1、西安市中学高2021届高三第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 P:31 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 Cr:52 Se:79 Ba:137一、单选题(本大题共23小题，每题2分，共46分)1. 逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下推理中正确的是（ ）A. 单质都是由同种元素组成的，只含一种元素的物质一定是纯净物B. 酸的水溶液通常显酸性，所以溶解后显酸性的物质一定是酸C. 中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应都属于中和反应D. 氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物【
2、答案】D【解析】【详解】A、金刚石和石墨都是由C元素组成，但不是同一种物质。红磷和白磷都是由P元素组成，但不是同一种物质。还有O2和O3等，互为同素异形体。只含一种元素的物质可以是由同种元素形成的同互异形体混合在一起的混合物，选项A错误；B、显酸性的溶液不一定都是酸溶液，例如硫酸铵溶液呈酸性，属于盐类物质，选项B错误；C、有盐和水生成的反应不一定是中和反应，例如氢氧化钠和二氧化碳的反应不是中和反应，选项C错误；D、氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，因此氧化物中都含有氧元素，但含氧元素的化合物不一定是氧化物，如高锰酸钾不是氧化物，选项D正确；答案选D。2. 设 NA 为阿
3、伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 3.6 g D20 和 3.6 g H2O 中含有的质子数均为 2NAB. 含 2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的 Cu 在加热的条件下反应可生成 NA 个 SO2 分子C. 常温常压下，22.4 L 甲醛(HCHO)含有的原子数目为 4NAD. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. 因为D20的摩尔质量为20g/mol, H2O的摩尔质量为18g/mol, 他们的质子数均为10，所以3.6 g D20和 3.6 g H2O中含有的质子数不等，故A错误；B. 因为浓硫酸和铜反应放出
4、SO2，稀硫酸和铜不反应，所以含 2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的 Cu 在加热的条件下反应可生成SO2 分子数小于NA 个，故B错误；C. 甲醛为气体，常温常压下22.4 L HCHO的物质的量小于1mol，故含有的原子数目小于4NA，故C错误；D. 根据O元素的化合价变化可知，过氧化钠与水反应生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA，故D正确；本题答案为：D。3. 关于一些重要的化学概念有下列说法：AgCl是一种难溶于水的电解质；水玻璃是硅酸钠的俗名，也是电解质；硝酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；氧化还原反应都属于离子反应；酸雨是指pH小于7.0的降水；摩尔是国际科
5、学界建议采用的七种基本物理量之一；丁达尔效应可以区分溶液和胶体；酸性氧化物：SiO2、NO2、SO3、NO；其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AgCl属于盐，AgCl是难溶于水的盐，盐均属于电解质，故正确；水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故错误；纯碱是碳酸钠，属于盐，故错误；氧化还原反应不一定都属于离子反应，如燃烧反应，故错误；酸雨是指pH小于5.6的降水，故错误；摩尔物质的量是单位，不是物理量，故错误；溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故正确；一氧化碳等物质不能和碱反应，不是酸性氧化物，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，
6、也不是酸性氧化物，故错误。故选B。4. 标准状况下，m g X气体和n g Y气体所含分子数相同，下列说法错误的是（ ）A. X与Y的摩尔质量之比为m：nB. 同温同压下X与Y的密度之比为n：mC. 等质量的X与Y所含分子数之比为n：mD. 同温同压下，等体积的X与Y的质量之比为m：n【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，m g气体X和n g气体Y所含分子数相同即m g气体X和n g气体Y的物质的量相同，即，得两者的相对分子质量比为，A正确；B同温同压下X 与Y两气体的密度之比等于摩尔质量之比为mn，B错误；C等质量气体X 与Y摩尔质量与物质的量成反比，故所含分子数之比为nm，C正确；D同温
7、同压下，等体积的X与Y质量比等于摩尔质量之比为mn，D正确；故选B。5. 下列离子方程式不正确的是A. Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4 + 8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB. 用稀硫酸除去铜绿：4HCu2(OH)2CO3=2Cu2CO23H2OC. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使完全沉淀：2Ba2Al324OH= Al(OH)3NH3H2O2BaSO4D. 少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：Ca22OH2HCO3=CaCO32H2O【答案】A【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，故符合题意；B、铜绿是碱式碳酸铜，化学式
