安徽省淮南市2017届高三（上）第一次综合能力化学试卷（解析版）

2016-2017学年安徽省淮南市高三（上）第一次综合能力化学试卷
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（　　）
A．
用图装置除去Cl2中混有的少量HCl
B．
用图装置分离水和溴苯的混合物
C．
用图装置制备并收集NO气体
D．
用图装置蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
2．下列离子在碱性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（　　）
A．Na+、Cu2+、SO42﹣、OH﹣ B．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、Ca2+、MnO4﹣ D．Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl﹣
3．某药物中间体的合成路线如下：下列说法正确的是（　　）

A．对苯二酚和互为同系物
B．1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应
C．2，5﹣二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应
D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团
4．3.2g Cu与30mL 3mol?L﹣1HNO3溶液充分反应，还原产物有NO2和NO，若反应后溶液中H+为a mol，则此时溶液中所含NO3﹣为（　　）
A． mol B．2a mol C．0.1a mol D．（a+0.1）mol
5．磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]可用作复合肥料．关于该物质的下列说法不正确的是（　　）
A．HPO2﹣4中含有共价键，其中P的化合价为+5价
B．是一种离子化合物，其中铵根离子的电子式为
C．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
D．其中P元素的质量分数比N元素的质量分数高
6．向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（　　）
A．只有Fe2+和Cu2+
B．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+
C．一定有Fe2+，可能有Cu2+
D．只有Fe2+
7．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．则下列说法不正确的是（　　）

A．外加电源的a极为正极
B．电解过程中，Li+向B极迁移
C．阳极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O
D．每生成1molLiOH，外电路转移1mol电子
　
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）
8．请根据化学学科中的基本理论，回答下列问题：

（1）纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂．火法还原CuO可制得Cu2O．已知：1克C（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ；Cu2O（s）与O2（g）反应的能量变化如图1所示；请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式　　
（2）在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O．该反应的化学方程式为　　
（3）某兴趣小组同学以纳米级Cu2O催化光解水蒸气并探究外界条件对化学平衡的影响．
①在体积均为1L，温度分别为T1、T2的A、B两密闭容器中都加入纳米级Cu2O并通人0.1mol水蒸气，反应：2H2O（g）?2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ?mol﹣1经测定A、B两容器在反应过程中发生如图2所示变化，则A、B两容器反应的温度T1　　T2（填“＜”、“=”或“＞”），该过程中A容器至少需要吸收能量　　kJ．
②当该反应处于平衡状态时，下列既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的措施是（填序号）　　．
A．向平衡混合物中充入Ar B．升高反应的温度
C．增大反应体系的压强 D．向平衡混合物中充人O2
（4）25℃时，H2SO3?HSO3﹣+H+的电离常数Ka=1×10﹣2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=　　mol/L．
9．某探究小组为探究氯气的性质，并用装置F制取少量“漂白液”，设计了如下实验装置．请回答下列问题：
（1）装置A是用来制取氯气的，若烧瓶中盛放的是漂白粉，分液漏斗中是稀硫酸，则①A中反应的化学方程式为：　　．②装置A中g管的作用　　．
（2）装置D中放有一块红色的纸条，一半用水润湿，一半干燥．实验过程中发现，湿润的部分很快褪色了，又过了一段时间，整块纸条全部褪色．某同学认为是因为装置D中下半部分氯气浓度大于上半部分，这种解释是否合理？　　（填“合理”或“不合理”），若不合理，请说明真正的原因：　　（若填“合理”则此空不答）．
（3）反应一段时间后用注射器从E中抽取少量溶液，检验出有Fe3+生成，请写出E中发生反应的离子方程式：　　．
（4）已知HCO3﹣的酸性弱于次氯酸，写出少量的氯气与F中足量的碳酸钠溶液反应的总化学方程式：　　，反应一段时间后停止反应（此时F中还有碳酸钠剩余），得到355g含氯元素质量分数为10%的“漂白液”，则理论上该“漂白液”中有效成分的物质的量为　　mol．

10．图中A～H均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系．其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应．（反应过程中生成的水及其他产物已略去）

