精品解析：上海市金山中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试卷

上海市金山中学2023-2024学年高二下学期期末化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56 说明：不定项选择题含有1-2个正确答案，其余选择题为单项选择题 一、白藜芦醇(18分) 1. 白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示。 （1）白藜芦醇分子中采用sp2杂化方式的原子的轨道表示式为_______，电负性最强元素最高能级的电子云轮廓图形状是_______，H原子价电子排布式为_______。 （2）关于C、O、H元素的下列说法中不正确的是_______。 A. 第一电离能：I1(C)< I1(O) B. C元素位于第二周期第IVA族 C. C、H、O三种元素均属于p区元素 D. 最简式为CHO物质不可能是醛类 （3）白藜芦醇分子中官能团不包括_______。 A．酚羟基 B．碳碳双键 C．羧基 （4）能够测定白藜芦醇分子的分子离子峰质荷比为228的谱学分析方法是_______。 A. 红外光谱 B. 质谱 C. 核磁共振氢谱 D. x-射线晶体衍射 （5）关于白藜芦醇的下列说法不正确的是_______。 A. 白藜芦醇分子中不含手性碳原子 B. 1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应 C. 白藜芦醇存在顺反异构 D. 白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7 （6）白藜芦醇在260℃升华，此过程中改变的作用力类型有_______。 A. 共价键 B. 范德华力 C. 氢键 D. 离子键 （7）已知：白藜芦醇的熔点253-255℃，在熔化状态下不导电，实验表明：白藜芦醇晶体属于_______(选填“离子晶体”、“共价晶体”或“分子晶体”)。 二、锌电池(18分) 2. 的空间结构是________，中心原子的杂化形式是________。 3. S原子和O原子的电负性大小关系为________，从原子结构的角度说明理由________________。 MnO电极材料充放电过程的原理如图所示。 4. MnO晶胞的边长相等均为a nm，已知MnO的摩尔质量是 M g/mol，阿伏加德罗数为NA，该晶体的密度为______g/cm3。(1 nm = 10-7 cm) 5. I为MnO活化过程：MnO ______e− =Mn0.610.39O + 0.39 Mn2+；II代表电池______过程(填“放电”或“充电”)。 6. 某种锌电池的结构示意图如下，回答下列问题： Zn与NaOH溶液反应可以形成Na2[Zn(OH)4]，下列说法不正确的是 A. 离子方程式为：Zn+2OH-+2H2O→[Zn(OH)4]2- + H2↑ B. 锌能从硫酸铜溶液中置换出铜 C. [Zn(OH)4]-离子中提供空轨道的是O原子 D. Na2[Zn(OH)4]晶体中存在离子键、共价键和配位键 7. 将纳米级锌粉分散在溶剂中形成胶体，下列不属于胶体性质的是 A. 丁达尔效应 B. 电泳 C. 能透过半透膜 D. 不能透过滤纸 三、乙烷脱氢制备乙烯(22分) 将CO2作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、CO2资源化利用等显著优势。 8. 关于CO2、乙烯、乙烷的下列说法中不正确的是 A. CO2属于非极性分子 B. 乙烯分子所有原子共平面 C. 乙烷分子中含有6根σ键 D. 等物质的量的乙烯和乙烷完全燃烧耗氧量相同 查阅资料，计算CO2氧化C2H6脱氢反应的反应热。 9. 查阅__________的燃烧热数据(填化学式) 查阅水的汽化热：H2O(l) = H2O(g) ΔH1 = +44.0 kJ/mol 利用上述数据，得如下热化学方程式： C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH2 = +178.2 kJ/mol 10. 将CO2作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、CO2资源化利用等显著优势。检验产物有乙烯生成的操作和现象 操作：____________________。 现象：____________________。 11. 结合键能数据分析CO2氧化C2H6脱氢反应挑战和难点： 键 C-C C-H C=O 键能(kJ/mol ) 347.7 413.4 745 挑战(从化学键断裂难易程度方面说明)：____________________。 难点(从化学键选择性难易程度方面说明)：____________________。 12. 推测Cr3+催化CO2氧化C2H6脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分(示意图中未使用键线式)____________。 分析投料体积比对反应的影响(650 ℃，0.1 MPa，Cr/SiO2催化剂) C2H4选择性：生成乙烯的乙烷在全部乙烷反应物中所占的比例 CH4选择性：生成甲烷的乙烷在全部乙烷反应物中所占的比例 说明：体积比为3和4时乙烷转化率基本相同。 