8、为Cu2(OH)2CO3，和硫酸反应：4HCu2(OH)2CO3=2Cu2CO23H2O，故不符合题意；C、使完全沉淀，消耗2molBa2，即2molBa(OH)2，1molAl3先和3molOH反应生成Al(OH)3，然后OH再和反应NH3H2O，即2Ba2Al324OH= Al(OH)3NH3H2O2BaSO4，故不符合题意；D、少量的系数定为1，则有Ca(OH)22NaHCO3=CaCO32H2ONa2CO3，故不符合题意。6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. 1.0 molL1 KNO3 溶液： H+、 Fe2+、 Cl、 SO42B. 能溶解 Al2O3
9、 的溶液： Na+、 K+、 Cl、 SiO32C. 无色透明溶液中： Al3+、 Cu2+、 Cl、 HCO3D. 使甲基橙变红色的溶液： Mg2+、 K+、 Cl、 SO42【答案】D【解析】A项，Fe2+是常见还原性离子，与H+和NO3-离子之间发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B项，能溶解Al2O3的溶液可能是强酸性或强碱性，酸性条件下SiO32-不能大量存在，故B错误；C项，Cu2+有颜色，不能大量存在，且Al3+、Cu2+与HCO3-发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故C错误；D项，使甲基橙变红色的溶液呈酸性，酸性条件下上述离子之间不发生任何反应，一定能大量共存，故D正
10、确。点睛：本题考查离子的共存，侧重氧化还原反应的离子共存问题的考查，注意明确习题中的信息及离子之间的反应，A项中的氧化还原反应为解题的易错点。7. 向含 Na+、 Al3+、 Fe3+、 Fe2+、 Cl、 SO42的水溶液中，加入足量的 Na2O2 固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（ ）A. 2 种B. 3 种C. 4 种D. 5 种【答案】A【解析】【详解】Na2O2能与水反应生成NaOH，则Na+数目增多，Al3+、Fe3+和Fe2+都不能和OH-大量共存，所以上述离子数目没有变化的只有Cl-和SO42-，故选A。8. 将SO2通入足量
11、Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生的两个化学反应为SO22Fe32H2OSO422Fe24W；Cr2O72aFe2bHxCr3yFe3zH2O。下列有关说法正确的是A. 还原性：Cr3SO2B. 方程式中W为OHC. 方程式中，a6，b14D. SO2、Fe2在反应中均只能做还原剂【答案】C【解析】【详解】A.根据反应规律反应中还原性：SO2 Fe2 中还原性： Fe2 Cr3因此还原性：SO2 Cr3 故A错误；B.根据电荷守恒，方程式中W应为H，故B错；C.配平后为Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，故C正确；D.SO2、Fe2中硫元素铁
12、元素的化合价均为中间价，既能做还原剂也能做氧化剂，故D错误故选：C。9. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果，晋代抱朴子中描述了大量的化学反应，其中有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”；“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是（已知丹砂化学式为HgS）（ ）A. 中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应B. 中反应的离子方程式为C. 根据可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜【答案】C【解析】【详解】AHgHgS是水银发生了氧化反应，故A错误；B中是铁和发生置换反应生成，正确的离子方程式为，故B错误；
13、 CS和Hg反应生成HgS，因此可以用硫粉覆盖温度计打破后流出的水银，防止中毒，故C正确； D根据金属活动性顺序，Cu排在Hg的前面，因此Hg不能置换出Cu，故D错误；故答案为C。10. 将0.2mol钠、镁、铝、 铁分别放入100m 1molL-1的盐酸中，产的气体体积比是(同温同压下)A. 1:2:3:2B. 6:3:2:3C. 1:1:1:1D. 2:1:1:1【答案】D【解析】【分析】【详解】金属的物质的量均为0.2mol，n(HCl)=0.1mol，根据相关反应方程式判断反应后金属均过量。过量的钠与水反应也生成氢气，0.2molNa生成0.1molH2，其他金属根据HCl的物质的量计
14、算生成的氢气，均为0.05mol，故产生的气体体积比是2：1：1：1，故选D。【点睛】解答此题首先根据反应方程式结合题给数据分析哪种物质过量，根据不足的物质计算生成氢气的量，特别注意过量的钠能与水反应也放出氢气。11. 将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留下列分析正确的是（）A. 残留固体是2mol Na2CO3B. 残留固体是 Na2CO3和NaOH的混合物C. 反应中转移2mol电子D. 排出的气体是1.5mol氧气【答案】A【解析】【详解】过氧化钠受热不分解，但是受热分解，产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都
15、能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应，得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol电子，答案选A。12. 一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于30mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1molL-1的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为A. 2.4molL-1B. 5.3molL-1C. 7
