2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（上海卷带解析）.doc

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1、2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（上海卷带解析） 选择题 “玉兔 ”号月球车用 Pu作为热源材料。下列关于 Pu的说法正确的是 A Pu与 U互为同位素 B Pu与 Pu互为同素异形体 C Pu与 U具有完全相同的化学性质 D Pu与 Pu具有相同的最外层电子数 答案： D 试题分析： A、 Pu与 U的质子数不同，不能互为同位素，错误； B、 Pu与 Pu均是核素，不是单质，不能互为同素异形体，五； C、 Pu与 U的质子数不同，属于不同的元素，不可能具有完全相同的化学性质，错误； D、Pu与 Pu的质子数相同，具有相同的最外层电子数，正确，答案：选 D。 考点：考

2、查原子组成、同位素以及同素异形体的判断 只改变一个影响因素，平衡常数 K与化学平衡移动的关系叙述错误的是 A K值不变，平衡可能移动 B K值变化，平衡一定移动 C平衡移动， K值可能不变 D平衡移动， K值一定变化 答案： D 试题分析： A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动， A正确； B、 K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动， B正确； C、平衡移动，温度可能不变，因此 K值可能不变， C正确； D、平衡移动，温度可能不变，因此 K值不一定变化， D不正确，答案：选 D。 考点：考查平衡常数与平衡移动关系的判断 右图模拟

3、“侯氏制碱法 ”制取 NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是 A a通入 CO2，然后 b通入 NH3， c中放碱石灰 B b通入 NH3，然后 a通入 CO2， c中放碱石灰 C a通入 NH3，然后 b通入 CO2， c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D b通入 CO2，然后 a通入 NH3， c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 答案： C 试题分析：由于 CO2 在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，因此先通入氨气，然后再通入 CO2。由于氨气极易溶于水需要防止倒吸，因此 a通入 NH3， b通入CO2。氨气是碱性气体需要稀硫酸吸收多余的氨气，答案：选 C。 考点：考查物质变化的判断 含有砒霜（ As2O3）

4、的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（ AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为 1.50mg，则 A被氧化的砒霜为 1.98mg B分解产生的氢气为 0.672ml C和砒霜反应的锌为 3.90mg D转移的电子总数为 6105NA 答案： C 试题分析： A、砒霜中砷的化合价是 3价，而砷化氢中砷的化合价是 -3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原， A不正确； B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积， B不正确； C、 1.50mg砷的物质的量 1.5010-3g75g/mol 210-5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是 210-5mol 6

5、1.210-4mol。锌失去 2个电子，则和砒霜反应的锌的质量65g/mol 3.910-3g 3.9mg， C正确； D、转移的电子总数为（ 210-56 210-53） NA 1.8104NA， D不正确，答案：选 C。 考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算 用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 A若无固体剩余，则溶液中一定有 Fe3 B若有固体存在，则溶液中一定有 Fe2 C若溶液中有 Cu2 ，则一定没有固体析出 D若溶液中有 Fe2 ，则一定有 Cu析出 答案： B 试题分析：氧化性是 Fe3 Cu2 Fe2 ，还原性

6、是 Fe Cu，则 A、若 无固体剩余，这说明铁粉完全被溶液中的铁离子氧化，但此时溶液中不一定还有 Fe3 ，A不正确； B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有 Fe2 ， B正确； C、若溶液中有 Cu2 ，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出， C不正确； D、若溶液中有 Fe2 ，但如果溶液铁离子过量，则不一定有 Cu析出， D不正确，答案：选 B。 考点：考查铁、铜及其化合物转化的有关判断 某未知溶液可能含 Cl-、 CO32-、 Na 、 SO42-、 Al3 。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白

7、色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是 A一定有 Cl- B一定有 SO42- C一定没有 Al3 D一定没有 CO32- 答案： BD 试题分析：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，说明溶液显酸性，因此一定没有 CO32-。滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是硫酸钡，一定有 SO42-；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，但由于前面加入了氯化钡溶液，引入了氯离子，因此不能确定原溶液中是否含有 氯离子。根据溶液的电中性可知 Na 、 Al3 至少有一种，所以正确的答案：选 BD。 考点：考查离子共存、离子检验的判断 下列反

