高中化學(xué)人教版有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 全國(guó)獲獎(jiǎng)

河南省洛陽市偃師六高2023學(xué)年高二下期6月月考化學(xué)試卷（解析版）1．下列反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)的是（）溶于水的反應(yīng)B.氫氣和氧氣的反應(yīng)C.電解水生成H2和O2，點(diǎn)燃H2和O2的混合物生成H2OD.實(shí)驗(yàn)室加熱二氧化錳和濃鹽酸的混合物制取氯氣的反應(yīng)【答案】A【解析】Cl2跟H2O的反應(yīng)實(shí)為可逆反應(yīng)。2．下列敘述正確的是A．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶質(zhì)濃度大小關(guān)系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]<c[（NH4）2SO4]<c（NH4Cl）B．向AgCl懸濁液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，說明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C．mol?L－1鹽酸與等體積mol?L－1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH＝1D．mol?L－1的NaHCO3溶液中c（H+）＋c（H2CO3）＝2c（CO32－）＋c（OH－）【答案】A【解析】A、（NH4）2Fe（SO4）2溶液，銨根離子和亞鐵離子水解相互抑制，且電離出兩個(gè)銨根，故濃度最小。B、沉淀始終朝著溶解度小的方向進(jìn)行；C、中和后，c(H+)=L；D、電荷守恒：c（H+）＋c（Na+）＝2c（CO32－）＋c（OH－）+c（HCO3－）物料守恒：c（Na+）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）+c（HCO3－）；二者相減c（H+）＋c（H2CO3）＝c（CO32－）＋c（OH－）3．一系列物質(zhì)：NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4是按某一規(guī)律排列的，下列組合中也完全照此規(guī)律排列的是A．Na2CO3CCO2CONaHCOB．Na2SSSO2Na2SO3Na2SO4C．NH4ClN2NaNO2NO2HNO3D．P2O5H3PO4Na3PO4Na2HPO4NaH2PO4【答案】C【解析】試題分析：題干中的5種物質(zhì)按照氯元素化合價(jià)升高的順序排列的，符合這一順序的是C考點(diǎn)：物質(zhì)的分類。4．下列各組物質(zhì)相互混合反應(yīng)后，既有氣體生成，最終又有沉淀生成的是（）①金屬鈉投入到FeCl3溶液中②過量NaOH溶液和明礬溶液混合③少量Ca（OH）2投入到過量NaHCO3溶液中④Na2O2投入FeCl2溶液中A．只有①④B．只有③C．只有②③D．只有①③④【答案】A【解析】2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑,3NaOH＋FeCl3=Fe（OH）3↓＋3NaCl；Al3+＋4OH-=＋2H2O；Ca（OH）2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3+2H2O；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑,2NaOH＋FeCl2=Fe（OH）2↓＋2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，綜上分析滿足既有氣體生成，最終又有沉淀生成的是①④。5．短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡(jiǎn)單離子都能破壞水的電離平衡的是A．W2－、X＋B．Y3＋、Z2－C．X＋、Y3＋D．X＋、Z2－【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大及各選項(xiàng)可以推出，W為O2-、X為Na+、Y為Al3+、Z為S2-，Al3+和S2-均能發(fā)生水解，水解打破了水的電離平衡；O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正確的是B，答案選B?？键c(diǎn)：考查元素推斷以及影響鹽類水解的因素6．下列混合物的分離方法不正確的是A．泥沙和食鹽（溶解，過濾）B．汽油和水（分液）C．KNO3和KCl（降溫結(jié)晶）D．乙醇和水（分液）【答案】D【解析】試題分析：A、利用泥沙和食鹽在水中溶解性的不同可采用溶解、過濾的方法將二者分離，正確；B、汽油和水互不相溶且汽油的密度比水小，可采用分液的方法分離，正確；C、溫度對(duì)KNO3和KCl的溶解度影響程度不同可采用降溫結(jié)晶的方法將二者分離，正確；D、乙醇和水以任意比例互溶，不能采用分液的方法分離，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)、物質(zhì)的分離和提純。