1、湖南省永州市祁阳县第一中学 2018 届高三 10 月月考化学试题温馨提示：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分 100 分，考试时间 90 分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的原子量: H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56 Zn 65 Cu 64 一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 48 分）1. 化学与生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 碘酒能使蛋白质变性，涂在人体皮肤上可杀菌消毒B. 大米、小米、马铃薯中均含有淀粉，可为人体活动提供能量C. “滴水石穿、绳锯木断”都不涉及
2、化学变化D. “凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉”这里“乌金”指的是煤【答案】C【解析】A、碘酒能使蛋白质变性，涂在人体皮肤上可杀菌消毒，选项 A 正确；B、大米、小米、马铃薯中均含有淀粉，可为人体活动提供能量，选项 B 正确；C、水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙涉及化学变化，选项 C 错误；D、首联“乌金” 、 “阳和”都是指煤炭，表现了诗人对煤炭的喜爱之情。 “凿开混沌”极言煤炭埋藏之深， “深”字点明煤的储存量之大，选项 D 正确。答案选 C。2. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）A. 饱和 NaCl（aq） NaHCO3 Na2CO3B
3、. MgCl2（aq） Mg（OH） 2 MgOC. Al2O3 NaAlO2（aq） Al（OH） 3D. Fe2O3 FeCl3（aq） 无水 FeCl3【答案】D【解析】A、饱和食盐水中分别通入氨气和二氧化碳反应生成的碳酸氢钠溶解度较小析出，过滤后将碳酸氢钠加热分解可得碳酸钠，选项 A 的转化可以实现；B、氯化镁与石灰乳作用产生氢氧化镁，煅烧氢氧化镁分解产生氧化镁，选项 B 的转化可以实现；C、氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应后生成氢氧化铝，选项 C 的转化可以实现；D、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，但加热氯化铁溶液时由于氯化铁水解生成氢氧化铁和 HCl
4、，在加热条件下无法得到无水氯化铁，选项 D 的转化无法实现。答案选D。3. 下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）A. 分子式为 C4H9Cl 的同分异构体共有 4 种B. 苯与液溴混合后加入铁粉可发生加成反应C. lmol 苹果酸(HOOCCHOHCH 2COOH)可与 3molNaHCO3发生反应D. 氟利昂-12 的结构式为 ，该分子是平面型分子【答案】A【解析】A-C 4H9有四种，则分子式为 C4H9Cl 的同分异构体共有 4 种，故 A 正确；B生成溴苯，苯环上 H 被 Br 取代，为取代反应，故 B 错误；C只有-COOH 与碳酸氢钠反应，则 1mol 苹果酸(HOOCCHOHC
5、H2COOH)可与 2molNaHCO3发生反应，故 C 错误；D结构式为 ，甲烷中四个 H 被取代，为四面体结构，故 D 错误；故答案为 A。4. 用 NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ）A. 标准状况下，2.24L 1H2和 0.4g2H2均含有 0.2NA个质子B. 惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过 2NA个电子，则阳极产生气体 22.4LC. 常温常压下，23g NO 2和 N2O4的混合气体中含有的原子数为 1.5NAD. 1mol Na2CO3晶体中含有的 CO32-数目一定为 NA【答案】B【解析】A、标准状况下，2.24L 1H2的物质的量为 0.1mol
6、，而 0.4g2H2的物质的量也为0.1mol，且 1H2和 2H2中质子数均为 2 个，故 0.1mol1H2和 2H2均含有 0.2NA个质子，选项 A 正确；B、惰性电极电解饱和食盐水，阳极电极反应为 2Cl- -e-=Cl2，若电路中通过 2NA个电子即 2mol，则阳极产生气体 1mol，但不一定是标准状况，气体体积不一定是 22.4L，选项 B错误；C、NO 2和 N2O4的混合气体可看成是最简式为 NO2，计算 23g NO2和 N2O4的混合气体中含有的原子数= 3NA =1.5NA，选项 C 正确；D、碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1mol Na2CO3晶体中含有的 CO3
7、2-数目一定为 NA，选项 D 正确。答案选 B。5. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向稀 HNO3中滴加 Na2SO3溶液：SO 2H =SO2H 2OB. NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液使 SO42-完全沉淀:Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= AlO2-+2BaSO4+2H 2OC. 酸性溶液中 KIO3与 KI 反应生成 I2：IO I 6H =I23H 2OD. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸钠：2MnO 16H 5C 2O =2Mn2 10CO 28H 2O【答案】D【解析】A、 HNO 3有强的氧化性，Na 2SO3有还原性，两者会发生氧化
