上海市徐汇、松江、金山三区2014届高三二模化学试卷(带解析)

1、第 页共17页第 页共17页上海市徐汇、松江、金山三区2014届高三二模化学试卷（带解析）1ABCD将co转化成有机物可有效实现碳循环。CO+3H丨也Ichoh+ho2232列反应中，最节能的是6C0+6H0西口作則CHO+602261262co+chI也Chcooh2413催化剂，2C0+6H丨包Ch=CH+4H022222【答案】B解析】试题分析：光合作用是自然界中碳循环的反应，不需要再人为提供能源，所以是最好、最节能的，因此答案选Bo考点：考查自然界中碳循环2吸进人体内的氧有2%转化为加速人体衰老的氧化性极强的活性氧，若NaSeo能清除人体内活性氧，则NSeO的作用是还原剂23B.氧化剂

2、C.既是氧化剂又是还原剂D.既不是氧化剂又不是还原剂【答案】A【解析】试题分析：“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3）,能消除人体內的活性氧，表明NSeO能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，NSeO为还原剂，故选Ao考点：考查氧化还原反应的判断3.下列元素的单质，工业上不需要用电解法制取的是A.钠B.铝C.溴D.氯【答案】C【解析】试题分析：A、金属钠在工业上采用电解氯化钠的方法来获得，故A错误；B、金属铝在工业上采用电解氧化铝的方法来获得，故B错误；C、溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取,不属于电解法，故C正确；D、氯气在工业上用电解饱和食盐水来获

3、得，故D错误，答案选Co考点：考查金属冶炼、电解原理4.下列有机物系统命名正确的是B.2-甲基-3-丁烯D.2，3-二甲基-4-乙基己烷A.2-甲基-氯丙烷C.2，4，4-三甲基戊烷【答案】D【解析】试题分析：A、卤代烃的命名，必须指出卤素原子的位置，故A错误；B、双键编号不是最小，正确命名是：3-甲基T-丁烯，故B错误；C、支链编号之和必须最小，正确命名是：2，2，4-三甲基戊烷，故C错误；D、符合烷烃命名原则，主链最长，主链编号之和最小等，故D正确，答案选D。考点：考查有机物命名5除去密封食品包装盒内的氧气可延长食品的保质期，下列措施不能延长食品保质期的是适当添加含酚类结构单元的天然化合物

4、B.对食物充氮包装C.放入装有铁粉的透气的小纸袋D.放入装有生石灰透气的小纸袋【答案】D【解析】试题分析：A、酚类物质易被氧化，因此适当添加含酚类结构单元的天然化合物能延长食品保质期，A正确；B、氮气性质稳定，能起到保护作用，能延长食品保质期，B正确；C、铁是活泼的金属易被氧化，所以能延长食品保质期，C正确；D、生石灰易吸水可以作干燥剂,但不能延长食品保质期，D不正确，答案选D。考点：考查物质性质以及用途的有关判断如图是一种有机物的比例模型，该模型代表的有机物可能是解析】B.羟基酸C.羧酸D.饱和元醛试题分析：根据有机物的比例模型可知，该有机物分子中含有1个羟基和1个羧基，属于羟基酸，结构简式

5、为CHCHOHCOOH，答案选B。考点：考查有机物结构下列微粒的存在最能说明碘可能呈现金属性的是IBrB.I2O5C.I3+D.I3【答案】C【解析】试题分析：碘可能呈现金属性，说明它可以失电子形成阳离子，类似金属失电子形成金属阳离子。A、IBr是共价化合物，这些化合物中都不存在碘元素的阳离子，所以不能根据这些事实证明碘元素呈现金属性，故A错误；B、I2O5等碘的氧化物是共价化合物，不存在碘元素的阳离子，所以不能根据这些事实证明碘元素呈现金属性，故B错误；C、13+中碘呈正价，体现了金属性，故C正确；D、碘(12)易溶于KI等碘化物溶液形成I3-离子，但不存在碘元素的阳离子，故D错误，答案选C