7．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法中，正確的是 （） A．1.8g重水（D2O）中含有的質(zhì)子數(shù)為 B．500℃、30MPa下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=·mol-1；將的H2和過量N2在此條件下充分反應(yīng)，放出熱量 C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl D．60g石英晶體中含有的Si－O鍵數(shù)目為2NA【答案】C【解析】重水的摩爾質(zhì)量為20g·mol－1，一個(gè)重水分子中含有10個(gè)質(zhì)子，故1.8g重水中含有的質(zhì)子數(shù)為×10×NA/20=，故A錯(cuò)?？赡娣磻?yīng)中的反應(yīng)熱表示該反應(yīng)完全進(jìn)行到底時(shí)的熱效應(yīng)，由于的H2在合成氨反應(yīng)中不可能完全完全轉(zhuǎn)化，因此放出的熱量必小于，故B錯(cuò)。由于SiO2是呈空間網(wǎng)狀的正四面體結(jié)構(gòu)，60g石英相當(dāng)于1molSiO2，含有的Si－O鍵數(shù)目應(yīng)為4N8．TBC是優(yōu)良的增塑劑，具有很好的相容性，且揮發(fā)性小、耐寒、耐光及耐水等，廣泛用于醫(yī)學(xué)衛(wèi)生用品，它的結(jié)構(gòu)式如右圖，合成時(shí)檸檬酸與正丁醇合成數(shù)據(jù)如下：下表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)均為用活性炭固體雜多酸作催化劑，實(shí)驗(yàn)時(shí)催化劑總量占原料的1%，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下表。表1：酸醇物質(zhì)的量之比對(duì)酯化率的影響；表2：酯化時(shí)間對(duì)酯化率的影響；表3：酯化率隨溫度變化情況。表1n(酸)︰n(醇)1︰1︰1︰1︰1︰酯化率/%表2時(shí)間/h酯化率/%表3溫度/℃130140145150160酯化率/%試回答下列問題（1）酯化反應(yīng)適宜的條件n(酸)∶（醇）、時(shí)間/h、溫度/℃分別是：▲(選填序號(hào))。A．1∶5，1，130B．1∶，1，140C．1∶7，2，160D．1∶，3，145（2）TBC的一種標(biāo)準(zhǔn)譜圖如右，它是▲（A、1H-NMR圖譜B、紅外光譜C、質(zhì)譜）（3）TBC與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：▲。（4）檸檬酸的一種同分異構(gòu)體A，能發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：A可能的結(jié)構(gòu)式為：▲（只寫一種）?！敬鸢浮浚?）D；（2）B（3）（4）【解析】（1）如果抓住“酯化率”這個(gè)關(guān)鍵詞，容易選出D；（2）需要記憶；（3）是對(duì)油脂堿性水解的理解，稍作變形；（4）首先要弄清檸檬酸的結(jié)構(gòu)，然后A的結(jié)構(gòu)必須滿足水解（取代）后B和C碳原子相等，C中含有醛基或羰基，并且A包含酯的官能團(tuán)。9．下列物質(zhì)溶于水時(shí)會(huì)破壞水的電離平衡，且屬于電解質(zhì)的是()A．氯氣 B．二氧化硫C．醋酸鈉 D．氯化鉀【答案】C【解析】氯氣是單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)；二氧化硫?qū)儆诜请娊赓|(zhì)；醋酸鈉屬于電解質(zhì)，由于其水解，破壞了水的電離平衡；氯化鉀屬于電解質(zhì)，但其不能破壞水的電離平衡。10．以下各粒子中，所有原子都滿足最外層為8電子結(jié)構(gòu)的是（）A．SiF4B．BF3C．SF6D．PCl【答案】A【解析】共價(jià)化合物中元素的化合價(jià)的絕對(duì)值之和和元素原子的最外層電子數(shù)之和滿足8，即說明該原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。所以選項(xiàng)A是正確的。11．下列物質(zhì)均有漂白作用，其漂白原理相同的是①過氧化鈉②次氯酸③二氧化硫④活性炭⑤臭氧A．①②⑤B．①③⑤C．②③④D．①②③【答案】A【解析】試題分析：①過氧化鈉、②次氯酸和⑤臭氧等漂白的原理屬于化學(xué)變化，是永久性的，而③二氧化硫的漂白作用不是永久性的，④活性炭屬于物理吸附，所以漂白原理相同的是①②⑤，答案為A。