还剩18页未读，
继续阅读
2018-2019学年吉林省白城市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
展开
白城一中2018-2019学年度下学期期末考试
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cu-64 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Ag-108 Ba-137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分）
1. 《本草纲目拾遗》中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减。气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故。这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是
A. 氢氟酸、食盐水 B. 氨水、碘酒 C. 石灰水、硝酸 D. 稀硫酸、食醋
【答案】B
【解析】
【分析】
“鼻冲水”气甚辛烈，说明有刺激性气味；“刀创水”治金创，以此水涂伤口，即敛合如故，说明其可以杀菌消毒。
【详解】A. 氢氟酸有剧毒，不能用于治病，A不正确；
B. 氨水有刺激性气味，碘酒能杀菌消毒，B符合题中信息；
C. 石灰水没有刺激性气味，硝酸不可用于杀菌消毒；
D. 稀硫酸有强腐蚀性，且无刺激性气味；
综上所述，题中所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是氨水和碘酒，故选B。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，将m1g锌加入到m2g 20%的盐酸中放出nL H2，则转移电子数为nNA/11.2
B. 0.1 mol/L的100mL H2SO3溶液中，含有的离子数约为0.03NA
C. 1molSiO2中含有共价键数是2NA
D. 120 g由NaHSO4和KHSO3固体组成的混合物中含有的阴阳离子总数为5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 标准状况下，将m1g锌加入到m2g 20%的盐酸中放出nL H2，给定的为未知数，无法确定锌、盐酸的过量问题，但是可以根据氢气的量计算转移电子数目，氢原子由+1加变为0价，转移电子数为nNA/11.2，A正确；
B. 0.1 mol/L的100mL H2SO3溶液中，亚硫酸为弱酸，含有的离子数小于0.03NA，B错误；
C. 1molSiO2中含有4molSi-O键，共价键数是4NA，C错误；
D. 120 g由NaHSO4和KHSO3固体的物质的量为1mol，1mol固体物质均含有2mol离子，则混合物中含有的阴阳离子总数为2NA，D错误；
答案为A。
【点睛】NaHSO4和KHSO3固体中均含有一种阳离子、一种阴离子，且其摩尔质量为120g/mol。
3.某芳香烃的分子式为C9H10，它能使溴水褪色，符合上述条件的芳香烃有（ ）
A. 5种 B. 3种 C. 6种 D. 2种
【答案】C
【解析】
【分析】
该有机物为芳香烃，则含有C6H5-、-C3H5两部分；它能使溴水褪色，则含有碳碳双键；
【详解】若-C3H5为一部分，可以为-CH2-CH=CH2、-CH=CH-CH3、；若为两部分，-CH=CH2、-CH3有邻、间、对三种，合计6种，答案为C。
4.已知向某溶液中逐滴加入NaOH溶液时，测得生成沉淀的质量随所加入NaOH的体积变化如图所示，则该溶液中大量含有的离子可能是（ ）
A. H+、NH4+、Mg2+、NO3-
B. H+、Al3+、AlO2-、NH4+
C. H+、NH4+、Al3+、Cl-
D. NH4+、Al3+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像可知，开始加入NaOH未出现沉淀，则溶液中含有大量的氢离子；产生沉淀，且沉淀完全消失，则含有铝离子；中间加入NaOH沉淀不变，则含有铵根离子；
【详解】A.溶液中不能含有Mg2+，否则沉淀不能完全消失，A错误；
B. Al3+、AlO2-不能大量共存，B错误；
C. H+、NH4+、Al3+、Cl- 符合题意，C正确；
D. NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液中应该还有大量的H+，D错误；
答案为C。
5.分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（ ）
①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素
②根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气
③根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐
A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，①错误；
②常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，②正确；
③纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，③正确；
④根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，④错误；
⑤含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，⑤错误；
⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，⑥错误；
答案为A。
6.我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是( )
A. ①中描述的化学反应是可逆反应
B. “曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液
C. “积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；
B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；
C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；
D．曾青硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。
故选B。
7.化学是以实验为基础的自然科学，下列实验操作方法正确的有
①用溴的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯杂质
②酒精灯在桌子上倾倒着火，立即用湿布盖上
③为加速固体物质的溶解，常采取搅拌、加热等措施
④分液时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出
⑤给试管中的液体加热时，可加入碎瓷片或不时移动试管，以免暴沸伤人
⑥使用pH试纸测量溶液的酸碱度时，先把试纸用蒸馏水润湿，再测量
⑦用分液漏斗进行萃取操作时，要不断振荡，同时适时打开上口玻璃塞进行放气
⑧检查容量瓶是否漏水的方法，向容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒转过来，若不漏水，将容量瓶正立后，将瓶塞旋转180度，再倒转，看是否漏水
