上海市虹口区高考化学二模试卷

322222423322222423学年上海虹口区高考学二模试卷一选题本共10，小分每只一正选）应中存在种具有放射性的微粒AX与Y互同素异形体BX与Z互同素异形体C．Y与Z具相同中子数D．X与Z具相同化学性质

X

Y

Z说正确的）．能证明为平面三角形而不是三角锥形分子的理由是）A．BFCl只有一种结构B三根B﹣键键都为C．BFCl只一种结构D三根B﹣键长都为130pm．炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A炼铁过程中的铁元素B．炼铁过程中的氧元素C．铁过程中的碳元素D．钢过程中的铁元素．下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是（）A．BNa．CaOD．Ca（ClO）．化学反应的实质是（）A能量的转移B旧化学键断裂和新化学键生成C．子转移D．子类与原子数目保持不变二选题本共36，小分每只一正选）．硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的能X一不可能是（AA族素B．ⅤA族素CⅥA族素D．A族元素．侯氏制碱法中，对母液中析出NHCl无助的操作是（）A通入COB．通NH．却母液D．入食盐．将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A破坏了金属键B．坏共价键．破坏了离子键D．成了共价键．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A长期放置的苯酚晶体变红B硝酸银晶体光照后变黑C．氧化亚铁变灰绿再变红褐D二氧化碳气体冷却后变淡10在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解的杂质C．热时有少量晶体溅出D．体混有受热不分解的杂质

）

10102222233﹣﹣2﹣+HO﹣3﹣3﹣32﹣﹣332﹣﹣3310102222233﹣﹣2﹣+HO﹣3﹣3﹣32﹣﹣332﹣﹣333﹣3222﹣2+2233+332333+2+3+332．一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A该有机物分子式为HOB．1mol该有机物与发加成时最多消耗HmolC．1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗BrD．1mol该机物与NaOH溶液反应是最多消耗mol12在铁质品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）A锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含ZnB锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含C．作阴极，铁制品作阳极，溶液中含ZnD．作极，铁制品作阳极，溶液中含Fe13向等物质的量浓度的Ba（OH）与BaCl的合溶液中加入溶，下列离子方程式与事实相符的是（）A．

+OH

CO

3B．Ba+OH

+HCO

→BaCO+HC．+2OH

→+COD．

→↓O14向含有×molHIO与量淀粉的溶液中通入HS，溶液变蓝且有S出，继续通入S，溶液的蓝色褪去．则在整个过程中）A共得到0.96g硫B通入HS体积为336mLC．元素先被还原后被氧化D转移电子总数为15饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：﹣+HH+HSO

N

A

﹣H+SO

﹣若向此溶液中（）A加水﹣浓度增大B通入少量Cl气体，溶液pH增C．少量粉，

﹣

浓度基本不变D．入量HCl气体，溶液中

浓减小16、、c、d四短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素，则d元的原子半径最大B若最外层电子占据三条轨道则a的质可用于冶炼金属C．a为非金属元素，则气态氢化物的水溶液可能呈碱性D．最外层有两个未成对电子，则d的质常温下不可能气体17某溶液中只可能含有KMgAlBr﹣﹣SO中一种或几种．取样加足量氯水气产生液变为橙色橙溶液中加溶无明显现象确定该溶液的组成，还需进行的实验是（）A取样，进行焰色反应

332222+4+++++44++++4423234342323332222+4+++++44++++44232343423233B取样，滴加酚酞试液C．样，加入足量稀，滴加AgNO溶液D．样加入足量BaCl溶，再滴加紫色石试液三选题本共20，小分每题一或个确案18目前工业上多用CO制甲酸，其主要过程如下：流程一：流程二：下列说法正确的是（）A反①、的原子利用率均为100%B两种流程最终分离都用洗涤液分液法C．原料充分利用角度看，流程二比流程一更优D．种程总反应均为CO+HOHCOOH19一定温度下，向某密闭容器中以物质的量11充适量Xg和Y发生可逆反应X（g+Y2Z达到平衡时X的浓度为0.06mol/L，保持温度不变，将容器体积扩大一倍，平衡时X浓度仍为0.06mol/L，下列分析正确是（）A．Y可为气态．Y一为固态或液态C．可为气态D．一为固态或液态20能证明A混合体系B混合体系

与过量NaOH溶液共热时发生了消去反应的是（）Br的颜色褪去淡黄色沉淀C．合体系D．合系

有机物有机物

紫色褪去Br的颜色褪去21某溶液中只含有四种离子、Cl

、﹣

、，已知该溶液中溶质可能为一种或两种，则该溶液中四种离子浓度大小关系可能为（）A．[NH＞﹣＞[OH＞[H]B．[NH﹣＞[H=[OHC．[Cl＞[NH＞[OH＞[H]D．[OH＞[NH]＞[H＞﹣220.9molFeO与定量反应后得到固体XX溶于足量稀盐酸通0.5molCl，恰好氧化完全．则X组成及物质的量之比可能是（）A．2：混合的Fe与FeOB．：5合的Fe、FeOC．：5混的Fe和D．：1混合的Fe、Fe与FeO四本共12分）