【考點(diǎn)定位】本題主要是考查漂白作用原理判斷【名師點(diǎn)晴】掌握常見的漂白劑漂白原理是解答的關(guān)鍵，歸納如下：用于漂白的物質(zhì)實(shí)際參與漂白的物質(zhì)漂白原理變化類別漂白特點(diǎn)活性炭活性炭吸附漂白物理變化物理漂白不可逆氯氣次氯酸利用次氯酸的強(qiáng)氧化性進(jìn)行漂白化學(xué)變化氧化還原漂白，不可逆次氯酸鹽次氯酸過氧化鈉過氧化氫過氧化氫的強(qiáng)氧化性化學(xué)變化氧化還原漂白，不可逆過氧化氫二氧化硫二氧化硫二氧化硫與有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)化學(xué)變化可逆12．在指定環(huán)境中，下列各組離子可以大量共存的是（）A．在中性溶液中：Al3+、K+、S042-、HCO3B．在由水電離的c(OH－)=10－14mol·L－1的溶液中：Fe2+、NH4＋、NO3-、ClO-C．在PH=11的溶液中：S032-、K+、Na＋、C032-D．在酸性溶液中：AlO2-、I一、NO3-、Na＋【答案】C【解析】A不共存。Al3＋與HCO3－發(fā)生雙水解B不共存，溶液可能顯酸性或者堿性，酸性時(shí)，H＋與ClO－不共存，在堿性時(shí)，OH－與Fe2＋不共存。C共存。D不共存。H＋與AlO2-反應(yīng)，生成氫氧化鋁。13．下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．LNa2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)B．LNH4Cl溶液：c(NH4＋)＝c(Cl－)C．向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D．向硝酸鈉溶液中滴加稀鹽酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO3－)【答案】D【解析】試題分析：A．在LNa2CO3溶液，根據(jù)電荷守恒可得：c(OH－)+c(HCO3－)＋2c(CO32-)=c(H＋)+c(Na+),根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=2c(HCO3－)＋2c(CO32-)+2c(H2CO3)，將第二個(gè)式子代入第一個(gè)式子可得,c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，錯(cuò)誤。B．LNH4Cl溶液，根據(jù)物料守恒可得：c(NH3·H2O)+c(NH4＋)＝c(Cl－),所以c(NH4＋)<c(Cl－)，錯(cuò)誤；C．向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液，根據(jù)電荷守恒可得：(CH3COO－)＞c(Na＋)＞cc(H＋)＞c(OH－)，錯(cuò)誤；D．向硝酸鈉溶液中滴加稀鹽酸得到的pH＝5的混合溶液，由于c(H+)=c(Cl-),根據(jù)電荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(Cl-)+c(NO3－)，所以c(Na＋)=考點(diǎn)：考查溶液中離子濃度的大小比較的知識(shí)。14．下列說法中，正確的是A．雙原子分子中的共價(jià)鍵，一定是非極性鍵B．任何原子的原子核都是由質(zhì)子和中子構(gòu)成的C．非極性鍵也可能存在于離子化合物中D．BF3和CS2分子中所有原子的最外層都是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】試題分析：相同原子組成的雙原子分子中的共價(jià)鍵是非極性鍵，不同原子組成的雙原子分子中的共價(jià)鍵是極性鍵，故A錯(cuò)誤；1H質(zhì)子數(shù)為1，中子數(shù)為0，故B錯(cuò)誤；如離子化合物Na2O2存在非極性鍵，故C正確；BF3分子中每個(gè)氟原子各拿出1個(gè)電子與硼原子本身最外層的3個(gè)電子形成3對(duì)共用電子對(duì)，因此氟離子的最外層滿足，但硼原子的最外層只有6個(gè)電子，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：考查了化學(xué)鍵、原子結(jié)構(gòu)的知識(shí)15．（1）將下列硅酸鹽改寫成氧化物的形式（改寫時(shí)注意金屬氧化物在前，非金屬氧化物在后，低價(jià)在前，高價(jià)在后，H2O一般寫在最后）：①鎂橄欖石（Mg2SiO4):___________________________________________________________;②高嶺石〔Al2(Si2O5)(OH)4〕:_____________________________________________________。（2）許多含氧酸及其鹽類均可以類似地改寫為氧化物形式，請(qǐng)繼續(xù)改寫以下物質(zhì)：HNO3____________；HCOOH_________________；KAl(SO4)2·12H2O____________________________。通過以上改寫可知，HNO3的酸酐為__________，HCOOH與H2SO4反應(yīng)可制________氣體。（3）已知在一定條件下，F(xiàn)e在Cl2中燃燒可以生成Fe3Cl8，它可以看作是FeCl2·2FeCl3。