2015届上海市嘉定区高三一模化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015届上海市嘉定区高三一模化学试卷与答案（带解析） 选择题 难溶于水的金属氧化物是 A SiO2 B CO2 C Na2O2 D MnO2 答案： D 试题分析： A、二氧化硅是难溶于水的氧化物，但是非金属氧化物，错误； B、二氧化碳能溶于水，错误； C、过氧化钠与水反应，生成氢氧化钠、氧气，错误； D、二氧化锰是金属氧化物且难溶于水，正确，答案：选 D。 考点：考查对氧化物溶解性的判断 下列实验误差分析错误的是 A用湿润的 pH试纸测稀碱溶液的 pH，测定值偏小 B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 C滴定前滴定管尖嘴内有气泡，终点读数时尖嘴内无气泡，所测体积偏大 D测

2、定 1mol气体体积时，未冷却至室温就读数，所测体积偏大 答案： B 试题分析： A、碱溶液稀释时碱性减弱， pH减小，正确； B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，则浓度偏大，错误； C、滴定前滴定管尖嘴内有气泡，使初读数偏小，终点读数时尖嘴内无气泡，所测体积偏大，正确； D、测定 1mol气体体积时，未冷却至室温就读数，温度升高，体积偏大，所以所测体积偏大，正确，答案：选 B。 考点：考查对实验误差的分析 在浓盐酸中 H3AsO3与 SnCl2反应的离子方程式为： 3SnCl2 12Cl 2H3AsO3 6H 2As 3SnCl62 6M 关于该反应的说法中正确的组合

3、是 氧化剂是 H3AsO3； 还原性： Cl As； 每生成 7.5gAs，还原剂失去的电子为 0.3mol； M为 OH ； SnCl62 是氧化产物。 A B C D只有 答案： A 试题分析：在该反应中， As元素的化合价从 +3价降低到 0价， Sn元素的化合价从 +2价升高到 +4价，所以氧化剂是 H3AsO3；还原剂是 SnCl2；氧化剂被还原，则 As是还原产物，还原剂被氧化， SnCl62 是氧化产物，则还原性： Sn2+As；根据元素守恒可知， M是 H2O；每生成 7.5gAs， As的物质的量是 0.1mol，则还原剂的物质的量是 0.15mol，还原剂失去的电子为 0.

4、15mol2=0.3mol，所以正确的有 ，答案：选 A。 考点：考查氧化还原反应的分析 羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。 （羟基扁桃酸） 下列有关说法正确的是 A苯酚和羟基扁桃酸互为同系物 B标准状况下， 22.4L羟基扁桃酸中共用电子对的数目为 24 NA C乙醛酸只存在一种不同环境的氢原子 D羟基扁桃酸分子中至少有 12个原子共平面 答案： D 试题分析： A、苯酚和羟基扁桃酸的结构不相似，分子组成不仅仅相差 -CH2，所以不是同系物，错误； B、标准状况下，羟基扁桃酸不是气体，则 22.4L的羟基扁桃酸的物质的量不是 1mol，所以共用电子对的数目不是 2

5、4 NA，错误； C、乙醛酸存在两种不同环境的氢原子，错误； D、与苯环直接相连的原子与苯环是共面的，所以羟基扁桃酸分子中至少有 12个原子共平面，正确，答案：选 D。 考点：考查对有机物结构、性质的分析判断 将一镁铝合金（含 0.1 molMg,0.2 molAl）完全溶于由 0.2 molNH4Cl和 1 molHCl组成的混合溶液中，在反应后的溶液中慢慢加入 Na2O2粉末，加热排出气体，则加入 Na2O2的量和生成气体及沉淀的量的关系正确的是 A B C D Na2O2（ mol） 0.2 0.4 0.6 0.7 沉淀（ mol） 0 0.2 0.3 0.1 气体（ mol） 0.3

6、0.4 0.5 0.6 答案： C 试题分析：根据 Mg、 Al的物质的量可知，镁铝合金与 0.2 molNH4Cl和 1 molHCl反应，根据 Mg 2HCl； 2Al 6HCl；生成 0.1mol氯化镁和 0.2mol氯化铝，盐酸过量，剩余 0.2molHCl。 A、若加入的过氧化钠的物质的量是 0.2mol，则 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，则生成 0.1mol氧气，生成 0.4mol氢氧化钠，所以会有沉淀生成，与表中数据不符，错误； B、若过氧化钠的物质的量是0.4mol，则生成氧气的物质的量是 0.2mol,生成 0.8mol氢氧化钠，其中 0.2mol氢