16、.2molL-1D. 8molL-1【答案】D【解析】【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g -3.52g =2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度，据此分析。【详解】金属离子全部沉淀时，得到6.24
17、g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g -3.52g =2.72g，氢氧根的物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得：x=0.02mol，y=0.04mol，根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)， n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24mol，因此c(HNO3)=；答案选D【点睛】根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量是难点。13.
18、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料【答案】B【解析】【详解】A铝的金属活泼性强，易被空气中的氧气氧化，在铝的表面形成一层致密的薄膜，由于薄膜的保护可用于制作铝金属制品，A与题意不符；B明矾溶于水并水解形成胶体，胶体具有吸附溶液中颗粒的作用，起到净水的作用，可用于净水，B符合题意；C氢氧化铝能与盐酸反应，可用于中和过多的胃酸，C与题意不符；D氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，氧化铝熔融时可产生阴阳离子，可用作电解冶炼铝的原
19、料，D与题意不符；答案为B。14. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（ ）A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【答案】D【解析】【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al
20、2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。15. 实验室用下列装置制备无水AlCl3(183升华)，无水AlC13遇潮湿空气即产生大量白雾。下列说法错误的是A. b、c、f中依次盛装饱和食盐
21、水、浓硫酸、浓硫酸B. g中发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC. e装置的收集器必须保持干燥D. 实验时，a和d处酒精灯应同时点燃【答案】D【解析】【分析】【详解】A. b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸，作用为除去氯气中的氯化氢气体和防止水蒸气进入e，选项A正确；B. g中未反应的氯气被氢氧化钠溶液吸收，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，选项B正确；C. e装置的收集器必须保持干燥，否则无水AlC13遇潮湿空气即产生大量白雾，选项C正确；D. 实验时，必须先点燃a处酒精灯，氯气通入一段时间后点燃d处酒精灯，选项D错误。答案选
22、D。16. 某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验： 混合物溶于水，得到澄清透明溶液； 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色； 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为A. KCl、NaClB. KCl、MgSO4C. KCl、CaCO3D. MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【详解】混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。17. 制印
23、刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是( )A. 有铜无铁B. 有铁无铜C. 铁、铜都有D. 铁、铜都无【答案】B【解析】【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。【详解】AFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后，Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故
24、A不选；BFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选；C如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；故选：B。18. 现有下列五个转化，其中不能通过一步反应实现的是( )SiO2Na2SiO3 CuSO4CuCl2 SiO2H2SiO3 CuOCu(OH)2 Na2O2Na2SO4A. 和B. 和C. D. 【答案】B【解析】【详解】SiO
25、2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，一步可以实现；CuSO4与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和CuCl2，一步可以实现；SiO2不溶于水，与水也不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸，一步不能实现；CuO不溶于水，与水也不反应；氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，一步不能实现；Na2O2与硫酸反应可以生成Na2SO4，一步可以实现；故选B。19. 下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是( )A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B. 反应Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3，反应Na
