2014届上海市普陀区高三上学期质量调研化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届上海市普陀区高三上学期质量调研化学试卷与答案（带解析） 选择题 关于汽油、甘油和花生油的叙述正确的是 A都属于油脂 B都无固定的沸点 C都能浮在水面上 D只有花生油能与氢氧化钠溶液反应 答案： D 试题分析：汽油属于矿物油，化学成份是烃的混合物；甘油是丙三醇，是纯净物，有固定沸点，与水互溶；花生油是油脂无固定的沸点；三得的密度都小于水，且在水中不溶在水中都能浮在水面上； D中只有花生油能与氢氧化钠溶液反应实质是发生了酯的水解反应，正确； 考点：本题考查了几中油的区别，主要是从化学成份及体现出的性质角度进行区分。 把 200mL NH4HCO3和 Na2CO3 的混合溶液分成两等份，取

2、一份加入含 amol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含 bmol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中 c(Na+)为 A（ l0b - 5a） )mol/L B（ 2b-a） mol/L C（ ） mol/L D（ 5b- ） mol/L 答案： A 试题分析： NH4HCO3和 amol NaOH恰好完全反应，则 NH4HCO3的物质的理为0.5amol，取另一份加入含 bmol HCl的盐酸恰好反应完全，由 NH4HCO3反应掉的盐酸为 0.5amol，则由 Na2CO3 反应掉的盐酸为 bmol-0.5amol， Na2CO3 的物质的量为（ bmol-0.5amol） *

3、0.5，则 c(Na+)=（ bmol-0.5amol） /0.1=（ l0b - 5a） )mol/L 。 考点：本题考查了物质的量浓度的计算。 药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对 -乙酰氨基酚在一定条件下反应制得： 有关上述反应物和产物的叙述不正确的是 A上述三种有机物中共有四种含氧官能团 B贝诺酯分子中有 9种不同化学环境的氢原子 C贝诺酯与足量 NaOH(aq)共热，最多消耗 NaOH 4mol D可用 FeCl3(aq) 区别乙酰水杨酸和对 -乙酰氨基酚 答案： C 试题分析： A上述三种有机物中共有酯基，羟基，肽键，羧基四种含氧官能团，正确； B由于贝诺酯分子无对称性，有 9种不同化学环

4、境的氢原子，正确； C贝诺酯与足量 NaOH(aq)共热，最多消耗 NaOH 5mol，肽键水解后生成的酸也能和氢氧化钠反应，错误； D乙酰水杨酸和对 -乙酰氨基酚两者的差异是后者存在酚羟基与三价铁离子显紫色，正 确； 考点：本题考查了有机物官能团的认识和官能团的性质判断。 六种短周期元素（ a、 b、 c、 d、 e、 f）的原子序数依次增大。其中 a与 e同主族， b与 f同主族， e与 f同周期；常温下 a、 e的单质状态不同； d的核电荷数是 b的最外层电子数的 2倍；单质 f是一种重要的半导体材料。由此可推知 A a、 c两种元素只能组成化学式为 ca3的化合物 B b、 c、 d分

5、别与 a形成的化合物，沸点由高到低依次为： d c b C原子半径由大到小的顺序是 e f b c a D元素的非金属性由强到弱的顺序是 d c f b 答案： C 试题分析：单质 f是一种重要的半导体材料，即为硅。 b为碳。 d的核电荷数是b的最外层电子数的 2倍， d是氧；常温下 a、 e的单质状态不同，说明分别是氢和钠，则 c 为氟。 A a、 c 两种元素只能组成化学式为 HF，错误； B b、 c、d分别与 a形成的化合物分别是 CH4,HF,H2O,根据常温下的状态可知，水的沸点是最高的，另外 HF 中存在氢键比甲烷的沸点高，故沸点由高到低依次为： dc b，正确。 C原子半径由大

6、到小的顺序是 Na Si C F O，正确。 D元素的非金属性由强到弱的序是 F O C Si ，错误。 考点：本 题考查了元素周期律、元素周期表中元素位置的确定、原子半径，性质递变性，物质的组成等内容。 甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质。它们所含的离子如下表所示： 阳离子 NH4+、 Na 、 Mg2 阴离子 OH-、 NO3-、 SO42- 若取等质量的甲、乙、丙配制成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c(甲 ) c(乙 ) c(丙 )，则乙物质 A可能是 NaOH B可能是 NH4NO3 C不可能有 SO42- D一定不是 (NH4)2SO4 答案： B 试题分析：等质量