7、氧化钠与 HCl完全反应，剩余 0.6mol与镁离子、铝离子反应，则生成 0.1mol氢氧化镁沉淀和 0.4/3mol氢氧化铝沉淀，不会与铵根离子反应，错误； C、若过氧化钠的物质的量是 0.6mol，则生成氧气的物质的量是 0.3mol，此时生成1.2mol氢氧化钠，其中 0.2mol与 HCl反应，剩余 1mol氢氧化钠与镁离子、铝离子反应生成 0.1mol氢氧化镁沉淀和 0.2mol氢氧化铝沉淀，需要氢氧化钠0.8mol，还剩余 0.2mol氢氧化钠则与铵根离子反应生成 0.2mol氨气，所以气体的物质的量是 0.2+0.3=0.5mol，沉淀的物质的量是 0.3mol，所以与表中数据相

8、符，正确； D、若过氧化钠的物质的量是 0.7mol，则产生氧气的物质的量是0.35mol，而氨气的最大物质的量是 0.2mol，所以产生气体的物质的量最大是0.55mol，与表中数据不符，错误，答案：选 C。 考点：考查混合物的计算 浓硫酸在加热条件下能溶解金属银，反应的化学方程式为 2Ag +2H2SO4(浓 )Ag2SO4 +SO2+2H2O,下列反应中浓硫酸的作用与该反应相同的是 A Cu + 2H2SO4 (浓 ) CuSO4 + SO2 + 2H2O B C +2H2SO4 (浓 ) CO2 + 2SO2+ 2H2O C 2FeO+ 4H2SO4 Fe2(SO4)3+SO2+ 4H

9、20 D C2H5OH +2H2SO4 (浓 ) 2C + 2SO2+ 5H2O 答案： AC 试题分析： Ag与浓硫酸的反应中，浓硫酸起到氧化性和酸性的作用。 A、 Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，浓硫酸起到氧化性和酸性的作用，正确； B、 C与浓硫酸的反应中，浓硫酸只被还原为二氧化硫，所以浓硫酸只起到氧化性的作用，错误； C、氧化亚铁与浓硫酸的反应中，浓硫酸被还原为二氧化硫，同时还生成盐，所以起到氧化性和酸性的作用，正确； D、乙醇与浓硫酸的反应中，浓硫酸被还原为二氧化硫，同时起到脱水剂的作用，错误，答案：选 AC。 考点：考查浓硫酸在反应中的作用的判断 天然碱的化学式表示为 2

10、Na2CO3 NaHCO3 2H2O，取少量该物质溶于水得到稀溶液，在溶液中逐滴加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是 A HCO3 + CO32- + 3H+ 2H2O + 2CO2 B 2HCO3 + CO32- + 4H+ 3H2O +3CO2 C CO32- + H+ HCO3 D HCO3 + 3CO32- + 7H+ 4H2O + 4CO2 答案： AB 试题分析：天然碱的化学式表示为 2Na2CO3 NaHCO3 2H2O，取少量该物质溶于水得到稀溶液，盐酸不足时，氢离子先与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水。天然碱中碳酸根离子与碳

11、酸氢根离子的物质的量之比是 2:1。 A、当氢离子的物质的量是碳酸根离子的物质的量的 3倍时，则碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，则碳酸根离子与碳酸氢根离子的物质的量之比是 2:1，错误； B、当氢离子的物质的量是4mol时，则其中的 2mol氢离子与 2mol的碳酸根离子反应，剩余 2mol氢离子与 2mol碳酸氢根离子反应，所以离子方程式中碳酸根离子与碳酸氢根离子的物质的量之比是 1:1，错误； C、氢离子不足时只与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，正确； D、 3mol的碳酸根离子与 6mol氢离子完全反应生成水和二氧化碳，此时溶液中有 1.5mol碳酸氢根离子，则剩余 1mol的氢离子与

