北师大二附中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

北师大二附中2022届高三上学期期中化学试卷　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共45分）1．下列说法中，不正确的是（　　）A．肉类富含蛋白质，属于碱性食物B．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C．碘是人体必需的微量元素之一D．食用富含维生素C的水果有益于身体健康　2．下列措施不合理的是（　　）A．用SO2漂白纸浆和草帽辫B．用硫酸清洗锅炉中的水垢C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+　3．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（　　）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO2﹣4C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水　4．下列有关氮及其化合物的说法不正确的是（　　）A．硝酸应保存在棕色试剂瓶里B．铵态氮肥不宜与碱性肥料混合施用C．常温下铁、铝不与浓硝酸反应D．NO可用排水法收集，NO2可用向上排空气法收集　5．溴化碘（IBr）的化学性质类似卤素单质，它与水反应的化学方程式是IBr+H2O=HBr+HIO．下列有关IBr的叙述不正确的是（　　）-32-\nA．IBr跟水的反应是非氧化还原反应B．在很多反应中，IBr是强氧化剂C．IBr是共价化合物D．IBr跟NaOH稀溶液反应生成NaI、NaBrO和H2O　6．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（　　）A．用装置进行铜和浓硫酸的反应B．用装置收集二氧化硫并吸收尾气C．用装置稀释反应后的混合液D．用装置测定余酸的浓度　-32-\n7．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂C．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收　8．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（　　）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D　9．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．实验室制Cl2：MnO2+2H++2Cl﹣═Mn2++Cl2↑+2H2OB．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32﹣+H2OC．将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+H2↑D．苯酚浊液与纯碱溶液混合后变澄清：2C6H5OH+CO32﹣=2C6H5O﹣+CO2↑+H2O　10．下列说法正确的是（　　）A．加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液一定有Al3+B．加入K3溶液，产生特征蓝色沉淀，则原溶液一定有Fe3+C．加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液一定有SO42﹣D．加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+-32-\n　11．1995年三位美国科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，由图可知（　　）A．日光在反应中做催化剂B．过氧化氯是一种很稳定的物质C．过氧化氯的结构式为O﹣Cl﹣Cl﹣OD．臭氧分子最终转变为氧气分子　12．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　）选项①②③实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D　13．常温下，下列各组离子在特定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．使石蕊试液变红的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣-32-\n　14．如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（　　）选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠A．AB．BC．CD．D　15．为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量．发生的化学反应为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu．下列说法不正确的是（　　）A．上述反应属于置换反应B．该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：lC．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物D．当有1molCuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol　　二、简答题16．某小组取一定质量的FeSO4固体，利用下图装置进行实验．实验过程实验现象①通入一段时间N2，加热A中固体变为红棕色，B中有白色沉淀，D试管中有无色液体-32-\n②用带有火星的木条靠近装置D的导管口木条复燃③充分反应，停止加热，冷却后，取A中固体，加盐酸固体溶解，溶液呈黄色④将③所得溶液滴入D试管中溶液变为浅绿色已知：SO2熔点﹣72℃，沸点﹣10℃；SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃．（1）实验③反应的离子方程式是　　　　　　．分解过程除产生使木条复燃的气体外，仅由A中固体颜色变化推测，还一定有　　　　　　气体，依据是　　　　　　．（3）实验④反应的离子方程式是　　　　　　．（4）某同学依据B中的现象，认为FeSO4分解一定有SO3生成．你认为是否正确，原因是（用必要的文字和化学方程式解释）　　　　　　．　17．工、农业废水及生活污水中浓度较高的NO会造成氮污染，工业上处理水体中NO的一种方法是单质铁化学还原法．某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程，实验如下．（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈，然后用蒸馏水将铁屑洗净．判断铁屑洗净的方法是　　　　　　．将KNO3溶液的pH调至2.5．从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是　　　　　　．（3）将上述处理过的足量铁屑投入的溶液中．如图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化的关系．请根据图中信息回答：①t1时刻前该反应的离子方程式是　　　　　　．②t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是　　　　　　．　-32-\n18．二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．（1）工业上制备ClO2的反应原理常采用：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl．浓盐酸在反应中显示出来的性质是　　　　　　（填序号）．A．只有还原性B．还原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．