A. 三项 B. 四项 C. 五项 D. 二项
【答案】B
【解析】
【详解】①用溴四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯杂质，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷为液体，但是甲烷可溶于四氯化碳，且溴和四氯化碳易挥发，①错误；
②酒精灯在桌子上倾倒着火，立即用湿布盖上，用湿布扑盖既可以降低温度到着火点以下又可隔绝空气，②正确；
③为加速固体物质的溶解，常采取搅拌、加热等措施，对于溶解度随温度升高而增大的,加热能加速溶解，③正确；
④分液时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，④错误；
⑤给试管中的液体加热时，可加入碎瓷片或不时移动试管，防止液体剧烈沸腾溅出伤人，⑤正确；
⑥使用pH试纸测量溶液的酸碱度时，先把试纸用蒸馏水润湿，导致待测液浓度降低，测量不准确，⑥错误；
⑦用分液漏斗进行萃取操作时，要不断振荡，同时适时旋转玻璃塞进行放气（振荡过程中下口朝斜上方），⑦错误；
⑧检查容量瓶是否漏水的方法，向容量瓶中加水，塞好瓶塞，右手握住容量瓶颈，食指顶住瓶塞，左手托住瓶底，将容量瓶倒转过来，若不漏水，将容量瓶正立后，将瓶塞旋转180度，再倒转，看是否漏水，⑧正确；
②③⑤⑧正确，答案为B。
8.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B. 10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
D. 5Pb2++2MnO4−+2H2O=5PbO2+2Mn2++4H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，能发生，故A不选；
B.10Cl-+2MnO4-+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，能发生，故B不选；
C.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，能发生，故C不选；
D.高锰酸根离子氧化性弱于二氧化铅，该反应不可能发生，故D选。
答案为D。
9. 下列现象与胶体的性质无关的是
A. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐
B. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
C. 一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞
D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
【答案】B
【解析】
【详解】A.盐卤点豆腐属于电解质溶液使胶体的聚沉；
B.FeCl3溶液中加入NaOH溶液出现红褐色沉淀，属于离子反应，与胶体的性质无关；
C.两种不同型号蓝黑墨水，易出现堵塞，属于带两种相反电荷的胶体混合后的聚沉；
D.清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶，属于胶体的丁达尔效应。
综上所述，现象与胶体的性质无关的是B，答案选B。
10.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、Cl-
C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D. d点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+、Na+
【答案】C
【解析】
【分析】
a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，d点盐酸过量，呈酸性。
【详解】A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，CO32-与Ca2+反应不能大量共存，A错误；
B、b点全部为HCO3-，OH-与HCO3-不能大量共存，B错误；
C、c点恰好完全反应生成NaCl，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，C正确；
D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误。
答案选C。
【点晴】该题的关键是明确图像中各个点所代表的溶液中所含离子的性质，然后结合离子的性质分析解答即可。要明确溶液中存在的离子，需要掌握碳酸盐与盐酸反应的规律。再分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序时需要注意：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
11.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；
B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；
C. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；
D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；
答案为D。
12.下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（ ）
选项
离子
要求
A
K+、NO3-、Cl-、HS-
c（K+）
Fe3+、NO3-、SO32-、Cl-
逐滴滴加盐酸立即有气体产生
C
Na+、HCO3-、Mg2+、SO42-
逐滴滴加氨水立即有沉淀产生
D
NH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH
滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据溶液呈电中性可知，c(H+)+c（K+）=c(OH-)+c（Cl-）+c（NO3-）+ c（HS-），若c（K+）＜c（Cl-），则c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，在酸性条件下HS-不能大量共存，且NO3-有强氧化性可以将其氧化，故A错误；
B. Fe3+与SO32-能发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C. 逐滴滴加氨水，溶液的碱性增加，HCO3-与一水合氨反应生成碳酸根离子，马上与镁离子反应，立即有碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀产生，C正确；
D. 滴加NaOH浓溶液时，与CH3COOH 反应生成盐和水，无气体产生，D错误；
答案为C。
13.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. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-
D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；
D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。
故选B.