12、 1mol碳酸氢根离子反应，正确，答案：选 AB。 考点：考查与量有关的离子方程式的判断 室温下，将一元酸 HA溶液和 NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表 实验编号 起始浓度 (mol/L) 反应后溶液的 pH C（ HA） C（ NaOH） 0.1 0.1 9 x 0.2 7 下列判断正确的是 A实验 反应后的溶液中 C（ Na+） C（ A ） C（ OH ） C（ H+） B实验 反应后的溶液中 C（ OH ） =C（ Na+） -C（ A ） = mol/L C实验 反应后的溶液中 C（ A ） + C（ HA） =0.1 mol/L D实验 反应后的溶液中 C（

13、Na+） =C（ A ） C（ OH ） =C（ H+） 答案： AD 试题分析： A、实验 反应后的溶液呈碱性，说明 HA是弱酸，生成的盐 NaA为强碱弱酸盐，溶液中离子浓度的大小关系是 C（ Na+） C（ A ） C（ OH ） C（ H+），正确； B、根据电荷守恒，则实验 反应后的溶液中 C（ Na+） +C（ H+） =C（ A ） +C（ OH ），则 C（ OH ） = C（ Na+） +C（ H+） -C（ A ），错误； C、实验 反应后的溶液呈中性，因为 HA是弱酸， x=0.2时，溶液为碱性，则溶液为中性时 x0.2，所以 C（ A ） + C（ HA） =x/20.1

14、 mol/L,错误； D、实验 反应后的溶液呈中性，则 C（ OH ） =C（ H+） ,根据电荷守恒，则 C（ Na+） +C（ H+） =C（ A ） +C（ OH ），所以 C（ Na+） =C（ A ） C（ OH ）=C（ H+），正确，答案：选 AD。 考点：考查酸碱混合的判断，离子浓度大小关系的比较，守恒规律的应用 固体混合物，可能含有 FeCl2、 NaNO2、 Ba(OH)2、 AlCl3、 Na2SO3中的若干种。取适量该混合物加适量水充分搅拌，得到白色沉淀 A与无色溶液 B. 取适量 A加入稀硝酸至过量，白色沉淀部分溶解 取少量 B逐滴加入稀硫酸至过量，不断生成白色沉淀后

15、沉淀部分溶解 取少量 B滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，最终得无色溶液 根据上述实验现象，以下推测正确的是 A无法判断固体中 FeCl2是否存在 B 中使高锰酸钾溶液褪色的是亚硝酸根离子 C B的 pH 7 D固体由 Ba(OH)2、 AlCl3、 Na2SO3组成 答案： BC 试题分析：取适量该混合物加适量水充分搅拌，得到白色沉淀 A与无色溶液 B. 取适量 A加入稀硝酸至过量，白色沉淀部分溶解，说明溶液中一定不存在FeCl2，则该固体中产生的白色沉淀中有亚硫酸钡，说明固体中含有 Na2SO3；取少量 B逐滴加入稀硫酸至过量，不断生成白色沉淀后沉淀部分溶解，与酸反应产生白色沉淀的离子应是偏铝酸

16、根离子，说明溶液中存在 Al元素，说明固体开始混合时，铝离子被转化为偏铝酸根离子，所以溶液中一定存在 Ba(OH)2、 AlCl3；取少量 B滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，最终得无色溶液，因为溶液 B中不存在亚铁离子，所以与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应的离子只能是亚硝酸根离子，则固体中一定存在 NaNO2。 A、固体中 FeCl2一定不存在存在，错误；B、 中使高锰酸钾溶液褪色的是亚硝酸根离子，正确； C、 B为偏铝酸钡和NaNO2的混合液，都是强碱弱酸盐，所以溶液呈碱性， pH7，正确； D、固体由 Ba(OH)2、 AlCl3、 Na2SO3、 NaNO2组成，错误，答案：选 BC。 考点：

17、考查固体混合物的定性分析 将氢氧化钠、氯化钡和硫酸铝三种 固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，用 1mol L-1稀硫酸滴定，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示 下列有关判断正确的是： A A点所表示的沉淀是： Al(OH)3、 BaSO4 B B-C段所发生反应的离子方程式是： H+ OH- H2O C A-B段发生反应的离子方程式： Ba2+ + SO42- BaSO4 D拐点 E的横坐标为 70mL 答案： BD 试题分析：由图像可知， BC段沉淀质量保持不变，说明此时的 20mL硫酸与氢氧化钠反应生成水，所以三种固体混合后的溶液中氢氧化钠过量，则硫酸铝中Al元素转化为偏