8、应与 Na2O2 SO2Na2SO4相比较， Na2O2的作用相同的是 A 2Na2O2 2CO22Na2CO3 O2 B 2Na2O2 2SO32Na2SO4 O2 C 2Na2O2 H2SO4Na2SO4 H2O2 D 3Na2O2 Cr2O32Na2CrO4 Na2O 答案： D 试题分析：反应 Na2O2 SO2Na2SO4中 SO2是还原剂，过氧化钠是氧化剂，则A、反应 2Na2O2 2CO22Na2CO3 O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂， A不正确； B、反应 2Na2O2 2SO32Na2SO4 O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂， B不正确； C、反应 2Na2O2 H2S

9、O4Na2SO4 H2O2中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应， C不正确； D、反应 3Na2O2 Cr2O32Na2CrO4 Na2O中，过氧化钠是氧化剂， D正确，答案：选 D。 考点：考查过氧化钠性质的判断 向等物质的量浓度的 NaOH和 Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是 A OH- CO32- 2H HCO3- H2O B 2OH- CO32- 3H HCO3- 2H2O C 2OH- CO32- 4H CO2 2H2O D OH- CO32- 3H CO2 2H2O 答案： C 试题分析：向等物质的量浓度的 NaOH和 Na2CO3的混合液

10、中加入稀盐酸，首先发生 OH- H H2O，然后是 CO32- H HCO3-，最后是 HCO3- HCO2 H2O。则 即得到 OH- CO32- 2H HCO3- H2O， A正确； 2 即得到 2OH- CO32- 3H HCO3- 2H2O， B正确； 即得到 OH- CO32- 3H CO2 2H2O， D正确；因此 C是可能的，答案：选 C。 考点：考查钠的化合物与盐酸反应离子方程式的判断 室温下，甲、乙两烧杯均盛有 5mlpH 3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至 pH 4，关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是 A溶液的体积： 10V 甲 V乙 B水电离出的 OH-浓度： 10

11、c(OH-)甲 c(OH-)乙 C若分别用等浓度的 NaOH溶液完全中和，所得溶液的 pH：甲 乙 D若分别与 5mlpH 11的 NaOH溶液反应，所得溶液的 pH：甲 乙 答案： AD 试题分析： A、如果酸是强酸，则需要稀释 10倍，才能使 pH从 3升高到 4；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释 10倍以上，才能使pH从 3升高到 4，即溶液的体积： 10V 甲 V乙 ， A正确； B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的 10倍，因此水电离出的 OH-浓度： 10c(OH-)甲 c(OH-)乙 ， B不正确； C、若分别用等浓度的 NaOH溶

12、液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的 pH 相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的 pH：甲 乙， C不正确； D、若分别与 5mlpH 11的 NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大， pH小，因此，所得溶液的 pH：甲 乙， D正确，答案：选AD 。 考点：考查弱电解质的电离、水的电离以及溶液酸碱性判断 已知： 2NaAl(OH)4 CO22Al(OH)3 Na2CO3 H2O。向含 2molNaOH、1molBa(OH)2、 2molNaAl(OH)4的

13、混合液中慢慢通入 CO2，则通入 CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是 选项 A B C D n(CO2)(mol) 2 3 4 6 n(沉淀 )(mol) 1 2 3 3 答案： AC 试题分析：反应的先后顺序为 Ba2 2OH- CO2BaCO3 H2O 、 2OH-CO2CO32- H2O、 2Al(OH)4- CO22Al(OH)3 CO32- H2O、 CO32- CO2 H2O2HCO3-、 BaCO3 CO2 H2OBa2 2HCO3-，则 A、当通入2molCO2时，生成 1mol碳酸钡， A正确； B、当通入 3molCO2时，生成 1mol碳酸钡和 2mol氢氧化铝沉淀，