请回答以下问题：
（1）A是（填名称）　　；H是（填化学式）　　．
（2）请写出反应C→D的化学方程式，并用单线桥或双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：　　．
（3）Na2O2也可以生成D，写出其反应的化学方式：　　．
（4）写出E转化为G的离子方程式：　　．
（5）写出D转化为F的化学方程式：　　．
　
三、[化学--选修5：有机化学基础]
11．已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题．

（1）G的名称为　　．
（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：　　；C转化为D：　　．
（3）写出下列反应的化学方程式：G与足量NaOH溶液反应的化学方程式：　　．
（4）符合下列条件的G的同分异构体数目为　　种：
①苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同；
②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜．
其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢的所有物质的结构简式为　　．
　

2016-2017学年安徽省淮南市高三（上）第一次综合能力化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（　　）
A．
用图装置除去Cl2中混有的少量HCl
B．
用图装置分离水和溴苯的混合物
C．
用图装置制备并收集NO气体
D．
用图装置蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．二者都与氢氧化钠溶液反应；
B．溶液分层，可分液分离；
C．NO与氧气反应；
D．蒸发时氯化铝易水解．
【解答】解：A．因氯气、HCl均与氢氧化钠溶液反应，不能达到除杂的目的，应选用饱和食盐水，故A错误；
B．水和溴苯不溶，可用分液分离，故B正确；
C．NO易与氧气反应，不能用排空法收集NO，只能用排水法，故C错误；
D．AlCl3溶液水解得到的HCl易挥发，蒸干得到氢氧化铝，应利用在HCl气流中蒸发，故D错误．
故选B．
　
2．下列离子在碱性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（　　）
A．Na+、Cu2+、SO42﹣、OH﹣ B．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、Ca2+、MnO4﹣ D．Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】溶液无色，则不存在有颜色的离子，能在碱性条件下大量共存，则离子之间不发生任何反应，且与OH﹣不反应，以此解答．
【解答】解：A．Cu2+有颜色，且与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．溶液无色，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．MnO4﹣有颜色，不能大量存在，故C错误；
D．溶液无色，但在碱性条件下HCO3﹣不能大量共存，故D错误．
故选B．
　
3．某药物中间体的合成路线如下：下列说法正确的是（　　）

A．对苯二酚和互为同系物
B．1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应
C．2，5﹣二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应
D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．对苯二酚中只含酚羟基、中含有酚羟基和醇羟基；
B．酚羟基和羧基、氯原子和NaOH反应；
C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、苯环和羰基，具有酚、苯和酮的性质；
D．该中间体中含有氯原子、羰基、酯基、酚羟基．
【解答】解：A．对苯二酚中只含酚羟基、中含有酚羟基和醇羟基，所以二者不是同系物，故A错误；
B．酚羟基和羧基、氯原子和NaOH反应，1 mol该中间体最多可与7mol氢氧化钠反应，故B正确；
C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、苯环和羰基，具有酚、苯和酮的性质，能发生加成反应和还原反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D．该中间体中含有氯原子、羰基、酯基、酚羟基，有四种官能团，故D错误；
故选B．
　
4．3.2g Cu与30mL 3mol?L﹣1HNO3溶液充分反应，还原产物有NO2和NO，若反应后溶液中H+为a mol，则此时溶液中所含NO3﹣为（　　）
A． mol B．2a mol C．0.1a mol D．（a+0.1）mol
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】根据题意，HNO3有剩余，则Cu反应完全，液显电中性，由电荷守恒：n（NO3﹣）=2n（Cu2+）+n（H+）．
【解答】解：根据题意，HNO3有剩余，则Cu反应完全，液显电中性，由电荷守恒：n（NO3﹣）=2n（Cu2+）+n（H+）=2×+a mol=（0.1+a）mol，故选：D．
　
5．磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]可用作复合肥料．关于该物质的下列说法不正确的是（　　）
A．HPO2﹣4中含有共价键，其中P的化合价为+5价
B．是一种离子化合物，其中铵根离子的电子式为
C．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
D．其中P元素的质量分数比N元素的质量分数高
【考点】化学键；电子式；元素质量分数的计算；原子核外电子排布．
【分析】A、阴离子中各元素化合价的代数和等于电荷数；
B、含有铵根离子的盐属于离子化合物；
C、元素化合价的绝对值与该元素原子的最外层电子数之和是否为8，如果为8就满足8电子稳定结构，否则不是；
D、根据元素的相对原子质量乘以原子个数之积的相对大小判断．
【解答】解：A、非金属元素之间易形成共价键，设P原子的化合价是X，X+1+（﹣2×4）=﹣2，X=+5，所以P的化合价为+5价，故A正确；
B、磷酸氢铵中铵根离子和磷酸氢根离子之间存在离子键，属于离子化合物，复杂阳离子要用方括号括起来写出电荷和电性，所以铵根离子的电子式为，故B正确；
C、该化合物中氢原子的化合价是+1价，氢原子最外层有1个电子，所以氢元素不能达到8电子稳定结构，故C错误；
D、该化合物中N元素的原子个数乘以相对原子质量为28，P元素的原子个数乘以相对原子质量为31，所以该化合物中P元素的质量分数比N元素的质量分数高，故D正确；
故选C．
　
6．向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（　　）
A．只有Fe2+和Cu2+
B．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+
C．一定有Fe2+，可能有Cu2+
D．只有Fe2+
【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和盐酸反应生成Fe3+和Cu2+，且氧化性：Fe3+＞Cu2+，还原性：Fe＞Cu，
结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性．
【解答】解：A．当铜全部析出时，不存在Cu2+，故A错误；
B．由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故B错误；
C．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故C正确；
D．由C分析可知，溶液中可能还有Cu2+，故D错误．
故选C．
　
7．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．则下列说法不正确的是（　　）