18、铝酸根离子； AB段开始就有沉淀产生，说明加入 10mL硫酸与氢氧化钠、氯化钡同时反应，所以有沉淀产生，则三种固体混合后溶液中有氯化钡、氢氧化钠； CD段沉淀质量增大，说明此时硫酸与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀； DE段沉淀质量减小，说明硫酸与生成的氢氧化铝发生中和反应氢氧化铝沉淀溶解，只剩余硫酸钡沉淀。 A、 AB段的沉淀只有硫酸钡，无氢氧化铝，错误； B、 BC段是硫酸与氢氧化钠发生中和反应，离子方程式为 H+ OH- H2O，正确； C、 A-B段是硫酸与氢氧化钠、氯化钡同时反应，发生反应的离子方程式： Ba2+ + SO42- BaSO4和 H+ OH- H2O，错误； D、由图像

19、可知，生成氢氧化铝沉淀消耗 10mL的硫酸，根据 AlO2- H+ Al(OH)3 3H+，则氢氧化铝沉淀溶解则消耗 30mL 的硫酸，所以 E 点的横坐标是 40+30=70mL，正确，答案：选 BD。 考点：考查混合物的计算，图像的分析，离子反应的判断 下列有关实验的叙述正确的是 A检验溶液中 SO42 的方法是：先加入 BaCl2溶液，再加盐酸 B从溴水 中提纯单质溴的方法是：先用 CCl4萃取，分液后再蒸馏 C证明气体分子中含有 “C=C”的方法是：将该气体通入 KMnO4酸性溶液 D除去 CO2中少量 HCl的方法是：将混合气体通过盛有饱和 NaHSO3溶液的洗气瓶 答案： B 试题

20、分析： A、加入氯化钡溶液，产生不溶于稀盐酸的沉淀，不一定说明溶液中含有硫酸根离子，若含有银离子，有相同的实验现象，错误； B、溴在四氯化碳中的溶解度较大，所以用四氯化碳萃取，形成的互溶的液体，然后用蒸馏的方法使二者分离，正确； C、证明分子中含有碳碳双键的方法应使气体通过溴的四氯化碳溶液，使其发生加成反应，不能用高锰酸钾溶液，错误； D、 HCl与饱和的亚硫酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化硫，则二氧化碳气体中含有二氧化硫杂质，错误，答案：选 B。 考点：考查离子的检验、官能团的检验，物质的分离方法的判断 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置

21、和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 选项 a中的物质 b中的物质 C中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3 H2O B 稀硝酸 Cu NO2 H2O C 稀硫酸 FeS H2S NaOH溶液 D 浓盐酸 MnO2 Cl2 NaOH溶液 答案： C 试题分析： A、氨气的密度小于空气，所以用向下排空气法收集，不是向上排空气法，错误； B、二氧化氮与水反应生成硝酸和 NO，所以生成的 NO会排放到空气中，污染环境，所以不能用谁吸收二氧化氮，错误； C、稀硫酸与 FeS反应生成硫化氢气体，密度大于空气，所以用向上排空气法，硫化氢可与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和亚硫酸钠、水，正

22、确； D、浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热，缺少加热仪器，错误，答案：选 C。 考点：考查实验方案的分析与评价 少量 通入 “84消毒液 ”中，其离子反应方程式最合理的是： A H2SO3 ClO 2 H+ SO42 Cl B SO2 ClO H2O2 H+SO42 Cl C SO2 ClO H2OSO32 HClO D SO2 ClO 2OHSO42 Cl H2O 答案： D 试题分析： “84消毒液 ”的主要成分是次氯酸钠，与少量的二氧化硫反应，则应发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和氯离子，因为次氯酸钠是过量的，所以反应后的溶液呈碱性或中性，不会呈酸性，所以答案：选 D。 考点：考查离子方

23、程式正误的判断 下列有关化学用语的表述正确的是 答案： C 试题分析： A、该物质的命名为 2-甲基 -1,3-丁二烯，错误； B、该物质应以醇为母体，命名为 1-甲基丙醇，错误； C、二氧化碳是直线型分子， C与 O原子之间以碳氧双键结合，正确； D、该模型为乙烯的比例模型，错误，答案：选 C。 考点：考查对化学用语的判断 下列试 剂在空气中易被氧气氧化而变质的是 A亚硫酸 B次氯酸 C硝酸 D苯甲酸 答案： A 试题分析： A、亚硫酸具有还原性，在空气中易被氧气氧化而变质，正确； B、次氯酸具有强氧化性，在空气中分解生成氯化氢和氧气，错误； C、硝酸具有强氧化性，不会被氧化而变质，错误；

