甘肃省武威市第二中学2020届高三上学期10月月考化学试题 26页

武威二中2019年高三第二次阶段考试化学试卷 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每空2分，共50分)‎ ‎1.化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是( )‎ A. 焊接金属时常用溶液做除锈剂 B. 嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料 C. 只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂 D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4Cl水解使溶液显酸性，该酸性溶液可以与金属氧化物反应，因此NH4Cl溶液常用作金属焊接时的除锈剂，A正确；‎ B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维是碳元素的单质，因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料，B正确；‎ C.食用色素可作为着色剂，亚硝酸盐可作为防腐剂，正确使用食品添加剂可以延长食品保质期，增加食品的营养价值，因此对人体健康有益，C正确；‎ D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm~100nm之间，所以PM2.5的颗粒物直径较大，扩散在空气中不会形成胶体，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（ ）‎ A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化 B. “日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应 C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大 D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.有新物质生成的变化是化学变化；‎ B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；‎ C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高；‎ D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。‎ ‎【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；‎ B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；‎ C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，‘试玉要烧三日满’与硬度无关，故C错误；‎ D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3. 我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是 A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应 C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 食盐的主要成分NaCl是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止血。‎ ‎4.下列有关物质的分类或归类正确的是（ ）‎ A. 混合物：水玻璃、碱石灰、铝热剂 B. 酸性氧化物：SO2、CO2、NO2‎ C. 强电解质：明矾、硫酸钡、硫酸溶液 D. 同素异形体：H2、D2、T2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水玻璃是硅酸钠水溶液、碱石灰主要是由氧化钙和氢氧化钠组成、铝热剂是铝粉和某些金属氧化物组成的，都是混合物，故A正确； ‎ B．SO2、CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故B错误；‎ C．硫酸溶液是混合物，不是电解质，故C错误；‎ D．H2、D2、T2是不同原子构成的同种单质，都表示氢气分子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.在前一个分散系中慢慢地滴入后一种分散系所观察到的现象不是先沉淀后变澄清的是(　　)‎ A. 氢氧化铁胶体中滴加硫酸 B. 偏铝酸钠溶液中滴加盐酸 C. 氯化铝溶液中滴加烧碱溶液 D. 氯化铝溶液中滴加氨水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向氢氧化铁胶体中滴加硫酸，硫酸为电解质，胶体遇到电解质先聚沉生成沉淀，后氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，与题意不符，A错误；‎ B.向偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，首先发生AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，盐酸过量时，再发生Al(OH)3↓+3H+=Al3++3H2O，与题意不符，B错误；‎ C.氯化铝溶液中滴加烧碱溶液，首先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NaOH过量时发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，与题意不符，C错误；‎ D.氯化铝溶液中滴加氨水，发生Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，沉淀不溶解，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】氢氧化铝可溶于酸与强碱，不溶于氨水。‎ ‎6.下列实验及检验方法合理的是 ‎ 选项 实验 检验方法 A 向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液制备胶体 用可见光束照射 B 确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4‎ 将水加入到反应后溶液中 C 区分AgNO3溶液和Al2(SO4)3溶液 分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液 D 证明氯水中起漂白作用的不是Cl2‎ 用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故A错误；‎ B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，不能直接向其中加水，应该将混合物倒入水中，故B错误；‎ C．滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3和Al2(SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；‎ D．经四氯化碳萃取后的氯水中不含有氯气，但仍能使干燥的红布条褪色，可证明起漂白作用的不是氯气，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】制备氢氧化铁胶体的方式：将饱和FeCl3溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色，停止加热。注意加碱会生成沉淀而不是胶体。‎ ‎7.下列有关物质的性质与应用均正确的是 A. Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒 B. 胶体与溶液的本质区别是能否出现丁达尔现象 C. 蔗糖溶液、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2是过氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒，A错误；‎ B.胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，不是能否出现丁达尔现象，B错误；‎ C.蔗糖溶液为混合物不属于非电解质，硫酸钡和水分别为强电解质和弱电解质，C错误；‎ D.煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，D正确；‎ 答案为D；‎ ‎【点睛】胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，可通过丁达尔现象区别溶液与胶体。‎ ‎8.将体积相等、质量分数也相等的氨水和硫酸分别用等体积的水稀释，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a与b的关系为(　　)‎ A. a=b B. ab D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎（1）.设浓氨水的体积为V，质量分数为x%，密度为ρ（浓氨水），稀释后密度为ρ（稀氨水），稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=ρ（浓氨水）×V×x%÷2Vρ（稀氨水），氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，所以ρ（浓氨水）<ρ（稀氨水），所以ω=ρ（浓氨水）×V×x%÷2Vρ（稀氨水）=a%＜x%；‎ ‎（2）.同理，设浓硫酸的体积为V，质量分数为x%，密度为ρ（浓硫酸），稀释后密度为ρ（稀硫酸），稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=ρ（浓硫酸）×V×x%÷2Vρ（稀硫酸），硫酸的密度大于水的密度，浓度越大密度越大，所以ρ（浓硫酸）＞ρ（稀硫酸），所以ω=ρ（浓硫酸）×V×x%÷2Vρ（稀硫酸）=b%＞x%；‎ 因a%＜x%，b%＞x%，故a＜b，此题答案选B。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 同温同压下，相同体积物质，其物质的量一定相等 B. 标准状况下气体摩尔体积约为‎22.4L C. ‎0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与‎0.2 L 1 mol/L KCl溶液中的Cl－的数目之比为15∶2‎ D. 100 mL 1 mol/L NaCl溶液与50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中Cl－物质的量浓度相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，不同状态的物质，相同物质的量时的体积不同，故A错误；‎ B项、标准状况下气体摩尔体积约为‎22.4L/mol，故B错误；‎ C项、‎0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与‎0.2 L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的数目之比为‎0.5L×1mol/L×3：‎0.2L×1mol/L=15：2，故C正确；‎ D项、100 mL 1 mol/L NaCl溶液与50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中Cl－物质量浓度之比为1 mol/L ：1mol/L×3=1：3，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，1molFe分别与足量的盐酸和水蒸气反应转移的电子数均为2NA B. 11.2LH2中含有的原子数为NA C. Na2O与Na2O2的混合物共1mol，阴离子数目为NA D. ‎1.0L1mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数目为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气， 1molFe与足量的盐酸反应转移的电子数为2NA，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气， 1molFe与足量水蒸气反应转移的电子数为NA，故A错误；‎ B. 标准状况下11.2LH2中含有的原子数为NA，非标准状况下11.2LH2中含有的原子数不一定为NA，故B错误；‎ C. Na2O中阴离子是O2-、Na2O2中阴离子是O22-，1mol Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数目为NA，故C正确；‎ D. Na2SO4、H2O都含有O原子，‎1.0L 1mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数目大于4NA，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是 A. ‎14g由N2和‎13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA B. CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与lmolP4所含共价键的数目均为4NA C. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NA D. 常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3·H2O的中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2和‎13C2H2的摩尔质量均为‎28g/mol，故‎14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A正确；‎ B．甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B错误；‎ C．反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C正确；‎ D．含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3•H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎12.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )‎ ‎①0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等 ‎②标准状况下，‎22.4L氯气与足量铝充分反应，转移的电子数为3NA ‎③通常状况下，NA 个CO2分子占有的体积为‎22.4L ‎④常温常压下，‎92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA ‎⑤常温下，‎4.4g CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的原子数为0.3 NA ‎⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA ‎⑦标准状况下,‎22.4 L SO3含有的分子数为NA ‎⑧在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NA.