6、o23考点：考查碘元素性质的判断在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是A.滴有酚酞的NCO溶液B.溶有SO?的品红溶液C.滴有石蕊的CHCoOh溶液D.滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液【答案】D【解析】试题分析：A、滴有酚酞的NCO溶液加热促进水解，溶液的碱性增强，红色加深，A不正确；B、SO能与品红发生化合反应，生成不稳定的无色物质，使品红褪色，加热时，生成的第 页共17页第 页共17页无色物质不稳定分解，so2气体逸出，又生成品红，故溶液变为红色，b不正确；C、滴有石蕊的CH3COOH溶液加热促进电离酸性增强，溶液颜色加深，C不正确；D、滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液加

7、热降低氢氧化钙的溶解度，溶液碱性降低，颜色逐渐变浅，D正确，答案选D。考点：考查物质性质的判断9下列物质都具有较强的吸水性。欲使稀硝酸成为浓硝酸，不能使用的试剂是A.浓硫酸B.五氧化二磷C.无水硫酸镁D.甘油【答案】D【解析】试题分析：A、浓硫酸具有吸水性，能使稀硝酸变为浓硝酸，A正确；B、五氧化二磷极易学吸水变为磷酸，所以能使稀硝酸变为浓硝酸，B正确；C、无水硫酸镁具有吸水性，能使稀硝酸变为浓硝酸，C正确；D、甘油是丙三醇与水互溶，不能使稀硝酸变为浓硝酸，D不正确，答案选D。考点：考查常见干燥剂的性质10某溶液中含有NO、S2-、alo2-、so32-四种阴离子，若向其中加入过量的盐酸，微热

8、并搅拌，再加入过量的NaOH溶液，则溶液中物质的量基本不变的阴离子是A.NO-B.S2-C.AlO-D.SO2-323【答案】C【解析】试题分析：某溶液中含有NO-.S02-.A10-.S2-等四种阴离子，若向其中加入过量的盐酸溶液，硝酸根离子和氢离子在同一溶液中，相当于稀硝酸，硝酸具有氧化性能把S032-氧化生成S02-，把S2-氧化生成单质硫，与A10-反应生成硝酸铝，最后再加入氢氧化钠溶液硝酸铝又42变为偏铝酸钠，因此aio2-的物质的量基本不变，答案选C。考点：考查离子反应、离子共存的有关判断已知粗碘中含有的IBr和IC1受热都会升华，若先在粗碘中加入下列物质中的一种再加热，就可制得纯

9、净的碘。该物质是A.KIB.H2OC.ZnD.NaC1【答案】A【解析】试题分析：利用碘易升华的特性精制碘，须使IC1、IBr中的Cl、Br变为难挥发性的物质，而使其中的+1价的碘被还原为12，同时加入的物质和碘(12)不反应。A、加入KI发生：反应为IBr+KI=I+KBr，IC1+KI=I+KC1，加热时I升华与KC1、KBr分离，故A正确；B、加入水，导致碘难以升华，且水中溶解部分碘，不符合分离、提纯的目的，故B错误；C、加入Zn,在加热条件下生成Znl,影响被提纯的物质，不符合提出的原则，故C错误；D、加入NaCl与杂质不反应，不能起到除杂的目的，故D错误，答案选A。考点：考查物质的分

10、离与提纯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中物质b中物质c中收集气体d中物质A浓氨水CaONH3HO2B浓硫酸浓盐酸HClNaOH溶液C稀硝酸CuNO2HO2D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】试题分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及气体要采用防倒吸解答本题。A、氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B、氯化氢气体的密度比空气大，能使用向上排空气

11、法，氯化氢气体能与氢氧化钠迅速反应，所以吸收时要防倒吸，故B正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且产生的气体为NO,不能用水吸收，故C错误；D、制取氯气需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用氢氧化钠溶液吸收时不需要防倒吸，故D错误，答案选B。考点：考查常见气体的制备、收集以及尾气处理将5.4gAl投入到200mL2.0mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为A.HNO溶液B.Ba(OH)溶液C.HSO溶液D.HCl溶液3224【答案】D【解析】试题分析：200.0mL2.0molL-1的某溶液中溶质的物质的量为0.2LX2.0molL-1=0.4mol