24、D、苯甲酸在空气中不易变质，错误，答案：选 A。 考点：考查物质氧化性、还原性的判断 下列说法正确的是 A宏观上的物质对外不显电性，是因为组成它们的微观粒子都是电中性的原子和分子 B某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物 C利用化学方法，我们可以制造出新的分子，但不能制造出新原子 D由两种元素组成的电解质分子中，显正价的是阳离子，显负价的是阴离子 答案： C 试题分析： A、组成物质的微粒不都是电中性的原子和分子，还有带电的阴离子、阳离子，但正负电荷为 0，所以物质不显电性，错误； B、含有一种元素的物质不一定是纯净物，可能是混合物，如同素异形体组成的物质只含一种元素，但

25、是混合物，错误； C、化学变化是原子的重新组合，形成新的分子，但原子的种类不变，正确； D、电解质分子中显正价的不一定是阳离子，显负价的不一定是阴离子，如 HCl中不存在阴阳离子，错误，答案：选 C。 考点：考查对过程物质微粒的判断 下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是 A原子核外的电子象云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云 B s亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动 C p亚层的原子轨道呈纺锤形，随着电子层数的增加， p亚层原子轨道也在增多 D s、 p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大 答案： D 试题分析： A、电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空

26、间的概率密度分布的形象化描述，错误； B、 s亚层的原子轨道呈球形，处在 该轨道上的电子不只在球壳内运动，也在球壳外运动，只是在球壳外运动的几率较小，错误； C、 p亚层的原子轨道呈纺锤形，随着电子层数的增加， p亚层原子轨道数不变，都是 3个原子轨道，错误； D、 s、 p电子原子轨道随电子层的增大离核越远所以平均半径增大，正确，答案：选 D。 考点：考查原子轨道的概念、电子云的概念 根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是 A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B核外电子排布相同的微粒化学性质相同 C Cl 、 S2 、 Ca2 、 K 半径逐渐减小 D还原性强弱 : F

27、- Cl- I- 答案： D 试题分析： A、同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，错误； B、核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如 S2-与 Ar的核外电子排布相同，但硫离子具有还原性，而 Ar不具有还原性，错误； C、离子半径随电子层数的增多而增大，随核电荷数的增多而减小，所以 S2 、 Cl 、 Ca2 、 K半径逐渐减小，错误； D、同主族元素的氧化性从上到下逐渐减弱，简单阴离子的还原性从上到下则逐渐增强，正确，答案：选 D。 考点：考查元素周期律的判断 在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡已经发生移动的是 A反应混合物的浓度 B

28、反应物的转化率 C正、逆反应速率 D反应混合物的压强 答案： B 试题分析： A、对于反应前后气体体积不变的可逆反应，缩小容器的体积，反应混合物的浓度增大，但平衡不移动，错误； B、反应物的转化率发生变化，则原平衡状态被破坏，平衡一定发生移动，正确； C、正逆反应速率在加入催化剂时都增大，但平衡不移动，错误； D、缩小容器的体积压强增大，对于反应前后气体体积不变的可逆反应，平衡不移动，错误，答案： 选 B。 考点：考查平衡移动的判断 下列各图中，纵坐标表示能量，横坐标表示反应过程，均从反应物开始。则表示在催化剂作用下，正反应是吸热反应的，比较合理的图象是 答案： C 试题分析：反应物的总能量低

29、于生成物的总能量时，反应表现为吸热反应，排除 A、 C；而 B图中的能量差实际是反应的活化能，不是反应热，错误，所以答案：选 C。 考点：考查对化学反应热效应的判断 石墨作电极电解氯化铜溶液 ,（下图），下列分析正确的是 A a端是直流电源的负极 B通电使氯化铜发生电离 C阳极上发生的反应： Cu2 +2eCu D通电一段时间，在阴极附近观察到有黄绿色气体产生 答案： A 试题分析： A、根据装置图可知， c 极是铜离子放电生成 Cu，所以 c 极是阴极，与电源的负极相连，所以 a极是负极，正确； B、电离是不需要外电源的，通电使氯化铜发生电解，错误； C、阳极是氯离子放电，生成氯气，错误；