1022222322222222222222224622﹣2i110﹣i1i2+1022222322222222222222224622﹣2i110﹣i1i2+3+32233223空气质量评价的主要污染物为PMPMNO和CO等物质．其中与都形成酸雨的主要物质．在一定条件下，两能发生反应NO（）+SO（）（g）+NO（）完成下列填空：（1在一定条件下将物质的量的SO气置于体积固定的密闭容器中发生反应，下列能说明反应已经达到平衡状态的是．a（NO）=v（）．合物中氧原子个数不再改变生成消耗c．容器内气体颜色不再改变．容器内气体平均相对分子质量不再改变（2气中同时存在NO与SO时会更快地转变成H因．（3科学家正在研究利用催化技术将NO和CO转成无害的和N，反应的化学方程式：（）+4COg）4CO（g）+N（）+Q（Q）若在密闭容器中充入NO和，下列措施能提高NO转率的是．A选用高效催化剂B充入NO．低温度D．压（4出N原最外层子轨道表达式出的子式．（5关于、、、C四元素的叙述正确的是．A气态氢化物均为极性分子B最高化合价均等于原子最外层电子数C．质一定为分子晶体．原子最外层均有两种不同形状的电子云（6写出一个能够比较元和素非金属性强弱的化学反应方程式：．五本共12分）24亚铁氰化钾俗称黄血盐，化学式为K（CN.3HO．黄血盐毒性很低，在空气中稳定且具有防止细粉状食品板结的性能，故用作食盐的抗结剂．但是400℃左右黄血盐分解生成剧毒的氰化钾强酸作用也会生成极毒的氰化氢HCN气体．完成下列填空：（1剧毒的KCN可用双氧水处理，得到一种碱性气体和一种酸式盐．请写出该反应化学方程式．（2若往KCN液中通入少量的CO气，其反应的离子方程．已知电离常数（℃：K=4.3

7

HCN：K=4.9

K=5.6

（）常温下，测得等物的量浓度的KCN与HCN混溶液的＞7则溶液中K、H、

、HCN浓大顺序为．（4黄血盐作为食盐的抗结剂，必须严格控制其使用量，原因是．（5黄血盐常用于检验．请再写出一种检验Fe的剂，相应的现象是．（）与Na反，生成的产物与溶液的酸碱性有关．当p＜7，有淡黄色沉淀产生，当＞7时生成黑色沉淀（S写往溶中滴加少量溶的离子方程式：．六本共12分）25如图是某同学研究铜与浓硫酸的反应装置：完成下列填空：（1写出A中生反应的化学方程式．采用可抽动铜丝进行实验的优点是．（2反应一段时间后，可观察到B试中的现象为．

22332332233233（3从C管的直立导管中向BaCl溶中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是、求一种化合物和一种单的化学式）（4反应完毕，将A的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物分离出该不溶物的操作是．黑色不溶物不可能是，理由是．（5对铜与浓硫酸反应产生的黑色不溶物进行探究，实验装置及现象如下：实验装置

实验现象品红褪色①根实验现象可判断黑色不溶物中一定含有元．②若黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，推测其化学式为．七本共12分）26硝酸铝是一种常用皮革鞣剂．工业上用铝灰（主要合Al、O、Fe等）制取硝酸铝晶体[AlNO）﹒nHO流程如下：完成下列填空：（1NaOH固配制的溶需的玻璃仪器除烧杯外有．a容瓶量筒c．烧瓶（2反应Ⅱ中为避免铝的损失，需要解决的问题是．（3从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、、过滤、、温烘干．（4有人建议将反应Ⅱ、Ⅲ合并以简化操作，说明工业上不采用这种方法的原因．（5某同学在实验室用铝灰制各硝酸铝晶体，其流程如下：氢氧化物

（）Al（）开始沉淀1.9沉淀完全3.2

4.25.4

232335832232335832调节pH的目的是．使得到的硝酸铝晶体较纯净，所用的X质可以是（填编号A氨水B．铝c．氢氧化铝D．偏铝酸钠（6该实验室制法与工业上制法相比，其缺点是．（7称取硝酸铝晶体样品，加热灼烧使其分解完全，最终得到，算硝酸铝晶体样品中结晶水的数目为．八本共10分）27碳碳双键在酸性高锰酸钾溶液中发生断键氧化过程：+完成下列填空：（1月桂烯是一种常见香料，其结构如图所示．①月烯与等物质的量的Br发加成反应，可以得到种物．②月烯与酸性高锰酸钾溶液反应时可生成多种有机产物，其中碳原子数最多的一种产物的结构简式为③金见图月桂烯的一种同分异构体一代物有