7、的甲、乙、丙配制成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度 c(甲 ) c(乙 ) c(丙 )，说明其摩尔质量的关系为 c(甲 )c(乙 )c(丙 )，由于是可溶性强电解质，组成情况按照相对分子质量排序为 NaOH,NH4NO3,MgSO4,或为 NaOH,Mg（ NO3） 2,（ NH4） 2SO4,故乙物质可能是 NH4NO3。 考点：本题考查了离子的共存及物质的组成分析。 运用电离常数判断可以发生的反应是 酸 电离常数 (25oC) 碳酸 Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-11 次溴酸 Ki=2.410-9 A HBrO Na2CO3NaBrO NaHCO3 B 2HBrO Na

8、2CO32NaBrO H2O CO2 C HBrO NaHCO3NaBrO H2O CO2 D NaBrO CO2 H2ONaHCO3 HBrO 答案： AD 试题分析：根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理， A中次溴酸 Ki=2.410-9碳酸 Ki2=5.610-11,能发生。次溴酸 Ki=2.410-9碳酸 Ki1=4.310-7，可知 D能发生， B和 C都不能发生。 考点：本题考查了运用电离平衡常数解决相关问题。 已知 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2-。对于该反应中有关物理量的描述正确的是（ NA表示阿伏加德罗常数） A每生成 0.6 mol H2，被还原的水分

9、子数目为 1.2NA B有 2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为 0.3NA C有 6.72 L H2生成时，反应中转移的电子数目为 0.6NA D溶液中每增加 0.1mol AlO2-， Na 的数目就增加 0.1NA 答案： AB 试题分析： A氢气都是来源于水，生成 1mol氢气需要水 2mol，每生成 0.6 mol H2，被还原的水分子数目为 1.2NA，正确。 B有 2.7 g Al是 0.1mol,参加反应时，转移的电子数目为 0.3NA，正确。 C 6.72 L H2不一定是标况下，无法判断，错误； D溶液中每增加 0.1mol AlO2-，考虑到溶液中还存在氢离子，

10、Na的数目就增加量小于 0.1NA，错误。 考点：本题考查了 NA表示阿伏加德罗常数在氧化还原反应中的运用。 给定条件下，加点物质能完全消耗于化学反应中的是 A用 50mL 12mol/L的氯化氢水溶液与足量二氧化锰共热制取氯气 B向 100mL 3 mol/L的硝酸中加入 5.6g铁粉 C常温下，将 1g铝片投入 20mL 18.4 mol/L的硫酸中 D在 5107Pa、 500 和铁触媒条件下， 1mol氮气和 6mol氢气反应 答案： B 试题分析： A制取氯气生成物中有水生成，盐酸浓度变小反应停止，故不能完全消耗，错误； B 0.3 mol的硝酸中加入 0.1mol铁粉，根据电子守恒

11、，铁粉生成二价铁离子，反应完全，正确。 C发生了钝化，错误； D可逆反应不能进行到底，错误。 考点：本题考查了根据反应物的浓度判断反应进行的程度。 T 时在 2L密闭容器中使 X(g)与 Y(g)发生反应生成 Z(g)。反应过程中 X、Y、 Z的物 质的量变化如图 -1所示；若保持其他条件不变，温度分别为 T1和 T2， Y的体积百分 含量与时间的关系如图 -2所示。下列分析正确的是 A容器中发生的反应可表示为： 3X(g) Y(g) 2Z(g) B 0 3 min内， v(X) 0.2 mol L-1 min-1 C其他条件不变升高温度， v正 、 v逆 都增大，且重新平衡前 v正 v逆 D

12、若改变条件，使反应进程如图 -3所示，则改变的条件可能是增大压强 答案： AC 试 题分析：根据特异性 1可知， X， Y的物质的量分别减少了 2.0mol-1.4mol0.6mol、 1.6mol-1.4mol 0.2mol。 Z的物质的量增加了 0.8mol-0.4mol 0.4mol。所以根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，方程式为 3X(g)+Y (g) 2Z(g)。 A正确；反应进行的前 3 min内，用 X表示的反应速率 v(X) 0.1 mol/(L min)， B错误；根据图像 2可知， T1小于 T2，温度高， Y的含量低，说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是