30、D、通电一段时间，在阳极附近看到有黄绿色的气体生成，错误，答案：选 A。 考点：考查对电解反应原理的应用 常温下，在含有 H+ 、 SO42- 、 Fe 2+ 的溶液中，加入含有下列离子的溶液后，溶液中的各种离子仍能大量共存的是 A MnO4- B CH3COO- C S2O32- D Br- 答案： D 试题分析： A、加入高锰酸根离子，则与溶液中的亚铁离子发生氧化还原反应，则亚铁离子的数目减少，不能大量共存，错误； B、加入醋酸根离子，与溶液中的氢离子反应生成醋酸，不能大量共存，错误； C、加入 S2O32-，则在酸性条件下会发生歧化反应，不能大量共存，错误； D、加入溴离子，与三种离子都

31、不反应，可以大量共存，正确，答案：选 D。 考点：考查离子大量共存的判断 填空题 某芳香族化合物 H(C11H12O4)是有机合成工业的一种重要的中间产物，其合成路线如下。已知 2molC分子可缩合生成 1mol六元环化合物分子。 F常温下是气体，水溶液具有很好的防腐杀菌效果，且能与新制氢氧化铜反应。请回答下列问题： 49.F的电子式为 ， A的结构简式 B转化为 C的条件是 A水解、酸化、氧化、还原 B氧化、水解、酸化、还原 C水解、酸化、还原、氧化 D氧化、酸化、水解、还原 50.以 C为原料可合成可降解塑料，试写出其化学方程式 51.H与氢氧化钠溶液反应的化学方程式 52.H的同分异构体

32、有多种，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式 。（写两种即可） 苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯取代物只有两种 1mol的 H与足量的 NaHCO3溶液反应，生成 2molCO2 答案： . （ 2分）， CH3CH=CH2（ 2分） A （ 2分） 50. 51. 52.（任写 1 种 2 分） 、 、 、 、 试题分析： 49.F常温下是气体，水溶液具有很好的防腐杀菌效果，且能与新制氢氧化铜反应，说明 F分子中含有醛基，常温下是气体的醛是甲醛，所以 F的结构简式为 HCHO；与氢气发生加成反应 生成甲醇，所以 G是甲醇； C、 E、 G三种物质反应生成的 H中含有 11个 C原子，所

33、以 A中含有 3个 C原子，且 A能与溴的四氯化碳溶液反应，所以 A中含有不饱和键， A为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3。 2molC分子可缩合生成 1mol六元环化合物分子，则 C是 2-羟基丙酸， F的电子式为 ； B是丙烯与溴的加成产物 1,2-二溴丙烷，生成 2-羟基丙酸，需要先在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成 1,2-丙二醇，然后酸化溶液后向其中加入氧化剂氧化羟基，得 2-羰基丙酸，再加入还原剂将羰基还原为羟基即可得到 2-羟基丙酸，所以答案：选 A。 50. 以 2-羟基丙酸为原料，生产降解塑料，则应发生缩聚反应，化学方程式为 。 51.根据流程图可知， D是甲苯， E是苯甲酸

34、，由 C、 G、 E三种物质的结构简式可知，三者发生酯化反应生成 H，因为 C中存在羟基与羧基，可与苯甲酸、甲醇分别发生酯化反应，所以 H的结构简式为 ，则 H在碱性条件下发生水解反应，生成苯甲酸钠、甲醇、与 2-羟基丙酸钠，化学方程式为 。 52.H的结构简式为 ，同分异构体中，苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯取代物只有两种，则者两种取代基位于对位； 1mol的 H与足量的 NaHCO3溶液反应，生 成 2molCO2 ，说明 H的同分异构体中存在 2个羧基，根据 H的侧链取代基 C原子的数目，两个取代基中 C原子数目之和是 5，按照 “此增彼减 ”的原则，判断取代基的种数加快，所以符合题

35、意的 H的同分异构体有 6种，分别是、 、 、 。 考点：考查有机物的推断与合成，化学方程式的书写，同分异构体的判断与书写 咖啡酸苯乙酯 是一种天然抗癌药物，在一定条件下能发生如下转化： 请填写下列空白。 44.D分子中的官能团是 _；高分子 M的结构简式是。 45.写出 AB反应的化学方程式：。 46.BC 发生的反应类型有。 47.A的同分异构体很多种，其中，同时符合下列条件的同分异构体有种。 苯环上只有两个取代基； 能发生银镜反应； 能与碳酸氢钠溶液反应； 能与氯化铁溶液发生显色反应。 48.以下对 A具有的性质描述正确的是 a 1molA可消耗 2molNaOH b一定条件下 1mol