14.在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是（）
A. 右边CO和CO2的分子数之比为1：3
B. 右边CO的质量为2.75g
C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3
D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍
【答案】D
【解析】
【分析】
在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；
【详解】A. 根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；
B. 右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；
C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；
D. 同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；
答案为D。
【点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。
15.某强酸性溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验
下列有关判断正确的是（ ）
A. 原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+、Al3+
B. 原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-
C. 步骤③中发生反应的离子方程式为: 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D. 沉淀B在空气中由白色迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
【答案】B
【解析】
【分析】
已知溶液为强酸性，则存在大量的H+，与H+反应的CO32-不存在，根据流程可知，加入硝酸钡产生气体、沉淀，则溶液中存在Fe2+、SO42-，与此离子反应的Ba2+、NO3-不存在；加入足量的NaOH溶液时，产生气体和沉淀，为氨气和氢氧化铁，则溶液中含有NH4+；通入少量二氧化碳产生沉淀为氢氧化铝或碳酸钡，溶液中可能含有Al3+。
【详解】A. 原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，可能含有Al3+，A错误；
B. 通过分析可知，原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-，B正确；
C. 步骤③中发生反应的离子方程式可能有2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，一定有：CO2+2OH-+ Ba2+= BaCO3↓+H2O，C错误；
D. 沉淀B为氢氧化铁，为红褐色沉淀，D错误；
答案为B。
16.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A. 肯定不含I－ B. 肯定含有SO32－、I－
C. 肯定不含SO42－ D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【解析】
因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。
【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。
17.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A. 向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时： 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4： 3ClO-+Fe（OH）3=FeO42-+3Cl-+H2O+H+
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3： 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-
D. 向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2．若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO2-： Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，A错误；
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO-+4OH-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，B错误；
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；
D. 向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，消耗完溶液中的亚铁离子后再与溴离子反应，若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-，D正确；
答案为D。
18.在t℃时，将 a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρg·cm-3，质量分数为ω，其中含NH4＋的物质的量为 b moL。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 溶质的质量分数为ω＝ ×100%
B. 溶质的物质的量浓度c=
C. 溶液中c(OH-)＝+c(H+)
D. 上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5ω
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶质的质量分数为ω＝ ×100%，A错误；
B. 溶质的物质的量浓度c=，B正确；
C. 氨水溶液中，溶液呈电中性，则c(OH-)＝c（NH4＋）+ c(H+)，c(OH-)＝+c(H+)，C正确；
D. 氨水的密度小于水，且浓度越大密度越小，上述溶液中再加入VmL水后，则溶液的总质量大于2倍氨水的质量，所得溶液的质量分数小于0.5ω，D正确；
答案为A。
【点睛】氨水的密度小于水，且浓度越大密度越小；向浓氨水中加入等体积的水时，加入水的质量比氨水的质量大。
19.夏日的夜晚，常看到儿童手持荧光棒嬉戏，魔棒发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯（CPPO）产生能量，该能量被传递给荧光物质后发出荧光．草酸二酯结构简式如图所示，下列有关草酸二酯的说法不正确的是（ ）
A. 草酸二酯与H2完全反应，需要6mol H2
B. 草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6
C. 草酸二酯能发生加成反应、取代反应和氧化反应
D. 1mol草酸二酯最多可与4mol NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 草酸二酯中只有苯环可与H2完全反应，而酯基中碳氧双键不能发生加成反应，则需要6mol H2，A正确；
B. 草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6，B正确；
C. 草酸二酯中含有的官能团为酯基、氯原子，能发生加成反应，取代反应，氧化反应，C正确；
D. 1mol草酸二酯中的-Cl、酯基均可与NaOH反应，最多可与18mol NaOH反应，D错误；
答案为D。
【点睛】要注意酯基与NaOH反应后生成的酚羟基可继续与NaOH反应。
20.在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C. c点，两溶液中含有相同浓度的OH-
D. a、d两点对应的溶液均显中性-
【答案】C
【解析】
【分析】
Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，氢氧化钡与硫酸恰好完全反应时，钡离子全部变为硫酸钡沉淀，氢氧根离子全部变为水，此时溶液几乎不导电，则①表示硫酸；