13、吸热反应，即 H大于 0，重新平衡前 v正 v逆 ， C正确；根据图像 3可知，平衡状态没有改变，说明改变的条件是加入了催化剂。因为正反应是体积减小的、吸热的可逆反应，所以升高温度或增大压强，平衡都向正反应方向移动，转化率增大，都会改变平衡状态， D错误； 考点：本题考查了平衡图像问题。 工业上常利用反应 3Cl2 + 6KOH(热 ) KClO3 + 5KCl + 3H2O 制取 KClO3（混有 KClO）。实 验室模拟上述制备：在含溶质 14mol的 KOH(aq，热 )中通入一定量 Cl2，充分反应后，测得 溶液中 n(Cl-)=11mol；将此溶液低温蒸干，得到的固体中 KClO3的

14、物质的量可能为 A 2.20 B 2.33 C 2.00 D 0.50 答案： C 试题分析： 反应一： 3Cl2 + 6KOH(热 ) KClO3 + 5KCl + 3H2O；反应二：如果是生成 KClO 和 KCl，则有 Cl2 + 2KOH KClO+ KCl + H2O，根据电子守恒，当有 n(Cl-)=11mol时，得到电子量为 11mol,如果全生成 KClO3，其物质的量为11/5=2.2mol，如果全生成 KClO，则物质的量为 11mol，但这不符合钾原子守恒，根据反应二 KClO 和 KCl的物质的量始终相同，即生成 KClO 的物质的量最多为 7mol，此时必生成氯离子为

15、 7mol,但 n(Cl-)=11mol，故还有 4mol是发生了反应一生成，根据电子守恒，生成 KClO3 4/5=0.8mol，所以生成 KClO3的量在0.82.2 之间，故选 C。 考点：本题考查了氧化还原反应中电子守恒法的相关计算。 对于同温同压条件下的气体 12C18O 与 14N2，判断正确的是 A体积相等时密度相等 B原子数相等时中子数相等 C体积相等时电子数相等 D质量 相等时质子数相等 答案： C 试题分析： A体积相等时物质的量相同，密度与质量有关，若质量相等密度必然相同，由于相同物质的量的 12C18O 与 14N2质量不同，故密度不等，错误； B两都是双原子分子，原子

16、数相等时 12C18O 与 14N2中子数之比为（ 6+10）：（ 7+7），错误； C两都都是 14电子分子，体积相等时电子数相等，正确；D质量相等时质子数不相等，错误； 考点：本题考查阿付加德罗定律的运用及原子结构中微粒间的关系。 相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 197 kJ实验测得有关数据如下： 容器编号 起始时各物质的物质的量 / mol 达到平衡时体系能量的变化/KJ SO2 O2 SO3 甲 2 1 0 放出热量： Q1 乙 1.8 0.9 0.2 放出热量： Q2 下列判断中不正确的是 A 197

17、Q1 Q2 B达到平衡时 SO2的体积分数：甲乙 C两容器中反应的平衡常数相等 D生成 1molSO3(l)时放出的热量大于 98.5kJ 答案： B 试题分析： A中甲是由正反应方向建立平衡，由于是可逆反应不能完全转化，故 197 Q1。乙中平衡是从正反两方向进行建立的，放出热量必然存在 Q1 Q2，A正确； B两都是等效平衡达到平衡时 SO2的体积分数甲 =乙，不考虑温度变化，错误；平衡常数只与温度有关，温度相同必然相等，正确； D中若生成1molSO3(g)时放出的热量等于于 98.5kJ，但由气态到液态时还要放出热量，故生成 1molSO3(l)时放出的热量大于 98.5kJ，正确。

18、考点：本题考查了化学平衡的移动，平衡常数的概念等知识。 银制器皿表面日久因生成 Ag2S而变黑 ，可进行如下处理：将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中（如图），一段时间后黑色褪去。有关说法正确的是 A该处理过程中电能转化为化学能 B银器为正极， Ag2S还原为单质银 C Ag2S溶解于食盐水生成了 AgCl D铝质容器为阳极，其质量变轻 答案： B 试题分析： A该处理过程是构成了原电池装置，是把化学能转化为电能， AD都错误； B由于铝比较活泼，做负极，银器为正极， Ag2S 还原为单质银，正确；C Ag2S在食盐水中溶解，错误； 考点：本题考查了原电池原理的运用。 在非室温条件下可以