‎ ‎⑨物质的量浓度为0.5 mol·L-1 MgCl2溶液中,含有Cl－个数为NA ‎⑩将100 mL 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.01NA A. ①②④⑧ B. ④⑤⑧ C. ③⑥⑨⑩ D. ‎ ‎④⑤⑧⑨‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①11.2LO2所处温度和压强未知，无法计算11.2LO2物质的量，错误；②n（Cl2）=‎22.4L‎22.4L/mol=1mol，Cl2与足量铝充分反应生成AlCl3，转移的电子数为2NA，错误；③NA个CO2分子为1molCO2，在通常状况下（通常状况下气体摩尔体积大于‎22.4L/mol）的体积大于‎22.4L，错误；④NO2和N2O4的最简式都是NO2，92gNO2物质的量为‎92g‎46g/mol=2mol，含有的原子数为6NA，正确；⑤CO2和N2O的摩尔质量都为‎44g/mol，‎4.4g CO2和N2O混合物中分子物质的量为‎4.4g‎44g/mol=0.1mol，CO2和N2O都是三原子分子，则含有的原子数为0.3 NA，正确；⑥根据“只靠拢，不交叉”，在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，I元素的化合价由KIO3中+5价降至0价，由HI中的-1价升至0价，I2既是氧化产物又是还原产物，每生成3molI2转移的电子数为5NA，错误；⑦SO3在标准状况下呈固态，无法计算SO3物质的量，错误；⑧在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NA，正确；⑨溶液的体积未知无法计算Cl-物质的量，错误；⑩将100 mL 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液滴入沸水中生成Fe（OH）30.01mol，Fe（OH）3胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，Fe（OH）3胶粒数目小于0.01NA，错误；正确的是④⑤⑧，答案选B。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数的计算，涉及物质的组成、气体摩尔体积的应用（①②③⑦）、混合物的计算（④⑤）、溶液和胶体中粒子数的计算（⑨⑩）、氧化还原反应中转移电子数的确定（②⑥）。必须注意：（1）‎22.4L/mol适用的是标准状况下的气体；（2）等质量的同素异形体、最简式相同的物质所含原子数相同；（3）确定溶液和胶体中粒子时必须注意是否给溶液体积以及分散系的变化导致粒子数的变化；（4）氧化还原反应中转移电子数的确定，正确分析氧化还原反应是关键。‎ ‎13.把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反应，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗cmol氯化钡。由此可知原溶液中NO3-离子的物质的量浓度为(单位：mol·L-1)‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设每份中NH4+的物质的量为x，SO42-的物质的量为y，根据NH4++OH-NH3↑+H2O，可知x=b，原溶液中 NH4+的物质的量为2bmol。根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，可知y=c。由溶液整体不显电性(电荷守恒)可知：n(NH4+)×1=n(SO42-)×2+n(NO3-)×1,，解得，所以原溶液中NO3-的物质的量浓度为mol·L-1。‎ 所以答案选择A项。‎ ‎【点睛】因溶液具有均一性，所以只算每等份中的硝酸根离子的物质的量浓度也是可以的。‎ ‎14.在三个体积相同密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的是（ ）‎ A. p（Ne）＞p（H2）＞p（O2） B. p（O2）＞p（Ne）＞p（H2）‎ C. p（H2）＞p（O2）＞p（Ne） D. p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Ne的摩尔质量为‎20g/mol，H2的摩尔质量为‎2g/mol，O2的摩尔质量为‎32g/mol。‎ 在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比，摩尔质量越大，压强越小。‎ 所以三种气体的压强(p)从大到小的顺序是p(H2)>p(Ne)>p(O2)。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】考查阿伏加德罗定律及推论，注意在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比。‎ ‎15.下列离子方程式，书写正确的是 A. 硫化亚铁与盐酸反应：S2-+2H+=H2S↑‎ B. 硫化氢气体通入氯水中：H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓‎ C. 硫酸和氢氧化钡溶液混合：H++OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+H2O D. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选；‎ B.硫化氢有还原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化还原反应，生成硫和盐酸，故B选；‎ C.1mol硫酸电离出2mol H+和1mol SO42-，1mol氢氧化钡电离出1mol Ba2+和2mol OH-，所以离子方程式中H+、OH-和水的系数均为2，即离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO42+=BaSO4↓+2H2O，故C不选；‎ D.稀硫酸的氧化性是H+体现出来的，H+的氧化性比较弱，不能把铁氧化成Fe3+，只能氧化成Fe2+，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎16.下列离子方程式中，正确的是（ ）‎ A. 小苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-===CaCO3↓＋H2O B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O C. 将氯气通入水中：Cl2＋H2O===Cl－＋ClO－＋2H＋‎ D. 向Fe(NO3)2溶液中加入稀盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3-===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、澄清石灰水为少量，反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故A错误；‎ B、NH3·H2O为弱碱，AlCl3与NH3·H2O反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故B错误；‎ C、HClO为弱酸，因此氯气通入水中：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，故C错误；‎ D、NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子反应方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】涉及“量”的离子方程式是学生的难点，往往以少量为基准进行分析，即少量的系数为1，澄清石灰水少量，Ca(OH)2的系数为1，1molCa(OH)2能够电离出1molCa2＋和2molOH－，2molOH－需要消耗2molHCO3－，产生2molH2O和2molCO32－，其中1molCO32－与Ca2＋结合成CaCO3沉淀，正确的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，类似的还有Ba(OH)2与NaHCO3的反应，Ba(OH)2与NaHSO4的反应等。