2014届浙江省温州市十校联合体高三上学期期末考试理综化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届浙江省温州市十校联合体高三上学期期末考试理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列有关叙述正确的是 A. 在结冰的路面上撒盐，是利用盐与水发生化学反应放出大量热量，促使冰雪融化 B. 蛋白质、棉花、核酸、 PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质 C. 利用可降解的生物质材料 “玉米塑料 ”（主要成分为聚乳酸）替代一次性饭盒，可防止产生白色污染 D. 氮化硅陶瓷可用于制造新型柴油发动机是因为氮化硅陶瓷具有较大的硬度 答案： C 试题分析： A、雪上撒盐后 ,在盐的作用下 ,可使水的凝固点降低 ,这样原先未加盐时已凝固的冰会迅速溶解。盐与水反应即水解反应是吸热反应， A不正确； B、油

2、脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯类，不是高分子化合物， B不正确； C、可降解的生物质材料 “玉米塑料 ”（主要成分为聚乳酸）在自然界中易分解，因此可以防止白色污染， C正确； D、氮化硅陶瓷可用于制造新型柴油发动机是因为氮化硅陶瓷具有很高的熔沸点， D不正确，答案：选 C。 考点：考查化学与生活、生产、能源材料的有关判断 有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的 H+、 OH-）： H+、 NH4+、 K 、 Mg2 、 Cu2 、 Al3+、 NO3-、 CO32-、 SO42-，现取三份 100mL溶液进行如下实验： 第一份加足量 AgNO3溶液后，有白色沉淀产生

3、。 第二份加足量 BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为 6.99 g。 第三份逐滴滴加 NaOH溶液，测得沉淀与 NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是 A原溶液一定不存在 H+、 Cu2 、 CO32- B不能确定原溶液是否含有 K 、 NO3- C原溶液确定含 Mg2 、 Al3 、 NH4 ，且 n(Mg2 ):n(Al3 ):n( NH4 ) 1:1:2 D实验所加的 NaOH的浓度为 2mol L-1 答案： B 试题分析：溶液是无色的，因此一定不存在铜离子。第一份加足量 AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，这说明溶液中至少含有 CO32-

4、、 SO42-中的一种。第二份加足量 BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为 6.99 g。则该办事处是硫酸钡或碳酸钡或是二者的混合物。第三份逐滴滴加 NaOH溶液，测得沉淀与 NaOH溶液的体积关系如图。根据图像可知，开始立即出现沉淀，这说明不存在大量的氢离子。当沉淀达到最大值时 保持不变，这说明加入的氢氧化钠与溶液中的 NH4 反应生成一水合氨，因此一定含有 NH4 。继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始减少，但不完全消失。这说明沉淀应该是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物，所以溶液中一定含有 Mg2 、 Al3 ，则一定不存在 CO32-，所以一定还含有 SO42-。 A、原溶液

5、一定不存在 H+、 Cu2 、 CO32-， A正确； B、硫酸钡的质量是 6.99g，物质的量 6.99g233g/mol 0.03mol。根据图像可知，氢氧化镁的物质的量是 0.01mol，则此时氢氧化镁消耗的氢氧化钠应该是 0.02mol。溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是 5ml，则产生氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积 15ml。所以产生氢氧化镁消耗的氢氧化钠溶液体积是 10mol，所以根据方程式 Mg2 2OH- Mg(OH)2、 Al3 3OH- Al(OH)3可知，氢氧化镁与氢氧化铝的物质的量相等，都是 0.01mol。与 NH4 反应的氢氧化钠溶液体积是10ml，所以 NH4

6、的物质的量是 0.02mol。根据溶液的电中性可知，溶液中阴离子 SO42-的电荷数是 0.06mol，而阳离子 的电荷数是 0.02mol+0.03mol+0.02mol0.07mol，所以溶液中一定还含有 NO3-，但不能确定原溶液是否含有 K ， B不正确； C、原溶液确定含 Mg2 、 Al3 、 NH4 ，且 n(Mg2 ):n(Al3 ):n( NH4 ) 1:1:2，C正确； D、实验所加的 NaOH的浓度为 0.02mol0.01L 2mol L-1， D正确，答案：选 B。 考点：考查离子共存、离子检验的有关判断和计算 下列说法正确的是 A已知 Ag2CrO4的 Ksp为 1

