1、2014届上海市六校高三 12月联考化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A “雾霾 ”与 “风雨雷电 ”一样属于一种自然现象 B塑化剂是一种应用很广的化工塑料软化剂，可大量添加到婴幼儿玩具中 C利用潮汐能发电能达到节能减排的目的 D PM 2.5的产生与人类活动无关 答案： C 试题分析： A “雾霾 ”是一种在日常生活中，人们通常用雾、霭、灰霾等词来形容空气湿度较大并且能见度较低时的天气状况。雾是气温低于露点时，近地面空气中水汽凝结而形成的，如果雾升高离开地面就变成了云。出现雾时空气潮湿 ；出现霾时空气则相对干燥，所以不属于自然现象，错误； B塑化剂据医学专家说有抗雄激素活性
2、，会造成内分泌失调，使男性生殖器变小等危害，错误。 C利用潮汐能发电能达到节能减排的目的，正确； D PM2.5产生的主要来源，是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质。 一般而言，粒径 2.5微米至 10微米的粗颗粒物主要来自道路扬尘等，错误； 考点：本题考查了绿色生活和绿色环保的相关知识。 根据表中信息判断，下列选项不正确的是 序号 反应物 产物 KMnO4 、 H2O2 、 H-2SO4 K2SO4 、 MnSO4 Cl-2 、 FeBr-2 FeCl3、 FeBr3 MnO4- Cl2 、 Mn2+ A第 组反应的其余产物为 H2O和
3、O2 B第 组反应中 Cl-2 与 FeBr-2的物质的量之比小于或等于 12 C第 组反应中生成 1mol Cl2，转移电子 2mol D氧化性由强到弱顺序为 MnO4- Cl2 Fe3+ Br2 答案： D 试题分析： A、反应中 KMnO4MnSO4， Mn元素化合价由 +7价 降低为 +2价，根据电子转移守恒， H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据 H元素守恒可知还生成水，故 A正确； B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（ C12） =n（ FeBr2），即 n（ C12）： n（ FeBr2） =1： 2，故 B正确； C、由信息可知，MnO4
4、-氧化 Cl-为 Cl2， Cl元素化合价由 -1价升高为 0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成 1mo1C12，转移电子为 2mo1，故 C正确； D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由 可知氧化性 MnO4- Cl2，由 可知氧化性 Cl2 Fe3+，由 可知 Fe3+不能氧化 Br-，氧化性 Br2 Fe3+，故 D错误。故选： D。 考点：本题考查了氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物。 在 200mL某硫酸盐溶液中，含有 1.5NA个硫酸根离子，同时含有 NA个金属离子。则该硫酸盐的物质的量浓度为（ NA表示阿佛加德
5、罗常数的值） A 1mol L-1 B 2.5 mol L-1 C 5 mol L-1 D 2 mol L-1 答案： B 试题分析： 1.5NA个硫酸根离子的物质的量为 1.5mol， NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为 x，根据电荷守恒可知， x=1.52=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为 M2（ SO4） 3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为 0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为 2.5mol/L。故选： B 考点：本题考查了物质的量浓度计算，难度中等，判断金属离子的化合价是解题关键，注意守恒思想的运用。 Al63Cu24Fe13是自然界中的一种
6、天然准晶体，将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为 A n(盐酸 ) n(稀硝酸 ) n(烧碱 ) B n(烧碱 ) n(盐酸 ) n(稀硝酸 ) C n(烧碱 ) n(稀硝酸 ) n(盐酸 ) D n(稀硝酸 ) n(烧碱 ) n(盐酸 ) 答案： D 试题分析： Al63Cu24Fe13可看作是由铝，铜，铁三种单质构成的混合物，与盐酸反应时只有铜不能反应，与烧碱反应时只有铝反应，与硝酸反应时不会生成氢气，故正确选项为 D。 考点：本题考查了三种金属与酸、碱反应的情况。 某废水含有下列离子中的 5种（忽略水的电离及离子的水解）， K+、 Cu2+、
7、Al3+、 Fe2+、Cl-、 CO32-、 NO3-、 SO42-，测得各种离子的物质的量浓度相等。为探究废水的组成，某同学进行了如下实验： 用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰。 另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。 另取溶液加入 BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 根据上述实验，以下推测正确的是 A溶液中无法确定 Al3+的存在与否 B原溶液中不含的离子为： K+、 Al3+、 CO32- C步骤 中可以确定 Fe2+、 NO3-的存在 D步骤 中共有 2种钡盐沉淀 答案： B 试题分析：用