A．外加电源的a极为正极
B．电解过程中，Li+向B极迁移
C．阳极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O
D．每生成1molLiOH，外电路转移1mol电子
【考点】电解原理．
【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答．
【解答】解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，A为阳极，a是正极，故A正确；
B、电解过程中Li+向阴极即向B电极迁移，故B正确；
C、电解池的阳极上是氯离子失电子，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故C错误；
D、电解制备LiOH，B为阴极，在B中制备LiOH，每生成1molLiOH，外电路转移电子是1mol，故D正确；
故选C．
　
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）
8．请根据化学学科中的基本理论，回答下列问题：

（1）纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂．火法还原CuO可制得Cu2O．已知：1克C（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ；Cu2O（s）与O2（g）反应的能量变化如图1所示；请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式　2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.6kJ?mol﹣1　
（2）在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O．该反应的化学方程式为　4Cu（OH）2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O　
（3）某兴趣小组同学以纳米级Cu2O催化光解水蒸气并探究外界条件对化学平衡的影响．
①在体积均为1L，温度分别为T1、T2的A、B两密闭容器中都加入纳米级Cu2O并通人0.1mol水蒸气，反应：2H2O（g）?2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ?mol﹣1经测定A、B两容器在反应过程中发生如图2所示变化，则A、B两容器反应的温度T1　＞　T2（填“＜”、“=”或“＞”），该过程中A容器至少需要吸收能量　16.1　kJ．
②当该反应处于平衡状态时，下列既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的措施是（填序号）　B　．
A．向平衡混合物中充入Ar B．升高反应的温度
C．增大反应体系的压强 D．向平衡混合物中充人O2
（4）25℃时，H2SO3?HSO3﹣+H+的电离常数Ka=1×10﹣2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=　1.0×10﹣12　mol/L．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）分析图象结合热化学方程式和盖斯定律解答．
（2）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O，根据原子守恒书写化学方程式，根据电子转移数目守恒计算；
（3）①依据化学方程式结合图象中t1中氢气含量计算分析；
②既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的条件为升温，减压，依据平衡移动原理分析判断；
（4）Ka=，HSO3﹣+H2O═H2SO3+OH﹣，Kh==1.0×102×1.0×10﹣14=1.0×10﹣12．
【解答】解：（1）已知：1g C（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ；24gC燃烧生成一氧化碳放热220.8KJ，热化学方程式为：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣220.8kJ?mol﹣1，依据图象书写热化学方程式2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=﹣292kJ?mol﹣1；
①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=﹣292kJ?mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣220.8kJ?mol﹣1
根据盖斯定律，②﹣①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ?mol﹣1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.6kJ?mol﹣1
故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.6kJ?mol﹣1；
（2）用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O，
故答案为：4Cu（OH）2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O；
（3）①依据化学方程式计算；依据图象中氢气百分含量为50%，设反应的水的物质的量为x
2H2O（g）2H2（g）+O2 △H=484kJ?mol﹣1
2mol 484kJ
x x 0.5x KJ
×100%=50%，
计算得到x=mol；反应吸热==16.1kJ；
水的分解率=×100%=66.7%，和T2温度下水的分解率为50%比较，反应是吸热反应，温度越高水的分解率越大；所以T1＞T2；
故答案为：＞；16.1；
②既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的条件为升温，减压，依据平衡移动原理分析判断；
A．向平衡混合物中充入Ar，增大体系压强，平衡逆向进行，故A不符合；
B．反应是吸热反应，升高反应的温度，反应速率增大，平衡正向进行，水的分解率增大，故B符合；
C．反应是气体体积增大的反应，增大反应体系的压强，平衡逆向进行，故C不符合；