7、.1210-12，则将等体积的 10-3mo1/L的 AgNO3溶液和 0 -3mo1/LK2CrO4溶液混合，会有 Ag2CrO4沉淀产生 B SiO 键的键能大于 SiCl 键的键能，因此 SiO2的熔点高于晶体 SiCl4的熔点 C常温时，浓度均为 0.01mol/L Na2CO3溶液和 NaHCO3溶液，等体积混合，其溶液中粒子浓度关系为 3c(Na ) 2c(HCO3-) 2c(CO32-) 2c(H2CO3) D已知： 2CO（ g） +O2（ g） 2CO2（ g） H -566kJ mol-1，下图可表示由CO生成 CO2的反应过程和能量关系 答案： A 试题分析： A、将等体

8、积的 10-3mo1/L的 AgNO3溶液和 0 -3mo1/LK2CrO4溶液混合，溶液中 Ag 和 CrO42-浓度分别都是 510-4mo1/L，所以此时溶液中 c2(Ag ) c(CrO42-) (510-4)2510-4 1.2510-10 1.1210-12，所以溶液中有 Ag2CrO4沉淀产生， A正确； B、由于二氧化硅是原子晶体，而四氯化硅是分子晶体，所以二氧化硅的熔点高于四氯化硅的熔点，与键能大小无关系， B不正确； C、常温时，浓度均为 0.01mol/L Na2CO3溶液和 NaHCO3溶液，等体积混合，根据物料守恒可知溶液中 2c(Na ) 3c(HCO3-) 3c(

9、CO32-) 3c(H2CO3)， C不正确； D、根据热化学方程式可知，反应物是 2molCO 与 1mol氧气化合生成 2molCO2时放出的热量是 566kJ，而图像中物质的物质的量不符合， D不正确，答案：选 A。 考点：考查溶度积常数应用、晶体熔点比较、溶液中离子浓度大小比较、反应热的有关判断 某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定 CO的浓度，其装置如图所示（上端为多孔电极 a，下断为多孔电极 b） ,该电池中电解质为氧化钇 -氧化钠，其中 O2-可以在固体介质 NASICON 中自由移动。下列说法不正确的是 A工作时电极 b作正极， O2-由电极 b流向电极 a B工作时电子由

10、电极 a通过介质流向电极 b C负极的电极反应式为： CO+O2 2e- CO2 D传感器中通过的电流越大，尾气中 CO的含量越高 答案： B 试题分析： A、原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。空气在 b电极通入，所以 b电极是正极，氧气得到电子变为 O2-。原电池中阴离子向负极移动，所以 O2-由电极 b流向电极 a， A正确； B、原电池中负极失去电子，经导线传递到正极，溶液中不能传递电子， B不正确； C、 CO在负极通入，失去电子，电极反应式为 CO+O2 2e- CO2， C正确； D、传感器中通过的电流越大，消耗的 CO越多，尾气中 CO的含量越高， D

11、正确，答案：选 B。 考点：考查原电池原理的有关判断 已知霉酚酸酯（ MMF） 是进行器官移植手术时抑制细胞增殖最常用的药物，其结构简式如图所示，下列说法正确的是 A MMF可溶于水但不能使酸性 KMnO4溶液褪色 B 1molMMF最多能与 4molNaOH完全反应 C MMF的分子式是 C20H23O6N D MMF在酸性条件下可以发生水解，有一种水解产物在核磁共振氢谱中有 5个特征吸收峰 答案： D 试题分析： A、根据结构简式可知，分子中含有碳碳双键和酚羟基，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色， A不正确； B、分子中含有 2个酯基和 1个酚羟基，所以 1molMMF最多能与 3molNaO

12、H完全反应， B不正确； C、 MMF的分子式是C20H25O6N， C 不正确； D、分子中含有酯基， MMF 在酸性条件下可以发生水解，其中水解产物 在核磁共振氢谱中有 5个特征吸收峰， D正确，答案：选 D。 考点：考查有机物的结构和性 质 X、 Y、 Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示， Y原子的最外层电子数是次外层电子数的 3倍，下列说法正确的是 A气态氢化物的沸点： Z Y B Z元素的氧化物对应的水化物一定是一种强酸 C三种元素原子半径的大小顺序为： X Y Z D Z单质与 Fe反应生成的化合物中，铁元素显 +3价 答案： A 试题分析：根据短周期元素在周期表中的相对位置