①如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2．写出阳极产生ClO2的电极反应式：　　　　　　．②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为　　　　　　mol．（3）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣，现用ClO2将CN﹣氧化，CN﹣转化为两种无毒气体，其离子反应方程式为　　　　　　．　19．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是　　　　　　．pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是　　　　　　．-32-\n（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．①实验a目的是　　　　　　．②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是　　　　　　．（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是　　　　　　．（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化．取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是　　　　　　．②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：　　　　　　．　20．苯酚是一种重要的化工原料，可以合成长效缓释阿司匹林．阿司匹林能迅速解热、镇痛和消炎，长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解使疗效更佳．已知：I．II．（1）A的结构简式为　　　　　　，写出E→F的反应类型　　　　　　．-32-\n若阿司匹林中混有A物质，可选择的检验试剂是　　　　　　（填字母）．a．NaHCO3溶液b．石蕊溶液c．FeCl3溶液（3）写出A→B的化学反应方程式　　　　　　．（4）C的结构简式为　　　　　　．（5）写出D→E的化学反应方程式　　　　　　．（6）写出一定条件下生成缓释阿司匹林的化学方程式　　　　　　．　　北师大二附中2022届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共45分）1．下列说法中，不正确的是（　　）A．肉类富含蛋白质，属于碱性食物B．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C．碘是人体必需的微量元素之一D．食用富含维生素C的水果有益于身体健康【考点】营养均衡与人体健康的关系；药物的主要成分和疗效．【专题】化学应用．【分析】A．食品的酸碱性与其本身的pH值无关（味道是酸的食品不一定是酸性食品），主要是食品经过消化、吸收、代谢后，最后在人体内变成酸性或碱性的物质来界定；B．碳酸氢钠可以和胃液中的盐酸反应；C．人体必需的微量元素主要有：铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒；D．生素可以调节新陈代谢、维持身体健康．【解答】解：A．含氮、碳、硫、氯、等元素较多的食物，经过消化形成酸根留在体内，产生酸性物质的称为酸性食品，如淀粉类；动物性食物；甜食；油炸食物或奶油类；豆类（如花生等），故A错误；B．碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，因为碳酸氢钠可以和胃液中的盐酸反应，故B正确；C．碘是人体必需的微量元素，故C正确；-32-\nD．维生素可以调节新陈代谢、维持身体健康，蔬菜、水果中含有丰富的维生素，故D正确．故选A．【点评】本题考查微量元素、抗酸药、食物酸碱性和维生素等，题目难度不大，注意基础知识的积累．　2．下列措施不合理的是（　　）A．用SO2漂白纸浆和草帽辫B．用硫酸清洗锅炉中的水垢C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂．【专题】压轴题；化学计算．【分析】A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素；B、硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水；C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；D、硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，可以除去废水中重金属离子；【解答】解：A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素，用SO2漂白纸浆和草帽辫，故A合理；B、用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故B不合理；C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；2C+SiO2Si+2CO，故C合理；D、用Na2S做沉淀剂，硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，除去废水中的Cu2+和Hg2+，故D合理；故选B．【点评】本题考查了二氧化硫、碳酸钙、硫酸钙、二氧化硅物质性质的分析应用，离子沉淀反应的应用，依据所学回答问题，题目难度中等．　3．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（　　）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO2﹣4-32-\nC．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【考点】氯气的化学性质；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】A、二氧化硫和有色物质生成无色物质，只能说明二氧化硫有漂白性．B、亚硫酸根离子能被硝酸氧化生成硫酸根离子而造成干扰．C、铁与稀硝酸反应生成的气体是一氧化氮．D、根据烧瓶内溶液的变化现象判断气体压强的变化，从而确定气体溶解性的强弱．【解答】解：A、氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强氧化性使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色的物质而使品红褪色，只能说明二氧化硫有漂白性不能说明其有氧化性，故A错误．B、酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，对检验硫酸根离子造成干扰，所以向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有SO2﹣4，故B错误．C、铁和硝酸反应生成硝酸盐和一氧化氮、水，发生的是氧化还原反应而不是置换反应，故C错误．D、分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体的压强迅速减小，据此说明二者均易溶于水导致气体迅速减小，故D正确．故选D．【点评】本题考查了元素化合物的性质、离子的检验等知识点，易错选项是C，注意离子的检验中一定要先排除其它离子的干扰，然后再确定存在的离子．　4．下列有关氮及其化合物的说法不正确的是（　　）A．硝酸应保存在棕色试剂瓶里B．铵态氮肥不宜与碱性肥料混合施用C．常温下铁、铝不与浓硝酸反应D．NO可用排水法收集，NO2可用向上排空气法收集【考点】氮族元素简介．【专题】氮族元素．-32-\n【分析】A、见光易分解的化学药品应保存在棕色试剂瓶中；B、铵态氮肥应避免和碱性肥料混合施用，防止反应生成氨气；C、常温下，铁、铝与浓硝酸“钝化”，属于化学反应；D、NO不溶于水，二氧化氮溶于水，据此分析即可．