8、还原反应，离子方程式是：2H +2NO3-+3SO32-=H2O+3SO42-+2NO，选项 A 错误；A、NH 4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液使 SO42-完全沉淀，两者物质的量之比是 1：2；离子方程式为：2Ba 2+NH4+Al3+2SO42-+4OH-Al(OH) 3+2BaSO 4+NH 3H2O， ，选项 B 错误；C、电荷不守恒，离子方程式应该为：IO 3-5I 6H =3I23H 2O，选项 C 错误；D、用高锰酸钾标准溶液滴定草酸钠，高锰酸根离子被还原为锰离子，草酸根离子被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO 4-16H 5C 2O42-=2Mn2
9、10CO 28H 2O，选项 D 正确。答案选 D。6. LiAlH4（ ） 、LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出 H2，LiAlH 4在 125分解为 LiH、H 2和 Al。下列说法不正确的是（ ）A. 1 mol LiAlH4在 125完全分解，转移 3 mol 电子B. LiH 与 D2O 反应，所得氢气的摩尔质量为 4 g/molC. LiAlH4溶于水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH 4 + 2H2O LiAlO2 + 4H2D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH 4作还原剂【答案】B【解析】A、LiAlH 4在 125分
10、解为 LiH、H 2和 Al，Al 由+3 价降低为 0，则 1mol LiAlH4在125完全分解，转移 3mol 电子，选项 A 正确；B、由 LiH+D2OLiOD+HD可知，所得氢气的摩尔质量为 3g/mol，选项 B 不正确；C、LiAlH 4溶于适量水得到无色溶液，生成 LiAlO2和H2，反应的方程式为 LiAlH4+2H2OLiAlO 2+4H2，选项 C 正确；D、LiAlH 4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH 4作还原剂，选项 D 正确。答案选 B。7. 已知 NH4CuSO3与足量的 10mol/L 硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成产生刺激性气味
11、的气体 溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ）A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 1mol NH 4CuSO3完全反应转移 0.5mol 电子C. 反应中硫元素被氧化 D. 刺激性气味的气体是氨气【答案】B【解析】反应的方程式为：2NH 4CuSO3+4H+Cu+Cu 2+2SO2+2H 2O+2NH4+。A、NH 4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、SO 2和 Cu2+，反应前后 S 元素的化合价没有发生变化，故 A 错误；B、反应只有Cu 元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，反应的发产生为：2NH 4Cu
12、SO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H 2O+2NH4+，每 2molNH4CuSO3参加反应则转移 1mol 电子，则 1molNH4CuSO3完全反应转移 0.5mol 电子，故 B 正确；C、由 2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu 2+2SO2+2H 2O+2NH4+可知，反应中只有 Cu 元素的化合价发生变化，硫酸中硫元素化合价反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故 C 错误；D、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故 D 错误；故选 B。点睛：解答本题的关键是根据同一判断发生的反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。8. 如图把气体缓慢通过盛有足
13、量试剂的试剂瓶甲，在试管乙中可以观察到明显现象的是选项气体 甲中试剂 乙中试剂ASO2、CO2酸性 KMnO4溶液品红溶液BCl2、HC1饱和食盐水KI 淀粉溶液CNH3、CO2浓硫酸 酚酞试液DCO2、HC1NaOH 溶液澄清石灰水A. A B. B C. C D. D （ ）【答案】B【解析】A、KMnO 4溶液有强氧化性，能吸收有还原性的二氧化硫，与二氧化碳不反应，二氧化碳不能使品红褪色，故乙中无明显现象，选项 A 错误； B、浓硫酸与 Cl2、HCl 不反应，氯气有强氧化性，能使淀粉碘化钾试纸变蓝，乙中可以观察到明显现象，选项 B 正确；C、浓硫酸可吸收氨气，与二氧化碳不反应，二氧化碳
14、的水溶液呈弱酸性，不能使酚酞变色，故乙中无明显现象，选项 C 错误；D、气体通到 A 中 CO2和 HC1 都能与氢氧化钠反应而没有气体进入到澄清石灰水中，故乙中无明显现象，选项 D 错误。答案选 B。点睛：本题考查了常见元素及其化合物的性质，主要考查了高锰酸钾的氧化性、浓硫酸的酸性和吸水性、氯气、二氧化碳等物质的性质，注意掌握指示剂的变色范围。9. 某烃的结构简式为 ，分子中含有四面体结构的碳原子数为 a，在同一条直线上的碳原子数最多为 b，一定在同一平面内的原子数为 c，则 a、 b、 c分别是（ ）A. 4、3、6 B. 2、5、4 C. 4、3、8 D. 4、6、9【答案】C.10.