12、,Al的物质的量为5.4gF27g/mol=0.2mol,A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；B、由2Al+2OH-+2HO=2AlO-+3Hf，0.2molAl与0.4molBa(OH)溶液反应222时，碱过量，故B错误；C、由2Al+6H+=2Ak+3Hf，0.2molAl与0.4molHSO溶液反应，24硫酸过量，故C错误；D、由2Al+6H+=2Al3+3Hf，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，故D正确，答案选D。2考点：考查铝与酸碱反应的有关计算下列事实中不能说明氯的单质分子是双原子分子的是在标准状况下，氯单质为气态在标准状况下，71g氯

13、气所占的体积约为22.4L电解饱和食盐水，阴极和阳极分别逸出气体的体积大致相等含0.2molNaOH的溶液，恰好与2.24L(标准状况下)氯气反应【答案】A【解析】试题分析：A、物质的组成原子个数与物质的状态无关系，因此在标准状况下，氯单质为气态不能说明氯的单质分子是双原子分子，A正确；B、氯元素的相对原子质量是35.5，所以在标准状况下，71g氯气所占的体积约为22.4L说明氯气的相对分子质量是71,因此能说明氯的单质分子是双原子分子，B不正确；C、解饱和食盐水，阴极和阳极分别逸出的气体是氢气和氯气，由于氢气是双原子分子，所以根据二者的体积大致相等可以说明氯的单质分子是双原子分子，C不正确；

14、D、标准状况下2.24L氯气是0.1mol，能与0.2mol氢氧化钠反应，能说明氯的单质分子是双原子分子，D不正确，答案选A。考点：考查氯气组成的有关探究1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是A.NaCOB.NaO，NaCO232223C.NaOH，NaCOD.NaO，NaOH，NaCO232223【答案】A【解析】试题分析：根据反应式：2NaHCO=NaCO+COf+H0，2NaO+2H0=4Na0H+0，2NaO+2CO=232222222222NaCO+0；根据计量关系，可知2molNaHCO生成CO和HO各lmol,

15、Na0只有lmol，故其23232222恰好和CO反应生成NaCO和O，气体排出后，只剩余NaCO，答案选A。223223考点：考查过氧化钠、碳酸氢钠反应的有关计算将通有HS的导气管伸入充满氧气的集气瓶内点燃，描述反应过程的曲线错误的是【答案】B【解析】试题分析：将通有h2s的导气管伸入充满氧气的集气瓶内点燃，开始阶段氧气过量发生的反应为2HS+30=2S0+2H0。当氧气完全反应完毕后继续通入硫化氢发生反应为2HS+S0222222=2HO+3S，所以选项A、C、D正确，B不正确，答案选B。考点：考查硫化氢与氧气反应的有关判断17烷烃分子中去掉2个氢原子形成一个双键是吸热反应，1，3环己二烯

16、失去2个氢原子生成苯是放热反应。下列说法正确的是A1，3环己二烯加氢是吸热反应B1，3环己二烯比苯稳定C.苯比1，3一环己二烯稳定D.苯加氢生成环己烷是吸热反应【答案】C【解析】试题分析：旧键的断裂需要吸收能量，新键的生成需要释放能量，当反应物的总能量高于生成物的总能量，则为放热反应，反之为吸热反应，物质具有的能量越低越稳定，A、根据题意信息：烃分子中去掉两个氢原子形成一个双键是吸热反应，所以1，3-环已二烯加上两个氢原子是放热反应，故A错误；B、1,3-环已二烯失去两个氢原子变成苯是放热反应，说明1，3-环已二烯的能量高于苯的，能量越低越稳定，所以苯更稳定，故B错误；C、1,3-环已二烯失去