【解答】解：A、硝酸见光容易分解生成二氧化氮与水和氧气，故应保存在棕色瓶中，故A正确；B、铵态氮肥应避免和碱性肥料混合施用，防止铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，故B正确；C、常温下，铁、铝与浓硝酸“钝化”，属于化学反应，故C错误；D、NO不溶于水，可以利用排水法收集，二氧化氮溶于水，密度比空气的大，可以利用向上排空气法收集，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是常见药品的存放、铵盐的性质、浓硝酸的性质、常见气体的收集等，综合性较强，难度不大．　5．溴化碘（IBr）的化学性质类似卤素单质，它与水反应的化学方程式是IBr+H2O=HBr+HIO．下列有关IBr的叙述不正确的是（　　）A．IBr跟水的反应是非氧化还原反应B．在很多反应中，IBr是强氧化剂C．IBr是共价化合物D．IBr跟NaOH稀溶液反应生成NaI、NaBrO和H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据IBr中I元素的化合价为+1价，Br为﹣1价，IBr化学性质与卤素单质具有相似性，及反应IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化来分析解答．【解答】解：A．因IBr中I元素的化合价为+1价，Br为﹣1价，HBr中Br为﹣1价，HIO中I为+1价，则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化，该反应属于非氧化还原反应，故A正确；B．溴化碘的化学性质与卤素单质相似，则IBr中I元素的化合价为+1价，I元素的化合价在反应中能降低，则在很多化学反应中IBr是强氧化剂，故B正确；-32-\nC．IBr由非金属元素形成，是共价化合物，故C正确；D．IBr跟NaOH稀溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O，故D错误．故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应和卤素互化物的性质，题目难度不大，注意卤素互化物与卤素单质的性质相似，从卤素单质的性质角度分析即可．　6．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（　　）A．用装置进行铜和浓硫酸的反应B．用装置收集二氧化硫并吸收尾气C．用装置稀释反应后的混合液D．用装置测定余酸的浓度【考点】实验装置综合．【分析】A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备；-32-\nB、二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集；C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌；D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中．【解答】解：A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备，图中无加热装置，故A错误；B、二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集，即应长进短出，此图方向相反，故B错误；C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故C正确；D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，故D错误，故选C．【点评】本题主要考查的是实验室中常见化学操作与仪器的使用，综合性较强，有一定的难度，注意总结．　7．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂C．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】海水资源及其综合利用．【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．-32-\n【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选B．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．　8．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（　　）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验评价题．【分析】A．氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应；B．二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应；C．Fe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2；D．NaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应．【解答】解：A．因氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应，不能利用选择NaOH溶液来除杂，可选HF酸溶解后过滤，故A错误；B．二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应，则不能除杂，可选饱和NaHCO3溶液利用洗气法除杂，故B错误；-32-\nC．Fe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2，除去杂质且不引入新的杂质，故C正确；D．NaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应，则不能除杂，可通入足量的二氧化碳来除杂，故D错误；故选C．【点评】本题考查混合物的除杂，明确常见物质的性质，选择合适的试剂是解答的关键，注意除杂的原则不能引入新的杂质及不能与被除杂的物质发生反应即可解答，题目难度不大．　9．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．实验室制Cl2：MnO2+2H++2Cl﹣═Mn2++Cl2↑+2H2OB．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32﹣+H2OC．将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+H2↑D．苯酚浊液与纯碱溶液混合后变澄清：2C6H5OH+CO32﹣=2C6H5O﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、根据电荷是否守恒进行检查；B、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成亚硫酸铵的水溶液；C、根据元素守恒判断离子方程式是否正确；D、苯酚浊液与纯碱溶液混合反应生成苯酚钠、碳酸氢钠．【解答】解：A．实验室制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32﹣+H2O，故B正确；C．将铝片打磨后置于NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故C错误；D．苯酚浊液与纯碱溶液混合后变澄清的离子反应为C6H5OH+CO32﹣=C6H5O﹣+HCO3﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意选项D为学生解答的易错点和难点，题目难度中等．　10．下列说法正确的是（　　）-32-\nA．加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液一定有Al3+B．加入K3溶液，产生特征蓝色沉淀，则原溶液一定有Fe3+C．