15、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）1mol 该有机物可消耗 3mol H2；不能发生银镜反应； 分子式为 C12H20O2；它的同分异构体中可能有酚类；1 mol 该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOHA. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：该有机物含有碳碳双键和酯基。1 摩尔该有机物能消耗 2 摩尔氢气，错误；没有醛基，不能发生银镜反应，正确；给有机物分子式为 C12H20O2，正确；该分子式分析，当有苯环时，氢原子最多为 18 个，所以不能含有苯环，即不可能有酚类，错误；含有酯基，1 摩尔该有机物水解消耗 1 摩尔氢氧化钠，正确。
16、故选 D。考点：有机物的结构和性质11. 1mol 过氧化钠与 2mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应后得到固体产物和气体，所得气体物质是： （ ）A. O2、H 2O B. O2、CO 2 C. O2 D. O2、H 2O、CO 2【答案】A【解析】根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H 2O，2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；根据计量关系，可知 2mol NaHCO3生成 CO2和 H2O 各 1mol，Na 2O2只有 1mol，故其恰好和 CO2反应生成Na2CO3和 O2，加热充分反应后排出的气体
17、为 O2、H 2O，答案选 A。点睛：本题考查过氧化物的性质。碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H 2O，与过氧化钠可能发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，结合物质的物质的量解答本题。12. 布洛芬常来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）A. 布洛芬的分子式为 C13H17O2 B. 布洛芬在核磁共振氢谱中呈现出 10 种峰C. 布洛芬与苯乙酸是同系物 D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物存 4 种【答案】C【解析】A、根据结构简式可得，布洛芬的分子式为 C13H18O2，
18、选项 A 错误；B、分子中除了左边两个甲基中的氢等效、苯环未被取代的位置上两对对面上的氢等效，如图：，故布洛芬在核磁共振氢谱中呈现出 8 种峰，选项 B 错误； C、布洛芬与苯乙酸结构相似，分子中相差 5 个 CH2，是同系物，选项 C 正确；D、布洛芬在苯环上发生取代反应，如上图有两对等效氢，其一氯代物存只有 2 种，选项 D 错误。答案选 C。13. 利用下列表格中的实验器材和试剂能够完成相应实验的一组是（ ）选项 实验器材和试剂 相应实验A 洗气甁（两只） 、饱和 Na2CO3溶液、浓硫酸、导管、橡皮管出去 CO2中的HCl 和水蒸汽B滴定台（附滴定夹） 、滴定管（酸式、碱式） 、烧杯、
19、胶头滴管、已知浓度的盐酸、未知浓度的 NaOH 溶液中和滴定实验C烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl 3饱和溶液、三脚架制 Fe(OH)3胶体D 铂丝或铁丝，蓝色钴玻璃、酒精灯、火柴、盐酸、待测液 焰色反应实验A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，故 A 错误；B中和滴定实验待测液应放在锥形瓶中，缺少锥形瓶，无法实验，故 B 错误；C烧杯不能直接加热，需要垫石棉网，故 C 错误；D取一根洁净的细铁丝，用盐酸洗涤，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取待测溶液，进行焰色反应，钾离子需要透过蓝色钴玻璃，能完成实验，故 D 正
20、确；故答案为 D。14. 取一定质量的铜镁合金完全溶于一定体积的浓硝酸中，产生 4480mL 的 NO2和 1120mL 的NO 气体（标准状况下） ，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀的质量可能为 （ ）A. 16g B. 18g C. 20g D. 22g【答案】A点睛：本题考查了混合物反应的计算，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。15. 有机物甲分子式为 C11H14O2，在酸性条件下水解生成乙和丙，丙遇 FeCl3溶液显紫色，丙的相对分子质量比乙大 20，甲的结构有（ ）A. 3 种 B.