26、2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，两反应是相互矛盾的，不可能都能发生C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D. 祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeOAl2O36SiO2【答案】D【解析】【详解】A硅酸钠能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，不能用磨口玻璃塞试剂瓶存放，故A错误；B反应Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3是强酸制弱酸，反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2，是高温下硅酸钠比碳酸钠稳定，原理不同，都可发生，两者不矛盾，故B错误；C石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故C错误；D祖母绿的主要
27、成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，故可以表示为：3BeOAl2O36SiO2，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意石英玻璃主要成分二氧化硅，不是硅酸盐，类似的还有，水晶、光导纤维、硅芯片等都不是硅酸盐材料，难点是B，要注意反应条件不同，反应的原理可能不同。20. 在复杂体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题下列反应先后顺序判断正确的是A. 在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+B. 在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐
28、滴加入盐酸：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-C. 在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3D. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+【答案】A【解析】【详解】A、在含等物质量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Ag+Fe3+Cu2+H+Fe2+，则化学反应的先后顺序为Ag+、Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，正确；B、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，错误；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KO
29、H的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，错误；D、含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-Fe2+Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，错误。21. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )实验现象结论A将Na2SO3样品溶于稀硝酸后，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成Na2SO3晶体已氧化变质B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没
30、有变质D把除去氧化膜的铝箔迅速放到酒精灯火焰上加热铝熔化后滴落铝熔点低A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】AHNO3具有强氧化性，能把SO32氧化成SO42，无法说明Na2SO3是否变质，故A不符合题意；B有黑色颗粒产生，该黑色颗粒为碳单质，CO2中C转化成碳单质，C的化合价降低，CO2具有氧化性，故B符合题意；C久置Na2O2转化成Na2CO3，碳酸钠与盐酸反应产生无色的CO2，由于过氧化钠也能与水反应生成无色的氧气，现象相同，故不能证明Na2O2是否变质，故C不符合题意；D除去氧化膜的铝箔能立刻被氧化，表面会形成致密的氧化膜，在酒精灯火焰上加热不会滴落，故D不符合题意
31、；故选B。22. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（ ）A. 步骤中的可用替换B. 步骤中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C. 步骤发生反应的离子方程式为D. 如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】【详解】A.步骤中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C. 步骤与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法
32、计算试样纯度，选项D错误。答案选D。23. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示已知硝酸只被还原为NO气体。下列分析或结果错误的是 A. 原混合酸中的物质的量为B. OA段产生的是NO，AB段发生的反应为，BC段产生氢气C. 第二份溶液中最终溶质为D. 浓度为【答案】A【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2。A、OA段发生反应为：，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离