13、可知， Y和 X应该是第二周期元素。 Y 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，实验 Y 应该是氧元素，则 X是氮元素， Z是 S元素。 A、由于水分子间存在氢键，所以水的沸点高于H2S的沸点， A正确； B、硫酸是强酸，但亚硫酸是弱酸， B不正确； C、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，所以三种元素的原子半径大小顺序是 Z X Y， C不正确； D、硫与铁化合生成的是氯化亚铁 FeS，得不到 3价铁， D不正确，答案：选 A。 考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用 下列说法不正确的是 A制摩尔盐时用酒精洗涤产品，制阿司匹林时用冷水洗涤产品 B培养明

14、矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却，并静置过夜 C铁钉镀锌前 ，先要用砂纸打磨直至表面变得光滑，然后放入氢氧化钠溶液中浸泡 5分钟，用水洗净后还需放入稀盐酸中浸泡，再用水洗净 D做 “食醋总酸含量的测定 ”实验时，必须先将市售食醋稀释 10倍，然后用洗净的酸式滴定管量取一定体积的稀释液于洁净的锥形瓶中，锥形瓶不需要先用醋酸溶液润洗 答案： D 试题分析： A、摩尔盐在有机溶剂中的溶解度小，因此制摩尔盐时用酒精洗涤产品，可以减少晶体的溶解；阿司匹林的溶解度随温度的升高而增大，因此制阿司匹林时用冷水洗涤产品可以减少固体的溶解， A 正确； B、由于温度较低时，饱和度也较低，明矾会吸附在小晶

15、核上，所以培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却，并静置过夜， B正确； C、铁钉镀锌前，先要用砂纸打磨直至表面变得光滑，然后放入氢氧化钠溶液中浸泡 5分钟，目的是除去表面的油污。用水洗净后还需放入稀盐酸中浸泡，目的是除去表面的铁锈，再用水洗净即可， C正确； D、量取醋酸的酸式滴定管必须事先用标准液润洗， D不正确，答案：选 D。 考点：考查化学实验操作的有关正误判断 实验题 草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到 100 时失去结晶水，成为无水草酸。某学习小组的同学拟以甘蔗渣为原料用水解 氧化 水解循环进行制取草酸。 aaaaaa 请跟据以上

16、信息回答下列问题： 图示 的氧化 水解过程是在上图 1的装置中进行的，指出装置 A的名称 。 图示 的氧化 水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收率的影响，结果如上图 2所示，请选择最佳的反应温度为 ，为了达到图 2所示的温度，选择图 1的水浴加热，其优点是 。 在图示 中的操作涉及到抽滤，洗涤、干燥，下列有关说法正确的是 。 A.在实验过程中，通过快速冷却草酸溶液，可以得到较大的晶体颗粒，便于抽滤 B.在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物 C.为了检验洗涤是否完全，应拔下吸滤瓶与安全瓶之间橡皮管，从吸滤瓶上口倒出少量滤液于试管

17、中进行相关实验。 D.为了得到干燥的晶体，可以选择在坩埚中直接加热，并在干燥器中冷却。 要测定草酸晶体（ H2C2O4 2H2O）的纯度，称取 7.200g制备的草酸晶体溶于适量水配成 250mL溶液，取 25.00mL草酸溶液于锥形瓶中，用 0.1000mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定 （ 5H2C2O4+2MnO4-+6H+ 2Mn2+10CO2+8H2O）， 取 25.00mL草酸溶液的仪器是 。 在草酸纯度测定的实验过程中，下列说法正确的是： 。 A.润洗滴定管时，应从滴定管上口加满所需的酸或碱液，使滴定管内壁充分润洗 B.移液管取草酸溶液时，需将尖嘴处的液体吹入锥形瓶，会使实验误差偏低

18、 C.滴定时，左手轻轻向内扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松动漏出溶液 D.滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，会使实验误差偏高 判断滴定已经达到终点的方法是： 。 达到滴定终点时，消耗高锰酸钾溶液共 20.00mL，则草酸晶体的纯度为 。 答案： 三颈烧瓶（ 2分） 70 （ 1分）；便于控制温度，使装置受热均匀（ 2分） BC（ 2分） 酸式滴定管（ 1分） CD（ 2分） 向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准液，锥形瓶中溶液变成浅红色且半分钟后不变色（ 2分） 87.5%（ 2分） 试题分析：（ 1）根据装置的结构特点可知， A应该是三颈烧瓶。 （ 2）根据图 2可知，在温度为 7