21、 4 种 C. 6 种 D. 8 种【答案】C【解析】丙遇 FeCl3溶液显紫色，这说明丙分子中含有酚羟基。丙的相对分子质量比乙大20，如果设乙的相对分子质量是 x，根据一元酯水解反应中各物质的相对分子质量关系，则xx2017818，解得 x88，所以乙是丁酸，丙是甲基苯酚（包括邻、间、对） 。丁酸有 2 中，所以有机物甲的结构有 236 种，答案选 C。16. 用过量氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含偏铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，已知通入二氧化碳 336L(标准状况下)，生成 24molAl(OH)3和 15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为 112L(标准状况下)，生成
22、 Al(OH)3的和 Na2CO3的物质的量之比为（ ）A. 2：1 B. 1：2 C. 5：4 D. 4：5【答案】D【解析】通入 336L 二氧化碳生成 24molAl(OH)3，由 2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH） 3+Na 2CO3可知，该反应生成的碳酸钠的物质的量=24mol =12mol，故溶液中氢氧化钠反应生成碳酸钠的物质的量=15mol-12mol=3mol；112L 二氧化碳的物质的量= =5mol，根据碳元素守恒可知 112L 二氧化碳反应生成碳酸钠的物质的量=5mol，故 112L 二氧化碳与 NaAlO2反应生成的碳酸钠的物质的量=5mol-3mol=2
23、mol，结合方程式可知，112L 二氧化碳反应生成 Al(OH)3的物质的量=2mol2=4mol，故生成的 Al(OH)3和 Na2CO3的物质的量之比=4mol：5mol=4：5。答案选 D。二、非选择题（共 4 个小题，每空 2 分，总计 52 分）17. 金属及其化合物在生产中用途广泛。I.利用生产硼砂的废渣一硼镁泥(主要成分为 MgCO3、SiO 2，还含有少量 Fe2O3、MnO 2、CaO 等)为主要原料制取轻质碳酸镁MgCO 3Mg(OH)22H2O的工业流程如下：（1）写出“酸溶”一步中，MgCO 3和硫酸反应的离子方程式_。（2）滤渣 2 的主要成分有 MnO2和_，写出生
24、成 MnO2的离子方程式_。（3） “合成”时需通蒸汽至 80，边加热边搅拌，温度不能超 80的原因是_。II.从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS 2)冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS 2+3CuCl2=4CuCl+FeCl 2+2S +1 价的 Cu 在酸性条件下易歧化（4）浸取时，若改用 FeCl3溶液，也能生成 CuCl 和 S，该反应化学方程式为_。 （5）若过滤 1 所得滤液中只含 FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_。（6）过滤 3 所得滤液中的 CuCl2可循环使用，为保持流程持续循环，每生成 1molCu，理论上需补充 CuCl2的物质的量
25、为_。【答案】 (1). MgCO 3+2H+=Mg2+H2O+CO2 (2). Fe(OH) 3 (3). Mn2+ClO-+H2O=MnO2+2H +Cl- (4). (NH4)2CO3受热分解或(NH 4)2CO3 2 NH3+H 2O+CO2 (5). CuFeS2+3FeCl3=CuCl+ 4FeCl 2+2S (6). Fe 2O3 (7). 0.5mol【解析】 （1）写出“酸溶”一步中，硼镁泥中 MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：MgCO 3+2H+=Mg2+H2O+CO2；（2）滤渣 2 是氧化水解后过滤得到的滤潭，故主要成分有 MnO2和水
26、解产生的 Fe(OH)3，MnO 溶于酸生成 Mn2+，Mn 2+被 NaClO 氧化生成 MnO2，发生反应的离子方程式为：Mn 2+ClO-+H2O=MnO2+2H +Cl-；（3） “合成”时需通蒸汽至 80，边加热边搅拌，因为(NH 4)2CO3受热易分解，发生反应(NH 4)2CO3 2 NH3+H 2O+CO2，故温度不能超 80；（4）浸取时，若改用 FeCl3溶液，也能与 CuFeS2反应生成 CuCl 和 S，同时 FeCl3被还原为 FeCl2，该反应化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+ 4FeCl 2+2S ；（5）滤液中只含 FeCl2，存在 Fe2+2