加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液一定有SO42﹣D．加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A、与一水合氨反应生成白色沉淀的有镁离子、铝离子等；B、含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀；C、原溶液中的银离子也可以产生白色沉淀；D、加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是NH4+的特征现象．【解答】解：A、与一水合氨反应生成白色沉淀的有镁离子、铝离子等，不一定是铝离子，故A错误；B、含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，不能证明判断是铁离子，故B错误；C、原溶液中的银离子和溶液中的氯离子反应生成白色沉淀氯化银，不能证明一定是硫酸根离子，故C错误；D、加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是NH4+的特征现象，证明原溶液一定有NH4+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见离子的检验方法和反应现象分析判断，注意干扰离子的现象分析是解题关键，题目难度中等．　11．1995年三位美国科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，由图可知（　　）-32-\nA．日光在反应中做催化剂B．过氧化氯是一种很稳定的物质C．过氧化氯的结构式为O﹣Cl﹣Cl﹣OD．臭氧分子最终转变为氧气分子【考点】探究化学反应机理．【专题】信息给予题．【分析】由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2．A、催化剂在最初反应中作反应物，但最终能转变为生成物．B、根据过氧化氯是否稳定存在判断．C、根据图片判断过氧化氯的结构式．D、根据最终反应方程式判断反应物和生成物．【解答】解：由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2．A、日光只在③反应物中存在，在生成物中没有，所以不是催化剂，故A错误．B、过氧化氯在②中是生成物，在③中分解，所以过氧化氯是不稳定的物质，故B错误．C、氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中，原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原子，所以过氧化氯的结构式为Cl﹣O﹣O﹣Cl，故C错误．D、①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2，将方程式：①×2+②+③得2O3+日光→3O2，所以臭氧分子最终转变为氧气分子，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学反应机理，难度不大，根据总反应方程式结合图片即可判断物质的性质、结构．　12．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　）选项①②③实验结论-32-\nA稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S；B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．　13．常温下，下列各组离子在特定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣-32-\nC．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．使石蕊试液变红的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．碱溶液中该组离子之间不反应；B．离子之间结合生成沉淀；C．离子之间结合生成络离子，离子之间发生氧化还原反应；D．使石蕊试液变红的溶液，可能为酸性．【解答】解：A．碱溶液中该组离子之间不反应，则离子大量共存，故A正确；B．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，I﹣、Fe3+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．使石蕊试液变红的溶液，可能为酸性，酸性溶液中不能大量存在ClO﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．　14．如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（　　）选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，气体可与氢氧化钠溶液反应，以此解答该题．-32-\n【解答】解：A．碱石灰呈碱性，能和氯气反应，所以氯气不能用碱石灰干燥，故A错误；B．碱石灰与氯化氢反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C．二氧化硫可用氯化钙干燥，可用氢氧化钠溶液吸收，故C正确；D．一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，不能用作尾气吸收，故D错误．故选C．【点评】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大．　15．为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量．发生的化学反应为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu．下列说法不正确的是（　　）A．上述反应属于置换反应B．该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：lC．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物D．当有1molCuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，Hg元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答．【解答】解：A．该反应为单质与化合物反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，故A正确；B．CuI为氧化剂，还原剂为Hg，4molCuI反应只有2mol作氧化剂，则由反应可知该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：l，故B正确；C．Hg元素的化合价升高，则Cu2HgI4为氧化产物，故C错误；D．当有1molCuI反应时，转移电子为1mol××（1﹣0）=0.5mol，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意CuI部分为氧化剂，题目难度不大．-32-\n　二、简答题16．某小组取一定质量的FeSO4固体，利用下图装置进行实验．实验过程实验现象①通入一段时间N2，加热A中固体变为红棕色，B中有白色沉淀，D试管中有无色液体②用带有火星的木条靠近装置D的导管口木条复燃③充分反应，停止加热，冷却后，取A中固体，加盐酸固体溶解，溶液呈黄色④将③所得溶液滴入D试管中溶液变为浅绿色已知：SO2熔点﹣72℃，沸点﹣10℃；SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃．（1）实验③反应的离子方程式是　Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O　．分解过程除产生使木条复燃的气体外，仅由A中固体颜色变化推测，还一定有　SO2　气体，依据是　因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原．