2018-2019学年湖南省长郡中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年湖南省长郡中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

湖南省长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.材料在人类文明史上起着划时代的意义。下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是 A. 人面鱼纹彩陶盆——无机非金属材料 B. “马踏飞燕”铜奔马——金属材料 C. 宇航员的航天服——有机高分子材料 D. 光导纤维——复合材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，选项A正确；‎ B、“马踏飞燕”铜奔马主要材料为铜，为金属材料，选项B正确；‎ C、宇航员的航天服的材料为合成纤维，为有机高分子化合物，选项C正确；‎ D、光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列物质中，不属于电解质的是 A. 固体氯化钾 B. 作电极的碳棒 C. 气态硝酸 D. 液态氯化氢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；‎ B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；‎ C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；‎ D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NA B. 含NA个 CO32－的 Na2CO3溶液中，Na+数目大于2NA C. 密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物的分子数小于2NA D. 4.0 g CO2气体中含电子数目等于2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，A错误；‎ B.Na2CO3电离产生Na+、CO32-个数比为2:1，在溶液中CO32-由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含NA个 CO32－，则Na+数目大于2NA，B正确；‎ C. SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物SO3的分子数小于2NA，C正确；‎ D.CO2分子中含有22个电子，则4.0g CO2气体中含有的电子数为N==2NA，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.氟利昂﹣12是甲烷的氟、氯代物，结构式为．下列有关叙述正确的是 A. 它有2种同分异构体 B. 它是平面分子 C. 它有4种同分异构体 D. 它只有一种结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故A错误；‎ B、甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，故B错误；‎ C、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故C错误；‎ D、从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故D正确；故选D。‎ ‎5.下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是 A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4‎ C. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 D. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以Na→NaOH→Na2CO3→NaCl能全部通过一步反应完成，故A正确；‎ B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4能全部通过一步反应完成，故B正确；‎ C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al2O3→Al(OH)3不能一步完成，故C错误；‎ D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3能全部通过一步反应完成，故D正确；故选C。‎ ‎6.下列说法错误的是 A. 浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥 B. 常温下，实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体 C. 从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气，其目的是氧化Br—‎ D. SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化SO2，所以SO2气体可以用浓硫酸干燥，选项A正确；‎ B．铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体，选项B正确；‎ C. 鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度，将溴吹出，选项C错误；‎ D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列化学方程式中，属于水解反应是(　　)‎ A. H2O＋H2OH3O＋＋OH－ B. HCO3—＋OH－H2O＋CO32—‎ C. CO2＋H2OH2CO3 D. CO32—＋H2O HCO3—＋OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.属于水的电离方程式，错误；‎ B.属于HCO3-与OH-的离子反应，错误；‎ C.属于CO2与H2O的化合反应，错误；‎ D.属于CO32-水解方程式，正确。‎ ‎8.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是 A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2‎ C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。‎ ‎【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，‎ A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；‎ B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；‎ C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；‎ D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。‎ ‎9.室温下，下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是 A. 0.1mol▪L－1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色 B. 0.1mol▪L－1NH4Cl的pH小于7‎ C. 0.1 molL－1 NaOH溶液的导电能力比0.1 molL－1氨水的导电能力强 D. 0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，不能说明NH3▪H2O为弱电解质，故选A；‎ B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，溶液显酸性，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故不选B；‎ C.在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨部分电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选C；‎ D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13，说明未完全电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选D；‎ 正确答案：A。‎ ‎【点睛】判断弱电解质依据关键点：①弱电解质部分电离；②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。‎ ‎10.微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是 A. 在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大 B. 电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C. Zn是负极，Ag2O是正极 D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．负极发生Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，c(OH-)减小，所以电池负极区溶液的pH减小，故A错误；‎ B．Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；‎ C．Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故C正确；‎ D．Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故D错误；故选C ‎11.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是 A. c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）‎ B. c（K+）+ c（S2—） = 0.3mol/L C. c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）‎ D. c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；‎ B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；‎ C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；‎ D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g).平衡时测得A的浓度为0. 50 mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时.测得A的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是 A. x+yz，选项A错误；‎ B.由上述分析可知，平衡逆向移动，选项B错误； ‎ C.因平衡逆向移动，故B的转化率降低，选项C正确；‎ D.平衡逆向移动，C的体积分数减小，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液 溶液变为红色 样品已被氧化 B 向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有氧化性 C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3•H2O能大量共存 D 向1mL 0.1mol•L-1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol•L-1 ZnSO4溶液，再加入2mL 0.1mol•L-1 CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成 Ksp（CuS）c(HA—)>c(H+)>c(A2一)>c(OH—)‎ B. 等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2 A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大 C. NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—) =c(H+) +c(H2A )‎ D. 将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图象看出c(A2-)＞c(H2A)，说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，选项A正确；‎ B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，则抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中的小，选项B错误；‎ C、根据质子守恒可知，NaHA溶液中: c(OH一)+c(A2—) =c (H +) +c(H2A )，选项C错误；‎ D、因对强碱弱酸盐溶液稀释，c（H+）增大，则将该电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响，易错点为选项C，注意应该是质子守恒，不要将c(A2—)的计量数与电荷守恒混淆。