類似地，碘與Fe在一定條件下可得到Fe3I8,則它可以看作是________________?！敬鸢浮浚?）①2MgO·SiO2②Al2O3·2SiO2·2H2O（2）N2O5·H2OCO·H2OK2O·Al2O3·4SO3·24H2ON2O5CO（3）3FeI2·I2【解析】改寫時(shí)注意中心元素的化合價(jià)不變，同時(shí)不能出現(xiàn)分?jǐn)?shù)，不夠時(shí)可在前面加計(jì)量數(shù)，如HNO3可視為2HNO3寫作N2O5·H2O。對(duì)（3）因Fe3+與I-不能共存，故不能寫成FeI2·2FeI3。16．(7分)(1)12.4gNa2X含有molNa＋，Na2X的摩爾質(zhì)量為_____，其相對(duì)分子質(zhì)量為______，X的相對(duì)原子質(zhì)量為________，該物質(zhì)的化學(xué)式為________。(2)相同狀況下，一定體積的氣態(tài)氫化物HmX的質(zhì)量是等體積NH3的2倍。則X的相對(duì)原子質(zhì)量為________。(3)a個(gè)X原子的總質(zhì)量為bg，則X的相對(duì)原子質(zhì)量可表示為________。(4)20gA物質(zhì)和14gB物質(zhì)完全反應(yīng)，生成8.8gC物質(zhì)、3.6gD物質(zhì)和molE物質(zhì)，則E物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為________?！敬鸢浮?1)62g·mol－16216Na2O(2)34－m(3)b/aNA(4)108g·mol－1【解析】17．（14分）有A、B、C、D四種元素，其中A元素和B元素的原子都有1個(gè)未成對(duì)電子，A+比B-少一個(gè)電子層，B原子得一個(gè)電子后3p軌道全滿；C原子的p軌道中有3個(gè)未成對(duì)電子，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度是同族元素所形成的氫化物中最大的；D的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為4，其最高價(jià)氧化物中含D的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40％，且其核內(nèi)質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A與D離子數(shù)之比為2∶1。請(qǐng)回答下列問題：⑴A單質(zhì)、B單質(zhì)、化合物R的熔點(diǎn)大小順序?yàn)橄铝械模ㄌ钚蛱?hào)）：①A單質(zhì)>B單質(zhì)>R；②R>A單質(zhì)>B單質(zhì)；③B單質(zhì)>R>A單質(zhì)；④A單質(zhì)>R>B單質(zhì)。⑵在CB3分子中C元素原子的原子軌道發(fā)生的是________雜化，其固體的晶體類型為；⑶寫出D原子的核外價(jià)電子排布式_，C的氫化物比D的氫化物在水中溶解度大得多的可能原因；⑷右圖是D和Fe形成的晶體FeD2最小單元“晶胞”，F(xiàn)eD2晶體中陰、陽離子數(shù)之比為，F(xiàn)eD2物質(zhì)中具有的化學(xué)鍵類型為。【答案】（14分）⑴②(2分)⑵SP3(2分)分子晶體(2分)⑶3S23P4(2分)NH3與水分子形成氫鍵且發(fā)生化學(xué)反應(yīng)(2分)⑷1：1(2分)離子鍵、非極性鍵(或共價(jià)鍵)(2分)【解析】18．(9分)用氧化還原滴定法測(cè)定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。（1）配制NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要圖中的（填字母代號(hào)）。（2）滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是（3）滴定分析時(shí)，稱取TiO2（摩爾質(zhì)量為Mg/mol）試樣wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為（4）若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，則對(duì)TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)測(cè)定結(jié)果的影響是(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）a、c（2分）（2）溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不變化。（2分）（3）（或%）（3分）（4）偏高（2分）【解析】試題分析：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，還需要容量瓶和膠頭滴管，答案a、c（2）因?yàn)槭怯肒SCN作指示劑，終點(diǎn)時(shí)NH4Fe(SO4)2不再反應(yīng)，生成血紅色的Fe(SCN)3。