17、两个氢原子变成苯是放热反应，说明1，3-环已二烯的能量高于苯的，能量越低越稳定，所以苯更稳定，故C正确；D、根据题意信息可知，烃分子中去掉两个氢原子形成一个双键是吸热反应，所以烃分子中一个双键加上两个氢原子是放热反应，故D错误，答案选C。考点：考查反应热以及物质稳定性的有关判断18.某浓HSO的标签上写明含HSO9698.3%,欲得其准确的值，有效的方法是2424A.测pH值B.测导电性大小C.测密度D.进行中和滴定【答案】CD【解析】溶质的质臺试题分析：要获得浓硫酸质量分数的准确的值，根据质量分数溶液的质量1x100%可知，需要获得一定体积浓硫酸溶液的质量与溶质的质量，据此结合选项解答A、测

18、pH值，只能获得溶液中氢离子的浓度，浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，不能确定硫酸的物质的量浓度，A不正确；B、测导电性大小，只能获得溶液中离子的浓度，浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，不能确定硫酸的物质的量浓度，B不正确；C、测密度，可以得到一定体积浓硫酸的质量，C正确；D、进行中和滴定，可以确定一定体积浓硫酸中硫酸的物质的量浓度，进而确定硫酸的质量，D正确，答案选CD。考点：考查溶液质量分数计算的有关判断19如图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列推测错误的是若是联碱法，溶液c可在转化流程中循环利用若是氨碱法，则L的主要成分是NaClM可在转化流程中循环利用X是NH，Y是CO32【答案】AB

19、【解析】试题分析：A、若是联碱法，则X是氨气，Y是CO2,c是氯化铵溶液不能在转化流程中循环利用，A不正确；B、若是氨碱法，则L的主要成分是CaCl2,B不正确；C、M是巴可以循环利用，C正确；D、由于氨气极易溶于水而CO2在水中的溶解性不大，所以X是NH3，Y是CO2，D正确，答案选AB。23考点：考查氨碱法和联碱法的有关判断20.在0.1mol/L的NaHSO溶液中有如下关系:c(Na+)c(HS0-)c(SO2-)c(HSO)，向NaHSOTOC o 1-5 h z33233溶液中慢慢地加入少量的NaOH溶液，发生的主要反应的离子方程式为A.SO2-+HOlHSO-十OHB.HSO-十H

20、OHSO十OH-3233223C.HSO-十OHlSO2十HOD.HSO+OHlHSO-十HO3322332【答案】C【解析】试题分析：NaHSO溶液中粒子关系为：c(Na+)c(HSO-)c(SO2-)c(HSO)，则HSO-333233电离大于其水解，溶液显酸性，加入少量的NaOH溶液，发生中和反应，发生的离子反应为HSO-+OH-=SO2-+HO，答案选Co332考点：考查离子反应的判断21在含有nmolFel2的溶液中通入C有xmol发生反应。下列说法正确的是n当xW;时，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl-2Fe3+2Cl-22当x三n时，反应的离子方程式为：2Fe2+2I-+2C2

21、Fe3+4Cl-当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xn当x=n时，反应后氧化产物的物质的量为nmol第 页共17页第 页共17页【答案】CD解析】试题分析：A、还原性是I-Fe2+，因此氯气首先氧化碘离子，当x21时，氯气不足，反应的离子方程式为：2I-+Cl2I2+2Cl-,A不正确；B、当x三n时，碘离子完全被氧化，而亚铁离子可能完全被氧化,，也可能部分被氧化，B不正确；C、当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xn,C正确；D、当x=n时，碘离子恰好被氧化反生成单质碘，其物质的量为nmol，D正确，答案选CD。考点：考查氧化还原反应的有关判断将气体码和B2以等物质的量充入

22、密闭容器，一定条件下发生反应生成C气体。平衡时测得c(A)=0.58mol/L,c(B)=0.16mol/L,c(C)=0.84mol/L,则C的分子式为A.ABB.ABC.ABD.AB223【答案】BD【解析】试题分析：开始码和B2两种气体的浓度相等，设均为xmol/L。在密闭容器内反应生成气体C,达平衡后，测得：c(A)=0.58mol/L,c(B?)=0.16mol/L,c(C)=0.84mol/L，故Ac(A)=xmol/L-0.58mol/L,Ac(B)=xmol/L-0.16mol/L,Ac(C)=0.84mol/L,A、如22果C的分子式为AB,则xmol/L-0.58mol/L