8、铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明有 K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的 NO3-和还原性的 Fe2+；若向溶液中加入 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有 CO32-或 SO42-，因为有 Fe2+， Fe2+与 CO32-不能共存，所以没有 CO32-；则溶液中的离子有 Fe2+、 NO3-、 SO42-，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外 的阳离子 Cu2+或 Al3+，若有 Cu2+，阳离子的电荷多还须有 Cl-，若有 Al3+，阴离子加上 C
9、l-，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有 Cu2+、 Cl-，所以原溶液中所含的离子为： Cu2+、 Fe2+、 Cl-、 NO3-、 SO42-，原溶液中不含的离子为： K+、 Al3+、 CO32-，故 B正确；故选 B。 考点：本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大。 在 5.6 g Fe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入 1mol L-1 KNO3溶液25mL，恰好反应完全。该反应的方程式为： FeSO4 +KNO3 +H2SO4K2SO4 +Fe2(SO4)3+NxOy + H2O（未配平），
10、则对该反应的下列说法正确的是 A化学方程式中按物质顺序的计量数是： 8、 2、 5、 1、 4、 1、 5 B反应中氧化产物是 N2O C反应过程中转移的电子数为 8mol电子 D氧化产物和还原产物的物质的量之比为 4 1 答案： AD 试题分析：该反应中， Fe2+失电子 Fe3+，所以硫酸亚铁作还原剂；硝酸钾中氮元素得电子化合价降低作氧化剂；硫酸亚铁的物 质的量 0.1mol，所以硫酸亚铁生成硫酸铁失去 0.1mol电子；根据氧化还原反应中得失电子数相等可知，硝酸钾中氮元素得到0.1mol电子， KNO3物质的量为 0.025mol,则 0.025*（ 5-2Y/X） =0.1即 X=2Y
11、，按照 A的配平系数带入答案：，经过验证，所以该氮的氧化物是 N2O，应该是还原产物， A正确， BC错误；氧化产物是 Fe2(SO4)3和还原产物 N2O的物质的量之比为 4 1，正确； 考点：本题考查了氧化还原反应，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题的关键，难度不大。 在常温下， 0.1000mol L-1Na2CO3溶液 25mL 用 0.1000mol L-1盐酸滴定，其滴定曲线如图。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是 A a点： c（ CO32-） =c(HCO3-)c(OH-) B b点： 5c(Cl-)4c(HCO3-)+4c(CO32-) C
12、c点： c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3) D d点： c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-) 答案： B 试题分析： A a点时 n（ HCl） =0.1mol/L0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余 0.00125molNa2CO3，由于 CO32-水解程度大于 HCO3-的电离程度，则 c（ HCO3-） c（ CO32-），故 A错误； B b点时 n（ HCl） =0.1mol/L0.02L=0.002mol，由物料守恒可知 5c（ Cl-） =4c（ HCO3-） +4c（ CO32-
13、） +4c（ H2CO3），则 5c（ Cl-）4c（ HCO3-） +4c（ CO32-），故 B正确； C c点时 n（ HCl） =0.1mol/L0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成 NaHCO3，其质子守恒关系式应该是c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故 C错误； D d点时加入盐酸 0.005mol，溶液中溶由反应生成的 CO2，溶液存在电荷守恒，存在 c（ Na+） +c（ H+） =c（ HCO3-）+2c（ CO32-） +c（ OH-） +c（ Cl-），由于 c（ Na+） =c（ Cl-），则 c（ H+）