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不變化（3）根據(jù)得失電子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+,故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（或%）。（4）NH4Fe(SO4)2溶液濺出，其物質(zhì)的量濃度減小，消耗的體積增大，百分含量偏高19．[9分]（1）已知鋅與稀硫酸反應(yīng)為放熱反應(yīng)，某學(xué)生為了探究其反應(yīng)過程中的速率變化，用排水集氣法收集反應(yīng)放出的氫氣，實(shí)驗(yàn)記錄如下：時(shí)間(min)12345氫氣體積(mL)30120280350370①反應(yīng)速率最大的時(shí)間段(即0～1、l～2、2～3、3～4、4～5min)為_____________，原因是__________________________________________________②反應(yīng)速率最小的時(shí)間段為_________，原因是___________________________（2）另一學(xué)生也做同樣的實(shí)驗(yàn)，由于反應(yīng)太快，測(cè)量氫氣的體積時(shí)不好控制，他就事先在硫酸溶液中分別加入等體積的下列溶液以減慢反應(yīng)速率A．蒸餾水B．CuCl2溶液C．NaCl溶液你認(rèn)為他上述做法中可行的是__________________(填相應(yīng)字母)；做法中不可行的理由是___________________________________________________?！敬鸢浮浚?）①2-3min，因?yàn)樵摲磻?yīng)是放熱反應(yīng)，此時(shí)段溫度較高_(dá)②4-5min，因?yàn)榇藭r(shí)段c（H+）?。?）A、C置換出Cu，形成Cu-Zn原電池，使反應(yīng)更快【解析】試題分析：（1）①2-3min時(shí)，氫氣的體積增加的最多，2-3min反應(yīng)速率最大，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，此時(shí)段溫度較高，溫度升高占主導(dǎo)作用；②4-5min時(shí)，氫氣的體積增加的最少，反應(yīng)速率最小，因?yàn)榇藭r(shí)段c（H+）減小占主導(dǎo)作用；（2）減小溶液中c（H+），使反應(yīng)速率減小，A、C可行；加入CuCl2溶液，鋅與CuCl2溶液置換出Cu，形成Cu-Zn原電池，使反應(yīng)更快，B不可行。考點(diǎn)：考查化學(xué)反應(yīng)速率及影響因素。20．9.6g銅與100mL質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%，密度為1.84g·cm-3的H2SO4在加熱下發(fā)生如下反應(yīng)：2H2SO4(濃)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O，已知銅反應(yīng)完全。計(jì)算：（1）（2分）原H2SO4的物質(zhì)的量濃度。（2）（6分）被還原的H2SO4的物質(zhì)的量及生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)的體積（保留2位小數(shù)）。(備注：要求寫出計(jì)算過程，只寫結(jié)果不得分)【答案】（1）L（2）3.36L【解析】試題分析：c=（2）（6分）(備注：要求寫出計(jì)算過程，只寫結(jié)果不得分)解：設(shè)被還原的硫酸的物質(zhì)的量為n1，生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)的體積為V.2H2SO4(濃)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O1mol(被還原)64g22.4Ln19.6gV1mol64g22.4Ln19.6gVn1=V=3.36L答：原H2SO4的物質(zhì)的量濃度為L(zhǎng)被還原的H2SO4的物質(zhì)的量為生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)的體積為3.36L考點(diǎn)：濃硫酸的性質(zhì)。21．已知A～F是中學(xué)化學(xué)中常見物質(zhì)，其中A、C、E為氣體，且A能使品紅溶液褪色；B、D為液體，D的濃溶液在常溫下能使鐵鈍化；F的濃溶液與X共熱通常用于實(shí)驗(yàn)室制備單質(zhì)C；X是一種黑色粉末，B分子中有18個(gè)電子。反應(yīng)中部分生成物已略去。（1）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：______________________。（2）寫出反應(yīng)①、⑥的離子方程式：①__________________；⑥_____________________。