23、=xmol/L-0.16mol/L，显然不符合题意，A不正确；B、如果C的分子式为AB2，则表达式为A2+2B22AB2，此时(xmol/L-0.58mol/L)X2=xmol/L-0.16mol/L，解得x=l,生成C是xmol/L-0.16mol/L=0.84mol/L，符合题意,B正确；C、如果C的分子式为A”则表达式为2A2+B22A2B,此时(xmol/L-0.58mol/L)=(xmol/L-0.16mol/L)X2,解得xV0,不符合题意，C不正确；D、如果C的分子式为AB，则表达式为2A+3B戸三H2AB，此时(xmol/L-0.58mol/L):(xmol/L-0.16mol

24、/L)232223=2:3,解得x=1.42mol/L,生成C的物质的量是xmol/L-0.58mol/L=0.84mol/L，符合题意，D正确，答案选BD。考点：考查分子式确定的有关计算液化石油气中常存在少量有毒气体羰基硫(COS),必须将其脱除以减少环境污染和设备腐蚀。完成下列填空。写出羰基硫的电子，羰基硫分子属于(选填“极性”、“非极性”)分子。TOC o 1-5 h z下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的。相同条件下水溶液的pH：NaCONaSO2324酸性：HSOHCO2323CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S,对钢铁设备产生电化学腐蚀。写

25、出正极的电极反应式，负极的反应产物为(填化学式)。为除去羰基硫，工业上常采用催化加氢转化法，把羰基硫转化为H2S再除去：COS+H2CO+HS2已知升高温度，会降低羰基硫的转化率。则升高温度，平衡常数K，反应速率(均选填“增大”、“减小”、“不变”)。若反应在恒容绝热密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的。a容器内气体密度保持不变b容器内温度保持不变c.c(H)=c(HS)d.u(H)=u(HS)222正2正(6)已知该反应的平衡常数很大，说明答案】(1),极性(各1分，共2分)(2)(3)(4)(5)(6)ac(2分)HS+2eHf+S2-(或2H+2e22减小，增大(各1分，共2分)

26、b(2分)正反应进行程度很大(1分。其他合理答案也给分)4）（2分）FeSd分）【解析】试题分析：(1)羰基硫相当于是二氧化碳中的1个氧原子被硫原子取代，所以其电子式为OCs。S和0的非金属性不同，所以该化合物是极性分子。a.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，相应的钠盐水解程度越小,所以相同条件下水溶液的pH：NaC0NaS0可以碳与硫两元素非金属性相对强弱，a正确；2324b非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，亚硫酸不是最高价含氧酸，所以酸性：HS0HC0不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，b不正确；c.CS中碳元素为23232+4价，硫元素为-2价，说明非金属性

27、是硫强于碳，c正确，答案选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，硫化氢分子中氢元素得到电子，发生还原反应，因此电极反应式为H2S+2eH2f+S2-。负极铁失去电子，生成亚铁离子与硫离子结合生成硫化亚铁，所以负极产物是FeS。升高温度，会降低羰基硫的转化率，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。则升高温度，平衡常数K减小，而反应速率增大。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则a.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此

28、容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，a不正确；b.由于反应在恒容绝热密闭容器中进行，所以容器内温度保持不变可以说明反应达到平衡状态，b正确；c.平衡时浓度不再发生变化，但物质的浓度之间不一定相等，故c(H2)=c(H2S)不能说明反应达到平衡状态，c不正确；d.u(H)p=u(HS)正,但二者的反应速率方向相同，所以不能说明反应达到平衡2正2正状态，d不正确，答案选b。平衡常数越大，反应物的转化率越大，因此若该反应的平衡常数很大，说明正反应进行程度很大。考点：考查非金属性强弱比较、原电池原理、外界条件对平衡状态以及有关平衡常数的应用24.铁及其化合物在生产、生活中存在广泛用途