因此一定有SO2生成　．（3）实验④反应的离子方程式是　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　．（4）某同学依据B中的现象，认为FeSO4分解一定有SO3生成．你认为是否正确，原因是（用必要的文字和化学方程式解释）　不正确，因为分解有O2和SO2生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3生成，都会有此现象，2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl．　．【考点】制备实验方案的设计；性质实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）A中固体变为红棕色为氧化铁；然后加盐酸，是氧化铁和盐酸反应，据此书写离子反应方程式；分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成；（3）A为氧化铁加盐酸生成三价铁离子，将③所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，所以三价铁离子和二氧化硫发生了氧化还原反应，据此解答；-32-\n（4）FeSO4分解不一定有SO3生成，B中的现象是有白色沉淀生成，可能是在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故无论分解反应是否有SO3生成，都会有此现象，据此解答．【解答】解：（1）根据②木条复燃说明有氧气生成，根据A中固体变为红棕色，说明A中固体变为红棕色为氧化铁，B中有白色沉淀为硫酸钡，是因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解生成氧化铁、二氧化硫，所以实验③反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；根据氧化还原反应的特点，元素化合价升高的价数等于元素化合价降低的价数，分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气说明氧元素的化合价在升高，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，铁的化合价也在升高，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成，故答案为：SO2；因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原．因此一定有SO2生成；（3）取A中固体，加盐酸Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，将③所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，说明三价铁离子被还原，D试管中有无色液体为二氧化硫，发生的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；（4）因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解一定生成氧化铁、二氧化硫，不一定有三氧化硫，B中的现象是有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，该沉淀可能是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故无论分解反应是否有SO3生成，都会有此现象，总反应为2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl，故答案为：不正确，因为分解有O2和SO2生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3生成，都会有此现象；2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl．【点评】本题考查了有关FeSO4固体制备的实验，理解工艺流程图，掌握实验操作与设计及相关物质的性质是解答的关键，题目难度中等．　17．工、农业废水及生活污水中浓度较高的NO会造成氮污染，工业上处理水体中NO的一种方法是单质铁化学还原法．某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程，实验如下．-32-\n（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈，然后用蒸馏水将铁屑洗净．判断铁屑洗净的方法是　测最后一次洗涤液的pH，若为7则说明铁屑已洗净　．将KNO3溶液的pH调至2.5．从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是　NO3﹣在酸性条件下的氧化性强，易被铁屑还原　．（3）将上述处理过的足量铁屑投入的溶液中．如图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化的关系．请根据图中信息回答：①t1时刻前该反应的离子方程式是　4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O　．②t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是　生成的Fe2+水解　．【考点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素．【专题】氧化还原反应专题；盐类的水解专题．【分析】（1）①除锈是用强酸与氧化铁反应；②可以通测最后一次洗涤液的PH的方法成功判断铁屑是否洗净；硝酸根离子在酸性条件下才具有强氧化性；（3）①根据图示知道t1时刻前，硝酸根离子、氢离子浓度逐渐减小，亚铁离子浓度增大，则是金属铁和硝酸之间的反应；②亚铁离子属于弱碱阳离子，会发生水解反应．【解答】解：（1）①除锈是用强酸与氧化铁反应，所以离子方程式反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铁屑洗净的方法是测最后一次洗涤液的PH的方法成功判断铁屑是否洗净，故答案为：测最后一次洗涤液的pH，若为7则说明铁屑已洗净；pH调至2.5，是因为硝酸在酸性条件下的氧化性强，易被铁屑还原，故答案为：硝酸在酸性条件下的氧化性强，易被铁屑还原；（3）①根据图示知道t1时刻前，硝酸根离子、氢离子浓度逐渐减小，亚铁离子浓度增大，则是金属铁和硝酸之间的反应，即4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；故答案为：4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；-32-\n②根据反应：4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，原因是生成的Fe2+水解所致，故答案为：生成的Fe2+水解．【点评】本题考查了化学方程式的书写、化学反应速率的影响因素、化学实验方案的判断等知识，题目难度较大知识点较多、综合性强，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　18．二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．（1）工业上制备ClO2的反应原理常采用：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl．浓盐酸在反应中显示出来的性质是　B　（填序号）．A．只有还原性B．还原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．①如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2．