19、0 时，醋酸的收率最高，所以选择的最佳反应温度是 70 。由于温度不超过 100 ，所以采用水浴加热，这是由 于水浴加热时便于控制温度，且能使装置受热均匀。 （ 3） A、在实验过程中，通过快速冷却草酸溶液，得不到较大的晶体颗粒，应该是自然冷却， A不正确； B、在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物，防止沉淀溶解而造成损失， B正确； C、由于装置中存在压强差，所以为了检验洗涤是否完全，应拔下吸滤瓶与安全瓶之间橡皮管，从吸滤瓶上口倒出少量滤液于试管中进行相关实验， C正确； D、在坩埚中直接加热，容易使草酸晶体分解， D不正确，答案：选 BC。 （ 4） 草酸溶液显酸性，所以量取

20、 25.00mL草酸溶液的仪器是酸式滴定管。 A、润洗滴定管时，应从滴定管上口加少量所需的酸或碱液，使滴定管内壁充分润洗，并不需要加满， A不正确； B、移液管取草酸溶液时，不能将尖嘴处的液体吹入锥形瓶，否则使实验误差偏高， B不正确； C、滴定时，左手轻轻向内扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松动漏出溶液， C正确； D、滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，由于读数自上而下逐渐增大，所以读数偏大，会使实验误差偏高， D正确，答案：选 CD。 由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定终点的判断依据是向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准液，锥形瓶中溶液变成浅红色且 半分钟后不变色。 反应中消耗

21、高锰酸钾的物质的量是 0.02L0.1000mol/L 0.002000mol，所以根据方程式 5H2C2O4+2MnO4-+6H+ 2Mn2+10CO2+8H2O 可知，消耗草酸的物质的量是 0.005000mol，因此原样品中草酸的物质的量是 0.005000mol 0.05000mol/L，则质量 0.05000mol/L126g/mol 6.3g，所以草酸的纯度是100% 87.5%。 考点：考查仪器识别、物质制备的实验探究、滴定实验的有关判断和计算 填空题 某含氯化合物 A由两种短周期元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为 3.0， A溶于水可得只含单一溶质 B的

22、弱酸性溶液， B溶液在放置过程中其酸性会增强。常温下，气体 A与 NH3反应生成离子晶体 C、气体单质 D和常见液体 E， D为空气中含量最多的物质。气体 A可用某一气体单质与潮湿的 Na2CO3反应制得，同时生成两种钠盐。请回答下列问题： （ 1）气体 A的化学式为 ，气体单质 D对应元素在周期表中的位置为 。 （ 2）用化学方程式表示 B溶液酸性增强的原因 。 （ 3）气体 A与 NH3反应的化学方程式为 ，该反应体现 气体 A具有 性。 （ 4）试写出制取气体 A的化学方程式为 。 （ 5）设计实验探究离子晶体 C的成分为 。 答案：（ 1） Cl2O(2分）， 第二周期第 VA族 (1

23、分） （ 2） 2HClO 2HCl + O2(2分 ) （ 3） 3Cl2O +10NH3 6NH4Cl +2N2 + 3H2O (2分） 氧化 (2分 ) （ 4） 2Cl2+2Na2CO3+ H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (2分 ) （ 5）取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓 NOH溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明 含有 NH4+；另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含 Cl-，由此证明该晶体为 NH4Cl。 (3分，每步 1分 ) 试题分析：该气体对空气的相对密度为 3.0，则 A的相对分子质量是 3.02987。又因

24、为含氯化合物 A由两种短周期元素组成，氯元素的相对原子质量是35.5，所以该化合物应该含有 2个氯原子，则另外一种元素的的相对原子质量是87-35.52 16，所以是氧元素，则 A的化学式为 Cl2O。 A溶于水可得只含单一溶质 B的弱酸性溶液， B溶液在放置过程中其酸性会增强，所以 B是次氯酸。常温下，气体 A与 NH3反应生成离子晶体 C、气体单质 D和常见液体 E， D为空气中含量最多的物质，则 D是氮气。这说明该反应中氨气被氧化生成氮气，而还原产物是氯化氢，进而与氨气反应生成氯化铵，即 C是氯化铵。根据原子守恒可知， E是水。气体 A可用某一气体单质与潮湿的 Na2CO3反应制得，同时

