高中化学高二(下)期末化学试卷含答案解析版(DOC 23页).doc

1、高二（下）期末化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列有关生活中的化学，说法不正确的是（）A石油裂解、煤的气化、海水制镁都包含化学变化B福尔马林用于制备标本是利用了其使蛋白质变性的性质C红葡萄酒储藏时间长后变香可能是因为乙醇发生了酯化反应D做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体2（6分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物强电解质盐碱性氧化物分子式A碱石灰氨水纯碱氧化铝S8B聚乙烯碳酸钙小苏打氧化镁KClCH2O2硝酸苏打过氧化钠SiO2D无水硫酸铜氯化银碱式碳酸铜氧化钠P4AABBCCDD3（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A过氧化钠固体与水反应：2

2、O+2H2O4OH+O2B实验室制Fe（OH）3胶体：Fe3+3OHFe（OH）3（胶体）C向澄清石灰水中通入过量CO2：OH+CO2HCO3D将0.1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO44（6分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO425（6分）根据表中信息判断，下列选

3、项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：26（6分）某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定由此得出的结论中，不正确的是（）AA一定是FeBr3BB为AgBrC滤液C中有Fe3+DD溶液中存在Fe（SCN）37（6分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示下列分析错误的是（）A操作I中苯作萃取剂B苯酚钠在

4、苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用D三步操作均需要分液漏斗二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（1）无机化合物可根据其组成和性质进行分类以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：上述分类中，分成A、B两组的依据是 ；C组物质与水反应的离子方程式为 ；D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有 （填化学式）（2）过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口关于双氧水，回答下列问题：ANa2O2+2HCl2NaCl+H2O2BAg2O+H2O22Ag+O2+H2OC2H2O22H2O+O2D3H2O2+Cr2（SO4）3+10

5、KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O上述反应中，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是 ；保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是 （填序号）；H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称，如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN）H2O2被称为绿色氧化剂的理由是 （3）氯化铵常用作焊接如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为： CuO+ NH4Cl Cu+ CuCl2+ N2+ H2O配平此氧化还原反应方程式；此反应中若产生0.2mol的气体，则有 mol的电子转移9（14分）某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2

6、+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验步骤及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根据实验能得出的结论是 ；（2）沉淀丙中一定含有 ，可能含有 （3）该溶液中肯定存在的离子有 （4）气体甲的化学式为 ；气体乙的名称为 ；气体丙的分子几何构型是 ；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为 ； 10（14

7、分）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是 （2）A中溶液变红的原因是 （3）为了探究现象的原因，甲同学进行如下实验取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应（4）甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：SCN的电子式为甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化，理由是 取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液

8、，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是 通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，他的实验方案是 若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是 mol【化学-选修5：有机化学基础】11（15分）可降解塑料PCL的结构可表示为 其合成路线如下已知：RCH=CHCH3RCH=CHCH3Br回答下列问题：（1）B中所含官能团的名称是 （2）D的结构简式是 （3）M的分子结构中无支链M生成D的反应类型是 （4）E是D的同分异构体，具有相同的官能团E的结构简式是 （5）下列说法正确的是 aK没有顺反异构 bM在一定条件下可发生聚合反应 cPCL的结构中含有酯基（6）H与足量氢

9、氧化钠溶液反应的化学方程式是 （7）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一用B做原料可制得己二酸，请结合相关信息完成其合成路线流程图（无机试剂任选） 已知：合成路线流程图示例：高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列有关生活中的化学，说法不正确的是（）A石油裂解、煤的气化、海水制镁都包含化学变化B福尔马林用于制备标本是利用了其使蛋白质变性的性质C红葡萄酒储藏时间长后变香可能是因为乙醇发生了酯化反应D做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体【分析】A石油裂解大分子分解为小分子、煤的气化是碳和水反应生成氢气和一氧化碳气体、海水制镁通过沉淀提取

10、，蒸发结晶，电解得到镁都包含化学变化；B福尔马林的主要成分是甲醛；C乙醇在长时间放置过程中会转化为乙酸；D做衣服的棉和麻含有纤维素，与淀粉分子的n值不同，不是同分异构体【解答】解：A石油裂解大分子分解为小分子、煤的气化是碳和水反应生成氢气和一氧化碳气体、海水制镁通过沉淀提取，蒸发结晶，电解得到镁，过程中都包含有化学反应，故A正确； B福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B正确；C乙醇在长时间放置过程中会转化为乙酸，二者可以发生酯化反应，故C正确；D做衣服的棉和麻含有纤维素，与淀粉分子的n值不同，不是同分异构体，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学与生活，涉及化学变

11、化、蛋白质的变性、焰色反应以及酯化反应等知识，难度不大，注意相关基础知识的积累2（6分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物强电解质盐碱性氧化物分子式A碱石灰氨水纯碱氧化铝S8B聚乙烯碳酸钙小苏打氧化镁KClCH2O2硝酸苏打过氧化钠SiO2D无水硫酸铜氯化银碱式碳酸铜氧化钠P4AABBCCDD【分析】只由一种物质构成的是纯净物；碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；盐是指能电离出金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子的化合物；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，据此分析解答【解答】解：A、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氨水属于混合物，不是电解质，氧化铝是两性氧化