写出阳极产生ClO2的电极反应式：　Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+　．②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为　0.01　mol．（3）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣，现用ClO2将CN﹣氧化，CN﹣转化为两种无毒气体，其离子反应方程式为　2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣　．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，存在NaCl中氯元素的化合价未变化；-32-\n①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子；②在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量；（3）ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子．【解答】解：（1）HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，HCl起还原剂注意，同时存在NaCl中氯元素的化合价未变化，故HCl还起酸的作用，故答案为：B；①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+，故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+；②在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，氢气的物质的量为=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，故答案为：0.01；（3）ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣，故答案为：2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣．【点评】本题考查氧化还原反应、常用化学用语、电解原理、化学计算等，题目难度中等，电解反应是难点、易错点，是对学生综合能力的考查，需要学生具有扎实的基础与分析解决问题的能力．　19．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去-32-\n（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是　2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是　碱性、漂白性　．（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．①实验a目的是　检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰　．②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是　白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀　．（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是　向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色　．（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化．取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是　CaSO4　．②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：　SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+　．【考点】二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】压轴题；卤族元素；氧族元素．【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；-32-\n【解答】解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；故答案为：碱性、漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5））①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42﹣，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案为：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；【点评】本题考查了二氧化硫性质的综合应用，性质的实验验证方法和实验判断，漂白精的成分中次氯酸钙和氯化钙在酸溶液中会发生氧化还原反应生成氯气，注意物质的检验方法，题目难度较大．　-32-\n20．苯酚是一种重要的化工原料，可以合成长效缓释阿司匹林．阿司匹林能迅速解热、镇痛和消炎，长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解使疗效更佳．已知：I．II．（1）A的结构简式为　　，写出E→F的反应类型　加聚反应　．若阿司匹林中混有A物质，可选择的检验试剂是　c　（填字母）．a．NaHCO3溶液b．石蕊溶液c．FeCl3溶液（3）写出A→B的化学反应方程式　　．（4）C的结构简式为　（CH3）2C=O　．（5）写出D→E的化学反应方程式　（CH3）2C（OH）COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O　．-32-\n（6）写出一定条件下生成缓释阿司匹林的化学方程式　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断．【分析】邻羟基苯甲酸钠和酸反应生成邻羟基苯甲酸，则A为，根据信息I知，B为；根据缓释阿司匹林结构简式及高聚物F知，F为；E发生加聚反应生成F，则E为CH2=C（CH3）COOH，D发生消去反应生成E，C发生信息II知，C为（CH3）2C=O、D为（CH3）2C（OH）COOH；根据B、F和缓释阿司匹林结构简式知，则G为HOCH2CH2OH，据此分析解答．【解答】解：邻羟基苯甲酸钠和酸反应生成邻羟基苯甲酸，则A为，根据信息I知，B为；根据缓释阿司匹林结构简式及高聚物F知，F为；E发生加聚反应生成F，则E为CH2=C（CH3）COOH，D发生消去反应生成E，C发生信息II知，C为（CH3）2C=O、D为（CH3）2C（OH）COOH；根据B、F和缓释阿司匹林结构简式知，则G为HOCH2CH2OH，-32-\n（1）通过以上分析知，A结构简式为，E发生加聚反应生成F，所以反应类型是加聚反应，故答案为：；加聚反应；A中含有酚羟基、阿司匹林中不含酚羟基，二者都含有羧基，所以可以用氯化铁溶液检验酚羟基，故选c；（3）根据信息I知，A反应生成B的方程式为，故答案为：；（4）通过以上分析知，C的结构简式为（CH3）2C=O，故答案为：（CH3）2C=O；（5）E发生消去反应生成E，反应方程式为（CH3）2C（OH）COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O，故答案为：（CH3）2C（OH）COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O；（6）一定条件下生成缓释阿司匹林的化学方程式为，-32-\n故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据某些物质结构简式、反应条件再结合题给信息进行推断，注意信息II中断键和成键方式，题目难度中等．　-32-