27、H2O Fe(OH)2+2H+，加热促进水解，Fe(OH) 2在空气中易氧化生成 Fe(OH)3，生成的 Fe(OH)3受热分解，最终所得固体的化学式为 Fe2O3；（6）过滤 3 所得滤液中含有 HCl 和 CuCl2，可以循环使用，涉及反应有 CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl 2+2S、2CuCl=Cu+ CuCl 2，综合两个化学反应方程式可得 CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成 1molCu，理论上需补充 CuCl2的物质的量为 0.5mol。点睛：本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，制备实验方案的设计等。亚铜离子在酸性条
28、件下的歧化反应是本题的难度，正确理解和计算是解题的关键。18. 亚硝酸钙Ca(NO 2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去） 。已知：2NO+CaO 2=Ca(NO2)2；2NO 2+CaO2 =Ca(NO3)2。请回答下列问题：a.向装置中通入 N2；b.向三颈烧瓶中滴加稀硝酸；c.点燃酒精灯；d.熄灭酒精灯；e.停止通入氮气；f.关闭分液漏斗旋塞（1）上述操作的正确排序为_、c、_ f、_、_。（2）B 中盛放的试剂是_，作用是除去_(填化学式） 。（3）装置 E 中，酸性 K2Cr2O7溶液的作用:可将刺余的 NO 氧化成 NO
29、3-，溶液由橙色变为绿色（Cr 3+） ，反应的离子方程式是_。（4）已知 Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生 NO 气体。设计实验证明 D 中有亚硝酸钙生成_。（5）整个过程持续通人氮气的作用_。【答案】 (1). a (2). b (3). d (4). e (5). 蒸馏水或氢氧化钠 (6). HNO3 (7). Cr2O72-+2NO+6H+ =2Cr3+2NO3-+3H2O (8). 取少量 D 中反应后的固体于试管中，滴加少量稀硫酸，试管口有红棕色气体生成 (9). 开始是吹出装置中的氧气，防止NO 被氧化为 NO2，后来是吹出装置中的 NO，另外还起到防
30、止倒吸的作用【解析】 （1）设计实验制备亚硝酸钙，首先应该制备 NO，并保证得到的是纯净的 NO，干燥且不含有 NO2，上述操作的正确排序为 a.向装置中通入 N2； c.点燃酒精灯；b.向三颈烧瓶中滴加稀硝酸；f.关闭分液漏斗旋塞 d.熄灭酒精灯；e.停止通入氮气；即 a、c、b、 f、d、e；（2）A 中制取的 NO 可能含有的杂质气体是挥发的 HNO3分子，所以 B 中盛放蒸馏水或氢氧化钠溶液可以除去 HNO3；（3）装置 E 中，酸性 K2Cr2O7溶液可将剩余的 NO 氧化成NO3-，溶液由橙色变为绿色(Cr 3+)，根据电荷守恒、元素守恒配平方程式，方程式为：Cr 2O72-+2N
31、O+6H+ =2Cr3+2NO3-+3H2O；（4）Ca(NO 2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生 NO 气体，生成的 NO 在与空气中的氧气反应得到红棕色气体 NO2，答案为：取少量 D 中反应后的固体于试管中，滴加少量稀硫酸，试管口有红棕色气体生成；（5）整个过程持续通入氮气的作用：开始是吹出装置中的氧气，防止 NO 被氧化为 NO2，后来是吹出装置中的 NO，另外还起到防止倒吸的作用。19. 硫、铁的化合物有广泛的应用。（1）过二硫酸铵(NH 4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H 2O2分子中的两个 H 原子被SO 3H 基取代后即为过二硫酸。(NH 4)2S2O8中
32、硫元素的化合价为_；用过二硫酸铵溶液检测废水中的 Mn2+，配平下面的离子反应：_S2O82-+_Mn2+_MnO 4-+_SO42-+_。（2）大苏打的成分是 Na2S2O35H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若 1 mol Na2S2O3完全反应，失去 8mol 电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式_。（3）磁性材料 A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：A 的化学式为_；已知化合物 A 能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). +6 (2). 5 (3). 2 (4).