12、物，故A错误；B、聚乙烯是混合物，故B错误；C、过氧化钠和酸反应生成氯化钠、水以及氧气，不是碱性氧化物，二氧化硅是原子晶体，SiO2不是其分子式，故C错误；D、无水硫酸铜是纯净物，氯化银是盐，属于强电解质，碱式碳酸铜属于碱式盐，氧化钠和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，白磷的分子式为：P4，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了纯净物、碱性氧化物和酸性氧化物和强电解质的概念，根据概念的实质来分析，难度不大3（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A过氧化钠固体与水反应：2O+2H2O4OH+O2B实验室制Fe（OH）3胶体：Fe3+3OHFe（OH）3（胶体）C向澄清石灰水中通入过量CO2

13、：OH+CO2HCO3D将0.1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4【分析】A过氧化钠在离子反应中保留化学式；B氯化铁在沸水中水解制备胶体；C通入过量CO2反应生成碳酸氢钙；D等体积混合时物质的量比为1：3，反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨【解答】解：A过氧化钠固体与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故A错误；B实验室制Fe（OH）3胶体的离子反应为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；C向澄清石灰水中通入过量CO2的离子反应

14、为OH+CO2HCO3，故C正确；D将0.1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OHAlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大，选项D为解答的难点4（6分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶

15、液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42【分析】A无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子【解答】解：AAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大

16、量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；DFe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+

17、、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在5（6分）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2【分析】A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水B、氧化剂氧化性强于氧化产

18、物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍D、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断【解答】解：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故B错误；C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2

19、，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故D正确；故选：B。【点评】考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物6（6分）某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定由此得出的结论中，不正确的是（）AA一定是FeBr3BB为AgBrC滤液C中有Fe3+DD溶液中存在Fe（SCN）3【分析】加入硝酸银生成浅黄色沉淀，说明溶液中含有

20、溴离子，加入KSCN溶液变成血红色，说明C中含有Fe3+，但A中不一定含有Fe3+，因NO3在酸性条件下可氧化Fe2+生成Fe3+，以此解答【解答】解：加入硝酸银生成浅黄色沉淀，说明溶液中含有溴离子，加入KSCN溶液变成血红色，说明C中含有Fe3+，但A中不一定含有Fe3+，因NO3在酸性条件下可氧化Fe2+生成Fe3+，AA中可能含有Fe3+或Fe2+或二者都有，故A错误；BAgBr为浅黄色沉淀，故B正确；C由以上分析可知滤液C中有Fe3+，故C正确；DD为血红色物质，存在Fe（SCN）3，故D正确，故选A。【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实

21、验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的现象，注重基础知识的学习，难度不大7（6分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示下列分析错误的是（）A操作I中苯作萃取剂B苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用D三步操作均需要分液漏斗【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚

22、钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚。A操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；B苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；C操作得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；D操作、均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（1）无机化合物可根据其组成和性质进行分类以下是一

23、组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：上述分类中，分成A、B两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应；C组物质与水反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2；D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有Cl2、Na2O2（填化学式）（2）过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口关于双氧水，回答下列问题：ANa2O2+2HCl2NaCl+H2O2BAg2O+H2O22Ag+O2+H2OC2H2O22H2O+O2D3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O上述反应中，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是

24、C；保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是B（填序号）；H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称，如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN）H2O2被称为绿色氧化剂的理由是H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性（3）氯化铵常用作焊接如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：4CuO+2NH4Cl3Cu+1CuCl2+1N2+4H2O配平此氧化还原反应方程式；此反应中若产生0.2mol的气体，则有1.2mol的电子转移【分析】（1）根据A、B两组与水反应方程式的特征分析；C组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠；D组物质与水反应中，根据氧化剂

25、和还原剂物质的量之比为1：1来分析；（2）H2O2仅体现氧化性，则O元素的化合价降低；双氧水仅体现还原性，说明双氧水在反应中仅被氧化，化合价只升高；H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价既升高又降低；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂，说明在反应中双氧水的化合价不发生变化；过氧化氢为常见的强氧化剂；根据双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染产物判断；（3）Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒分析【解答】解：（1）A组与水反应都是生成对应的酸或者碱，而B组与水反应都发生了氧化还原反应，故分成A、B两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应，故答案为：与水反

26、应是否是氧化还原反应；C组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠，所以离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2；D组物质与水反应中，水即不作氧化剂也不作还原剂的为Cl2、Na2O2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1也是Cl2、Na2O2，故答案为：Cl2、Na2O2；（2）ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2，是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂，故A不选；BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2O，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2，故B不选；C2H2O2=2H2O+O2，过

27、氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性，故C选；D3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，双氧水在反应中化合价由1变成2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂，故D不选；故答案为：C；过氧化氢为常见的强氧化剂，无毒、不具有腐蚀性，也不自燃，则只有B中标签符合，故答案为：B；双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染，故答案为：H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性；（3）Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守

28、恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒可知，反应为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，故答案为：4；2；3；1；1；4；由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6mol=1.2mol，故答案为：1.2【点评】本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重氧化还原反应的应用，题目难度不大9（14分）某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该