【详解】A.溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图像可知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，A正确；
B.a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+、OH−，B正确；
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液显酸性；②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4溶液显碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；
答案为C。
二、非选择题（共50分）
21.(1)在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的物质的量分数为__________。若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为______________。
(2)相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，则混合气体中Cl2与O2的体积比为__________，混合气体的平均摩尔质量为____________。
【答案】 (1). 0.25 (2). 0.48 (3). 1：1 (4). 51.5g/mol
【解析】
【详解】(1)在同温、同压下，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，密度之比等于其相对分子质量之比。实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，则其平均相对分子质量为29，由于CO和N2的相对分子质量相同，均为28，设O2的物质的量分数为x，则CO和N2的物质的量分数之各为1-x，28(1-x)+32x=29，解之得，x=0.25，因此，其中O2的物质的量分数为0.25。若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则CO和N2的物质的量分数分别为0.375，混合气体中氧元素的质量分数为0.48。
(2)相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，设Cl2的体积为x，则x+2(100mL-x)=150mL，解之得，x=50mL，则混合气体中Cl2与O2的体积比为1:1，混合气体的平均摩尔质量为g/mol=51.5g/mol。
22.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
根据题意回答下列问题：
(1)实验中需用1 mol·L－1的硫酸800 mL，若用18.4 mol·L－1的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为________。
A 10 mL B 20 mL C 50 mL D 100 mL
(2)加入的NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2，反应的离子方程式为：___________________，还有一种离子也会被NaClO氧化，反应的离子方程式为______________________。
(3)滤渣的主要成分中除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外还有_______________。
(4)在“除钙”前，需检验滤液中Fe3＋是否被除尽，简述检验方法：____________________。
(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度/℃
40
50
60
70
S(MgSO4)/g
30.9
33.4
35.6
36.9
S(CaSO4)/g
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4的混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，可确定操作步骤为蒸发结晶、________________（填操作名称）。
(6)实验中提供的硼镁泥共10 g，得到MgSO4·7H2O共17.22 g，则MgSO4·7H2O的产率为________。
【答案】 (1). D (2). Mn2＋＋ClO－＋H2O＝MnO2↓＋2H＋＋Cl－ (3). 2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O (4). MnO2、SiO2 (5). 取少量滤液，向其中加入KSCN溶液，若溶液不变血红色，说明滤液中不含Fe3＋，如果溶液变为血红色，说明滤液中含有Fe3＋ (6). 趁热过滤 (7). 70%
【解析】
【分析】
硼镁泥酸浸时，SiO2不溶，被次氯酸钠氧化后二氧化锰不溶，则滤渣的成分为MnO2、SiO2；再根据表中数据，除去微溶物硫酸钙，再经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到七水合硫酸镁晶体。
【详解】(1)实验室没有800mL规格的容量瓶，要选择1000mL的容量瓶来配制该溶液。根据c1×V1= c2×V2，设浓硫酸的体积为V1，18.4mol/L×V1=1.0mol/L×1.0L，V1=0.0543L=54.3mL，使用量筒的体积比测量体积略大，答案为D；
(2)已知NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2，反应物为ClO-、Mn2＋和水，生成物为Cl-、MnO2，反应的离子方程式为：Mn2＋＋ClO－＋H2O＝MnO2↓＋2H＋＋Cl－；已知一种离子也会被NaClO氧化，在酸性条件下，溶液中的Fe2+与ClO－反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；
(3)由于二氧化锰和二氧化硅不与稀硫酸反应，所以在滤渣中存在二氧化锰和二氧化硅，答案为：MnO2、SiO2；
(4)可以向溶液中加入KSCN溶液可检验溶液中是否存在Fe3+，答案为：取少量滤液，向其中加入KSCN溶液，若溶液不变血红色，说明滤液中不含Fe3＋，如果溶液变为血红色，说明滤液中含有Fe3＋；
(5)根据表中数据可知，温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度有影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；
(6)10g硼镁泥中氧化镁的物质的量为：10g×40%/40g/mol=0.1mol，根据镁原子守恒，生成MgSO4⋅7H2O的物质的量为0.1mol，质量为246g/mol×0.1mol=24.6g，MgSO4⋅7H2O的产率为：17.22g/24.6g×100%=70%。
23.2018年3月21日是第二十六届“世界水日”，保护水资源、合理利用废水、节省水资源、加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：
请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________
(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式：___________。沉淀溶解时发生的离子方程式为________
(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是________g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________ mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)
【答案】 (1). CO32- (2). NH4+＋OH－===NH3·H2O (3). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (4). 2:1 (5). 10.7 (6). 存在 (7). 0.08
【解析】
【分析】
已知溶液为无色，则无Fe3＋；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；与Al3＋、Mg2＋反应的CO32-离子不存在。
【详解】（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；
（2）③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；