29、，完成下列填空。(1)如图所示为铁元素在周期表中的信息，方格中“55.85”的意义为种运动状态不同的电子。ac。cc。铁原子核(2)二茂铁Fe(CH)是一种有机金属化合物，熔点172C，沸点249C，易升华，难溶于2水易溶于有机溶剂。二茂铁属于晶体；测定表明二茂铁中所有氢原子的化学环境都相同，则二茂铁的结构应为图中的(选填“a”或“b”)。绿矶(FeSO7H0)可用于治疗缺铁性贫血，其水溶液露置于空气中会变质，42TOC o 1-5 h z写出发生变质反应的离子方程式。无水FeCl3是水处理剂，遇潮湿空气即产生白雾，易吸收空气中的水分成为结晶氯化铁(FeCl6HO)。制备无水FeCl的试剂。高

30、铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(NaFeO)可用如下反应制备：42FeSO+6NaO2NaFeO+2NaO+2NaSO+Of,若生成2molNaFeO，则反应中电子2224224224转移的物质的量为mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mm+lmg的水体样本，需要1.2mg/L高铁酸钾L。2【答案】(1)铁元素的相对原子量(或铁元素的原子量)(1分)26种(1分)分子晶体(1分)b(1分)12Fe2+6HO+3O8Fe3+4Fe(OH)(2分)223铁和氯气(2分)10mol(2分)2L(2分)【解析】试题分析：(1)55.85表示铁元素的相对原子量(或铁元

31、素的原子量)；铁元素核外电子数是26,所以铁原子核外有26种运动状态不同的电子。二茂铁Fe(CH)是一种有机金属化合物，熔点172C，沸点249C，易升华，难溶于52水易溶于有机溶剂，这说明二茂铁属于分子晶体；由于二茂铁中所有氢原子的化学环境都相同，这说明分子的结构对称，因此二茂铁的结构应为右图中的b。亚铁离子具有还原性易被氧化，所以发生变质反应的离子方程式为12Fe2+6H2O+3O28Fe3+4Fe(OH)。3FeCl3遇潮湿空气即产生白雾，易吸收空气中的水分成为结晶氯化铁(FeCl36屯。)，因此一般不通过复分解反应制备氯化铁，所以制备无水FeCl3的试剂是铁和氯气。2根据反应式可知，反

32、应中铁元素的化合价从+2价升高到+6计算，失去4个电子。另外过氧化钠中氧元素的化合价从一1价升高到0价，失去1个电子，则生成1mol氧气转移2mol电子，所以若生成2molNaFeO，则反应中电子转移的物质的量为2molX4+2mol=10mol。24反应中锰元素的化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子。而铁元素的化合价从+6价降低到+3价,所以根据电子得失守恒可知，若氧化含Mn2+1mg的水体样本,设需要1.2mg/L高铁酸钾溶液的体积为V,则12VX10-3v9iX2,解得V=2L。X3=考点：考查核外电子排布、晶体类型判断、氧化还原反应的应用以及计算为了回收利用钢铁生产过程中产生的SO

33、2，工业上采用软锰矿(主要成分MnO2)脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程示意图如下：含so2烟气XlnOj软猛矿浆一浸出操作一过滤-操作II-MnSOrHjO试剂A滤渣已知：浸出液的pH接近4,其中的金属离子主要是Me+,还含有少量的Fe2+。完成下列填空。TOC o 1-5 h z（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式：。（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，致使浸出液的pH下降，这将“有利”、“不利”）于软锰矿浆继续吸收SO2。欲消除生成的硫酸，试剂A最好是。aMnCObMnOcCaOdCaCO23（3）操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+,MnO2在氧化Fe2+的同时还，使

34、Fe3+沉淀。检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是。（4）已知大于27C时，MnSOHO溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程42为：、洗涤、干燥。工业上为了充分利用锰元素，在流程中可循环使用。（5）通过煅烧MnSOHO可制得生产软磁铁氧体材料的Mn0，如图是煅烧MnSOHO时2x442温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为;MnO中xx4【答案】（1）MnO+SOMnSO（或SO+HOHSOMnO+HSOMnSO+HO）（2224222322342分）（2）不利（1分）；a（1分）（3）调节溶液pH,促进Fe3+水解生成Fe（OH）（1分）取上层清液，滴加KS