25、生成两种钠盐。因此根据原子守恒可知，该气体应该是氯气，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。 （ 1）气体 A的化学式为 Cl2O，气体单质 D对应元素氮元素在周期表中的位置为第二周期第 A族。 （ 2）次氯酸 不稳定，受热易分解，生成氯化氢和氧气，因此溶液的酸性增强，反应的化学方程式为 2HClO 2HCl + O2。 （ 3）二氧化氯具有强氧化性，能把氨气氧化生成氮气，反应的化学方程式为3Cl2O +10NH3 6NH4Cl +2N2 + 3H2O。在反应中氯元素的化合价从 4价降低到 -1价，得到电子，被还原，体现二氧化氯的氧化性。 （ 4

26、）氯气与碳酸钠溶液发生自身的氧化还原反应生成二氧化氯，同时还产生两种盐，因此应该是碳酸氢钠和氯化钠，反应的化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。 （ 5）铵盐能与强碱反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸显蓝色，据此可以检验 NH4 。而氯离子可以通过硝酸酸化的硝酸银溶液检验。即取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓 NOH溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有 NH4+；另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含 Cl-，由此证明该晶体为 NH4Cl。 考点：考查物质推断、元素周期表的结构、氧化还原反

27、应的有关判断与应用以及离子的检验 氨是最重要的化工产品之一。 （ 1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得 :CH4(g)+H2O(g） CO(g)+3H2(g)。有关化学反应的能量变化如下图所示。 CH4(g)与 H2O(g)反应生成 CO(g)和 H2(g)的热化学方程式为 。 （ 2） CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜 ( )溶液来吸收原料气中 CO，其反应原理为： Cu(NH3)2CH3COO(l)+CO(g)+NH3(g)Cu(NH3)3CH3COO CO(l） H 0。吸收 CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收 CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是

28、_（填写选项编号）。 A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压 （ 3）用氨气制取尿素 CO(NH2)2的反应为： 2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g） H 0。某温度下，向容积为 100L的密闭容器中通入4mol NH3和 2molCO2，该反应进行到 40 s时达到平衡，此时 CO2的转化率为50%。该温度下此反应平衡常数 K 的值为 _。下图中的曲线表示该反应在前 25 s内的反应进程中的 NH3浓度变化。若反应延续至 70s，保持其它条件不变情况下， 请在图中用实线画出使用催化剂时该反应的进程曲线。 （ 4）将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为

29、碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵。已知弱电解质在水中的电离平衡常数（ 25 ）如下表： 弱电解质 H2CO3 NH3 H2O 电离平衡常数 Ka1=4.3010-7 Ka2=5.6110-11 1.7710-5 现有常温下 0.1 mol L-1的 (NH4)2CO3溶液， 你认为该溶液呈 性（填 “酸 ”、 “中 ”、 “碱 ”），原因是 。 就该溶液中粒子之间有下列关系式，你认为其中正确的是 。 A c(NH4+) c(CO32-) c(HCO3-) c(NH3 H2O) B c(NH4+)+c(H+) c(HCO3-)+c(OH-)+c(C

30、O32-) C c(CO32-） + c(HCO3-） +c(H2CO3) 0.1 mol L-1 D c(NH4+)+ c(NH3 H2O) 2c(CO32-） + 2c(HCO3-） +2c(H2CO3) 答案：（ 1） CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g） H +161.1 kJ mol-1（ 2分）（ 2） B（ 2分） （ 3） 2500（ 2分）； （说明：曲线的转折点在横坐标 40之前，纵坐标必需在 20的线上）（ 3分，画出纵坐标为 20的直线给 2分、画出曲线转折点在横坐标 40之前给 1分） （ 4） 碱 （ 1分）；由于 NH3 H2O 的电离平衡常数大于

31、 HCO3-的电离平衡常数，因此 CO32-水解程度大于 NH4+水解程度，溶液中 c(OH-) c(H+)，溶液呈碱性（ 2分） A、 C、 D（ 3分） 试题分析：（ 1）根据图像可知热化学方程式， 、 CH4(g)+2O2(g)2H2O(g)+CO2(g） H -846.3kJ/mol， 、 CO(g)+ O2(g) CO2(g） H+282kJ/mol， 、 H2(g)+ O2(g) H2O(g） H -241.8kJ/mol，则根据盖斯定律可知 - - 3 即得到热化学方程式 CH4(g) H2O(g) CO(g) 3H2(g)，所以该反应的反应热 H -846.3kJ/mol 28

32、2kJ/mol 241.8kJ/mol3 +161.1 kJ/mol。 （ 2）根据方程式可知该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以要恢复其吸收 CO的能力以供循环使用，应该使平衡向逆 反应方向移动，所以再生的适宜条件是高温、低压，答案：选 B。 （ 3） 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g) 起始浓度（ mol/L） 0.04 0.02 0 0 转化浓度（ mol/L） 0.02 0.01 0.01 0.01 平衡浓度（ mol/L） 0.02 0.01 0.01 0.01 所以该温度下平衡常数 K 2500。 由于催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但