（4）H＋为0.1mol，NH4+为0.2mol， Al3＋为0.1mol，Mg2＋为0.05mol，Na＋为0.18mol，SO42- 为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。
24.M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:
2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
回答下列问题：
(1)M名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。
(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。
(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。
(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。
①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。
(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。
(7)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). HOCH2-CH=CH-CH2OH (6). 保护分子中碳碳双键不被氧化 (7). 12 (8). (9). 10 (10). ClCH2-CH（CH2OH）2 (11). (12). CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；
【详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；
（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；
（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；
(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；
(6) I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；
（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。
白城一中2018-2019学年度下学期期末考试
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cu-64 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Ag-108 Ba-137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分）
1. 《本草纲目拾遗》中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减。气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故。这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是
A. 氢氟酸、食盐水 B. 氨水、碘酒 C. 石灰水、硝酸 D. 稀硫酸、食醋
【答案】B
【解析】
【分析】
“鼻冲水”气甚辛烈，说明有刺激性气味；“刀创水”治金创，以此水涂伤口，即敛合如故，说明其可以杀菌消毒。
【详解】A. 氢氟酸有剧毒，不能用于治病，A不正确；
B. 氨水有刺激性气味，碘酒能杀菌消毒，B符合题中信息；
C. 石灰水没有刺激性气味，硝酸不可用于杀菌消毒；
D. 稀硫酸有强腐蚀性，且无刺激性气味；
综上所述，题中所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是氨水和碘酒，故选B。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，将m1g锌加入到m2g 20%的盐酸中放出nL H2，则转移电子数为nNA/11.2
B. 0.1 mol/L的100mL H2SO3溶液中，含有的离子数约为0.03NA
C. 1molSiO2中含有共价键数是2NA
D. 120 g由NaHSO4和KHSO3固体组成的混合物中含有的阴阳离子总数为5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 标准状况下，将m1g锌加入到m2g 20%的盐酸中放出nL H2，给定的为未知数，无法确定锌、盐酸的过量问题，但是可以根据氢气的量计算转移电子数目，氢原子由+1加变为0价，转移电子数为nNA/11.2，A正确；
B. 0.1 mol/L的100mL H2SO3溶液中，亚硫酸为弱酸，含有的离子数小于0.03NA，B错误；
C. 1molSiO2中含有4molSi-O键，共价键数是4NA，C错误；
D. 120 g由NaHSO4和KHSO3固体的物质的量为1mol，1mol固体物质均含有2mol离子，则混合物中含有的阴阳离子总数为2NA，D错误；
答案为A。
【点睛】NaHSO4和KHSO3固体中均含有一种阳离子、一种阴离子，且其摩尔质量为120g/mol。
3.某芳香烃的分子式为C9H10，它能使溴水褪色，符合上述条件的芳香烃有（ ）
A. 5种 B. 3种 C. 6种 D. 2种
【答案】C
【解析】
【分析】
该有机物为芳香烃，则含有C6H5-、-C3H5两部分；它能使溴水褪色，则含有碳碳双键；
【详解】若-C3H5为一部分，可以为-CH2-CH=CH2、-CH=CH-CH3、；若为两部分，-CH=CH2、-CH3有邻、间、对三种，合计6种，答案为C。
4.已知向某溶液中逐滴加入NaOH溶液时，测得生成沉淀的质量随所加入NaOH的体积变化如图所示，则该溶液中大量含有的离子可能是（ ）
A. H+、NH4+、Mg2+、NO3-
B. H+、Al3+、AlO2-、NH4+
C. H+、NH4+、Al3+、Cl-
D. NH4+、Al3+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像可知，开始加入NaOH未出现沉淀，则溶液中含有大量的氢离子；产生沉淀，且沉淀完全消失，则含有铝离子；中间加入NaOH沉淀不变，则含有铵根离子；
【详解】A.溶液中不能含有Mg2+，否则沉淀不能完全消失，A错误；
B. Al3+、AlO2-不能大量共存，B错误；
C. H+、NH4+、Al3+、Cl- 符合题意，C正确；
D. NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液中应该还有大量的H+，D错误；
答案为C。
5.分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（ ）
①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素
②根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气
③根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐
A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，①错误；
②常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，②正确；
③纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，③正确；
④根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，④错误；
⑤含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，⑤错误；
⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，⑥错误；
答案为A。
6.我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是( )
A. ①中描述的化学反应是可逆反应
B. “曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液
C. “积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；