14、=c（ HCO3-）+2c（ CO32-） +c（ OH-），故 D错误，故选 B。 考点：本题考查了离子浓度的大小比较，题目难度较大，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答 。 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 92.4 kJ。恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示。下列说法错误的是 A前 20分钟反应内放出的热量为 46.2kJ B第 25分钟改变的条件是将 NH3从反应体系中分离出去 C若第 60分钟时反应又达到了平衡，则时段 改变的条件是增大压强 D时段 仅将初始投放的物质浓度增至原来的 2倍，则反应物的转化率增
15、大，平衡常数不变 答案： AC 试题分析： A由于不知道溶液的 体积无法知道反应的量无法计算放出的热量，故 A错误； B第 阶段氨气是从 0开始的，瞬间 A、 B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了 C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故 B正确； C第 阶段的开始与第 阶段的平衡各物质的量均相等，根据 A、 B的量减少， C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，因此达到平衡后温度一定比第 阶段平衡时的温度低，故 C错误； D D中条件的改变相当于增大了压强，平衡常数仅与
16、温度有关不受压强的影响，正确；故选 AC。 考点：本题考查了化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学反应速率、化学平衡影响因素等，难度中等， C为易错点，学生容易只考虑改变瞬间各物质的浓度，不注意平衡时各物质浓度的变化量。 为了证明硫酸亚铁铵 (NH4)2Fe(SO4)2 6H2O晶体的成分中含有 NH4+、 Fe2 、 SO42-和H2O，下列实验叙述中不正确的是 A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水 B取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓 NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有 NH4+ C取适
17、量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有 SO42- D取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入 2滴 KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有 Fe2 答案： B 试题分析： A、晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故 A正确； B、应取少量样品于试管中，加入浓 NaOH溶 液，并适当加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，即产生 NH3，则证明硫酸亚铁铵中含有 NH4+，故 B错误； C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴 BaCl2溶
18、液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有 SO42-，这是硫酸根离子的检验方法，故 C正确； D、溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有 Fe2+ 滴入 KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有 Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有 Fe2+存在，故 D正确；故选 B。 考点：本题考查了物质的鉴定能熟悉常见结晶水合物 的颜色；溶液中各种水合离子的颜色；熟练掌握常见离子的检验方法与操作。 将 Cu、 Cu2O和 CuO均匀混合物分成两等份，其中一份用足量的 CO还原，测得反应后固体质量减少 6.4g，另一份中加入 150mL某浓度的硝酸，固体恰好
19、完全溶解，且同时收集到标准状况下 NOX气体 6.72L，则所用硝酸的物质的量浓度可能为 A 8.0mol L-1 B 9.0mol L-1 C 10.0mol L-1 D 11.0mol L-1 答案： CD 试题分析：将 Cu2O拆分为 Cu、 CuO，原混合物看做 Cu、 CuO的混合物，其中一 份用足量的 CO气还原，反应后固体质量减少 6.40g为拆分后 Cu、 CuO的混合物中 O元素的质量， O原子的物质的量为 6.4/16=0.4mol，根据 Cu元素守恒可知 n（ CuO） =n（ O）=0.4mol；另一份中加入 150mL某浓度的硝酸，固体恰好完全溶解，固体恰好完全溶解，
20、溶液中溶质为 Cu（ NO3） 2，且同时收集到标准状况下 NOX气体 6.72L， NOX的物质的量为 6.72/22.4=0.3mol，若为 NO:则根据电子转移守恒可知拆分后 Cu、 CuO的混合物中 2n（ Cu） =3n（ NO） =30.3mol， n（ Cu） =0.45mol，由铜元素守恒可知 nCu（ NO3） 2=n（ CuO） +n（ Cu） =0.4mol+0.45mol=0.85mol，根据氮元素守恒可知 n（ HNO3）=n（ NO） +2nCu（ NO3） 2=0.3mol+20.85mol=2mol，硝酸的浓度为 2/0.15=11.3mol/L。若为 NO2:
21、则根据电子转移守恒可知拆分后 Cu、 CuO的混合物中 2n（ Cu） =n（ NO2）=0.3mol， n（ Cu） =0.15mol，由铜元素守恒可知 nCu（ NO3） 2=n（ CuO） +n（ Cu）=0.4mol+0.15mol=0.55mol，根据氮元素守恒可知 n（ HNO3） =n（ NO） +2nCu（ NO3）2=0.3mol+20.55mol=1.4mol，硝酸的浓度为 1.4/0.15=9.3mol/L。故选： A故硝酸的物质的量浓度可能为 10.0mol L-1和 11.0mol L-1之间。 考点：本题考查了混合物的计算、守恒计算等。 元素 R、 X、 T、 Z、
22、 Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中 R单质在暗处与 H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是 A非金属性： T苯酚。 (已知酸性：亚硫酸 碳酸 ) （ 1）铜与浓硫酸反应的化学方程式是_， 装置 A中的足量的试剂是 。 （ 2）连接仪器、 、加药品后，打开 a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热。能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强的实验现象是： _。 （二）验证 SO2具有氧化性、还原性和 酸性氧化物的通性。 （ 3）打开 b，关闭 a。能验证 SO2具有氧化性的化学方程式是_。 （ 4）若过量的 SO2通入 NaOH溶液中，其化学方程式是：_。 （ 5） BaCl2溶液中无任何现象，将其分成两
23、份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式分别是 _， _。 （ 6）写出其中 SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式_。 答案：（ 1） （ 2分） 酸性高锰酸钾溶液或品红溶液（ 1分 合理给分） （ 2）检验装置的气密性（ 1分） A中的酸性高锰酸钾溶液（或品红溶液）不褪色，苯酚钠溶液变浑浊。（ 1分） （ 3） 2H2S+SO23S+2H2O（ 2分） （ 4） SO2+NaOHNaHCO3（ 1分） （ 5） BaSO3， BaSO4（ 2分） （ 6） Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl-（ 2分） 试题分析：（ 1）铜与浓硫酸反应的化学方程式是
24、 ，装置 A的作用是除去二氧化硫，防止干扰二氧化硫与苯酚钠的反应，可以利用强氧化性物质如：装置 A中的足量的试剂是酸性高锰酸钾溶液或品红溶液。 （ 2）装置 A中反应制备气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性。利用强酸制备弱酸， A中 KMnO4溶液没有完全褪色，盛有苯酚钠溶液的试管中出现白色沉淀即可说明。 （ 3）要验证 SO2具有氧化性化合价要降低，则发生 2H2S+SO2=3S+2H2O这个反应。 （ 4）若过量的 SO2通入 NaOH溶液中，酸过量生成酸式盐，其化学方程式是：SO2+NaOH=NaHCO3。 （ 5）应后的 BaCl2溶液中含有亚硫酸，亚硫酸被氯水氧化物硫酸，硫酸与氯
25、化钡反应生成硫酸钡，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成硫酸钡，故都产生白色沉淀，故答案：为：两份溶液中均有白色沉淀生成； （ 6）二氧化硫被氯水氧化为硫酸，反应中二氧化硫表现还原性，同时与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故反应离子方程式为： Ba2+SO2+Cl2+2H2O=BaSO4+4H+2Cl-，故答案：为： Ba2+SO2+Cl2+2H2O=BaSO4+4H+2Cl-。 考点：本题考查了实验方案的设计，涉及化学用语、物质性质、对装置的理解等，难度不大，理解实验原理是解题的关键，注意基础知识的理解掌握。 二氧化氯（ ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为 -59
26、 ，沸点为 11.0 ，易溶于水。工业上用潮湿的 KClO3和草酸（ H2C2O4）在 60时反应制得。某学生拟有左下图所示的装置模拟制取并收集 ClO2。 （ 1） A中反应产物有 K2CO3、 ClO2和 CO2等，请写出该反应的化学方程式： 。 （ 2） A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、 ； B也必须添加温度控制装置，应该是 (选填 “冰水浴 ”或 “热水浴 ”)装置。 （ 3）反应后在装置 C中可得 NaClO2溶液。已知 NaClO2饱和溶液中在温度低于 38 时析出晶体是 NaClO2 3H2O，在温度高于 38 时析出晶体是 NaClO2。根据右上图所