V(CO2)/V(C2H6)从1提高到5，C2H6转化率从33.3%增加到50.5%；简述： 13. V(CO2)/V(C2H6)从1提高到3，乙烯选择性增加原因是：__________。 14. V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5，CH4选择性增加的原因是：__________。 15. V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5，副反应的化学方程式可能是：__________。 16. 乙烯在一定条件下可形成聚乙烯，实验测得某种聚乙烯的平均分子量为56000，则此聚乙烯的聚合度n的平均值为__________。 四、AbyssinoneⅠ植物提取液(23分) 植物提取液 Abyssinone Ⅰ 能预防和抑制芳香酶的活性，其人工合成路线如下。 已知：i. ii. 17. 下列关于的说法不正确的是______ A. 系统命名为2-甲基-4-溴-2-丁烯 B. 含有一个不对称碳原子 C. 不能与酸性高锰酸钾溶液反应 D. 有3种不同化学环境的氢原子 18. 下列关于物质B的说法中，错误的是______ A. 物质B含有3种官能团 B. 1 mol物质B能与2 mol银氨溶液反应 C. 物质B能发生氧化、还原、加成反应 D 物质B不能燃烧，不能使溴水褪色 19. A→B的反应类型是______。C和E转化为F的过程中依次经历的反应类型是______、消去反应。 20. C的结构简式是____________。 21. 写出符合下列条件的任意一种D的同分异构体的结构简式____________。 ① 能与FeCl3溶液发生显色反应 ② 能与NaHCO3反应放出CO2 ③ 苯环上有2个取代基 22. D→E反应的化学方程式是__________________。 23. G中含有4个六元环，G的结构简式是____________。 24. 合成路线中，D→E和G→Abyssinone Ⅰ 两步的作用是____________。 25. 结合题目中相关信息，利用乙苯()合成：__________。 要求：(1)在箭头上的括号里填写反应条件；(2)在流程中的括号里填写物质的结构简式。 五、FeCl3的制备与性质探究(19分) 26. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究 资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。 ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。 Ⅰ． FeCl3的制取(夹持装置略) 实验i： （1）盛放浓盐酸的仪器的名称是_______。 （2）A为氯气发生装置。A中发生反应的离子方程式是：_______(锰被还原为Mn2+)。 （3）关于装置B、C、E、F中盛装的试剂和的作用分析不合理的是_______。 A. 装置B中盛放饱和食盐水，主要目的是出去HCl气体 B. 装置C中盛放浓硫酸，主要目的是出去水蒸气 C. 装置E的作用是冷凝，让FeCl3凝结为固体 D. 装置F中盛放的是NaOH溶液，目的是除去未反应完的Cl2 （4）装置D与装置E相连的部分选择粗口径玻璃管的原因是_______。 Ⅱ． FeCl3性质探究 将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1 mol/L FeCl3溶液，发现溶液显酸性。 进行实验ⅱ和实验ⅲ。 实验ⅱ：酸化FeCl3溶液，将酸化的5 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液与2 mL 0.1 mol/L Na2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。 （5）FeCl3溶液显酸性的原因是_______(用离子方程式表示)。此溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。 （6）解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因_______。 （7）降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因_______。 实验ⅲ 操作 序号 现象 a 蒸发时，试管内有白雾 b 灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄 c 最终，试管底部留有黑色固体 （8）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝。甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象分别是：操作：_______；现象：_______。 （9）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市金山中学2023-2024学年高二下学期期末化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56 说明：不定项选择题含有1-2个正确答案，其余选择题为单项选择题 一、白藜芦醇(18分) 1. 