33、子方程式计算；B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度。【详解】A、根据题图可知，OA段发生的反应为：，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中，所以原混合酸中的物质的量为，A符合题意；B、OA段发生的反应为：，产生NO，AB段发生的反应为，BC段发生的反应为，产生氢气，B不符合题意；C、第二份溶液中硝酸全部被还原，因为溶液中有，并且Fe全
34、部转化为，所以最终溶液中溶质为，C不符合题意；D、反应最终消耗，其物质的量为，所有的铁都以硫酸亚铁的形式存在于溶液中，根据守恒可知，每份溶液中含硫酸，所以硫酸的浓度是，D不符合题意；故答案为：A。【点睛】硝酸与铁的反应中需注意，若只有硝酸与铁发生反应，则硝酸体现氧化性、酸性，若硝酸和其它酸组成的混酸与金属单质发生反应，则硝酸有可能只是体现出氧化性，是否体现出酸性，取决于溶液中氢离子的量，因此在硝酸与其它酸组成的混酸溶液与金属单质反应的相关计算时，需利用离子反应方程式计算。二、非选择题(共3题，共39分)24. CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。(1)现要用如上图所示
35、的浓硫酸来配制步骤中所需要的1mol/L的稀硫酸480mL，需用这种浓硫酸的体积为_mL。(2)配制该稀硫酸溶液所用到的玻璃仪器除了玻璃棒、量筒、烧杯之外还有_、_。 (3)下列哪些操作会使所配稀硫酸浓度减小_A洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶B定容时，眼睛俯视溶液凹液面最低点C容量瓶中原残留少量蒸馏水D定容摇匀后容量瓶液面低于刻度线，未补加水到刻度线E量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水(4)制取硫酸铜的途径、中，途径_能更好地体现绿色化学思想。(5)请写出途径的化学反应方程式_。(6)请写出途径的化学反应方程式_。【答案】 (1). 27.2 (2). 500mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (
36、4). AE (5). (6). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O (7). 2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2【解析】【分析】反应为Cu与稀H2SO4、HNO3反应生成CuSO4，利用硝酸的强氧化性将Cu单质氧化为Cu2+，反应方程式为：3Cu+3H2SO4+2HNO3=3CuSO4+2NO+4H2O；反应为Cu与70% H2SO4、O2反生成CuSO4，利用O2的强氧化性将Cu单质氧化为Cu2+，反应方程式为：2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；反应为Cu与浓 H2SO4在加热的条件下反生成CuSO4，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuS
37、O4+SO2+2H2O；反应为CuSO4在1100受热分解生成Cu2O与混合气体，该反应中Cu元素化合价降低则只有O元素化合价升高，即生成O2，但气体为混合气体，则可能含有SO2或SO3，反应方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2；为反应为CuSO4与NaOH反应生成Cu(OH)2再与Y反应生成Cu2O，则Y应含有醛基；根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤及误差分析解答(1)(3)。【详解】(1)配制步骤中所需要的1mol/L的稀硫酸480mL，实验室中无此规格容量瓶，需要选择500mL容量瓶，计算配制1mol/L的稀硫酸500mL，图示中浓硫酸的物质的量浓度，稀释过程中溶液中
38、溶质的物质的量不变计算可知18.4mol/LVL1mol/L0.500L，解得V0.0272L27.2mL，故答案为：27.2；()用浓溶液配制稀溶液一般步骤：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取一定体积的浓溶液，然后在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；(3)A洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，配制溶液中溶质物质的量减小，浓度偏低，A符合；B定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B不符合；C容量瓶中原残留少量蒸馏水对配制溶液浓度无影
39、响，C不符合；D定容摇匀后容量瓶液面低于刻度线，未补加水到刻度线，对配制溶液浓度无影响，D不符合；E量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水，溶质取用量减小，配制溶液浓度减小，E符合；故答案为：AE；(4)相对于途径、，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，故答案为：；(5)途径的反应为浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；(6)由分析可知：途径的化学反应方程式为2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2，故答案为：2CuSO4Cu2
40、O+SO2+SO3+O2。25. .下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取了100ml水样进行实验：向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1molL-1硝酸，实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示：（1）仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是_。（2）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为_mL。（3）试根据实验结果推测K+是否存在_（填“是”或“否”）若存在，其物质的量浓度的范围是_molL-1（若不存在，则不必回答）。（4）设计