B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；
C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；
D．曾青硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。
故选B。
7.化学是以实验为基础的自然科学，下列实验操作方法正确的有
①用溴的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯杂质
②酒精灯在桌子上倾倒着火，立即用湿布盖上
③为加速固体物质的溶解，常采取搅拌、加热等措施
④分液时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出
⑤给试管中的液体加热时，可加入碎瓷片或不时移动试管，以免暴沸伤人
⑥使用pH试纸测量溶液的酸碱度时，先把试纸用蒸馏水润湿，再测量
⑦用分液漏斗进行萃取操作时，要不断振荡，同时适时打开上口玻璃塞进行放气
⑧检查容量瓶是否漏水的方法，向容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒转过来，若不漏水，将容量瓶正立后，将瓶塞旋转180度，再倒转，看是否漏水
A. 三项 B. 四项 C. 五项 D. 二项
【答案】B
【解析】
【详解】①用溴四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯杂质，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷为液体，但是甲烷可溶于四氯化碳，且溴和四氯化碳易挥发，①错误；
②酒精灯在桌子上倾倒着火，立即用湿布盖上，用湿布扑盖既可以降低温度到着火点以下又可隔绝空气，②正确；
③为加速固体物质的溶解，常采取搅拌、加热等措施，对于溶解度随温度升高而增大的,加热能加速溶解，③正确；
④分液时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，④错误；
⑤给试管中的液体加热时，可加入碎瓷片或不时移动试管，防止液体剧烈沸腾溅出伤人，⑤正确；
⑥使用pH试纸测量溶液的酸碱度时，先把试纸用蒸馏水润湿，导致待测液浓度降低，测量不准确，⑥错误；
⑦用分液漏斗进行萃取操作时，要不断振荡，同时适时旋转玻璃塞进行放气（振荡过程中下口朝斜上方），⑦错误；
⑧检查容量瓶是否漏水的方法，向容量瓶中加水，塞好瓶塞，右手握住容量瓶颈，食指顶住瓶塞，左手托住瓶底，将容量瓶倒转过来，若不漏水，将容量瓶正立后，将瓶塞旋转180度，再倒转，看是否漏水，⑧正确；
②③⑤⑧正确，答案为B。
8.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B. 10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
D. 5Pb2++2MnO4−+2H2O=5PbO2+2Mn2++4H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，能发生，故A不选；
B.10Cl-+2MnO4-+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，能发生，故B不选；
C.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，能发生，故C不选；
D.高锰酸根离子氧化性弱于二氧化铅，该反应不可能发生，故D选。
答案为D。
9. 下列现象与胶体的性质无关的是
A. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐
B. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
C. 一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞
D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
【答案】B
【解析】
【详解】A.盐卤点豆腐属于电解质溶液使胶体的聚沉；
B.FeCl3溶液中加入NaOH溶液出现红褐色沉淀，属于离子反应，与胶体的性质无关；
C.两种不同型号蓝黑墨水，易出现堵塞，属于带两种相反电荷的胶体混合后的聚沉；
D.清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶，属于胶体的丁达尔效应。
综上所述，现象与胶体的性质无关的是B，答案选B。
10.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、Cl-
C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D. d点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+、Na+
【答案】C
【解析】
【分析】
a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，d点盐酸过量，呈酸性。
【详解】A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，CO32-与Ca2+反应不能大量共存，A错误；
B、b点全部为HCO3-，OH-与HCO3-不能大量共存，B错误；
C、c点恰好完全反应生成NaCl，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，C正确；
D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误。
答案选C。
【点晴】该题的关键是明确图像中各个点所代表的溶液中所含离子的性质，然后结合离子的性质分析解答即可。要明确溶液中存在的离子，需要掌握碳酸盐与盐酸反应的规律。再分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序时需要注意：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
11.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；
B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；
C. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；
D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；
答案为D。
12.下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（ ）
选项
离子
要求
A
K+、NO3-、Cl-、HS-
c（K+）
Fe3+、NO3-、SO32-、Cl-
逐滴滴加盐酸立即有气体产生
C
Na+、HCO3-、Mg2+、SO42-
逐滴滴加氨水立即有沉淀产生
D
NH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH
滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据溶液呈电中性可知，c(H+)+c（K+）=c(OH-)+c（Cl-）+c（NO3-）+ c（HS-），若c（K+）＜c（Cl-），则c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，在酸性条件下HS-不能大量共存，且NO3-有强氧化性可以将其氧化，故A错误；
B. Fe3+与SO32-能发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C. 逐滴滴加氨水，溶液的碱性增加，HCO3-与一水合氨反应生成碳酸根离子，马上与镁离子反应，立即有碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀产生，C正确；
D. 滴加NaOH浓溶液时，与CH3COOH 反应生成盐和水，无气体产生，D错误；
答案为C。
13.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. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-
D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；
D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。
故选B.