14、共计是 3mol， B不正确； C、当通入 4molCO2时，生成 1mol碳酸钡和 2mol氢氧化铝沉淀，共计是 3mol， C正确； D、当通入6molCO2时，只有 2mol氢氧化铝沉淀， D不正确，答案：选 AC。 考点：考查混合物与氢氧化钠反应的有关计算 催化加氢可生成 3-甲基己烷的是 A CH2=CHCH(CH3)CH2CH2CH2CH3 B CH2=CH-CH(CH3)-CCH C CH2=CH-C(CH3)=CHCH2CH3 D CH3CH2CH2CH2C(CH3)=CH2 答案： C 试题分析： A、完全加氢后生成 3-甲基庚烷， A不正确； B、完全加氢后生成 3-甲基戊

15、烷， B不正确； C、催化加氢可生成 3-甲基己烷， C正确； D、催化加氢生成 2-甲基己烷， D不正确，答案：选 C。 考点：考查有机物命名以及烯烃、炔烃的加成反应 如右图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和 NaCl溶液的 U型管中。下列分析正确的是 A K1闭合，铁棒上发生的反应为 2H 2e-H2 B K1闭合，石墨棒周围溶液 pH逐渐升高 C K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法 D K2闭合，电路中通过 0.002NA个电子时，两极共产生 0.001mol气体 答案： B 试题分析： A、 K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为 Fe 2e-Fe

16、2 ， A不正确； B、 K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为 OH-，石墨棒周围溶液pH逐渐升高， B正确； C、 K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法， C不正确； D、 K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电路中通过 0.002NA个电子时，两极均产生 0.001mol气体，共计是 0.002mol气体， D不正确，答案：选 B。 考点：考查电化学原理的应用 向饱和澄清石灰水中加入少量 CaC2，充分反应后恢复到

17、原来的温度，所得溶液中 A c(Ca2 )、 c(OH-)均增大 B c(Ca2 )、 c(OH-)均保持不变 C c(Ca2 )、 c(OH-)均减小 D c(OH-)增大、 c(H )减小 答案： B 试题分析：碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由于原氢氧化钙是饱和溶液，溶剂水被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变，答案：选 B。 考点：考查碳化钙性质、溶解平衡 下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是 A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚 答案： A 试题分析： A、过氧化钠极易吸水空气中的水和 CO2而变质，与氧

18、气无关系，符合题意； B、氢硫酸易被空气中的氧气氧化生成单质硫和水而变质，不符合题意； C、硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁而变质，不符合题意； D、苯酚含有酚羟基易被空气中的氧气氧化而显紫色，不符合题意，答案：选 A。 考点：考查物质性质、氧化还原反应的判断 结构为 -CH CH-CH CH-CH CH-CH CH- 的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅提高。上述高分子化合物的单体是 A乙炔 B乙烯 C丙烯 D 1,3-丁二烯 答案： A 试题分析：根据高分子化合物的结构简式 可知，该物质属于加聚产物，链节是 -CH CH-，因此单体是乙炔，答案：选 A。 考点：考查高分子化合

19、物单体的判断 在 “石蜡 液体石蜡 石蜡蒸气 裂化气 ”的变化过程中，被破坏的作用力依次是 A范德华力、范德华力、范德华力 B用范德华力、范德华力、共价键 C范德华力、共价键、共价键 D共价键、共价键、共价键 答案： B 试题分析：石蜡 液体石蜡 石蜡蒸气属于物质的三态变化，是物理变化，破坏的是分子间作用力。石蜡蒸气 裂化气需要经过裂化，裂化是化学变化，破坏的是共价键，答案：选 B。 考点：考查物质变化过程中作用力的判断 下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是 A升华 B萃取 C纸上层析 D重结晶 答案： A 试题分析： A、固体不经过液体直接变为气体的叫升华，与物质的熔沸点有关系，与溶解度无

20、关， A正确； B、萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与溶解度有关系， B不正确； C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，与溶解度有关系， C不正确； D、结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程，与溶解度有关系， D不正确，答案：选 A。 考点：考查物质分离方法原理判断 今年是门捷列夫诞辰 180周年。下列事实不能用元素周期律解释的只有 A碱性： KOH NaOH B相对分子质量： Ar K C酸性： HClO4 H2SO4 D元素的金属性： Mg