‎ ‎17.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣‎ B. 常温下，pH=7的溶液中 Fe3+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣‎ C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣‎ D. 能溶解Al2O3的溶液：Na+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入KSCN溶液显红色的溶液中存在大量三价铁离子，铁离子具有氧化性，I﹣具有还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；‎ B. Fe3+在pH约为4时即沉淀完全，故在pH=7的溶液中 Fe3+无法大量共存，B不符合题意；‎ C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣可以大量共存，C符合题意；‎ D. 能溶解Al2O3的溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，在酸性溶液和碱性溶液中HCO3﹣均不能大量存在，D不符合题意；‎ 故答案选C。‎ ‎18.工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂 B. 在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物 C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等 D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；‎ ‎②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；‎ A．由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；‎ B．在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B错误；‎ C．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；‎ D．若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。‎ ‎19.已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是（　　）‎ A. 上述实验证明氧化性：MnO4—＞Cl2＞Fe3＋＞I2‎ B. 上述实验中，共有两个氧化还原反应 C. 实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D. 实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-＞Cl2；‎ ‎②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2＞Fe3+；‎ ‎③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+＞I2。‎ A．通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A正确；‎ B．通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；‎ C．实验①生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验①生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；‎ D．实验②证明Fe2+有还原性，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.安全气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑，产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。下列关于该反应的说法正确的是 A. 该反应中NaN3是氧化剂，KNO3是还原剂 B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶15‎ C. 若有‎50.5 g KNO3参加反应，则有0.5mol N原子被还原 D. 每转移1 mol e−，可生成标准状况下N2的体积为‎2.24 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaN3中N元素化合价升高，NaN3是还原剂，KNO3中N元素化合价降低，KNO3是氧化剂，故A错误；‎ B. 氮气既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，故B错误；‎ C. ‎50.5 g KNO3物质的量是 ，若有‎50.5 g KNO3参加反应，则有0.5mol N原子被还原，7.5mol N原子被氧化，故C正确；‎ D. 根据方程式，转移10 mol e−生成16molN2，所以每转移1 mol e−，可生成标准状况下N2的体积为‎35.84 L，故D错误。‎ ‎21.下列有关钠及其化合物的叙述错误的是(　　)‎ A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B. 高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明 C. 氢氧化钠具有强碱性，可用于制胃酸中和剂 D. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和CO2反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，故A正确；‎ B．钠的焰色反应为黄色，则可用作透雾能力强的高压钠灯，故B正确；‎ C．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，故C错误；‎ D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎22.化学与生产、生活息息相关。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 活性炭可用于杀菌和除异味 B. 镁可用于制造信号弹和焰火 C. 氯化钠可用于配制生理盐水 D. 碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.活性炭具有吸附性，能除异味，但不能杀菌消毒，A项错误；‎ B.因为镁燃烧发出耀眼的白光，所以可以制造信号弹和烟火，B项正确；‎ C.生理盐水的成分就是氯化钠，所以可以用氯化钠配制，C项正确；‎ D.食盐中的碘元素主要是碘酸钾，所以碘酸钾可以作为加碘食盐的添加剂，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎23.将1.0 mol/L盐酸逐滴滴入到100 mL含有NaOH、NaAlO2和Na2CO3的混合溶液中，反应过程如图所示。下列有关说法不正确的是 ‎ A. 