33、8H 2O (5). 2 (6). 10 (7). 16H+ (8). S2O32 +4Cl2+5H2O2SO 42 +8C1 +10H+ (9). Fe3S4 (10). Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe 2+ +S【解析】 （1）根据 N 为-3 价、氢为+1 价、氧为-2 价进行计算可得：(NH 4)2S2O8中硫元素的化合价为+6 价；反应中 Mn 元素化合价由 Mn2+中+2 价升高为 MnO4-中+7 价，Mn 2+是还原剂，S元素化合价由 S2O82-中+7 价降低为 SO42-中+6 价，S 2O82-是氧化剂，根据电子转移守恒可配得离子方程式为：5S 2O82-+2Mn2
34、+8H2O2MnO 4-+10SO42-+16H+；（2）若 1 mol Na2S2O3完全反应，失去 8mol 电子，Na 2S2O3中硫的化合价为+2，则化合价应该升为+6 价，且根据得失电子守恒，反应时消耗的氯气的物质的量为 4mol 且生成氯离子，则其水溶液吸收氯气的离子方程式为：S2O32 +4Cl2+5H2O2SO 42 +8C1 +10H+；（3）C 加入 KSCN，D 为血红色溶液，可知 C 为FeCl3，D 为 Fe（SCN） 3等，可知 B 为 Fe2O3，且 n（Fe 2O3）= =0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1
35、.68g，A 燃烧生成的无色气体 E 溶液水得到酸性溶液，加入碘的 KI 溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化 E 的水溶液，E 应为 SO2，F 为H2SO3，G 含有和 H2SO4和 HI，可知 A 含有 Fe、S 元素，且 m（S）=2.96g1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知 n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，由以上分析可知，A 组成元素为 Fe、S，为 Fe3S4；化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为 1.518gL1 ） ，淡黄色不溶物为 S，气体的摩尔质量为 1.518 g/L22.4L/mol=34g/mol
36、，为 H2S 气体，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe 2+ +S。20. 芳香族化合物 A 是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA 是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F 和 OPA 的转化关系如下所示：回答下列问题：（1）A（C 8H10）的化学名称是_；（2）由 A 生成 B 的反应类型是_。在该反应的副产物中，与 B 互为同分异构体的化合物的结构简式为_；（3）写出 C 所有可能的结构简式_；（4）OPA 的化学名称是_，OPA 经中间体 E 可合成一种聚酯类高分子化合物 F，由E（C 8H8O3）合成 F 的反应类型为_，该反应的化学方程式为
37、_。 （提示）（5）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用 A、不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成 D。用化学方程式表示合成路线_。【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 邻苯二甲醛 (6). 缩聚反应 (7). (8). 【解析】 （1）A 与溴在光照条件下发生取代反应生成 B，B 中取代基位置是邻位，且 A 的分子式为 C8H10，所以 A 是邻二甲苯；（2）A 与溴反应生成 B 的反应是侧链取代反应，由 B 的结构简式可知 A 与 2 分子溴发生取代反应，所以生成 B 的副产物的结构简式是；（3）邻二甲苯与溴在溴化铁作催化
38、剂条件下发生苯环的取代反应，在甲基的邻位或对位发生取代，所以 C 的结构简式可能是 ；（4）OPA（ ）的化学名称是邻苯二甲醛；OPA 经中间体 E 可合成一种聚酯类高分子化合物 F，根据提示：，E 为，F 为 ，由 E（C 8H8O3）合成 F 的反应类型为缩聚反应，该反应的化学方程式为：；（5）邻二甲苯被高锰酸钾氧化可得到邻二苯甲酸，生成 D 还需乙醇，所以邻二苯甲酸与 2 分子乙醇发生酯化反应可得到 D，流程图为：。点晴：本题是考查合成路线给定型有机推断：该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。