41、简单实验验证原水样中可能存在的离子_（写出实验步骤、现象和结论）。.湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。（1）写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。（2）若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。（3）低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是_。【答案】 (1). Fe3+、Cu2+ (2). 40 (3). 是 (4). c(K+)0.6molL-1 (5). 取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无
42、Cl-存在(或其它合理答案) (6). 2Fe(OH)33ClO-4OH-=2FeO42-3Cl-5H2O (7). 0.15 (8). 该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【解析】【分析】.根据题意，水样无色，可排除Fe3+、Cu2+；根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液，到a处沉淀达到最大量，可判断CO32-、SO42-至少存在一种，沉淀为BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判断沉淀为BaCO3和BaSO4两者的混合物，则水样中含CO32-和SO42-，能与CO32-反应而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；阳离子只剩下K+
43、，根据电中性原则可判断一定有K+；根据题给的信息不能判断Cl-是否一定存在。.(1)高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式；(2)建立电子转移和还原产物关系便可求出还原产物的物质的量；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明从Na2FeO4K2FeO4，溶解度变小。【详解】.(1)根据题意，水样无色，可排除有色离子，所以仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。答案为：Fe3+、Cu2+；(2)根据分析可知，由b点到c点的变化是BaCO3溶于稀硝酸的过程，则：n(BaCO3)=
44、(6.27g-2.33g)197gmol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案为：40；(3)根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液产生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判断水样中含CO32-和SO42-，与CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色离子Fe3+、Cu2+也已排除，阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol(10010-3L)=0.2molL-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233gmol-1=0.01mol，c(
45、SO42-)=0.01mol(10010-3L)=0.1molL-1，根据电中性原则有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能确定，所以有：c(K+)2c(CO32-)+2c(SO42-)=20.2molL-1+20.1molL-1=0.6molL-1。答案为：是；c(K+)0.6molL-1；(4)根据分析，原水样中可能存在的离子是Cl-，可取滴加过量稀硝酸后的溶液检验，此时已无CO32-和SO42-的干扰，且已被稀硝酸酸化。检验方法为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在。答案为：取cd段滤
46、液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)；.(1)根据分析可知，高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，铁元素化合价升高，失电子；有元素化合价升高，必有元素化合价降低，所以氯元素化合价应降低，ClO-是反应物，Cl-是产物。再根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O。答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-Cl-对应化合价变化为+1-1，降低2，所以还原产物是Cl-，Cl-和转移的电子的
47、关系为：Cl-2e-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.3mol2=0.15mol。答案为：0.15；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明在此条件下K2FeO4已经过饱和，从而说明在该温度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案为：该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【点睛】1离子推导题的一般思路是：先利用题给信息直接推，再根据已知的离子进一步推，最后根据电中性原则推。第三步容易被忽视，要在平时练习中养成良好的习惯；2涉及氧化还原反应的离子方程式的配平：先依据电子守恒判断氧化剂、还