21、 Al 答案： B 试题分析： A、同主族自上而下金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的碱性逐渐增强， A不符合题意； B、相对分子质量与元 素周期律没有关系， B符合题意； C、同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强， C不符合题意； D、同周期自左向右金属性逐渐减弱， D不符合题意，答案：选 B。 考点：考查元素周期律的应用 下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是 A H3O 和 OH- B CO和 N2 C HNO2和 NO2- D CH3 和 NH4 答案： D 试题分析： A、 H3O 和 OH-均含有 10个电子， A不正确； B、 CO和 N2均含有14个

22、电子， B不正确； C、 HNO2和 NO2-均含有 24个电子， C不正确； D、 CH3中含有 8个电子，而 NH4 含有 10个电子， D正确，答案：选 D。 考点：考查微粒核外电子数计算 BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与 AlCl3相似。由此可推测 BeCl2 A熔融态不导电 B水溶液呈中性 C熔点比 BeBr2高 D不与氢氧化钠溶液反应 答案： A 试题分析： A、 BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，说明该化合物形成的晶体是分子晶体，熔融态不导电， A 正确； B、该化合物的化学性质与 AlCl3相似，而氯化铝溶液显酸性，因此其水溶液也呈酸性， B不正确；

23、C、 BeCl2与 BeBr2形成的晶 体均是分子晶体，后者的相对分子质量大，熔点高于 BeCl2， C 不正确；D、氯化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则该化合物也与氢氧化钠溶液反应， D不正确，答案：选 A。 考点：考查晶体类型、物质性质判断 1,3-丁二烯和 2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下： CH2=CH-CH=CH2(g) 2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g) 236.6kJ CH3-CC-CH3(g) 2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g) 272.7kJ 由此不能判断 A 1,3-丁二烯和 2-丁炔稳定性的相对大小 B 1,3-丁二烯和 2-丁炔分子储存

24、能量的相对高低 C 1,3-丁二烯和 2-丁炔相互转化的热效应 D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 答案： D 试题分析：根据盖斯定律可知前者减去后者即得到 CH2=CH-CH=CH2(g)CH3-CC-CH3(g)-36.1kJ，这说明 1,3-丁二烯转化为 2-丁炔是吸热反应，因此在质量相等的条件下 1,3-丁二烯的总能量低于 2-丁炔的总能量，则 1,3-丁二烯比 2-丁炔稳定性强，因此选项 A、 B、 C均是正确的；反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的

25、键能之和的相对大小， D不正确，答案：选 D。 考点：考查反应热的有关判断与计算 下图是用于干燥、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 Y A 碱石灰 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 答案： C 试题分析： A、氯化氢是酸性气体，不能用碱石灰干燥， A不正确； B、氨气密度小于空气，应该是短口进，长口出， B不正确； C、二氧化硫是酸性气体，能用氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集， C 正确； D、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集， D不正确，答案：选 C。

26、考点：考查气体制备、收集的有关判断 实验题 （本题共 12分） 氯气和氯乙烯都是重要的化工产品，年产量均在 107t左右。氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法。 完成下列填空： (1)实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓 盐酸和浓硫酸，还需要_、 _（填写试剂或溶液名称） (2)实验室用 2.00mol/L 的盐酸和漂粉精 成分为 Ca(ClO)2、 CaCl2反应生成氯气、氯化钙和水，若产生 2.24L（标准状况）氯气，发生反应的盐酸为 _m,l。 (3)实验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气。 _ 4)工业上用电石 -乙炔法生产乙

27、烯的反应如下： CaO 3C CaC2 CO CaC2 2H2OHCCH Ca(OH)2 HCCH HCl CH2=CHCl 电石 -乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源。 电石 -乙炔法的缺点是 _、 _。 (5)乙烷和氯气反应可制得 ClCH2CH2Cl， ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件）。 要求： 反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备； 不再产生其他废液。 _ 答案： (1)饱和氯化钠溶液、氢氧化钠溶液 (2)100 (3)用试管收集氯气，收集满后讲试管倒立