35、CN，若溶液不显血红色,，则说明Fe3+已沉淀完全（1分）（4）蒸发浓缩、趁热过滤（2分）操作II后剩余的母液（1分）（5）MnSO（1分）3（2分）4【解析】试题分析：（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO?与SO发生氧化还原反应，反应的化学方程式为MnO?+SOMnSO0（2）溶液的pH下降，溶液的酸性增强，则不利于吸收SO2o欲消除生成的硫酸:同时还不能引入新的杂质，则试剂A最好是碳酸锰，二氧化锰与硫酸不反应，cd会引入钙离子，答案选a。（3）由于在沉淀铁离子的同时而不能减少锰离子，所以根据沉淀时的pH值可知，MnO2在氧化Fe2

36、+的同时还调节溶液pH,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3。铁离子能与KSCN溶液发生显色反应，所以检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全。由于大于27C时，MnSOH0溶解度随温度上升而明显下降，因此操作II的过程为蒸42发浓缩、趁热过滤；由于操作II后剩余的母液中还含有锰离子，所以工业上为了充分利用锰元素，在流程中操作II后剩余的母液可循环使用。101.4mg169A曲线时固体减少的质量为101.4mg90.60mg=10.8mg,为原固体中结晶水的质量为X18=10.8mg，所以A曲线对应的物质化学式为MnSO。Mn0

37、的质量是45.80mg,x4101.445.80169-6455x则根据锰元素守恒可知Xx,解得x=3。考点：考查硫酸锰制备工艺流程的有关判断与计算碳酸二甲酯(DMC)是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气(COCl2)作羰基化试剂。DMC的合成路线如下图。完成下列填空。已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH写出反应类型：反应反应石油工业上获得CH的操作名称为。24写出结构简式：DMC；X已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成lmol分子中含六元环结构的有机物，则Y的结构简式为：.)在一定条件下可生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：

38、.。【答案】(1)氧化(1分)取代(1分)裂解(1分(3)OIICH3-O-C-O-CH3(2分)CH2pHICHJOH|(1分)CH3CHC00H(4)OH(2分)(5nHO一CQIoh+n阻一0一：一0一阻to沪。-迁+2nCH，0HCchch32分)解析】OCH3OCOch3试题分析：（1）反应是乙烯的氧化反应生成环氧乙烷。二氧化碳中含有2个碳氧双键，所以反应应该是碳氧双键的加成反应。根据已知信息可知反应是C中的烃基被甲基代替生和乙二醇，即X是乙二醇，结构简式为HOCHCHOHo0II理一一C一理和hochCHOHo（3）根据以上分析可知DMC和X的结构简式为2）工业上通过石油的裂解获得

39、乙烯。22CHgCHCOOH0H（4）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，说明分子中含有羧基。在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物，这说明分子中还含有羟基，且羟基连在与羧基相邻的碳原子上，则Y的结构简式为（5）DMC含有2个酯基与酚羟基发生取代反应生成高分子化合物，则根据原子守恒可知，另外一种生成物为甲醇，所以反应的化学反应方程式为nHOCH3C_CH3OH+nCH30一0一CH3考点：考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体判断以及有机物制备等苯巴比妥是安眠药的成分，化学式为CHN0，分子结构中有两个六元环：下图是以A121223为原料合成苯巴比妥的

40、流程示意图。完成下列填空。CDFCH2C-O-C2Hj0IICH2CClHClAJF-c诅gsoci：B苯巴比妥CuH12NiO3GCO(NH2)2CnHsBr、GHiQEiJJ-O-CjHj已知：有机物D、E中亚甲基（CH2）的氢原子受羰基影响活性较高，容易发生如下反应：R3_xR3rch2-coor2*r-chcoor20R30COR3C00R3R-CHCOOR2R-CH-CCOOR?|r厂COR2+H2NCR3AR厂CNHCR3+R2OH（1）芳香烃A与HCl反应后，制取B还需进行反应的类型依次为（2）种酯与B互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基，该酯同分异构体有种,写出其中一种结构系