27、示的 NaClO2的溶解度曲线，请补充从 NaClO2溶液中制得 NaClO2的操作步骤 ： ； ； 洗涤； 干燥。 （ 4） NaClO2变质可分解为 NaClO3和 NaCl。取等质量变质前后的 NaClO2试样均配成溶液，分别与足量 FeSO4溶液反应时，消耗 Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是 。 ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到 ClO2溶液。为测定所得溶液中 ClO2的含量，进行了下列实验： 步骤 1：准确量取 ClO2溶液 10.00 mL，稀释成 100.00 mL试样；量取 V1 mL试样加入到锥形瓶中； 步骤 2：调节试样的 pH2.0，加入
28、足量的 KI晶体，静置片刻； 步骤 3：加入淀粉指示剂，用 c mol L 1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液V2 mL。（已知 2 Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI） （ 5）判断滴定终点的现象 。原 ClO2溶液的浓度为 g / L（用步骤中的字母代数式表示）。 答案：（ 1） 2KClO3+ H2C2O4 K2CO3+CO2+2ClO2+H2O （ 2分） （ 2）温度计 冰水浴 （ 2分） （ 3）蒸发结晶 趁热过滤 （ 2分） （ 4）根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为 -1价，所以 FeSO4所失去的电子数相
29、等，消耗的 FeSO4的量也相等。 （ 2分） （ 5）加到最后一滴时，溶液的颜色突然由蓝色变为无色，且半分钟不变化（ 2分） 135cV2/V1（ 2分） 试题分析：（ 1） A中反应产物有 K2CO3、 ClO2和 CO2等 ,加热 60 ，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4=K2CO3+CO2+2ClO2+H2O; （ 2）要控制温度必须使用温度计测量温度，在 60 时反应制得，应用水浴加热，可用烧杯（或水浴锅），二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案：为：冰水浴； 烧杯（或水浴锅），温
30、度计； （ 3）根据信息 NaClO2饱和溶液中在温度低于 38 时析出晶体是 NaClO2 3H2O，在温度高于 38 时析出晶体 是 NaClO2。根据右上图所示的 NaClO2的溶解度曲线，随着温度升高溶解度增大，因此请补充从 NaClO2溶液中制得 NaClO2的操作步骤为蒸发结晶和趁热过滤。 （ 4）根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为 -1价，所以 FeSO4所失去的电子数相等，消耗的 FeSO4的量也相等。 （ 5）判断滴定终点的现象为滴定终点时， I2完全反应，溶液由蓝色变为无色，故答案：为：蓝色变为无色且半分钟不变化； （ 6）设原 ClO2溶液的浓
31、度为 x， 考点：本题考查了实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大。 填空题 化合物 A(C6H6O)是一种重要的有机化工原料， A 的有关转化反应如下 (部分反应条件略去 )： 已知： （ R表示烃基， R和 R表示烃基或氢） （ 1）写出 A 的结构简式： 。 （ 2） G是常用指示剂酚酞。写出 G的分子式 。 （ 3）某化合物是 E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物结构简式 ： (任写一种 )。 （ 4） F和 D互为同分异构体。写出反应 EF的化学方程式： 。 （ 5）结合相关信息，写出以 A和 HCHO为原
32、料制备的合成路线流程图 (无机试剂任选 )。合成路线流程图示例如下： 答案：（ 1） (1分 ) （ 2） C20H14O4 (2分 ) （ 3） 或 (2分 ) （ 4） (2分 ) （ 5） (每步 1分共 5分 ) 试题分析：本题为一道给出信息的有机推断题。要求读懂信息和找到推断的突破口，很明显突破口在于 A，由 A的分子式及给出相关性质即可推出 A为苯酚，之后顺藤摸瓜根据给出的反应条件和信息一直往后推。得出 B为， C为 ， D为 ，F为 。 （ 3） E的分子式为 C7H14O，不饱和度为 1，根据 E的同分异构体只有两种氢，不饱和度为 1，结构可能是一个双键或者一个环，不管是哪种结
33、构都应该是一个高度对称的结构，所以写的时候要往对称的方向想。如果是一个双键，则只能是碳氧双键，则该同分异构体结构为；如果是一个环，难度较大，不易想得到，要求结构对称，所以该环必须要含氧原子，结构为 。只需写出一种即可。 （ 4） F和 D互为同分异构体，所以 EF应为醇的消去反应得到碳碳双键。 （ 5）该问较难 ，要充分挖掘题干中的信息，并且利用这些信息来合成目标物质。合成思路的关键是找到合成的主要框架和主要合成点。由苯酚到 ，那么应该有一个步骤将碳链延长了，根据题干中的信息，两条信息都能把碳链延长，再根据合成要求，只能利用苯酚和甲醛两种有机物，其他无机试剂任选。所以延长碳链的方法应该是利用题