48、原剂、氧化产物和还原产物，再依据电荷守恒安排其它离子，使方程两边电荷代数和相等，最后依据质量守恒安排剩下的物质并配平，思路清晰有利于快速、准确配平涉及氧化还原反应的离子方程式。26. (1)铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：沉淀 A、B的成分分别是_、_；步骤中的试剂a是_；试写出步骤中发生反应的离子方式_、_；简述检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：_。(2)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2xH2O)。有如下操作：已知：在pH为45时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，Cu2+却不水解。氧化剂A可选
49、用_(填编号，下同)。AKMnO4 BHNO3 CCl2要得到较纯的产品，试剂B可选用_。ANaOH BCuO CFeO试剂B的作用是_。A使Cu2+完全沉淀 B使Fe3+完全沉淀C降低溶液的pH D提高溶液的pH 从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_(按实验先后顺序选填编号)。A过滤 B蒸发至干 C冷却 D蒸发浓缩【答案】 (1). SiO2 (2). Fe(OH)3 (3). NaOH溶液 (4). CO2+OH-=HCO (5). CO2+AlO+H2O=Al(OH)3+HCO (6). 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe
50、3，否则不含Fe3 (7). C (8). B (9). BD (10). DCA【解析】【分析】(1) 氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸；由流程图可知，铝土矿中加入盐酸，氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不溶解，沉淀A为二氧化硅；滤液乙中通入过量二氧化碳，生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，说明滤液乙中含有偏铝酸钠；由乙中含有偏铝酸钠可知，试剂a为氢氧化钠溶液，沉淀B为氢氧化铁;(2)含少量铁的氧化铜中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2、CuO+2H+=Cu2+H2O，加入氧化剂A的目的是把
51、亚铁离子氧化，除杂时不能引入新的杂质，A可能为过氧化氢或氯气等；加入试剂B的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，B为CuO等，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体，以此来解答。【详解】(1)由上述分析可知，步骤加入盐酸，Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，除去SiO2，沉淀A为二氧化硅，滤液中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，Fe3+3OH= Fe(OH)3，故B为Fe(OH)3，步骤中的试剂a是氢氧化钠溶液，除去铁离子，故答案为：SiO2，Fe(OH)3，NaOH溶液； 二氧化碳与氢氧化钠溶液
52、反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方式为：CO2+OH-=HCO3-，CO2+Al(OH)4-=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：CO2+OH-=HCO3-；CO2+Al(OH)4-=Al(OH)3+HCO3-；检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3，故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3；(2)加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，而且
53、不引入新的杂质离子，使用KMnO4引入K+和Mn2+，使用HNO3引入NO3-，且无法除去，当加入氯气时，发生反应以后，产生氯离子，不是杂质，故选C，故答案为：C；Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入试剂B要能够促使水解完全进行，又不引入新的杂质离子，如使用NaOH引入新的Na+，使用FeO引入Fe2+，而氧化铜为固体，提高pH的同时引入的是铜离子，没有新杂质引入，故选B，故答案为：B；选择的试剂B，通过与酸的反应生成Cu2+且提高溶液的pH，因在pH为45时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解，所以促使了Fe3+完全沉淀，故选BD，故答案为：BD；从溶液中得到晶体
54、，一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即实验的先后顺序为DCA，故答案为：DCA。三、选做题(共15分，任选一题作答。如果多做，按27题计分)27. 铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现的。目前铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。(1)铬元素基态原子的电子排布式为_，其核外未成对电子数为_。(2)金属铬的第二电离能（ICr）和锰的第二电离能（IMn）分别为1590.6kJmol-1、1509.0 kJmol-1，ICrIMn的原因是_。(3)雷氏盐（Reinecke salt）的化学式为NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。雷氏