‎ ‎17.室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:‎ ‎(1)用下图装置制备纯净的CO2.‎ ‎①丙装置的名称是_______，乙装置中盛装的试剂是_______.‎ ‎②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。‎ ‎①先组装仪器.然后________.再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。‎ ‎②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是________。‎ ‎③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________.为达到相同目的，还可进行的操作是__________________________。‎ ‎(3)实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65 mL。则CO2的转化率是_______________.‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2↑ (4). 检查装置气密性 (5). U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动 (6). 使反应进行得更充分 (7). 多次往返推动注射器1和2的活塞 (8). 70%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3‎ 溶液，除去二氧化碳中的HCl；‎ ‎②若CO2中混有HCl，则HCl 与Na2O2 反应的化学方程式为2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 ↑；‎ ‎（2）①先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2 的活塞推到底后连接在K2处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠；‎ ‎②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；‎ ‎③实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；‎ ‎（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2， △V（减小）‎ ‎ 2 1 1‎ ‎ 70 mL 35 mL CO2的转化率是(70 mL ÷100 mL)×100％= 70%。‎ ‎18.已知:用NH3催化还原NOx时包含以下反应.‎ 反应①:4NH3 (g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) ∆H1=-1 807. 0 kJ·mol—1,‎ 反应②:4NH3(g)+6NO2(g) 5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) ∆H2=?‎ 反应③:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ∆H3=-113.0kJ·mol一1‎ ‎(1)反应②的∆H2==_____________。‎ ‎(2)为探究温度及不同催化剂对反应①的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。‎ ‎①反应①的平衡常数的表达式K=________。相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数______(填“大于”“小于”或“等于”)在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是_____________________。‎ ‎(3)某温度下，在1 L恒容密闭容器中初始投入4 mol NH3和6 mol NO发生反应①.当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为____，达平衡所用时间为5 min.则用NO表示此反应0～5 min内的平均反应速率为______.‎ ‎【答案】 (1). -1468.0kJ/mol (2). (3). 等于 (4). 温度升高发生副反应，温度升高催化剂活性降低 (5). 50% (6). 0.6mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律求反应②的∆H2 ；‎ ‎（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) 的平衡常数的表达式K=c5(N2)/ c4(NH3) c6(NO)；催化剂不影响平衡常数；‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；‎ ‎（3）列出三行式进行计算。‎ ‎【详解】（1）反应①：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ∆H1 = -1807.0kJ•mol-1‎ 反应②：4NH3(g) + 6NO2(g) 5N2(g) + 3O2(g) + 6H2O(l) ∆H2 = ?‎ 反应③：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ∆H3 = -113.0kJ•mol-1‎ 由盖斯定律，反应①-反应③×3，得反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-（-113.0kJ•mol-1）×3=-1468.0kJ/mol；‎ ‎（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①的平衡常数的表达式K=；催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；‎ ‎（3）列出三行式：‎ ‎4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ‎ c始/mol·L－1 4 6‎ c转/mol·L－1 4x 6x 5x c平/mol·L－1 4-4x 6-6x 5x ‎ 4-4x +6-6x+5x=7.5mol/1L，x=0.5，则NH3的转化率50% ；‎ 达平衡所用时间为5分钟，则用NO表示此反应平均反应速率为v(NO)=‎ ‎=0.6mol/(L· min)。‎ ‎19.工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、 Cu2 (OH)2 CO3等杂质]为原料制取二氧化锰.其工艺流程示意图如下图所示:‎ 已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示:‎ Mn(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀时 ‎8.3‎ ‎6.3‎ ‎2.7‎ ‎4.7‎ 完全沉淀时 ‎9.8‎ ‎8.3‎ ‎3.7‎ ‎6.7‎ 注:金属离子的起始浓度均为0.1mol·L—1‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是__________;盐酸溶解MnCO3的化学方程式是____________________________。‎ ‎(2)向溶液1中加入双氧水时.发生反应离子方程式是_________________。‎ ‎(3)向滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，发生反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，请完成该反应的离子方程式:5Mn2++2ClO3—+____===____+_____+_____。‎ ‎(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法.‎ ‎①生成MnO2的电极反应式是______________________。‎ ‎②若在上述MnO2溶液中加入一定量的Mn(NO3 )2粉末.则无Cl2产生.其原因是______。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，提高反应速率和浸取率 (2). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O (3). 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+ (4). MnS+Cu2+=Mn2++CuS (5). 4H2O (6). Cl2↑ (7). 5MnO2 (8). 8H+ (9). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (10). 其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl-）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl-放电）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用菱锰矿（MnCO3）［含FeCO3、SiO2、Cu2(OH) 2CO3等杂质］为原料制取二氧化锰，需要分离除杂，结合流程图分析各步所加试剂及反应。菱锰矿加稍过量盐酸二氧化硅不反应，滤渣1则为SiO2，加双氧水氧化Fe2+,调pH至4，沉淀Fe3+,加MnS固体沉淀Cu2+,最后得到MnO2,以此解题。‎ ‎【详解】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，经系列转化得到MnO2，‎ ‎（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率和浸取率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；‎ ‎（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；‎ ‎（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS；‎ ‎（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+；‎ ‎（5）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；‎ ‎②Mn2+、Cl-都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl-）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl-放电）。‎ ‎【点睛】本题考查化工流程问题，明确原理，准确分析流程是解题关键；易错点为 （5）②Mn2+、Cl-都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度有利于Mn2+放电。‎ ‎20.高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:‎ 已知：a、；‎ b、‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)反应①所需试剂、条件分别是___________________。‎ ‎(2)②的反应类型是____________;A→B的化学方程式为____________________。‎ ‎(3)G的结构简式为____________;H中所含官能团的名称是______________。‎ ‎(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有___种。‎ ‎①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应 其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为_____________‎ ‎(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物) _______‎ ‎【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 羟基 (6). ‎ ‎13 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。‎ ‎【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；‎ 故答案为：Cl2、光照；‎ ‎（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B 的化学方程式为 ‎，‎ 故答案：取代反应；；‎ ‎（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，‎ 故答案为：；羟基。‎ ‎（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合①遇FeCl3 溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，‎ 故答案为：13；；‎ ‎（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：‎ ‎，‎ 故答案为：。‎ ‎ ‎