28、在氢氧化钠溶液中，观察试管内有无残留气体。 (4)高能耗 会污染环境 (5)CH2=CH2 Cl2ClCH2CH2Cl ClCH2CH2ClCH2=CHCl HCl HCCHHClCH2=CHCl 试题分析： (1)浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，应该用饱和氯化钠溶液除去；氯气有毒需要尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收。 (2)根据反 应物和生成物可知，反应的化学方程式为 4HCl Ca(ClO)2CaCl22H2O 2Cl2，反应中生成氯气的物质的量是 0.1mol，则消耗氯化氢的物质的量是 0.2mol，盐酸的浓度是 2.00mol/L，因此需要盐酸的溶液的体积是 100ml。 (3)氯气

29、能与氢氧化钠溶液完全反应，而空气与氢氧化钠不反应，据此检验，即试管收集氯气，收集满后讲试管倒立在氢氧化钠溶液中，观察试管内有无残留气体。 (4)根据流程可知，反应需要高温，因此缺点之一是高能耗；需要氯化汞作催化剂，汞是重金属，因此缺点之二是会污染环境。 (5)乙烷和氯气反应可制得 ClCH2CH2Cl， ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢，产生的氯化氢可以与乙炔反应又生成氯乙烯，因此方案为 CH2=CH2Cl2ClCH2CH2Cl、 ClCH2CH2ClCH2=CHCl HCl、 HCCH HClCH2=CHCl。 考点：考查氯气制备、净化、计算、物质制备方案设计以及评价等 填空题

30、 （本题共 14分） M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构式为（不考虑立体结构，其中 R为）。 M的一条合成路线如下（部分反应试剂和条件略去）。 完成下列填空： (1)写出反应类型。 反应 _ 反应 _ (2)写出反应试剂和反应条件。反应 _ 反应 _ (3)写出结构简式。 B_ C_ (4)写出一种满足下列条件的 A的同分异构体的结构简式。 （ 1）能与 FeCl3溶液发生显色反应；（ 2）能发生银镜反应；（ 3）分子中有 5种不同化学环境的氢原子。 (5)丁烷氯代可得到 2-氯丁烷，设计一条从 2-氯丁烷合成 1,3-丁二烯的合成路线。 （合成路线常 用的表示方法为： A

31、B 目标产物） (6)已知： R-CO-NHR与 R-CO-OR的化学性质相似。 从反应 可得出的结论是 :_。 答案： (1)取代反应 氧化反应 (2)C2H5OH，浓硫酸，加热 （ 1） NaOH/H2O，加热 （ 2）盐酸；或盐酸，加热 (3) (4) (4)CH3CHClCH2CH3 CH3CH=CHCH3CH3CHBrCHBrCH3 CH2=CHCH=CH2 (6)酰胺（肽键）水解比酯水解困难 试题分析： (1)根据反应前后有机物的结构简式变化可知，反应 是苯环上的氢原子被取代，属于取代反应。根据反应 的产物继续反应所得的产物中含有醛基，因此根据反应 前后分子式的变化可知，该反应去掉

32、了 2个氢原子，因此是羟基被氧化生成醛基，属于氧化反应。 (2)反应 的产物中含有酯基，属于酯化反应，且是与乙醇酯化，则反应条件是C2H5OH，浓硫酸，加热。 D分子中含有酯基，而 M分子中含有羧基，因此反应 首先是酯基的水解反应，要完全水解则需要 NaOH/H2O，加热。要进一步转化为 M还需要将氨基转化为盐酸盐，即反应条件还有盐酸；或盐酸，加 热。 (3)D分子中含有肽键，因此 B与 C反应是氨基与羧基的脱水形成肽键，因此根据 D的结构简式可知， B和 C的结构简式分别为。 (4)能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；分子中有 5种不同化学环境的氢

33、原子，即含有 5类不同的氢原子，因此根据 A的结构简式 可知符合条件的有机物结构简式为。 (5)合成 1,3-丁二烯可以采用逆推法来完成，即卤代烃消去反应引入碳碳双键，而要引入卤素原子，可以通过碳碳双键的加成反应实现，则合成路线可设计为CH3CHClCH2CH3 CH3CH=CHCH3CH3CHBrCHBrCH3 CH2=CHCH=CH2。 (6)反应 是酯基的水解反应，但在反应过程中肽键不变，这说明酰胺（肽键）水解比酯水解困难。 考点：考查有机物推断、反应类型、反应条件、同分异构判断以及合成路线设计等 （本题共 8分） 许多有机化合物具有酸碱性。 完成下列填空： (1)苯酚、苯甲醇、苯甲酸、