55、盐中铬元素的化合价为_，NH3与铬离子形成的化学键为_。NCS-的立体构型是_，其中碳原子的杂化轨道类型为_。SO2、CO2、BaCl2、SCl2四种分子中，与NCS-互为等电子体的是_。乙醇的沸点比溴乙烷高，其原因是_。(4)硒化铬的晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为_gcm-3（列出表达式即可）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1（或Ar3d54s1） (2). 6 (3). 铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态 (4). +3 (5). 配位键 (6). 直线形 (7). sp (
56、8). CO2、BeCl2 (9). 乙醇分子间形成氢键 (10). （或）【解析】(1). 铬元素是24号元素，其价电子排布非常特别，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1（或Ar3d54s1），其3d和4s都是半充满状态，3d轨道的5个电子分占5个轨道并且自旋状态相同，这样排布体系能量较低，其核外未成对电子数为6（3d5个、4s1个）。(2). 金属铬失去第1个电子后，外围电子结构为3d5,3d轨道处于较稳定的半充满状态，而锰失去第1个电子后外围电子结构为3d54s1，4s轨道的电子能量较低容易失去，失去后变为半充满状态，所以铬的第二电离能高于锰。答案：ICrIM
57、n的原因是铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态。(3). 由雷氏盐（Reinecke salt）的化学式NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O可知，它是一种配合物，其外界是一个铵根NH4+，带一个单位的正电荷，所以其内界必然带一个单位的负电荷，内界有两种配体，分别是氨分子和硫氰根离子，氨分子不带电荷，硫氰根离子带一个单位的负电荷，所以中心原子铬带3个单位的正电荷，铬的化合价是+3。雷氏盐中铬元素的化合价为+3，NH3与铬离子形成的化学键为配位键或共价键。由雷氏盐的结构式可知，NCS-的中心原子C原子形成了两个双键，每个双键含一个键和一个
58、键，所以NCS-的立体构型是直线形，其中碳原子的杂化轨道类型为sp 杂化。NCS-中有3个原子，价电子数是16，所以SO2、CO2、BaCl2、SCl2四种分子中，与NCS-互为等电子体的是CO2、BeCl2。乙醇和溴乙烷都是分子晶体，它们的分子间都有范德化力，但是乙醇分子间还能形成氢键，氢键是比范德化力更强的分子间作用力，所以乙醇的沸点比溴乙烷高，其原因是乙醇分子间形成氢键。 (4). 由硒化铬的晶胞结构可求出每个晶胞中有2个铬原子和2个硒原子。由晶胞参数为anm和bnm可算出每个晶胞的体积为a2b nm3即a2b 10-21cm3，硒化铬的摩尔质量为131g/mol，取1mol硒化铬的晶胞
59、来计算它的密度，1mol晶胞中有2molCrSe，则其质量为262g，体积为NAa2b 10-21cm3，则硒化铬的密度为gcm-3 点睛：判断分子或离子的空间构型的方法有多种，最简单的方法是根据价层电子对互斥理论计算出n值。当n=2时，中心原子为sp杂化，理论模型为直线形；当n=3时，中心原子为sp2杂化，理论模型为平面三角形；当n=4时，中心原子为sp3杂化，理论模型为四面体。还可以根据等电子原理判断杂化类型和空间构型，如本题中与NCS-互为等电子体的CO2、BeCl2，它们的空间构型都是直线形，所以NCS-也是直线形。28. 有机物G是一种香料，可采用丙烯和甲苯为主要原料按下列路线合成：
60、已知： A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%。 RX+CH2=CHRRCH=CHR+HX。回答下列问题：(1)A的分子式为_，F的名称是_。(2)B中含有的官能团名称为_。(3)的反应类型为_，反应 的试剂及条件为_。(4)反应 的化学方程式为_。(5)X比D多1个CH2原子团，能与FeCl3溶液发生显色反应的X有_种，写出一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：_。【答案】 (1). C3H4O (2). 4-氯甲苯(或对氯甲苯) (3). 碳碳双键、羧基 (4). 取代反应(或水解反应) (5). Cl2、铁粉 (6). +HCl (7). 9种 (8). 或【解
61、析】【分析】且能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，则A中含有醛基，丙烯发生催化氧化反应生成A，A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%，根据B分子式知，A分子式为C3H4O，A的不饱和度=32+242=2，醛基的不饱和度是1，所以A结构简式为CH2CHCHO，B为CH2CHCOOH；甲苯发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，根据D知，C为；BD发生酯化反应生成E为；根据G分子式知，根据信息知，生成G的反应为取代反应，G为，结合题目分析解答。【详解】（1）A为CH2CHCHO，A的分子式为C3H4O；F的名称是4氯甲苯或对氯甲苯，故答案为：C3H4O；4氯甲苯或对氯甲苯；(2)
62、B为CH2CHCOOH，B中含有的官能团名称为羧基和碳碳双键，故答案为：碳碳双键、羧基；(3)的反应类型为水解反应或取代反应，反应的试剂及条件为Cl2、铁粉，故答案为：水解反应或取代反应；Cl2、铁粉；(4)E为，根据信息知，生成G的反应为取代反应，G为，所以反应的化学方程式+ +HCl，故答案为：+HCl；(5)X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如果取代基为CH2CH3、OH，有3种结构；如果取代基为2个CH3、1个OH，有6种；则反应条件的有9种结构；一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：、，故答案为：9；或。【点睛】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应、同分异构体判断等为解答的关键，同分异构体个数的判断要注意官能团性质，能与与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，再根据苯环取代位的不同，计算个数。