混合液中NaOH的物质的量浓度为0.1 mol/L B. x＝0.01‎ C. BC段的反应过程离子方程式为：CO＋H+ ====HCO D. V＝110‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将1.0 mol/L盐酸逐滴滴入到100 mL含有NaOH、NaAlO2和Na2CO3的混合溶液中，OA段发生的反应为H＋＋OH－=H2O，AB段开始产生沉淀，发生的反应为H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓，BC段无沉淀产生，发生的反应为CO32－＋H＋=HCO3－和H＋＋HCO3－=H2O＋CO2↑，CD段沉淀溶解，发生的反应为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。‎ ‎【详解】A. 混合液中NaOH的物质的量浓度为，故A正确；‎ B. AB段消耗氢离子的物质的量为1.0mol/L×‎0.01L=0.01mol，根据方程式H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓，生成沉淀的物质的量为0.01mol，故B正确；‎ C. BC段的反应过程离子方程式为：CO32－＋H＋=HCO3－和H＋＋HCO3－=H2O＋CO2↑，故C错误；‎ D. 根据B已知沉淀的物质的量为0.01mol，则根据方程式Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，可知消耗氢离子的体积为=‎0.03L=30mL，则V=80+30=110，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】由于偏铝酸的酸性比碳酸氢根的酸性弱，所以本题中，会先生成氢氧化铝，后发生碳酸根和氢离子的反应。‎ ‎24.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量(纵坐标)的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为( )‎ A. 1∶1∶2 B. 2∶2∶1‎ C. 1∶2∶2 D. 9∶2∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象分析，A点时沉淀的量最大，沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，氢氧化铝的物质的量为0.2mol，不溶解的沉淀是氢氧化镁，其物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；根据A点过氧化钠物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。‎ ‎【详解】由图知，沉淀中含0.1mol Mg(OH)2和0.2molAl(OH)3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，沉淀2种金属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol。由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4++OH-NH3↑+H2O，所以由NH4+消耗NaOH的量（1mol-0.8mol=0.2mol）或生成NH3的物质的量（0.45mol-0.25mol=0.2mol）均可求得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+物质的量之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了镁离子、铝离子与过氧化钠反应的有关计算，能正确分析图像中各阶段发生的反应是解本题的关键，综合考查了元素及化合物的知识。‎ ‎25.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 该溶液中不一定含有SO42﹣‎ B 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水 滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红 氧化性：Cl2＞Fe3+‎ C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 D 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面有致密 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；‎ B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；‎ C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；‎ D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；‎ 答案选C.‎ ‎【点睛】A项是易错点，硫酸根离子检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。‎ 第II卷（非选择题共50分)‎ 二、填空题 ‎26.（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。‎ ‎①湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：__________________（填化学符号）。‎ ‎②写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_____________。每生成1 mol FeO42—转移____ mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为__ mol。‎ ‎（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：‎ ‎①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：____________ 。‎ ‎②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为___________。‎ ‎③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为：___________。‎ ‎（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是____(填序号)。‎ A．Cl2 B．H2O‎2 C．ClO2 D．O3‎ ‎（4）“‎84”‎消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). ClO－ (2). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O (3). 3 (4). 0.15 (5). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ (6). 3Na2CO3＋3Br2=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3) (7). 5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4=3Br2＋3Na2SO4＋3H2O (8). C (9). ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价从+3变为+6，升高总共3价，Fe(OH)3为还原剂，FeO42-为氧化产物；由电子转移守恒可知，ClO－为反应物，Cl－为生成物，化合价从+1变为-1，降低共2价，ClO－为氧化剂，Cl－为还原产物；化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO－的系数为3，Cl－的系数为3，根据电荷守恒可知，OH－为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；‎ ‎【详解】（1）①根据上述分析，湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：ClO－。‎ 答案为：ClO－；‎ ‎②根据上述分析，湿法制高铁酸钾反应的离子方程式2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O。根据反应方程式，每生成2mol FeO42-转移6mol电子，因此每生成1 mol FeO42-转移3mol电子；Cl－为还原产物，根据反应方程式，每生成3mol Cl－转移6mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol。‎ 答案为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；3；0.15；‎ ‎（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：‎ ‎①通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和溴离子，其离子方程式为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。‎ 答案为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；‎ ‎②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为3Na2CO3＋3Br2=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3)。‎ 答案为：3Na2CO3＋3Br2=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3)；‎ ‎③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴和硫酸钠，溴酸根离子中溴元素化合价为+5价变为0价，化合价降低5价；溴离子化合价由-1价到0价，化合价升高1价，则化合物变化的最小公倍数为5，所以溴酸根离子计量数为1，溴离子计量数为5，再根据观察法配平，配平后反应的化学方程式为：5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4=3Br2＋3Na2SO4＋3H2O。‎ 答案为：5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4=3Br2＋3Na2SO4＋3H2O；‎ ‎（3）1molCl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，‎ 故答案为：C；‎ ‎（4）ClO−与浓盐酸中的Cl−会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO−+Cl−+2H+═Cl2↑+H2O。‎ 答案为：ClO−+Cl−+2H+═Cl2↑+H2O ‎27.下列所示图像中,纵坐标为沉淀物的物质的量,横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量,按题给信息将相应图的字母填入下列空格中,并写出所发生反应的离子方程式。‎ ‎（1）表示向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的图像是_____(填字母,下同),离子方程式为:_____________________。 ‎ ‎（2）表示向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量的图像是_____,离子方程式为:__________________。 ‎ ‎（3）表示向饱和石灰水中通入CO2至过量的图像是_____,离子方程式为:_____________。 ‎ ‎（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的图像是_____。‎ ‎【答案】 (1). C (2). Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+ (3). B (4). Al3++3OH-‎ Al(OH)3↓、 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O (5). A (6). Ca2++2OH-+CO2CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2OCa2++2HCO3- (7). D ‎【解析】‎ 试题分析：本题主要考查与物质性质有关的图像分析，着重考查与Al（OH）3有关的图像分析，离子方程式的书写。‎ ‎（1）向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量，首先发生反应AlCl3+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，随着氨水的滴入沉淀逐渐增多达最大；继续滴入氨水，Al（OH）3不会溶解，沉淀达最大后保持不变，符合的图像为C。发生反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。‎ ‎（2）向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，首先发生反应AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，随着NaOH溶液的滴入沉淀逐渐增多达最大；继续滴入NaOH溶液，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最终全部消失，且沉淀完全和沉淀完全溶解消耗的NaOH物质的量之比为3:1，符合的图像为B。发生反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（3）向饱和石灰水中通入CO2至过量，首先发生反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，随着CO2的通入沉淀逐渐增多达最大；继续通入CO2，发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2可溶于水，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最终全部消失，且沉淀完全和沉淀完全溶解消耗的CO2物质的量相等，符合的图像为A。发生反应的离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-。‎ ‎（4）向MgCl2和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液至过量，首先发生反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，随着NaOH溶液的滴入沉淀逐渐增多达最大；继续滴入NaOH溶液，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，但Mg（OH）2不会溶解，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最后保持不变，沉淀不会完全溶解，符合的图像为D。‎ 点睛：与元素性质有关的图像分析常采用有序思维，观察图像时要看清关键点、曲线的变化趋势以及物质的量之间的关系。需要注意的是：Al（OH）3属于两性氢氧化物，能与强酸（如HCl等）、强碱反应（如NaOH等），但Al（OH）3不能与弱酸、弱碱（如氨水等）反应。