34、碳酸的酸性由强到弱的顺序为：_。苯胺（ ）具有 _。（相同 “酸性 ”、 “碱性 ”或 “中性 ”） (2)常常利用物质的酸碱性分离混合液。某一混合液含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如下图： 已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水。 A、 B、 C分别是： A_ B_ C_ 上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入 _。 (3)欲将 转化为 ，则应加入 _。 答案： (1)苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇 碱性 (2)NaOH溶液或 Na2CO3溶液 CO2 盐酸 NaHCO3溶液 (3)H2O 试题分析： (1)根据羟基氢原子的活泼性可知，苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由

35、强到弱的顺序为苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇；氨基是碱性基团，因此苯胺显碱性。 (2)苯甲醇和苯胺均与碱液不反应，因此首先利用 NaOH溶液或 Na2CO3溶液将四种物质分为两类。苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水，因此有机溶剂萃取后水层是苯甲酸钠和苯酚钠的混合液，而有机层是苯甲醇和苯胺的混合液。苯胺显碱性，因此可以加入盐酸转化为盐与苯甲醇分离，即物质 4是苯甲醇。苯胺形成的盐再与氢氧化钠反应又转化为苯胺，即物质 3是苯胺。根据酸性强弱顺序可知，向苯酚钠和苯甲酸钠 的混合液中通入 CO2即可将苯酚转化为苯酚，即物质 2是苯酚。盐酸的酸性强于苯甲酸，所以向苯甲酸钠的溶液中加入盐酸可以生成苯甲酸，即物质 1是苯甲

36、酸。苯甲酸的酸性强于碳酸，而碳酸强于苯酚，所以若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入 NaHCO3溶液即可。 (3)将 转化为 ，其中不能生成酚羟基，因此不能加入酸。醇羟基显中性，因此可以利用醇钠与水反应可转化为醇羟基，则应加入H2O。 考点：考查羟基氢原子活泼性比较以及有机物分离与提纯方案设计 （本题共 12分） 硫在自然界中以游离态和多种化合态形成出现。硫的化合 物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。 完成下列填空： (1)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下， H2S和 KMnO4反应生成 S、 MnSO4、 K2SO4和 H2O，写出该反应的化学方程

37、式。_ (2)石油化工的废气中有 H2S。写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以化学方程式表示。 _、_ (3)室温下， 0.1mol/L的硫化钠溶液和 0.1mol.L的碳酸钠溶液，碱性更强的是_，其原因是 _。 已知： H2S： Ki1 1.310-7 Ki2 7.110-15 H2CO3： Ki1 4.310-7 Ki2 5.610-11 (4)向 ZnSO4溶液中滴加饱和 H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成 ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象。_ (5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有_、 _。过

38、滤，微热滤液，然后加入过量的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是 _。 答案： (1)5H2S 2KMnO4 3H2SO4K2SO4 2MnSO4 8H2O 5S (2)2H2S 3O2点燃 2SO2 2H2O， 2H2S 2SO23S 2H2O； H2S S H2或 2H2S O2点燃 2S 2H2O (3)硫化钠溶液；硫化氢的 Ki2小于碳酸的 Ki2，硫化钠更易水解。 (4)饱和 H2S溶液中电离产生的 S2-很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进 H2S的电离， S2-离子浓度增大，有沉淀产生。 (5)FeCl2、 H2S；先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色。 试题分析：

39、 (1)根据反应物和生成物，借助于质量守恒定律和电子得失守恒可知反应的化学方程式为 5H2S 2KMnO4 3H2SO4K2SO4 2MnSO4 8H2O 5S。 (2)H2S不完全燃烧可以生成单质硫，高温下 H2S分解也生成单质硫。另外 SO2也能与 H2S反应生成单质硫，而 H2S完全燃烧即产生 SO2，因此有关的反应的化学方程式为 2H2S 3O2点燃 2SO2 2H2O， 2H2S 2SO23S 2H2O； H2S S H2或 2H2S O2点燃 2S 2H2O。 (3)酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强。根据电离常数可知，硫化氢的 Ki2小于碳酸的 Ki2，硫化钠更易水解，