14.在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是（）
A. 右边CO和CO2的分子数之比为1：3
B. 右边CO的质量为2.75g
C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3
D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍
【答案】D
【解析】
【分析】
在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；
【详解】A. 根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；
B. 右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；
C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；
D. 同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；
答案为D。
【点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。
15.某强酸性溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验
下列有关判断正确的是（ ）
A. 原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+、Al3+
B. 原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-
C. 步骤③中发生反应的离子方程式为: 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D. 沉淀B在空气中由白色迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
【答案】B
【解析】
【分析】
已知溶液为强酸性，则存在大量的H+，与H+反应的CO32-不存在，根据流程可知，加入硝酸钡产生气体、沉淀，则溶液中存在Fe2+、SO42-，与此离子反应的Ba2+、NO3-不存在；加入足量的NaOH溶液时，产生气体和沉淀，为氨气和氢氧化铁，则溶液中含有NH4+；通入少量二氧化碳产生沉淀为氢氧化铝或碳酸钡，溶液中可能含有Al3+。
【详解】A. 原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，可能含有Al3+，A错误；
B. 通过分析可知，原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-，B正确；
C. 步骤③中发生反应的离子方程式可能有2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，一定有：CO2+2OH-+ Ba2+= BaCO3↓+H2O，C错误；
D. 沉淀B为氢氧化铁，为红褐色沉淀，D错误；
答案为B。
16.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A. 肯定不含I－ B. 肯定含有SO32－、I－
C. 肯定不含SO42－ D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【解析】
因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。
【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。
17.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A. 向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时： 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4： 3ClO-+Fe（OH）3=FeO42-+3Cl-+H2O+H+
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3： 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-
D. 向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2．若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO2-： Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，A错误；
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO-+4OH-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，B错误；
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；
D. 向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，消耗完溶液中的亚铁离子后再与溴离子反应，若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-，D正确；
答案为D。
18.在t℃时，将 a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρg·cm-3，质量分数为ω，其中含NH4＋的物质的量为 b moL。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 溶质的质量分数为ω＝ ×100%
B. 溶质的物质的量浓度c=
C. 溶液中c(OH-)＝+c(H+)
D. 上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5ω
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶质的质量分数为ω＝ ×100%，A错误；
B. 溶质的物质的量浓度c=，B正确；
C. 氨水溶液中，溶液呈电中性，则c(OH-)＝c（NH4＋）+ c(H+)，c(OH-)＝+c(H+)，C正确；
D. 氨水的密度小于水，且浓度越大密度越小，上述溶液中再加入VmL水后，则溶液的总质量大于2倍氨水的质量，所得溶液的质量分数小于0.5ω，D正确；
答案为A。
【点睛】氨水的密度小于水，且浓度越大密度越小；向浓氨水中加入等体积的水时，加入水的质量比氨水的质量大。
19.夏日的夜晚，常看到儿童手持荧光棒嬉戏，魔棒发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯（CPPO）产生能量，该能量被传递给荧光物质后发出荧光．草酸二酯结构简式如图所示，下列有关草酸二酯的说法不正确的是（ ）
A. 草酸二酯与H2完全反应，需要6mol H2
B. 草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6
C. 草酸二酯能发生加成反应、取代反应和氧化反应
D. 1mol草酸二酯最多可与4mol NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 草酸二酯中只有苯环可与H2完全反应，而酯基中碳氧双键不能发生加成反应，则需要6mol H2，A正确；
B. 草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6，B正确；
C. 草酸二酯中含有的官能团为酯基、氯原子，能发生加成反应，取代反应，氧化反应，C正确；
D. 1mol草酸二酯中的-Cl、酯基均可与NaOH反应，最多可与18mol NaOH反应，D错误；
答案为D。
【点睛】要注意酯基与NaOH反应后生成的酚羟基可继续与NaOH反应。
20.在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C. c点，两溶液中含有相同浓度的OH-
D. a、d两点对应的溶液均显中性-
【答案】C
【解析】
【分析】
Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，氢氧化钡与硫酸恰好完全反应时，钡离子全部变为硫酸钡沉淀，氢氧根离子全部变为水，此时溶液几乎不导电，则①表示硫酸；
【详解】A.溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图像可知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，A正确；
B.a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+、OH−，B正确；
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液显酸性；②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4溶液显碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；
答案为C。
二、非选择题（共50分）
21.(1)在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的物质的量分数为__________。若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为______________。
(2)相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，则混合气体中Cl2与O2的体积比为__________，混合气体的平均摩尔质量为____________。