白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示。 （1）白藜芦醇分子中采用sp2杂化方式的原子的轨道表示式为_______，电负性最强元素最高能级的电子云轮廓图形状是_______，H原子价电子排布式为_______。 （2）关于C、O、H元素的下列说法中不正确的是_______。 A. 第一电离能：I1(C)< I1(O) B. C元素位于第二周期第IVA族 C. C、H、O三种元素均属于p区元素 D. 最简式为CHO的物质不可能是醛类 （3）白藜芦醇分子中官能团不包括_______。 A．酚羟基 B．碳碳双键 C．羧基 （4）能够测定白藜芦醇分子的分子离子峰质荷比为228的谱学分析方法是_______。 A. 红外光谱 B. 质谱 C. 核磁共振氢谱 D. x-射线晶体衍射 （5）关于白藜芦醇的下列说法不正确的是_______。 A. 白藜芦醇分子中不含手性碳原子 B. 1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应 C. 白藜芦醇存在顺反异构 D. 白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7 （6）白藜芦醇在260℃升华，此过程中改变的作用力类型有_______。 A. 共价键 B. 范德华力 C. 氢键 D. 离子键 （7）已知：白藜芦醇的熔点253-255℃，在熔化状态下不导电，实验表明：白藜芦醇晶体属于_______(选填“离子晶体”、“共价晶体”或“分子晶体”)。 【答案】（1） ①. ②. 哑铃形 ③. 1s1 （2）CD （3）C （4）B （5）D （6）BC （7）分子晶体 【解析】 【小问1详解】 白藜芦醇分子中采用sp2杂化方式的原子为碳原子，碳原子的轨道表示式为；分子中电负性最强元素是氧，其最高能级的电子云轮廓图形状是哑铃形；H原子价电子排布式为1s1； 【小问2详解】 A．第一电离能：C<O，A正确； B．C元素原子序数为6，位于第二周期第IVA,，B正确； C．H元素属于s区元素，C错误； D．最简式为CHO的物质可能是醛类，如乙二醛，D错误； 故选CD； 【小问3详解】 根据白藜芦醇分子结构，所含官能团有羟基、碳碳双键，没有羧基，故选C； 【小问4详解】 能够测定分子离子峰质荷比的是质谱法，故选B； 【小问5详解】 A．手性碳原子连接四个各不相同的基团，白藜芦醇分子中不含手性碳原子，A正确； B．白藜芦醇含3个酚羟基，1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应，B正确； C．白藜芦醇中碳碳双键两端原子分别连有两个不同的基团，存在顺反异构，C正确； D．白藜芦醇中碳碳双键可以与溴发生加成反应，酚羟基邻对位氢可以与溴发生取代反应，白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H6O3Br7，D错误； 故选D； 【小问6详解】 白藜芦醇在260℃升华，是物理变化，此过程中改变的作用力类型有范德华力、氢键，故选BC； 【小问7详解】 白藜芦醇熔点较低，且在熔化状态下不导电表明：白藜芦醇晶体属于分子晶体。 二、锌电池(18分) 2. 的空间结构是________，中心原子的杂化形式是________。 【答案】 ①. 正四面体形 ②. sp3 【解析】 【详解】中心原子S价层电子对数：，无孤电子对，分子空间结构为正四面体形，杂化轨道数为4，杂化类型为sp3杂化。 3. S原子和O原子的电负性大小关系为________，从原子结构的角度说明理由________________。 【答案】 ①. O＞S ②. 氧原子半径小于硫原子，对成键电子的吸引力更大 【解析】 【详解】氧原子半径小于硫原子，对成键电子的吸引力更大，即电负性：O＞S。 MnO电极材料充放电过程的原理如图所示。 4. MnO晶胞的边长相等均为a nm，已知MnO的摩尔质量是 M g/mol，阿伏加德罗数为NA，该晶体的密度为______g/cm3。(1 nm = 10-7 cm) 5. I为MnO活化过程：MnO ______e− =Mn0.610.39O + 0.39 Mn2+；II代表电池______过程(填“放电”或“充电”)。 【答案】4. 5. ①. -0.78 ②. 放电 【解析】 【4题详解】 Mn位于棱心和体心，个数为，O位于顶点和面心，个数为，则晶胞密度：； 【5题详解】 MnO活化过程中失电子，Mn2+脱嵌，根据电荷守恒可知，MnO-0.78e-=Mn0.610.39O+0.39Mn2+；由图可知，过程II中晶胞中嵌如了Zn2+，说明该过程中产生的Zn2+并移向MnO极，说明该过程为放电。 6. 某种锌电池的结构示意图如下，回答下列问题： Zn与NaOH溶液反应可以形成Na2[Zn(OH)4]，下列说法不正确的是 A. 离子方程式为：Zn+2OH-+2H2O→[Zn(OH)4]2- + H2↑ B. 