40、即硫化钠溶液的碱性更强。 (4)H2S是弱电解质，存在电离平衡。饱和 H2S溶液中电离产生的 S2-很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进 H2S的电离， S2-离子浓度增大，从而产生沉淀。 (5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，该沉淀是单质硫，这说明发生了氧化还原反应，铁离子将硫离子氧化生成单质硫， 而自身被还原生成亚铁离子。由于硫离子过量，过量的硫离子与氢离子结合生成H2S气体，即还有 FeCl2、 H2S生成；向氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定迅速被氧化生成氢氧化铁，因此观察到的实验现象是先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为

41、灰绿色，最终转化为红褐色。 考点：考查 H2S的性质、氧化还原反应、铁的化合物以及电离平衡和溶解平衡的应用 （本题共 12分） 合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液 醋酸二氨合铜（ I）、氨水 吸收在生产过程中产生的 CO和 CO2等气体。铜液吸收 CO的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu(NH3)2Ac CO NH3 Cu(NH3)3COAc 完成下列填空： （ 1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 _。（选填编号） a.减压 b.增加 NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物 （ 2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。 _ （ 3）简述铜液吸收

42、CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）。 _ （ 4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_。其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是_。通过比较 _可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。 （ 5）已知 CS2与 CO2分子结构相似， CS2的电子式是 _。 CS2熔点高于 CO2，其原因是 _。 答案：（ 1） bc （ 2） 2NH3 CO2 H2O(NH4)2CO3、 (NH4)2CO3 CO2H2O2NH4HCO （ 3） 低温加压下吸收 CO； 然后将铜液洗涤转移至另一容器中； 高温低压下释放 CO，然后将铜洗液循环利用。 （ 4） C N O H

43、； ； NH3和 PH3的稳定性 （ 5） ； CS2和 CO2都是分子晶体， CS2的相对分子质量大，分子间作用力大。 试题分析：（ 1）降低压强，反应速率减小， a不正确；增加 NH3的浓度或升高温度，反应速率均增大 bc正确；及时移走产物，即降低生成物浓度，反应速率也减小， d不正确，答案：选 bc。 （ 2）氨气是碱性气体， CO2是酸性气体，二者反应的化学方程式为 2NH3 CO2 H2O(NH4)2CO3、 (NH4)2CO3 CO2 H2O2NH4HCO3。 （ 3）根据 Cu(NH3)2Ac CO NH3 Cu(NH3)3COAc可知，该反应是体积减小的放热的可逆反应，因此吸收

44、 CO的适宜条件是低温加压下吸收 CO。若要再生，则只需要将铜液洗涤转移至另一容器中；然后高温低压下释放 CO，最后将铜洗液循环利用即可。 （ 4）铜液的组成元素中属于短周期元素的是 H、 C、 N、 O，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐 增大，则四种元素的原子半径大小顺序是 C N O H；氮元素原子最外层有 4个电子，根据核外电子排布规律可知，最外层电子排布的轨道表达式是 。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此可通过比较 NH3和 PH3的稳定性判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。 （ 5）已知 CS2与 CO2分子结构相似，则根据 CO2的电子式可得 CS

45、2的电子式是。 CS2和 CO2都是分子晶体， CS2的相对分子质量大，分子间作用力大，因此 CS2熔点高于 CO2。 考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响、核外电子排布、元素周期律、晶体性质以及电子式 计算题 （本题共 14分） 硫有多种含氧酸，亚硫酸（ H2SO3）、硫酸（ H2SO4）、焦硫酸（ H2SO4 SO3）、硫代硫酸（ H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。 完成下列计算： (1)焦硫酸（ H2SO4 SO3）溶于水，其中的 SO3都转化为硫酸。若将 445g焦硫酸溶于水配成 4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 _mol/。 (2)若以浓硫酸吸水后生 成的 H2SO4 H2O计算， 250g质量分数为 98%的硫酸能吸收多少 g水？ (3)硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下： 3FeS2 8O2Fe3O4 6SO2