19、使用的仪器是 A漏斗 B量筒 C容量瓶 D滴定管 答案： A 试题分析：漏斗可以趁热过滤或降温过滤，故 A正确； 考点：本题考查了基本仪器的使用条件。 按照有机物的命名规则，下列命名正确的是 A CH2Br-CH2Br二溴乙烷 B CH3OOCCH3甲酸乙酯 C 硬脂酸甘油脂 D 3,3-二甲基 -2-丁醇 答案： D 试题分析： A CH2Br-CH2Br是 1， 2- 二溴乙烷，错误； B CH3OOCCH3乙酸甲酯，错误； C 是软脂酸甘油脂，错误； D正确； 考点：本题考查了有机物的系统命名法。 关于碘及其化合物的说法正确的是 A “碘遇淀粉变蓝色 ”， “碘 ”指碘元素 B为了补碘，

20、要多食用含高碘酸的食物 C I- 与 IO3- 可以大量共存于溶液中 D通过 “取样 灼烧 溶解 过滤 萃取 ”可从海带中提取单质碘 答案： C 试题分析： A “碘遇淀粉变蓝色 ”， “碘 ”指碘单质，错误； B碘是身体中的微量元素，不是越多越好，错误； C I- 与 IO3- 在中性或碱性溶液中可以大量共存，正确； D通过 “取样 灼烧 溶解 过滤得到的仍是含有碘离子的溶液，不是碘单质，少了置换出碘的步骤，错误； 考点：本题考查了碘的提取及化合物的用途。 铝的某种超原子结构（ Al13）具有 40个价电子时最稳定。请预测稳定的 Al13所带的电荷数为 A -1 B +2 C 0 D +3

21、答案： A 试题分析：（ Al13）具有 40个价电子时最稳定 ,每个铝原子有 13个电子，三个共有 39个，要达到 40个电子只有从外界得 1个电子，故显 -1价。 考点：本题考查了对原子的构成的掌握和信息的提取及应用能力。 通常情况下，前者无法决定后者的是 A原子的核外电子排布 -元素的金属性强弱 B化合物的内在结构 -电解质的相对强弱 C反应温度的高低 -化学平衡的移动程度 D反应物的化学性质 -化学反应速率的快慢 答案： C 试题分析： A原子的核外电子排布是元素的金属性强弱判断的根本，正确；B化合物的内在结构决定了能否在水中或熔融状态下电离，即决定了电解质的相对强弱，正确；反应温度的

22、高低无法判断化学平衡的移动的程度，错误；D反应物的化学性质 -是反应物的内在性质决定了化学反应速率的快慢，这 是内因，正确； 考点：本题考查了物质的结构与性质的相互关系，体现了结构决定性质的思想。 实验装置是为达成实验目的选用的。下列实验装置与实验目的相匹配的是 答案： C 试题分析： A氨气的收集方法应用向下排气法，错误； B不能用硫酸应用稀盐酸制备，错误； C通过喷泉实验说明氯气容易与氢氧化钠反应，正确； D生成的二氧化氮会和水反应，不能用排水法收集，错误； 考点：本题考查了气体的制备。 短周期元素 W、 X、 Y、 Z的原子序数依次增大，它们的简单离子中都能破坏水的电离的组合是 A Y3

23、+、 W- B Z2-、 X+ C X+、 Y3+ D X+、 Z2- 答案： A 试题分析： Y3+是铝离子， W-为氟离子， X+为钠离子， Z2-是硫离子。 A中组合为氟化铝，铝离子和氟离子都能水解， B和 D中都为硫化钠，硫离子水解， C中无法组合，故 A正确。 考点：本题考查了元素的推断及离子的水解相关知识。 物质制备过程中离不开物质的提纯。以下除杂方法不正确的是 选项 目的 实验方法 A 除去 Na2CO3固体中的 NaHCO3 置于坩埚中加热至恒重 B 除去 NaCl中少量 KNO3 将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤 C 除去 CO2中的 HCl气体 通过 NaHCO3(a

24、q,饱和 )，然后干燥 D 除去 C2H5Br中的 Br2 加入足量 Na2SO3(aq)，充分振荡，分液 答案： B 试题分析： A通过加热 NaHCO3分解生成碳酸钠，正确； B中除去 NaCl中的少量 KNO3要用蒸发结晶法，蒸发到剩余少量水，高温下趁热过滤，少量的硝酸钾由于高温下溶解度大，主要溶解在少量水中，溶解度小的氯化钠大部分结晶析出，从而分离。反过来，除去 KNO3晶体中少量 NaCl要用制备高温下饱和溶液，冷却结晶法，错误；除去 CO2中的 HCl气体通过 NaHCO3(aq,饱和 )吸收了氯化氢同时又生成了二氧化碳，然后干燥，可以达到目标，正确。除去 C2H5Br中的 Br2

