎ ‎ ‎ 已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+却不反应。‎ ‎①氧化剂最好选用__________(填编号)。‎ A．KMnO4 B．HNO‎3 C．Cl2 ‎ ‎②写出“酸溶”时主要的离子方程式__________________________‎ ‎③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). SiO2 (2). Fe(OH)3 (3). NaOH (4). CO2 +OH- =HCO3- (5). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 ↓+HCO3- (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). C (8). CuO+2H+=Cu2++H2O (9). DCA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①为盐酸，则在①得到的滤液甲中含有Al3+、Fe3+，沉淀A为二氧化硅；②为氢氧化钠溶液，除去Fe3+ ，将Al3+转化为AlO2-，在②得到的滤液乙中，试剂③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）①沉淀A是SiO2，沉淀B是Fe(OH )3，步骤②中的试剂a是NaOH溶液，故答案为：SiO2；Fe(OH)3；NaOH。‎ ‎②滤液乙含有0H-、AlO2-，步骤③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，离子方程式为： CO2 +OH- =HCO3-；CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 ↓+HCO3-，故答案为：CO2 +OH- =HCO3-；CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 ↓+HCO3-。‎ ‎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）①根据题意，加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋，而没有增加新杂质，所以A为Cl2，故选C。‎ ‎②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。‎ ‎③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)：‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)G的名称是_________；E中官能团的名称为___________。 ‎ ‎(2)B→C的反应试剂是_______ ；E→F的反应类型是_______。‎ ‎(3)C→D反应的化学方程式为________________。‎ ‎(4)G能通过缩聚反应得到H，有G→H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)。‎ ‎① H相对分子质量比G大14 ② 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发生题给已知①的反应，D中-CN水解成-COOH，E转化为F发生题给已知②的反应，E中-NO2被还原成-NH2，F与NaNO2、H2SO4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：对羟基苯乙酸或4-羟基苯乙酸；羧基、硝基。‎ ‎（2）B→C为硝化反应，反应的试剂为浓硫酸、浓硝酸；E→F为E中-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；还原反应。‎ ‎（3）C→D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G→H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“CH‎2”‎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：①-OH，-COOH，-C2H5， 固定-OH和-COOH，移动-C2H5，共有10种 ②-CH3，-OH，-CH2COOH，固定-CH3和-OH，移动-CH2COOH，共有10种，所以H的同分异构体有20种，故答案为：20。‎ ‎（6）对比和的结构简式，模仿流程中B→C和E→F→G，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、H2SO4作用生成；合成路线为：，故答案为：。‎ ‎ ‎