Mg（OH）2属于中强碱，与碱不反应。‎ 三、工业流程题 ‎28.某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：‎ 据此回答下列问题：‎ ‎（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_____________。‎ ‎（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D所含物质的化学式：‎ 固体B_____________；沉淀D_______________；‎ ‎（3）写出①反应的化学方程式__________；‎ ‎（4）写出②、③两个反应的离子方程式 ‎②__________________________；③______________。‎ ‎（5）设计实验检验溶液F中所含溶质：_______________。 ‎ ‎（6）分别写出固体B和沉淀D在工业上的一种主要用途：‎ ‎ 固体B：______________________；沉淀D：_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (5). Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋ (6). AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓ (7). 取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3＋；在另一支试管中加入稀硝酸酸化，然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明F溶液中有Cl－ (8). 冶炼铝 耐火材料 (9). 炼铁原料 红色油漆 涂料 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3.H2O，由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3.H2O，‎ ‎【详解】（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤；‎ 故答案为：过滤；‎ ‎（2）根据上述框图反应关系，分析过程固体B为Al2O3；沉淀D为Fe2O3；‎ 答案为：Al2O3 ； Fe2O3‎ ‎（3）①反应为氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；‎ 答案为：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；‎ ‎（4）反应②为铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，离子反应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋；反应③偏铝酸根离子与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应为AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。‎ ‎（5）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，溶液F中主要含有三价铁离子和氯离子，检验铁离子和氯离子的操作为取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3＋；在另一支试管中加入稀硝酸酸化，然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明F溶液中有Cl－ ；‎ 答案为：取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3＋；在另一支试管中加入稀硝酸酸化，然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明F溶液中有Cl－ ； ‎ ‎（6）分别写出固体B和沉淀D在工业上的一种主要用途：‎ ‎ 固体B为氧化铝，工业上用电解熔融氧化铝的方法来冶炼金属铝，氧化铝的熔点很高，可用于生产耐火材料；沉淀D为三氧化二铁，俗称铁红，可用于生产油漆和涂料，工业上作为冶炼铁的原料。‎ 答案为：冶炼铝 耐火材料；炼铁原料 红色油漆 涂料 四、有机推断题 ‎29.以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去。其中D在一定条件下可被氧化成酮。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的官能团名称是_______________；C的名称是_______________；‎ ‎（2）⑥的反应类型是_______________。⑧的反应类型是_______________。‎ ‎（3）反应⑤的化学方程式为____________________________。‎ ‎（4）满足下列条件的肉桂酸（）的同分异构体共有_________种（不考虑立体异构）:①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色 ③能水解。与G互为同分异构体，且核磁共振氢谱只有一组峰的有机物的结构简式是________。（任写一种）‎ ‎（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（）的合成路线_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 2-丁烯 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). +H2O (6). 7种 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙炔与NaNH2发生取代反应生成NaC≡CNa，结合B的分子式可知反应②为取代反应，则B为CH‎3C≡CCH3。对比B、C分子式可知反应③为加成反应，则C为CH3CH=CHCH3，D 在一定条件下可被氧化成酮，则D为。D发生酯化反应生成E，则E为。1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH‎2C≡CCH2OH，与氢气发生加成反应生成F，F发生氧化反应得到OHC-CH=CH-CHO，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHC-CH=CH-CHO与氨气转化得到吡咯。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A为乙炔，则官能团名称是碳碳三键。C为CH3CH=CHCH3，则C的名称是2-丁烯；‎ ‎（2）1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH‎2C≡CCH2OH，则⑥的反应类型是成反应。F为HOCH2CH=CHCH2OH，发生氧化反应生成OHC-CH=CH-CHO，则⑧的反应类型是氧化反应；‎ ‎（3）发生酯化反应生成，则反应⑤的化学方程式为+H2O；‎ ‎（4）肉桂酸（）的同分异构体中，①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色③能水解。说明含有苯环、碳碳双键和酯基，可以含有1个取代基为-CH=CHOOCH，或-OOCCH=CH2，或-C（OOCH）=CH2，或者-COOCH=CH2，含有2个取代基为-CH=CH2、-OOCH，有邻、间、对，故共有7种；与G（）互为同分异构体，不饱和度为3，且核磁共振氢谱只有一组峰（一种环境的氢原子）的有机物的结构简式是；‎ ‎（6）由乙炔和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（），根据乙炔合成吡咯转化，由逆合成分析可得，合成路线为：‎ ‎。‎