29、溶液进行有关实验，实验步骤及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根据实验能得出的结论是该溶液中至少还有CO32、SO32中的一种，一定不含Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）沉淀丙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4（3）该溶液中肯定存在的离子有Na+、SO32、AlO2（4）气体甲的化学式为SO2；气体乙的名称为二氧化碳；气体丙的分子几何

30、构型是三角锥形；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为H+HCO3CO2+H2O；Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2【分析】向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲，则气体为二氧化碳或二氧化硫，或均存在；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙，可知沉淀乙为氢氧化铝、气体乙为二氧化碳；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙，沉淀丙一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气；检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为二氧化硫，乙为二氧化碳，丙为氨气，结合离

31、子之间的反应及现象来解答【解答】解：（1）通过实验中，加入过量稀盐酸有气体产生，故溶液中至少含有CO32、SO32中的一种，若含有CO32、SO32中的一种，则一定不能含有Fe3+、Cu2+、Ba2+；由于溶液中不显电性，由电荷守恒可知一定有阳离子为Na+，故答案为：至少含有CO32、SO32中的一种，一定不含有Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）实验中加入NH4HCO3溶液，得到气体乙，证明原溶液中一定不含有碳酸根，实验中产生的气体甲为SO2，原溶液中一定含有SO32；气体乙为二氧化碳，溶液甲中能够与NH4HCO3溶液产生白色沉淀乙只有Al3+，则产生的溶液乙中主要含有CO3

32、2、Na+、HCO3、Cl、NH4+，但不能确定是否含有硫酸根离子；实验中加入Ba（OH） 2产生的沉淀丙中一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气，故答案为：BaCO3；BaSO4；（3）通过上述可知，原溶液中一定含有Na+、SO32、AlO2三种离子，故答案为：Na+、SO32、AlO2；（4）气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为SO2，乙为二氧化碳，丙为氨气气体，其空间构型为三角锥形，故答案为：SO2；二氧化碳；三角锥形；（5）甲溶液中含有的主要离子有H+、Al3+故可能发生的离子反应为HCO3+H+=CO2+H 2O、Al3+3HCO3=Al

33、（OH）3+3CO2，故答案为：HCO3+H+=CO2+H2O； Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2【点评】本题考查物质的检验及推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象、分析与推断能力为解答的关键，注意试剂过量及沉淀和气体的确定，题目难度中等10（14分）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OHCl+ClO+H2O（2）A中溶液变红的原因是Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红（3）为了探究现象的原因，甲同学进行如下实验取A中黄色

34、溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应（4）甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：SCN的电子式为甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化，理由是SCN中的碳元素是最高价态+4价取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是硫元素通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，他的实验方案是取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气

35、体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是16mol【分析】（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；（3）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，据此答题；（4）根据SCN的电子式为可知，SCN中碳显+4价，硫显2价，氮显3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，据此答题；加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉

36、淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，据此答题；利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此答题；SCN与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量；【解答】解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧

37、化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红；（3）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（4）根据SCN的电子式为可知，SCN中碳显+4价，硫显2价，氮显3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN中的碳元素是最高价态+4价；加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化

38、成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成；SCN与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+Cl+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为16【点评】本题是

39、实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求【化学-选修5：有机化学基础】11（15分）可降解塑料PCL的结构可表示为 其合成路线如下已知：RCH=CHCH3RCH=CHCH3Br回答下列问题：（1）B中所含官能团的名称是羟基（2）D的结构简式是（3）M的分子结构中无支链M生成D的反应类型是酯化反应（取代反应）（4）E是D的同分异构体，具有相同的官能团E的结构简式是（5）下列说法正确的是bcaK没有顺反异构 bM在一定条件下可发生聚合反应 cPCL的结构中含有酯基（6

40、）H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式是HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O（7）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一用B做原料可制得己二酸，请结合相关信息完成其合成路线流程图（无机试剂任选）已知：合成路线流程图示例：【分析】苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为，M的分子结构中无支链则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，E水解生成F，F为HOOC（CH2

41、）3CHOHCH3，FG为消去反应，结合信息和GH的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，其碳碳双键上所连基团不同，存在顺反异构，据此分析【解答】解：（1）苯酚与氢气加成生成环己醇，环己醇中含有羟基，故答案为：羟基；（2）环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息D为，故答案为：；（3）则M为HOOC（CH2）5OH，D为，M通过酯化反应生成D，故答案为：酯化反应（取代反应）；（4）E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，故答案为：；（5）a、K为HOO

42、CCH2CH2CH=CHCH2OH，K中碳碳双键上所连原子团不同，存在顺反异构，故a错误；b、M为HOOC（CH2）5OH，能够通过酯化反应的方式缩聚生成高分子化合物，故b正确；c、PCL的结构可表示，各链节之间通过酯基相连，故c正确；故答案为：bc；（6）H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中发生中和反应和卤代烃的水解反应，化学方程式为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案为：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（7）B为，环己醇发生消去反应生成环己烯，结合题给信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，合成路线为：【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质，是解答该题的关键，注意借鉴题给信息进行解答第28页（共28页）