D．向平衡混合物中充人O2，平衡逆向进行，故D不符合；
故答案为：B；
（4）25℃时，H2SO3═HSO3﹣+H+的电离常数Ka=1×10﹣2mol/L，Ka=，HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH﹣，Kh==1.0×102×1.0×10﹣14=1.0×10﹣12，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=1.0×10﹣12；
故答案为：1.0×10﹣12．
　
9．某探究小组为探究氯气的性质，并用装置F制取少量“漂白液”，设计了如下实验装置．请回答下列问题：
（1）装置A是用来制取氯气的，若烧瓶中盛放的是漂白粉，分液漏斗中是稀硫酸，则①A中反应的化学方程式为：　Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4↓+2Cl2↑+2H2O　．②装置A中g管的作用　平衡压强，使稀硫酸能顺利地滴入烧瓶中　．
（2）装置D中放有一块红色的纸条，一半用水润湿，一半干燥．实验过程中发现，湿润的部分很快褪色了，又过了一段时间，整块纸条全部褪色．某同学认为是因为装置D中下半部分氯气浓度大于上半部分，这种解释是否合理？　不合理　（填“合理”或“不合理”），若不合理，请说明真正的原因：　实验进行中Cl2与湿润红色纸条中的水反应生成HClO使湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有HClO，所以纸条不褪色，放置一段时间，由于水分子运动会导致整个纸条湿润而褪色　（若填“合理”则此空不答）．
（3）反应一段时间后用注射器从E中抽取少量溶液，检验出有Fe3+生成，请写出E中发生反应的离子方程式：　2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　．
（4）已知HCO3﹣的酸性弱于次氯酸，写出少量的氯气与F中足量的碳酸钠溶液反应的总化学方程式：　Cl2+2Na2CO3+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3　，反应一段时间后停止反应（此时F中还有碳酸钠剩余），得到355g含氯元素质量分数为10%的“漂白液”，则理论上该“漂白液”中有效成分的物质的量为　0.5　mol．

【考点】氯气的实验室制法．
【分析】装置A为制备氯气的发生装置，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，通过装置D中放有一块红色的纸条，一半用水润湿，一半干燥，湿润的部分很快褪色了，又过了一段时间，整块纸条全部褪色，说明氯气无漂白性，是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，通过装置E中的氯化亚铁溶液，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，最后通过碳酸钠溶液氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠，依次验证氯气的性质，
（1）①分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒书写方程式；
②导气管将分液漏斗与圆底烧瓶相连，使二者内部压强相等；
（2）根据氯气不能使红色物质褪色，HClO使有色的物质褪色及水分子的运动来分析；
（3）氯气具有强的氧化性能够氧化二价铁离子生成三价铁；
（4）将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠；
氯元素含量为10%的漂水溶液355g，则m（Cl）=35.5g，n（Cl）=1mol，再利用n（Cl）=n（NaCl）+n（NaClO）及Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O来分析．
【解答】解：（1）①由题意知道：次氯酸钙中氯元素从+1价降为氯气中的0价，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，氯化氢中﹣1价的氯升高为氯气中0价，1mol氯化氢参加反应失去1mol电子，要使氧化剂与还原剂得失电子守恒，则次氯酸钙系数为1，氯化氢系数为2，依据原子个数守恒，反应方程式：Ca（ClO）2 +4HCl=CaCl2 +2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4↓+2Cl2↑+2H2O；
②导气管将分液漏斗与圆底烧瓶相连，使二者内部压强相等，有利于稀硫酸顺利的滴入烧瓶中，故答案为：平衡压强，使稀硫酸能顺利地滴入烧瓶中；
（2）实验进行中氯气与湿润纸条中的水生成HClO，使纸条湿润部分褪色，干燥的部分无水，不能生成HClO所以不褪色，但过一段时间后由于水分子运动，整个纸条都变得湿润，所以就全部褪色了；
故答案为：不合理；实验进行中Cl2与湿润红色纸条中的水反应生成HClO使湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有HClO，所以纸条不褪色，放置一段时间，由于水分子运动会导致整个纸条湿润而褪色；
（3）氯气与二价铁离子反应生成三价铁离子与氯离子，离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；
（4）将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠，化学方程式：Cl2+2Na2CO3+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3；
氯元素含量为10%的漂水溶液355g，则m（Cl）=×10%=35.5g，n（Cl）==1mol，
由Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O可知，
n（Cl）=n（NaCl）+n（NaClO），则n（NaClO）==0.5mol；
故答案为：Cl2+2Na2CO3+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3；0.5．
　
10．图中A～H均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系．其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应．（反应过程中生成的水及其他产物已略去）