锌能从硫酸铜溶液中置换出铜 C. [Zn(OH)4]-离子中提供空轨道的是O原子 D. Na2[Zn(OH)4]晶体中存在离子键、共价键和配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题干信息，Zn与NaOH溶液反应可以形成Na2[Zn(OH)4]，离子方程式为：Zn+2OH-+2H2O→[Zn(OH)4]2- + H2↑，A正确； B．锌的活泼性大于铜，锌能从硫酸铜溶液中置换出铜，B正确； C．[Zn(OH)4]-离子中提供空轨道的是Zn原子，C错误； D．Na+与[Zn(OH)4]2-间存在离子键，Zn与OH-间存在配位键，OH-内存在共价键，D正确； 答案选C。 7. 将纳米级锌粉分散在溶剂中形成胶体，下列不属于胶体性质的是 A. 丁达尔效应 B. 电泳 C. 能透过半透膜 D. 不能透过滤纸 【答案】CD 【解析】 【详解】A．胶体具有丁达尔效应，A正确； B．胶粒在电场作用下定向移动，产生电泳现象，B正确； C．胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，C错误； D．胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，D错误； 答案选CD。 三、乙烷脱氢制备乙烯(22分) 将CO2作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、CO2资源化利用等显著优势。 8. 关于CO2、乙烯、乙烷的下列说法中不正确的是 A. CO2属于非极性分子 B. 乙烯分子所有原子共平面 C. 乙烷分子中含有6根σ键 D. 等物质的量的乙烯和乙烷完全燃烧耗氧量相同 【答案】CD 【解析】 【详解】A．二氧化碳为直线型分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，A正确； B．碳碳双键两端的碳原子以及直接与其相连的原子共平面，所以乙烯分子所有原子共平面，B正确； C．乙烷分子中有6个键和1个键，共含7个键，C错误； D．根据和可知，等物质的量的乙烯和乙烷完全燃烧耗氧量不相同，D错误； 答案选CD； 查阅资料，计算CO2氧化C2H6脱氢反应的反应热。 9. 查阅__________的燃烧热数据(填化学式) 查阅水的汽化热：H2O(l) = H2O(g) ΔH1 = +44.0 kJ/mol 利用上述数据，得如下热化学方程式： C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH2 = +178.2 kJ/mol 【答案】C2H6、C2H4、CO 【解析】 【详解】根据题中热化学方程式可知需要查阅C2H6、C2H4、CO的燃烧热数据。 10. 将CO2作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、CO2资源化利用等显著优势。检验产物有乙烯生成的操作和现象 操作：____________________ 现象：____________________。 【答案】 ①. 将反应得到的气体通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中 ②. 溶液褪色 【解析】 【详解】将反应得到的气体通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明有乙烯生成。 11. 结合键能数据分析CO2氧化C2H6脱氢反应挑战和难点： 键 C-C C-H C=O 键能(kJ/mol ) 347.7 413.4 745 挑战(从化学键断裂难易程度方面说明)：____________________。 难点(从化学键选择性难易程度方面说明)：____________________。 【答案】 ①. 二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高能量 ②. 择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键 【解析】 【详解】由表格数据可知，二氧化碳氧化乙烷脱氢反应挑战是二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高能量；碳氢键的键能大于碳碳键的键能，所以反应的难点是选择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键。 12. 推测Cr3+催化CO2氧化C2H6脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分(示意图中未使用键线式)____________。 【答案】 【解析】 【详解】根据原子守恒，与乙烷反应生成。 分析投料体积比对反应的影响(650 ℃，0.1 MPa，Cr/SiO2催化剂) C2H4选择性：生成乙烯的乙烷在全部乙烷反应物中所占的比例 CH4选择性：生成甲烷的乙烷在全部乙烷反应物中所占的比例 说明：体积比为3和4时乙烷转化率基本相同。 V(CO2)/V(C2H6)从1提高到5，C2H6转化率从33.3%增加到50.5%；简述： 13. V(CO2)/V(C2H6)从1提高到3，乙烯选择性增加的原因是：__________。 14. V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5，CH4选择性增加的原因是：__________。 