36、A最多能与 1mol氢气加成 c能发生银镜反应 d能发生取代反应 答案： . 羟基 （ 2分 ） 45. 46. 取代反应 加成反应（ 2分 ） 47.3 48.d 试题分析： 44.根据咖啡酸苯乙酯的结构简式判断，在稀硫酸、加热条件下咖啡酸苯乙酯发生水解反应，生成的 D的分子中含有 8个 C原子，所以 D是苯乙醇，官能团是羟基；苯乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，生成 E是苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应，生成聚苯乙烯，结构简式为 。 45.A中含有羧基，与甲醇发生酯化反应，化学方程式为 。 46.B中含有酚羟基、碳碳双键，都与溴水反应，酚羟基与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应

37、。所以 BC 发生的反应类型有取代反应、加成反应。 47.A的结构简式为 ，同分异构体中含有两个取代基，分别位于邻、间、对的位置；能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中含有羧基； 能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，则除酚羟基外，其余取代基为 -CH(CHO)COOH，所以取代基固定，则符合题意的只有邻、间、对的3种同分异构体。 48.A的结构简式为 ，羧基与氢氧化钠反应，所以1molA可消耗 1molNaOH， a错误；苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应，所以一定条件下 1molA最多能与 4mol氢气加成， b错误； A中无醛基，所以不能发生银镜

38、反应， c错误；酚羟基的邻、对位可发生取代反应， d正确，答案：选d。 考点：考查官能团化学性质的判断，同分异构体的判断，反应类型的判断，化学方程式的书写 昆石属于稀有的石种，其成分主要是二氧化硅以及铁、钠、钙元素的氧化物，根据图示流程回答有关问题。 39.操作 1和操作 4的名称分别是 _和 _。 40.写出加 CaO时发生反应的离子方程式： _。 41.在沉淀 2后，依次进行了洗涤、干燥、灼烧操作，证明沉淀已经洗涤干净的操作是 _ 42.证明滤液 3含有钠元素的方法是_ 43.写出能证明红棕色固体中含有金属元素的操作过程、现象、结论。 _ 答案： .过滤、蒸发结晶（ 2分 ） 40. Ca

39、O+ H2O=Ca2+2OH CaO+2H+=Ca2+ + H2O Fe3+3OH=Fe(OH )3（ 3分 ） 41.取洗涤液少许于试管中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀证明已经洗涤干净。 （ 2分 ） 42.用铂丝蘸取滤液 3，放在酒精灯的外焰灼烧，火焰呈黄色，证明含有钠元素（ 1分 ） 43.取红棕色固体少许，用盐酸溶解，滴入 2滴 KSCN溶液，溶液变为红色，证明含有金属铁元素。（ 3分 ） 试题分析： 39. 根据流程图，可知通过操作 1，可得沉淀和滤液 1，所以操作 1为过滤；从滤液中得到晶体，所以操作 4为蒸发结晶。 40. 昆石成分主要是二氧化硅以及铁、钠、钙元素的氧化物，二

40、氧化硅不与盐酸反应，过滤除去，铁、钠、钙元素的氧化物与盐酸反应生成相应的盐，加入CaO后， CaO与水反应生成氢氧化钙，离子方程式是 CaO+ H2O=Ca2+2OH；氧化钙与过量的盐酸反应生成氯化钙和水，离子方程式是 CaO+2H+=Ca2+ + H2O；生成的氢氧化钙与溶液中的铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3+3OH=Fe(OH )3。 41. 沉淀 2为氢氧化铁沉淀，可能含有氯离子，所以证明洗涤干净时只需证明洗涤液中不含氯离子即可，取洗涤液少许于试管中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀证明已经洗涤干净。 42. 证明物质中含有钠元素的方法用焰色反应，用铂丝蘸取滤液 3，放在