25、，加入足量 Na2SO3(aq)和溴发生了反应，充分振荡后分液得到下层液体为 C2H5Br，正确。 考点：本题考查了物质的分离与提纯相关知识，同时对物质的性质要求熟练掌握。 将足量 CO2分别通入下列各溶液中，所含离子仍能大量共存的是 A K+、 AlO2-、 Cl-、 NO3- B Na+、 CH3COO-、 C6H5O-、 HCO3- C Na+、 ClO-、 SO42-、 Cl- D NH4+、 Al3+、 SO42-、 H+ 答案： D 试题分析： A中二氧化碳能和 AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，错误； B中中二氧化碳能和 C6H5O-生成苯酚，错误； C中二氧化碳能和 ClO-反应

26、生成次氯酸，错误； D正确； 考点：本题考查了离子和二氧化碳能否反应的共存问题。 实验题 硫酸铜晶体俗称 “胆矾 ”，在无机化工及生产生活中有广泛的应用。某课外研究小组的同学用粗铜粉（含有碳等杂质）设计了两种制备胆矾的途径，并测定了其中结晶水的含量。设计的流程如下： （ 1） “较纯铜 ”转化为氧化铜时，应将其置于 内进行灼烧（填写仪器名称）。“粗铜 ”表面的油脂可以用热碱溶液洗去，原因是 。若灼烧 “粗铜 ”，获得的产物是混有少量铜的氧化铜。存在少量铜的可能原因是 。 a灼烧过程中部分氧化铜被还原 b该条件下铜无法被氧气氧化 c氧化铜在加热过程中分解生成铜 d灼烧不充分铜未被完全氧化 （ 2

27、）通过途径 I实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤是：酸溶、加热通氧气、过滤、 、冷却结晶、 、自然干燥。比较由粗制氧化铜制取胆矾的两种途径，途径 有明显的两个优点： 。 。 （ 3）测定 胆矾晶体里结晶水的含量时，若测定的相对误差大于零，则产生误差的原因可能是 _。 a加热后容器未放入干燥器中冷却 b最后两次加热后的质量相差较大 c加热前称量时容器未完全干燥 d加热过程中有少量溅失 （ 4）利用下图装置加热无水硫酸铜粉末直至完全分解， A的试管中剩余黑色粉末，用带火星的木条伸入集气瓶 D，发现木条能复燃。反应前后各装置的质量见图下方的表格所示。 请通过计算，推断该实验条件下硫酸铜

28、分解的化学方程式： 。 答案：（ 1）坩埚；油脂在碱性条件下发生水解而除去 （ 2 分，各 1 分） 。 ad（ 2分，各 1分） （ 2）蒸发浓缩 过滤洗涤（ 2分，各 1分）。 产生等量胆矾，途径 I消耗硫酸少； 途径 I不产生污染大气的气体（ 2分，各 1分） （ 3） cd（ 2分，各 1分） （ 4） （ 2分，产物质正确 1分，配平 1分） 试题分析：（ 1）进行灼烧所需的温度较高应选择坩埚， “粗铜 ”表面的油脂可以用热碱溶液洗去，原因是油脂在碱性条件下发生水解而除去。若灼烧 “粗铜 ”，获得的产物是混有少量铜的氧化铜。存在少量铜的可能原因是 a灼烧过程中部分氧化铜被还原 d灼烧

29、不充分铜未被完全氧化。 （ 2）过滤完后还要进行蒸发浓缩然后冷却结晶、过滤洗涤，最后再自然干燥。途径 有明显的两个优点： 对照反应转化情况可知产生等量胆矾，途径 I消耗硫酸少； 途径 I不产生污染大气的气体。 （ 3）测定的相对误差大于零说明水的量较多或固体的质量较少， a加热后容器未放入干燥器中冷却不一定产生误差； b最后两次加热后的质量相差较大也可能会使水的质量减小； c加热前称量时容器未完全干燥，会有水将会使水的量增多，正确； d加热过程中有少量溅失，将会使剩下的固体质量减少，相当于水的量增多，正确； （ 4）加热无水硫酸铜粉末直至完全 分解， A的试管中剩余黑色粉末，用带火星的木条伸入