【答案】 (1). 0.25 (2). 0.48 (3). 1：1 (4). 51.5g/mol
【解析】
【详解】(1)在同温、同压下，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，密度之比等于其相对分子质量之比。实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，则其平均相对分子质量为29，由于CO和N2的相对分子质量相同，均为28，设O2的物质的量分数为x，则CO和N2的物质的量分数之各为1-x，28(1-x)+32x=29，解之得，x=0.25，因此，其中O2的物质的量分数为0.25。若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则CO和N2的物质的量分数分别为0.375，混合气体中氧元素的质量分数为0.48。
(2)相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，设Cl2的体积为x，则x+2(100mL-x)=150mL，解之得，x=50mL，则混合气体中Cl2与O2的体积比为1:1，混合气体的平均摩尔质量为g/mol=51.5g/mol。
22.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
根据题意回答下列问题：
(1)实验中需用1 mol·L－1的硫酸800 mL，若用18.4 mol·L－1的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为________。
A 10 mL B 20 mL C 50 mL D 100 mL
(2)加入的NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2，反应的离子方程式为：___________________，还有一种离子也会被NaClO氧化，反应的离子方程式为______________________。
(3)滤渣的主要成分中除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外还有_______________。
(4)在“除钙”前，需检验滤液中Fe3＋是否被除尽，简述检验方法：____________________。
(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度/℃
40
50
60
70
S(MgSO4)/g
30.9
33.4
35.6
36.9
S(CaSO4)/g
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4的混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，可确定操作步骤为蒸发结晶、________________（填操作名称）。
(6)实验中提供的硼镁泥共10 g，得到MgSO4·7H2O共17.22 g，则MgSO4·7H2O的产率为________。
【答案】 (1). D (2). Mn2＋＋ClO－＋H2O＝MnO2↓＋2H＋＋Cl－ (3). 2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O (4). MnO2、SiO2 (5). 取少量滤液，向其中加入KSCN溶液，若溶液不变血红色，说明滤液中不含Fe3＋，如果溶液变为血红色，说明滤液中含有Fe3＋ (6). 趁热过滤 (7). 70%
【解析】
【分析】
硼镁泥酸浸时，SiO2不溶，被次氯酸钠氧化后二氧化锰不溶，则滤渣的成分为MnO2、SiO2；再根据表中数据，除去微溶物硫酸钙，再经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到七水合硫酸镁晶体。
【详解】(1)实验室没有800mL规格的容量瓶，要选择1000mL的容量瓶来配制该溶液。根据c1×V1= c2×V2，设浓硫酸的体积为V1，18.4mol/L×V1=1.0mol/L×1.0L，V1=0.0543L=54.3mL，使用量筒的体积比测量体积略大，答案为D；
(2)已知NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2，反应物为ClO-、Mn2＋和水，生成物为Cl-、MnO2，反应的离子方程式为：Mn2＋＋ClO－＋H2O＝MnO2↓＋2H＋＋Cl－；已知一种离子也会被NaClO氧化，在酸性条件下，溶液中的Fe2+与ClO－反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；
(3)由于二氧化锰和二氧化硅不与稀硫酸反应，所以在滤渣中存在二氧化锰和二氧化硅，答案为：MnO2、SiO2；
(4)可以向溶液中加入KSCN溶液可检验溶液中是否存在Fe3+，答案为：取少量滤液，向其中加入KSCN溶液，若溶液不变血红色，说明滤液中不含Fe3＋，如果溶液变为血红色，说明滤液中含有Fe3＋；
(5)根据表中数据可知，温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度有影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；
(6)10g硼镁泥中氧化镁的物质的量为：10g×40%/40g/mol=0.1mol，根据镁原子守恒，生成MgSO4⋅7H2O的物质的量为0.1mol，质量为246g/mol×0.1mol=24.6g，MgSO4⋅7H2O的产率为：17.22g/24.6g×100%=70%。
23.2018年3月21日是第二十六届“世界水日”，保护水资源、合理利用废水、节省水资源、加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：
请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________
(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式：___________。沉淀溶解时发生的离子方程式为________
(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是________g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________ mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)
【答案】 (1). CO32- (2). NH4+＋OH－===NH3·H2O (3). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (4). 2:1 (5). 10.7 (6). 存在 (7). 0.08
【解析】
【分析】
已知溶液为无色，则无Fe3＋；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；与Al3＋、Mg2＋反应的CO32-离子不存在。
【详解】（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；
（2）③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；
（4）H＋为0.1mol，NH4+为0.2mol， Al3＋为0.1mol，Mg2＋为0.05mol，Na＋为0.18mol，SO42- 为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。
24.M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:
2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
回答下列问题：
(1)M名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。
(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。
(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。
(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。
①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。
(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。
(7)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). HOCH2-CH=CH-CH2OH (6). 保护分子中碳碳双键不被氧化 (7). 12 (8). (9). 10 (10). ClCH2-CH（CH2OH）2 (11). (12). CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；
【详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；
（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；
（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；
(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；
(6) I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；
（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。
相关资料
更多