34、给的第一条信息，即 ，这样就找到合成的主要合成点和主要框架了，之后就是利用醇与卤代烃，醇与醛之间的相互转化，问题便迎刃而解了。合成路线为： ，由于没有规定合成的步骤，那么由到 也可以分两步，先消去反应再与 HBr加成也可。 考点：本题为一道给出信息的有机推断题。要求学生能够充分挖掘题所给的信息，这是入手本题的关键，得分容易 ，得满分难。考查学生基本的有机化学知识和深度挖掘信息、处理信息的综合能力。 二茂铁 (如图 )是一种有机过渡金属化合物，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂。由烃 A可制备二茂铁。 A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种，1molA最多可与 2molBr2加成，其
35、与 Br2的 1： 1加成只得两种产物。 （ 1） A的结构简式为 。 （ 2）下列说法正确的是 。 A烃 A具有烯烃的性质 B烃 A具有苯的性质 C烃 A分子中所有的碳原子可能在同 一平面 D烃 A不可能发生取代反应 （ 3）写出 A的 1,4-加成聚合反应的化学方程式 二茂铁氯乙酰是有机合成的中间体，下面是其合成路线： （ 4）写出有关物质的化学式：试剂 A ， C （结构简式）。 （ 5） BC的反应类型是 ，最终合成二茂铁乙酰氯的反应类型是 。 （ 6）写出 C与足量 NaOH溶液反应的化学方程式： 。 答案：（ 1） (2分 ) （ 2） AC(2分 ) （ 3） (2分 ) （ 4
36、） a： HClO (1分 ) C： ClCH2COOH (1分 ) （ 5）氧化反应 (1分 ) 取代反应 (1分 ) （ 6） (2分 ) 试题分析：（ 1）由 A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种， 1molA最多可与 2molBr2加成，其与 Br2的 1： 1加成只得两种产物。可知 A的结构简式为。 （ 2）由 A结构简式可知含有碳碳双键，故 A烃 A具有烯烃的性质， C烃 A分子中所有的碳原子可能在同一平面，正确。 （ 3） A的 1,4-加成聚合反应的化学方程式 。 （ 4）根据乙烯能与 A反应生成目标物，可推得试剂 AHClO 相当于发生了加成反应，生成 B物质根
37、据反应条件可知发生了催化氧化反应， B为 OHCCH2Cl， C为HOOCCH2Cl。 （ 5） BC的反应类型是氧化反应，最 终合成二茂铁乙酰氯的反应类型是取代反应。 （ 6）写出 C与足量 NaOH溶液反应相当于卤代烃的水解，则为。 考点：本题考查了根据官能团推断性质和根据条件对有机物结构简式的推断。 氮气及含氮的化合物在国民经济中占有重要地位。合成氨工业中，合成塔中每产生 2 mol NH3，放出 92.4 kJ热量。 （ 1）若起始时向容器内放入 2 mol N2和 6 mol H2，达平衡后放出的热量为 Q，则Q_184.8kJ（填 “”、 “”或 “=”） 。 一定条件下，在密闭恒
38、容的容器中，能表示反应达到化学平衡状态的是 _。 a 3v逆 (N2)=v正 (H2) b 2v正 (H2)= v正 (NH3) c混合气体密度保持不变 d c(N2)： c(H2)： c(NH3)=1： 3： 2 工业生产尿素的原理是以 NH3和 CO2为原料合成尿素 CO(NH2)2，反应的化学方程式为 2NH3 (g)+ CO2 (g) CO(NH2)2 (l) + H2O (l)。 （ 2）在一定温度和压强下，若原料气中的 NH3和 CO2的物质的量之比（氨碳比），右图是氨碳比（ x）与 CO2平衡转化率（ ）的关系。 随着 x增大而增大的原因是 _。 （ 3）图中的 B点处， NH3
39、的平衡转化率为 _。 已知： 3Cl2+2NH3N2+6HCl 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl （ 4）完成并配平下列氧化还原反应方程式，再标出电子转移的方向和数目： 12Cl2+15NH3 （ 5） 反应 中的还原剂是 ，还原产物是 。 （ 6）若按 反应后产生气体 9.408L（标准状况），则被氧化的气体的物质的量是 mol。 答案：（ 1） a （共 2分，各 1分） （ 2） c(NH3)增大，平衡正向移动，所以 CO2的转化率增大 （ 1分） （ 3） 25% （ 2分） （ 4） 12Cl2+15NH3 4 N2+ 7 NH4Cl + 17 HCl （ 5） NH3（ 1分）
40、 NH4Cl 和 HCl （各 0.5分，共 1分） （ 6） 0.16 （ 2分） 试题分析：（ 1）由于合成氨的反应是可逆反应，若起始时向容器内放入 2 mol N2和6 mol H2，达平衡后不可能有 4mol氨气生成，故放出的热量为 Q184.8kJ。 一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示反应达到化学平衡状态的是 a 3v逆 (N2)=v正 (H2) 相当于同一物质的正逆反应相等，正确； （ 2）根据方程式， c(NH3)增大，平衡正向移动，所以 CO2的转化率增大。 （ 3）图中的 B点处， x=4，原料气中的 NH3和 CO2的物质的量之比为 4，二氧化碳转化率为 50%，假设氨