30、集气瓶 D，发现木条能复燃，说明有氧气生成。由记录的数据可得出生成酸性气体质量是 4.5g，生成氧气是 0.5g，生成固体物质 45g，根据电子守恒，由生成氧气 0.5g，失电子数 (0.5/32)*4mol。得电子可能是生成了二氧化硫，即生成二氧化硫的量为： (0.5/32)*2mol，质量为 2g，还有酸性气体应该是三氧化硫，质量为 2.5g，物质的量为 2.5/80mol,即物质的量之比：二氧化硫：三氧化硫：氧气 =2： 2： 1，根据原子守恒可知生成黑色固体为氧化铜，化学方程式 为 。 考点：本题考查了实验的原理分析和误差分析。 填空题 已知： R-CHO ， R-CN RCOOH 。

31、 氯吡格雷（ clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物。以 A（ C7H5OCl）为原料合成氯吡 格雷的路线如下： 完成下列填空： （ 1） C中含氧官能团的名称为 ， CD的反应类型是 。 （ 2） Y的结构简式为 ，在一定条件下 Y与 BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量 1:1发生加成反应，生成的产物可能有 种。 （ 3） C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有 3个六元环。该反应的化学方程式为 。 （ 4）由 E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为 。 （ 5）写出 A（芳香族化合物）的所有同分异构体的结构简式 。 （ 6）已知： 写出

32、由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下： CH3CH2OH CH2 CH2答案：（ 1）羧基（ 1分）、 酯化反应（ 1分） （ 2） 6 （ 3） （ 4） HO-CH2-CH2-OH （ 1分） （ 5） （ 2分，每个 0.5分） （ 6） 试题分析：结合题目信息和 D的结构简式逆向推导可知 A到 C的转化为：（ 1） C中含氧官能团的名称为羧基， CD的反应类型是酯化反应。 D和 Y反应生成 E，所以根据 E的结构简式可知， Y的结构简式为 。由于 Y与BrCl的加成类似于 1， 3-丁二烯与溴的加成存在 1， 2-加成和 1， 4-

33、加成，另外该物质不对称，其中 1， 2-加成有 4种， 1， 4-加成有 2种，共有 6种。 （ 3） C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有 3个六元环。根据 C的结构相当于发生了氨基酸脱水缩合的反应，方程式可以写为：。根据原子守恒可知，另一种生成物是乙二醇，所以方程式为 。 （ 4）根据 A的结构简式 可知，苯环上的取代基是氯原子含有醛基或是 -COCl，所以其同分异构体是 。 （ 6）要合成该有机物，则需要甲醛和乙二醇。甲醇氧化即得到甲醛。乙二醇需要通过卤代烃的水解反应，而卤代烃的生成可以通过乙烯的加成反应，所以流程图为： 考点：本题考查了有机物的推断、同分异构体的书写和有机

34、合成路线的书写。 有机物 A、 B、 C、 D、 E、 F、 G的相互关系如下图所示。 （ 1）检验 A中卤元素的实验方法是 。 （ 2） B的结构简式为 ； 的化学反应类型是 。 （ 3） G在实验室中可通过两步反应氧化成 F。其中第一步反应的条件是 ，反应得到的产物可能有（填写结构简式） 。 （ 4） F是一种二元酸，它在一定条件下可与 G反应生成高分子化合物，该高分子的结构简式为 。 写出反应 的化学反应方程式 。 答案：（ 1） 取 少量 A于试管， 加入氢氧化钠溶液加热 一段时间，冷却后 加入稀硝酸至溶液呈酸性 ，滴 加硝酸银溶液 ，如果有淡黄色沉淀出现，则 A中含溴元素。（ 2分）

35、 （ 2） H2C=CH-COOH（ 1分）； 消去（除）反应（ 1分） （ 3） Cu或 Ag作催化剂、加热（ 1分）。 HO-CH2-CH2-CHO、 OHC-CH2-CHO（ 2分） （ 4） （ 1分） +2NaOH CH2=CHCOONa+HO-CH2-CH2-CH2-OH+NaBr（ 2分；反应物、产物正确 1分，配平 +条件 1分） 试题分析：（ 1）卤代烃中卤素离子的检验方法是：取少量 A于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则 A中含溴元素。根据 A能在硫酸的条件下生成两种物质，可知是发生了水解反应， D到

36、B是酸化，说明 B是酸，则 C是醇，且碳原子数和碳的骨架完全相同。根据转化关系可知 B为 H2C=CH-COOH； F是一种二元酸，通过转化关系可得出 C为 BrH2C-CH2-CH2OH， E为 BrH2C-CH2-CHO， D为 H2C=CH-COONa， G为 HOH2C-CH2-CH2OH,F为 HOOC-CH2-COOH。 （ 2） B的结构简式为 H2C=CH-COOH。 的化学反应类型是消去（除）反应。G在实验室中可通过两步反应氧化成 F。其中第一步反应的条件是 Cu或 Ag作催化剂、加热，反应得到的产物有部分氧化或全部氧化，故产物可能有 HO-CH2-CH2-CHO、 OHC-