41、酒精灯的外焰灼烧，火焰呈黄色，证明含有钠元素。 43.该红棕色固体为氧化铁，证明含有铁元素，只需证明溶液中含有铁离子即可，将部分固体，加 溶解，向溶液中加入少量的 KSCN溶液，若溶液变为红色，证明含有铁离子，从而证明固体中含有铁元素。 考点：考查离子方程式的书写，基本操作的判断，离子的检验 坐落在沿海地区的某纯碱厂是我国重点大型企业，其生产工艺流程可简要表示如图所示： 34上述生产纯碱的方法称 _；副产品的一种用途为_。 35使原料氯化钠的利用率从 70%提高到 90%以上，主要是设计了 _（填上述流程中的编号 )的循环。从沉淀池中取出沉淀的操作所需玻璃仪器有烧杯、 _等。 36母液中含有

42、NaCl、 NH4Cl、 _（以化学式表示）。向母液中通入氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有_ 硫酸铜晶体（ CuSO4 xH2O），采用加热法测定该晶体中结晶水 x的值，实验数据记录如下： 坩埚质量 坩埚与晶体总质量 加热后坩埚与固体总质量 第一次称量 第二次称量 11.710g 22.700g 18.621g a 37.若无需再进行第三次称量，则 a的数值范围应为 。 38.若加热后坩埚与固体总质量为 18.620g，计算 x 的实测值 （保留二位小数），相对误差 。 答案： . 联合制碱法 (或侯德榜制碱法 ) 化肥 (或电解液或焊药等 ) （ 2分 ） 35.I 漏

43、斗、玻璃棒（ 3分 ） 36. NH4HCO3 （ NaHCO3）（ 1分 ）增大 NH4 浓度，使 NH4Cl更多析出、使NaHCO3转化为 Na2CO3，提高析出的 NH4Cl的纯度（ 2分 ） 37. 18.6210.001 （ 1分） 38.5.25 （ 2分） +5%（ 2分） 试题分析： 34. 根据该流程图，该方法是利用二氧化碳、氨气与饱和食盐水来制取纯碱，所以是联合制碱法，氨气、二氧化碳、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以副产品的一种用途是可作化肥等。 35. 未反应的氯化钠随副产品流出，所以循环 I是把未反应的氯化钠又返回到沉淀池，使原料氯化钠的利用率从 70%提高到

44、90%以上；从沉淀池中取出沉淀的操作为过滤，过滤操作需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，所以还缺少漏斗、玻璃棒。 36. 根据联合制碱的原理，母液中含有 NaCl、 NH4Cl外，还含有 NH4HCO3，碳酸氢钠乙固体析出，则剩余溶液 为碳酸氢钠的饱和溶液，所以溶液中含有NaHCO3；向母液中通入氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气后，氨气与水反应生成的一水合氨电离产生铵根离子，增大 NH4 浓度，使 NH4Cl更多析出；同时使溶液的碱性增强， NaHCO3转化为 Na2CO3，提高析出的 NH4Cl的纯度。 37. 由于连续两次的误差不能超过 0.001，则 a与 18.621的差

45、值应在 0.001范围内，所以若无需再进行第三次称量，则 a的数值范围应为 18.6210.001。 38.由题意可知， CuSO4 xH2O的质量是 22.700g-11.710g=10.99g，硫酸铜的质量是 .620g-11.710g=6.91g，根据硫酸铜的物质的量相等，则10.99g/(18x+160)g/mol=6.91g/160g/mol，解得 x=5.25；则相等误差 =（实验值 -准确值） /准确值 100%=（ 5.25-5） /5100%=+5%。 考点：考查物质的性质，操作的判断，对流程的分析，物质化学式的计算，误差的计算 常温下有五种溶液： NaHCO3 ； KNO3

46、； NH4HCO3； KOH； HCl 28.上述五种溶液中既能跟盐酸反应又能跟 NaOH溶液反应的是 （填序号）。 上述 的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示） 。 29.取 10mL 0.5mol/L 的溶液加水稀释到 500mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)= mol/L. 跟足量的 NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式是 30. 和 混合后撒入铝粉，有气体产生，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 写出该反应化学方程式：_。 31.最新 “人工固氮 ”的研究报道：常温常压、光 照条件下， N2在催化剂表面与水发生反应： 2N2 (g)+6H2O(l) 4NH3 (g)+3O2 (g) - Q ，如果反应的平衡常数 K值变小，该反应 （选填编号）。 A一定向正反应方向移动 B在平衡移动时正反应速率先增大后减小 C一定向逆反应方向