41、统命名.（3）（4）（5）写出D转化为E的化学方程式：苯巴比妥G的结构简式：E与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式:6)已知：CHC0C13A1C13，请设计合理方案以B的同系物H?CHqCOOH为原料合成用合成路线流程图表示为：反应试剂反应条件反应试剂反应条件目标产物）。答案】（1）取代（1分）氧化（1分）4分)【解析】试题分析：（1）芳香烃A与HCl反应，说明分子中含有碳碳双键，因此A是苯乙烯。与氯化氢反应生成卤代烃，而B是苯乙酸，所以卤代烃要转化为羧酸，则氯原子首先发生水解反应引入羟基，然后羟基被氧化生成羧基即可，所以制取B还需进行反应的类型依次为取代反应和氧化反应。（O/

42、CHSCOOH（2）B是苯乙酸，结构简式。一种酯与B互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基，则符合条件的酯类可以是苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯或乙酸苯酚酯，共计是3种。（3）有机物D中亚甲基（CH2）的氢原子受羰基影响活性较高，容易发生取代反应，所以D转化为E的化学方程式为(5)根据已知信息可知E与尿素发生取代反应，E中与碳氧双键相连的碳氧单键断键,然后依次与氮原子相连从而得到高分子化合物，所以生成物的结构简式为6)有机物的合成一般结合已知信息采用逆推法进行，所以根据有机物的结构特点可知正考点：考查有机物推断、合成以及同分异构体的判断将C02通入NaOH溶液中，所得产物随通入的CO?的物质的量的不同

43、而不同。完成下列填空。250mL1mol/L的NaOH溶液，最多可吸收CO?L(标准状况下)。向250mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO?,溶液增重4.4g，将所得溶液蒸干,计算所得固体中各成分的物质的量。向未知浓度、体积为VL的NaOH溶液中缓缓通入一定体积(标准状况下)的CO2，充分反应后，在减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体。若反应中CO2和NaOH均无剩余，反应后向溶液中加入过量的澄清石灰水生成m白色沉淀。根据以上数据，用代数式表示co2的体积v(co2)=。根据以上数据，推理计算出NaOH溶液的浓度范围。写出确定NaOH浓度的实验步骤，并用代数式表示NaOH溶液的浓度

44、。(设计实验方案时,只能用题中提供的CO2和NaOH溶液，不得使用其它化学试剂。)实验步骤：。c(NaOH)=【答案】(1)5.6L(1分)0.3mol(4分)W每种情况各1分，2)NaCO0.1mol；NaOH23V(CO)=0.224mL2分)共3分)取VLNaOH溶液，称量，缓缓向其中通入匹直至恒重，称量。测得其增重为m3g。2分)mol/L(2分)或者：取VLNaOH溶液，缓缓向其中通入过量的CO2，充分反应后减压低温蒸发溶液，得固体NaHCO3，称其质量为m3g。(2分)c(NaOH)=ol/L(2分)其它合理答案也给分)【解析】试题分析：(1)250mL1mol/L的NaOH溶液中

45、氢氧化钠的物质的量为0.25mol,则根据方程式NaOH+CO2=NaHCO3可知，最多可吸收CO2的物质的量为0.25mol，在标准状况下的体积为0.25molX22.4L/mol=5.6L。向250mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO2，溶液增重4.4g,这说明参加反应的CO2的质量是4.4g，物质的量为O.lmol。氢氧化钠的物质的量为0.5mol，因此根据反应式2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知氢氧化钠是过量的，所以所得固体为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，其中碳酸钠O.lmol，氢氧化钠是0.5molO.lmolX2=0.3mol。生成物不论是碳酸钠还是碳酸氢钠均能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，则根据碳元素守恒可知CO2的物质的量是ol,在标准状况下的体积为m土molX22.4L/mol=0.224mL。l如果生成物只有NaHCO3时，则根据原子守恒可知c(NaOH)=当生成物只有Na2CO3时，同样依据原子守恒可知c(NaOH)=当生成物是NaCO和NaHCO时，消耗NaOH在上述两者之间。所以：Wc(NaOH)W要测定氢氧化钠溶