请回答以下问题：
（1）A是（填名称）　铝　；H是（填化学式）　NaHCO3　．
（2）请写出反应C→D的化学方程式，并用单线桥或双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：　　．
（3）Na2O2也可以生成D，写出其反应的化学方式：　2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑　．
（4）写出E转化为G的离子方程式：　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．
（5）写出D转化为F的化学方程式：　CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O　．
【考点】无机物的推断．
【分析】H的焰色反应呈黄色，说明H中有钠元素，C为金属单质，C与水反应生成D，D与二氧化碳生成F，F再与二氧化碳反应生成H，且F与氢氧化钙生成D，可推知C为Na，D为NaOH，F为Na2CO3，H为NaHCO3，在通常状况下氢氧化物E跟NaOH或盐酸均可以发生反应，E应为两性物质，可推知E为Al（OH）3，G为NaAlO2，B为AlCl3 ，金属单质A为Al，据此解答．
【解答】解：H的焰色反应呈黄色，说明H中有钠元素，C为金属单质，C与水反应生成D，D与二氧化碳生成F，F再与二氧化碳反应生成H，且F与氢氧化钙生成D，可推知C为Na，D为NaOH，F为Na2CO3，H为NaHCO3，在通常状况下氢氧化物E跟NaOH或盐酸均可以发生反应，E应为两性物质，可推知E为Al（OH）3，G为NaAlO2，B为AlCl3 ，金属单质A为Al．
（1）由上述分析可知，A是铝，H是NaHCO3，故答案为：铝；NaHCO3；
（2）反应C→D是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，标出电子转移的方向和数目：，
故答案为：；
（3）Na2O2也可以生成氢氧化钠，其反应的化学方式：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；
（4）E转化为G的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（5）D转化为F的化学方程式：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，
故答案为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O．
　
三、[化学--选修5：有机化学基础]
11．已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题．

（1）G的名称为　乙酸苯甲酯　．
（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：　取代反应或水解反应　；C转化为D：　加成反应　．
（3）写出下列反应的化学方程式：G与足量NaOH溶液反应的化学方程式：　　．
（4）符合下列条件的G的同分异构体数目为　6　种：
①苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同；
②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜．
其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢的所有物质的结构简式为　　．
【考点】有机物的推断．
【分析】C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为，据此解答．
【解答】解：C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为，
（1）G为，名称为乙酸苯甲酯，故答案为：乙酸苯甲酯；
（2）A转化为B是卤代烃的水解反应，也属于取代反应，C转化为D是乙烯与是发生加成反应生成乙醇，故答案为：水解反应或取代反应；加成反应；
（3）G与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（4）符合下列条件的的同分异构体：能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜，含有﹣CHO，苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同，还含有2个﹣CH3，另外取代基为﹣OOCH，2个﹣CH3相邻，﹣OOCH有2种位置，2个﹣CH3处于间位，﹣OOCH有3种位置，2个﹣CH3处于对位，﹣OOCH有1种位置，故符合条件的同分异构体有2+3+1=6种，其中氢原子共有四种不同环境的所有物质的结构简式为：，
故答案为：6；．
　

2016年12月6日