37、CH2-CHO。 （ 4） F是一种二元酸，它在一定条件下可与 G反应生成高分子化合物，相当于发生了酯化反应生成了高聚物。写出反应 为酯和卤代烃的水解反应，有两个官能团发生了变化。考点：本题考查了有机框图推断，是一种综合性的前后推断，难度较大。 过氧化氢水溶液俗称双氧水，沸点比水高，遇光、热及重金属化合物等均能引起分解。 （ 1）某试剂厂先制得 7%8%的双氧水，欲将其浓缩成 30%的溶液，适宜方法是 （填写编号）。 a常压蒸馏 b减压蒸馏 c加入生石灰常压蒸馏 d加压蒸馏 （ 2）如果得到的双氧水中氧元素的含量为 90%，则过氧化氢的纯度为 。众所周知，氢气在 空气中燃烧生成水。有人提出，氢

38、气在空气中燃烧也可能生成H2O2，但它因高温而分解了。为了验证氢气在空气中燃烧的产物中是否含有H2O2，某课外小组同学设计的实验装置见图 -1。 （ 3）甲同学想从下图 -2的 - 中选取替代图 -1方框中的装置，可行的是 （填写编号）。 （ 4）若乙同学用酸性高锰酸钾溶液检测到了 H2O2的存在，完成该反应的离子方程式： + Mn2+ + H2O 丙同学对乙的检验方案提出了质疑：若锌粒与稀硫酸的反应中产生了少量 H2S等还原性气体，也会使酸性高锰酸钾溶液褪色。请对乙同学的实验方案提出改进建议： 。 （ 5）过碳酸钠（ 2Na2CO3 3H2O2）俗称固体双氧水，极易分解，其分解反应的化学方程

39、式可表示为： 2 (2Na2CO3 3H2O2) 4Na2CO3 + 6H2O + 3O2 取一定量的过碳酸钠在密闭容器中使它完全分解，测得生成氧气 12.0g。冷却到室温后，向所得产物中加水配制成 10.6% 的 Na2CO3溶液，需加水 g。 答案：（ 1） b（ 2分） （ 2） 21.25% （ 2分，写 0.2125给全分） （ 3） （ 2分） （ 4） 2MnO-4-+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O（ 2分，物质正确写全 1分，配平1分）； 先将制得的氢气通过装有碱石灰的干燥管，然后点燃。（合理，给分）（ 2 分） （ 5） 433.5g（ 2分） 试题分析：（ 1

40、）双氧水受热会分解，只有通过减压蒸馏降低温度后蒸出以防其分解； （ 2）双氧水中含氧的物质有： H2O2和 H2O，设物质的量分别为 x和 y，则由双氧水中氧元素的含量为 90%，则过氧化氢的纯度为表示为：16/90%=18y+34x ,(2x+3y)*16/(34x+18y)=90%,化简得： 2x+y=1,得 x=9-8/0.9。求得 34x/(34x+18y)=21.25%。 （ 3）图 -1方框中的装置是启谱发生器装置，满足条件的是 ，可以通过使固液分离从而使反应停止发生。 （ 4）根据氧化还原反应原理，可写出 2MnO-4-+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O。相当于验证氢

41、气中是否含有 H2S气体，可以把混合气体通入到硫酸铜溶液中若产生黑色沉淀，即有 H2S气体。也可以先将制得的氢气通过装有碱石灰的干燥管，然后点燃。 （ 5）根据方程式 2 (2Na2CO3 3H2O2) 4Na2CO3 + 6H2O + 3O2，当生成生成氧气 12.0g时，生成碳酸钠 12*4*106/(3*32)=53g，生成水的质量为：(0.5*6/4)*18=13.5g。要配制成 10.6% 的 Na2CO3溶液，需加水 (53/0.106 )-53-13.5=433.5g。 考点：本题考查了实验原理的分析，氧化还原反应方程式的配平和溶液质量分数的计算。 氮元素的化合物在工农业以及国防