41、气为 4mol，二氧化碳为 1mol，则反应的二氧化碳为 0.5mol，依据化学方程式 2NH3（ g） +CO2（ g） CO（ NH2） 2（ l） +H2O（ l）反应的氨气为 1mol，NH3的平衡转化率 =1/4100%=25%；故答案：为： 25%； （ 4）运用氧化还原反应原理书写为 2Cl2+15NH3= 4 N2+ 7 NH4Cl + 17 HCl ，转移电子数为 24e。 （ 5）反应 中的还原剂是 NH3，还原产物是 NH4Cl 和 HCl。 34生成气体 9.408L（标准状况），可求得其中氮气占了 4/21，则被氧化的气体的物质的量就为氮气的 8倍，即为 0.16mo
42、l。 考点：本题考查了化学能与热能关系分析判断，化学平衡状态的判断，氧化还原相关计算。 X、 Y、 Z、 M、 N是五种短周期元素，原子序数依次增大。 X原子中没有中子， Y元素最高正价与最低负价之和为 0； M与 X同主族； Z、 N分别是地壳中含量最高的非金属元素和 金属元素。 请回答下列问题： （ 1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号） （ 2） X与 Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式） ， M离子的电子排布式为 。 由以上某些元素组成的化合物 A、 B、 C、 D有如下转化关系 其中 C是溶于水显酸性的气体； D是淡黄色固体
43、。 （ 3）写出 C的结构式 ； D的电子式 （ 4）如果 A、 B均由三种元素组成， B为两性不溶物，写出由 A转化为 B的离子方程式 （ 5）如果 A由三种元素组成， B由四种元素组成， A、 B溶液均显碱性。用离子方程式表示 A溶液显碱性的原因 。 （ 6）如果将 27题中 A、 B浓度均为 0.1mol/L的溶液混合，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 答案：（ 1）原子半径大小顺序为 Na Al C O H （ 2分） （ 2） C2H2 1S22S22P6 （各 1 分，共 2分） （ 3） O C O， （各 1 分，共 2分 2分） （ 4） AlO2-+2H2O+CO2A
44、l (OH)3+HCO3-或 2 AlO2-+3 H2O+CO22 Al(OH)3+CO32- （ 2分） （ 5） CO32-+H2O HCO3-+OH-， （ 2分） （ 6） c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+)。（ 2分） 试题分析： X原子中没有中子，是氢； Y元素最高正价与最低负价之和为 0，是碳；M与 X同主族， M是钠； Z、 N分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，分别是氧和铝。 X、 Y、 Z、 M、 N是五种短周期元素，分别为 H,C,O,Na,Al。 （ 1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径 Na
45、Al C O H，故答案：为： Na Al C O H； （ 2） H与 C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是 C2H2，故答案：为： C2H2； M离子的电子排布式为 1S22S22P6。 （ 3） CO2的结构式为 O=C=O， Na2O2的电子式为。 （ 4） 如果 A、 B均由三种元素组成， B为两性不溶物，结合转化关系可知， A为偏铝酸钠、 B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，反应离子方程式为： 2AlO2-+3H2O+CO2=2Al（ OH） 3+CO32-， 故答案：为： NaAlO2；2AlO2-+3H2O+
46、CO2=2Al（ OH） 3+CO32-； （ 5）如果 A由三种元素组成， B由四种元素组成， A、 B溶液均显碱性，结合转化关系可知， A为碳酸钠、 B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解 CO32-+H2O HCO3-+OH-，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性； （ 6）碳酸钠、碳酸氢钠均为 0.1mol L-1的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是 c （ Na+） c （ HCO3-） c （ CO32-） c （ OH-） c （ H+）； 考点：本题考查了结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等。 计算题 在 50mL a mol L-1的硝酸溶液中，加入 6.4g Cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有 NO2和 NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至 100mL时测得 c(NO3-)=3 mol L-1。 （ 1）求稀释后的溶液的 pH 。 （ 2）若生成的气体中 NO2的物质的量为 0.125 mol，则 a= （ 3）治理氮氧化物污染的方法之一是用 NaOH溶液进行吸收，反应原理如下： NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 若将上述的 NO2和 NO的混合气体通入 2m