33、不能改变平衡状态，据此可以作图。 （ 4） 根据表中数据可知， NH3 H2O 的电离平衡常数大于 HCO3-的电离平衡常数，因此 CO32-水解程度大于 NH4+水解程度，因此溶液中 c(OH-) c(H+)，所以溶液呈碱性。 A、由于 CO32-水解程度大于 NH4+水解程度，溶液显碱性，则水解程度都是很小的，所以 c(NH4+) c(CO32-) c(HCO3-) c(NH3 H2O)， A正确； B、根据电荷守恒可知 c(NH4+) c(H+) c(HCO3-) c(OH-) 2c(CO32-)， B不正确； C、根据物料守恒可知 c(CO32-） + c(HCO3-） +c(H2CO

34、3) 0.1 mol L-1， C正确； D、碳氧根据物料守恒可知 c(NH4+)+ c(NH3 H2O) 2c(CO32-） + 2c(HCO3-） +2c(H2CO3)， D正确，答案：选 ACD。 考点：考查热化学方程式的书写、平衡常数计算、外界条件对平衡状态的影响、溶液酸碱性判断以及溶液中离子浓度大小比较 重要的精细化学品 M和 N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如下图所示： 已知： 请回答下列问题： （ 1） A中含氧官能团名称是 ；由 A生成 B的反应类型是 。 （ 2） X的结构简式为 。 （ 3） C和 F在一定条件下可反应生成一种有香味的物质。写出该反应的化学方程式

35、。 （ 4）下列说法正确的是 。 a E能发生消去反应 b 1 molM中含有 4 mol酯基 c X与 Y互为同系物 （ 5）写出由 Y生成 D的化学方程式 。 （ 6）写出同时满足下列三个条件的 F的同分异构体的结构简式 。 a与 F官能团种类和数目都相同 b苯环上只有一个侧链 c核磁共振 H谱图中出现 6或 7个峰 答案：（ 1）羟基（ 1分）、醛基（ 1分） 消去反应（ 2分）（ 2）CH3CH2CHO（ 2分） （ 3） （ 2分） （ 4） b c（ 2分）（ 5）（ 2分） （ 6）（各 1分） 、 、 试题分析：（ 1）根据已知信息 可知， A中应该含有羟基和醛基。由于 A能失

36、去 1分子水生成 B，所以该反应是羟基的消去反应。 （ 2）化合物 X能和甲醛发生加聚反应生成 A，则根据已知信息 并结合 A的化学式可知， X分子中含有 3个碳原子，因此 X应该是丙醛，结构简式为CH3CH2CHO，则 A的结构简式为 CH3CH(CH2OH)CHO， B的结构简式为 CH2C(CH3)CHO。 B分子中的醛基被氢氧化铜氧化生成 C，则 C的结构简式为 CH2C(CH3)COOH。化合物 Z为苯甲醛，则 F、 G中均含有苯环。则根据 N 的结构简式以及已知信息 可知， E的结构简式是 C(CH2OH)4， G的结构简式为。 D为 Y与 HCHO 按物质的量之比 1:3反应所得

37、， D与氢气反应得到 E，所以 D的结构简式为 ，因此化合物 Y是乙醛。根据已知 可知 Y与 Z反应生成 F，则 F的结构简式为 ， F发生消去反应即生成化合物 G。 （ 3） C分子中含有羧基， F分子中含有羟基，二者在一定条件下发生酯化反应，反应的化学方程式为。 （ 4） a、 E分子中与羟基碳原子相连的碳原子上不存在氢原子，因此 E不能发生消去反应， a不正确； b、 E分子中含有 4个羟基， C分子中含有 1个羧基，所以E与 C反应生成的 M中含有 4个酯基，则 1 molM中含有 4 mol酯基， b正确；c、 X与 Y分别是丙醛与乙醛，结构相似，二者互为同系物， c正确，答案：选bc。 （ 5）根据已知信息 可知， Y生成 D的化学方程式为。 （ 6）与 F官能团种类和数目都相同，则含有 1个羟基与 1个醛基。苯环上只有一个侧链，且核磁共振 H谱图中出现 6或 7个峰，所以符合条件的结构有、 、 。 考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式的书写