15. V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5，副反应的化学方程式可能是：__________。 【答案】13. 反应中更多的二氧化碳和乙烷反应生成乙烯导致乙烷的转化率增大 14. 更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷导致乙烷的转化率增大 15. 【解析】 【13题详解】 V(CO2)/V(C2H6)从1提高到3时，乙烯的选择性增大，甲烷的选择性减小说明反应中更多的二氧化碳和乙烷反应生成乙烯导致乙烷的转化率增大； 【14题详解】 V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷导致乙烷的转化率增大； 【15题详解】 V(CO2)/V(C2H6)从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷，则副反应的化学方程式：。 16. 乙烯在一定条件下可形成聚乙烯，实验测得某种聚乙烯的平均分子量为56000，则此聚乙烯的聚合度n的平均值为__________。 【答案】2000 【解析】 【详解】聚乙烯的链节为-CH2CH2-，则此聚乙烯的聚合度n的平均值为=2000。 四、AbyssinoneⅠ植物提取液(23分) 植物提取液 Abyssinone Ⅰ 能预防和抑制芳香酶的活性，其人工合成路线如下。 已知：i. ii. 17. 下列关于的说法不正确的是______ A. 系统命名为2-甲基-4-溴-2-丁烯 B. 含有一个不对称碳原子 C. 不能与酸性高锰酸钾溶液反应 D. 有3种不同化学环境的氢原子 18. 下列关于物质B的说法中，错误的是______ A. 物质B含有3种官能团 B. 1 mol物质B能与2 mol银氨溶液反应 C. 物质B能发生氧化、还原、加成反应 D. 物质B不能燃烧，不能使溴水褪色 19. A→B的反应类型是______。C和E转化为F的过程中依次经历的反应类型是______、消去反应。 20. C的结构简式是____________。 21. 写出符合下列条件的任意一种D的同分异构体的结构简式____________。 ① 能与FeCl3溶液发生显色反应 ② 能与NaHCO3反应放出CO2 ③ 苯环上有2个取代基 22. D→E反应的化学方程式是__________________。 23. G中含有4个六元环，G的结构简式是____________。 24. 合成路线中，D→E和G→Abyssinone Ⅰ 两步的作用是____________。 25. 结合题目中相关信息，利用乙苯()合成：__________。 要求：(1)在箭头上的括号里填写反应条件；(2)在流程中的括号里填写物质的结构简式。 【答案】17. ABC 18. BD 19. ①. 取代反应 ②. 加成反应 20. 21. 、、（任写一种） 22. ++HCl 23. 24. 保护酚羟基 25. 【解析】 【分析】根据A→B的反应条件、A的分子式和B的结构简式，可逆推出A为；根据已知条件ⅰ，可推出C为；根据已知条件ⅱ，可推出E为，D为；由F（）、目标产物的结构简式和G中有4个六元环可推知，G为。 【17题详解】 A．的系统命名为1-溴-3-甲基-2-丁烯，A错误； B．该物质中不含手性碳原子，故不含不对称碳原子，B错误； C．该物质中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液反应，C错误； D．根据结构简式可知，分子中有3种不同化学环境的氢原子，D正确； 故选ABC。 【18题详解】 A．根据B 的结构简式可知，B中含有羟基、醛基、碳碳双键3种官能团，A正确； B．B中只含1个醛基，1 mol物质B能与1 mol银氨溶液反应，B错误； C．物质B能燃烧，且含有羟基，可以发生氧化反应，含有醛基，能发生还原反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，C正确； D．物质B只含C、H、O元素，因此能燃烧，含有碳碳双键，能使溴水褪色；D错误； 故选BD。 【19题详解】 A→B的反应类型是取代反应；C和E转化为F的过程中依次经历的反应类型是加成反应、消去反应。 【20题详解】 根据分析，C的结构简式是。 【21题详解】 D的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；能与NaHCO3反应放出CO2，含有羧基；苯环上有2个取代基，符合条件的同分异构体的结构简式为、、。 【22题详解】 D→E反应的化学方程式是++HCl。 【23题详解】 根据分析，G的结构简式是。 【24题详解】 合成路线中，D→E和G→Abyssinone Ⅰ 两步中苯环上的1个酚羟基先被转化，后又生成，故作用是保护酚羟基。 【25题详解】 根据流程图可知，利用乙苯()合成的制备反应为。 五、FeCl3的制备与性质探究(19分) 26. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究。 资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。 ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。 Ⅰ． FeCl3的制取(夹持装置略) 实验i： （1）盛放浓盐酸的仪器的名称是_______。 （2）A为氯气发生装置。A中发生反应的离子方程式是：_______(锰被还原为Mn2+)。 （3）关于装置B、C、E、F中盛装的试剂和的作用分析不合理的是_______。 A. 装置B中盛放饱和食盐水，主要目的是出去HCl气体 B. 装置C中盛放浓硫酸，主要目的是出去水蒸气 C. 装置E的作用是冷凝，让FeCl3凝结为固体 D. 装置F中盛放的是NaOH溶液，目的是除去未反应完的Cl2 （4）装置D与装置E相连的部分选择粗口径玻璃管的原因是_______。 Ⅱ． FeCl3性质探究 将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1 mol/L FeCl3溶液，发现溶液显酸性。 进行实验ⅱ和实验ⅲ。 实验ⅱ：酸化FeCl3溶液，将酸化的5 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液与2 mL 0.1 mol/L Na2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。 （5）FeCl3溶液显酸性的原因是_______(用离子方程式表示)。此溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。 （6）解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色原因_______。 （7）降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因_______。 实验ⅲ 操作 序号 现象 a 蒸发时，试管内有白雾 b 灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄 c 最终，试管底部留有黑色固体 （8）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝。甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象分别是：操作：_______；现象：_______。 （9）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是_______。 【答案】（1）分液漏斗 （2） （3）D （4）防止遇冷凝华堵塞试管 （5） ①. ②. （6）Fe3+与SO可以形成红色配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，所以红色褪去 （7） 增大， 和 反应，溶液中 降低，红色配离子浓度减少 （8） ①. 向 FeCl3溶液中加入苯，震荡静置，取上清液加入淀粉KI试纸 ②. 试纸不变蓝 （9）实验b确认有氯气生成，氯元素化合价升高，黑色固体与盐酸没有H2产生，说明没有0价铁，，则Fe3+化合价降低被还原成＋2价。黑色固体有可能是FeO和Fe3O4含有＋2价铁 【解析】 【分析】装置A中KMnO4和浓HCl反应生成氯气，但氯气中混有HCl和水蒸气，B装置中盛放饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸除去水蒸气，干燥的氯气进入装置D中与铁粉反应生成FeCl3，装置E用于冷凝并收集FeCl3，又因FeCl3易潮解，装置F中盛放浓硫酸防止G装置中的水蒸气进入F装置，以防FeCl3水解，装置G吸收尾气。 【小问1详解】 盛放浓盐酸的仪器的名称是分液漏斗 【小问2详解】 A为氯气发生装置，发生反应的离子方程式是： 【小问3详解】 由分析知装置F中盛放浓硫酸防止G装置中的水蒸气进入F装置，以防FeCl3水解，装置G吸收尾气，故D不合理。 【小问4详解】 FeCl3加热易升华，遇冷凝华选择粗口径玻璃管的原因是防止堵塞试管 【小问5详解】 FeCl3溶液显酸性的原因是；此溶液中离子浓度由大到小的顺序是 小问6详解】 实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因Fe3+与SO可以形成红色配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，所以红色褪去 【小问7详解】 降低pH能缩短红色褪去时间，推测可能的原因降低pH， 增大， 和 反应，溶液中 降低，红色配离子浓度减少 【小问8详解】 排除FeCl3被苯萃取的影响，先萃取，并验证无FeCl3，向 FeCl3溶液中加入苯，震荡静置，取上清液加入淀粉KI试纸；现象为试纸不变蓝，验证无FeCl3。 【小问9详解】 c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是：实验b确认有氯气生成，氯元素化合价升高，黑色固体与盐酸没有H2产生，说明没有0价铁，，则Fe3+化合价降低被还原成＋2价。黑色固体有可能是FeO和Fe3O4含有＋2价铁 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$