42、科技中用途广泛，但也会对环境造成污染，如地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。 完成下列填空： （ 1）某课题组模拟地 下水脱氮过程，利用 Fe 粉和 KNO3(aq)反应探究脱氮原理。实验前 用 0.1mol L-1H2SO4(aq)洗涤 Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性； 将 KNO3(aq)的 pH调至 2.5； 为防止空气中的 （写化学式）对脱氮的影响，应向 KNO3溶液中通入 N2。 （ 2）用足量 Fe粉还原上述 KNO3(aq)过程中，反应物与生成物的离子浓度、 pH随时间的变化关系如图所示。请根据图中信息写出 t1时刻前该反应的离子方程式： 。 （ 3

43、）神舟载人飞船的火箭推进器中常用肼（ N2H4）作燃料。 NH3与 NaClO 反应可得到肼（ N2H4），该反应中被氧化与被还原的元素的原子个数之比为 。如果反应中有 5mol电子发生转移，可得到肼 g。 （ 4）常温下向 25mL 0.01mol/L稀盐酸中缓缓通入 5.6 mL NH3（标准状况，溶液体积变化忽略不计），反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。在通入NH3的过程中溶液的导电能力 （填写 “变大 ”、 “变小 ”或 “几乎不变 ”）。 （ 5）向上述溶液中继续通入 NH3，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 （选填编号）。 a c(Cl-)=c(NH4+) c(H+)=c

44、(OH-) b c(Cl-) c(NH4+)=c(H+) c(OH-) c c(NH4+) c(OH-) c(Cl-) c(H+) d c(OH-) c(NH4+) c(H+) c(Cl-) （ 6）常温下向 25mL含 HCl 0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡 （填写电离平衡移动情况）。当滴加氨水到 25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为 mol L-1。 答案：（ 1）去除铁粉表面的氧化物等杂质 （ 1分）、 O2（ 1分） （ 2） 4Fe+NO3 +10H+4Fe2+NH4+3H2O（ 2分，物质正确写全 1分，配平 1分） （ 3） 2:1（

45、1分）、 80（ 1分） （ 4） c(Cl-) c(NH4+) c(H+) c(OH-)（ 1分）、几乎不变（ 1分）。 （ 5） ac（ 2分，每个 1分） （ 6）先正向移动，后逆向移动（ 1分）、 0.4mol/L（ 1分）。 试题分析：（ 1）某课题组模拟地下水脱氮过程，利用 Fe粉和 KNO3(aq)反应探究脱氮原理。实验前 用 H2SO4(aq)洗涤 Fe粉，其目的是去除铁粉表面的氧化物等杂质如铁锈。 由于二价铁离子易被空气中的氧气氧化会对脱氮的影响，应向 KNO3溶液中通入 N2可以进行隔绝。 （ 2）由图中信息可以看出氢离子浓度减小，硝酸根浓度减小，二价铁离子浓度增大，铵根离

46、子浓度增大，可以确定出反应物和生成物，并运用氧化还原反应原理得出 t1时刻前该反应的离子方程式： 4Fe+NO3 +10H+4Fe2+NH4+3H2O。 （ 3）根据得失电子数相等， NH3-N2H4与 NaClO-Cl-，该反应中被氧化（ N）与被还原的元素的原子 (Cl)个数之比为 2:1。如果反应中有 5mol电子发生转移时生成肼 2.5mol，质量为 80g。 （ 4） 25mL 0.01mol/L稀盐酸物质的 量是 0.00025mol， 5.6 mL NH3（标准状况）物质的量为 0.00025mol，反应后恰好生成氯化铵，水解后呈酸性，其溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c(Cl-

47、) c(NH4+) c(H+) c(OH-) 。在通入 NH3的过程中由于生成了一水合氨是弱电解质，产生的离子很小，溶液的导电能力几乎不变。 （ 5）向上述溶液中继续通入 NH3，溶质为氯化铵和一水合氨，过程中溶液会呈中性，最终溶液呈碱性，所以该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 a c(Cl-)=c(NH4+) c(H+)=c(OH-) 呈 中性； c c(NH4+) c(OH-) c(Cl-) c(H+)呈碱性； （ 6）常温下向 25mL含 HCl 0.01mol的溶液中滴加氨水时生成了铵根离子降低了溶液中的氢离子浓度此时平衡先正向移动，当盐酸反应完后溶液呈碱性时又对水的电离起到了抑制作用，使水的电离平衡逆向移动。当滴加氨水到 25mL时，测得溶液中水的电离度最大说明恰好生成了氯化铵此时氨气的物质的量和氯化氢的物质的量相同都为 0.01mol，则氨水的浓度为 0.01/0.025=0.4mol/Lmol L-1。 考点：本题考查了盐类水解，电离