（3）根據(jù)圖中信息，B、C、D、X氧化性從強(qiáng)到弱的順序是____________________。【答案】（1）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O（3）X＞C＞B＞D（或?qū)懽鱉nO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)）【解析】試題分析：已知A～F是中學(xué)化學(xué)中常見物質(zhì)，其中A、C、E為氣體，且A能使品紅溶液褪色，則A是SO2；B、D為液體，D的濃溶液在常溫下能使鐵鈍化，則D是硫酸；F的濃溶液與X共熱通常用于實(shí)驗(yàn)室制備單質(zhì)C；X是一種黑色粉末，判斷反應(yīng)是制備氯氣的反應(yīng)原理，X為MnO2，C為Cl2，F(xiàn)為HCl；B分子中有18個(gè)電子，和二氧化硫反應(yīng)生成硫酸，說明B是氧化劑；推斷B為H2O2，和MnO2反應(yīng)，過氧化氫做還原劑生成氧氣，E為O2。（1）根據(jù)以上分析可知反應(yīng)②的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）根據(jù)以上分析可知反應(yīng)①、⑥的離子方程式分別是Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－、MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）據(jù)圖中信息，物質(zhì)B為H2O2、C為SO2、X為MnO2，D為H2SO4，氧化性從強(qiáng)到弱的順序依據(jù)反應(yīng)關(guān)系：H2O2+SO2=H2SO4、H2O2+MnO2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2↑、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，發(fā)生的氧化還原反應(yīng)中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物得到：MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)。【考點(diǎn)定位】本題主要是考查無機(jī)框圖題推斷【名師點(diǎn)晴】明確物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，反應(yīng)特征和反應(yīng)現(xiàn)象的推斷是解題關(guān)鍵，需要熟練掌握物質(zhì)性質(zhì)，反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系。解答無機(jī)框圖推斷題，應(yīng)認(rèn)真分析題干，找出明顯條件和隱蔽條件。通過結(jié)構(gòu)特征、反應(yīng)特征、現(xiàn)象特征或其他的一些特征，找出突破口，也就是所謂的“題眼”，通過正推法、逆推法、假設(shè)法、猜測(cè)法等得出結(jié)論。例如本題的“題眼”是品紅溶液褪色、鈍化以及18電子，物質(zhì)的顏色等，平時(shí)注意相關(guān)知識(shí)的概念。22．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]芳香烴A是基本有機(jī)化工原料，由A制備高分子E和醫(yī)藥中間體K的合成路線(部分反應(yīng)條件略去)如圖所示：回答下列問題：（1）A的名稱是_____________。I含有官能團(tuán)的名稱是__________________。（2）⑤的反應(yīng)類型是________________，⑧的反應(yīng)類型是________________。（3）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：______________________________________。（4）D分子中最多有_____________個(gè)原子共平面。E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為__________________。（5）寫出一種同時(shí)符合下列條件的F的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：__________________。①苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②既能與銀氨溶液反應(yīng)又能與NaOH溶液反應(yīng)。（6）將由D為起始原料制備的合成路線補(bǔ)充完整。________________________(無機(jī)試劑及溶劑任選)。合成路線流程圖示例如下：【答案】（1）甲苯；羧基、肽鍵（2）取代反應(yīng)；還原反應(yīng)（3）（4）19；（5）或（6）【解析】試題分析：A與濃硝酸、濃硫酸混合反應(yīng)生