种．（X在性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙CHCOCH羧酸（O且Y中含两种不同化学环境的氢原子，则Y结构简式是X的统命名为．（3化学式为H的烃，酸性高锰酸钾溶液中生成CHCOCHCOOH写出Z可能的结构简式：．九本共12分）28α﹣苯基丙烯酸可用于合成人造龙涎香，现以甲苯为原，按下列方法合成（从F开始有两条合成路线）

333323322333333332232333332332233333333223232223已知：CHCHBr+NaCNCN+NaBr②CHCHCN

CH完成下列填空：（1写出D的构简式（2写出反应类型：反④（3写出反应所需要试剂与条件：反①反②（4写出一种满足下列条件的D的分异构的结构简式①能生银镜反应②能FeCl溶发生显色反应③分中有5种同化学环境的氢原子（5检验E是否完全转化为的法是（6路线二与路线一相比不太理想，理由是（7利用已知条件，设计一条由（合成路线的表示方法为AB

制备

的合成路线．目标产物）十本共14分）29工业上采用氨的催化氧化制备硝酸，起反应如下：4NH+5O→→4HNO设空气中氧气的体积分数为，氮气的体积分数为（1为使NH恰好完全氧化为，﹣空气混合中氨的体积分数为（21mol完全转化，若在次过程中不补充水，则所得HNO溶的质量分数为（保留小数）（）已知NH完全转化NO的转化率为，由转化HNO的化率为．请计算用吨NH可制取质量分数为0.63的酸溶液多少吨？（4硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：2NO+NaCONaNO①NO+NOCO→2NaNO+CO↑②若每生产CO吸溶质量就增加40g计算吸收液中NaNO和NaNO物的量之比．

32232222213223223222221322年上海虹区考学模卷参考答案与试题解析一选题本共10，小分每只一正选）应中存在种具有放射性的微粒AX与Y互同素异形体BX与Z互同素异形体C．Y与Z具相同中子数D．X与Z具相同化学性质

X

Y

Z说正确的）【考点】同位素及其应用；同素形体．【分析同一元素的不同单质互称同素异形体；元素左上角数字表示质量数，中子=量数﹣质子数；元素的化学性质主要和原子的最外层电子数有关．【解答】解：A．

X与

Y是子不是单质，不为同素异形体，故A错；B

X与

Z是子不是单质，不为同素异形体，故B错；C．子=质量数﹣质子数，

Y与

Z具相同中子数，都为，故C正；D．

X与

Z是同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D误．故选．．能证明为平面三角形而不是三角锥形分子的理由是）A．BFCl只有一种结构B三根B﹣键键都为C．BFCl只一种结构D三根B﹣键长都为130pm【考点】判断简单分子或离子的型．【分析根据价电子对数判断其杂化类型，根据形成的杂化轨道判断其空间构型中B的价电子结构为2p形成了三条杂化轨道的化类型为sp三sp杂化轨道分别与三个原的p轨成键，根B﹣键键都为，平面三角形Cl只有一种结构，三根﹣F键长相等，也可能为三角锥型．【解答解ACl只一种结构可能为三角锥型，不一定为平面三角形A错误；BBF中B的价电子结构为2s2p，价电子对数为：

=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为，形成3个用电子，无孤对电子，三个sp杂轨道分别与三个原子的p轨成键，三根BF键键角都为，为平面三角形，故B正；C．BFCl只一种结构，可能为三角锥型，不一定为平面三角形故错；

3222222232222222D三根B﹣F键长都为130pm可为三角锥型中棱相等能说明BF为面三角形，故D错误；故选．炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A炼铁过程中的铁元素B．炼铁过程中的氧元素C．铁过程中的碳元素D．钢过程中的铁元素【考点】氧化还原反应．【分析炼过程中反应原理．合元素的化合价变化解答．【解答】解：炼钢过程中反应原Fe+O

FeOFeO+CFe+CO、FeO+CFe+CO．反应中元化合价升高Fe元发生FeFeO﹣的系列反应中，则Fe元既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选D．．下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是（）A．BNa．CaOD．Ca（ClO）【考点】钠的重要化合物．【分析会为空气中的二氧碳和水蒸气而变质的是物质和二氧化碳蒸不发生反应的物质，据此分析判断选项．【解答解A．碳酸是盐和二氧化碳、水蒸气都不发生反应，不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质，故A正；B过氧化钠和空气中的二氧化碳、水蒸气都发生反应，会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质，故B错误；C．化钙是碱性氧化物和空气中的水反应生成氢氧化钙，会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质，故错；D．次氯酸钙会吸收空气中的二化碳和水蒸气发生反应生成次氯酸和碳酸钙，会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质，故D错；故选A．．化学反应的实质是（）A能量的转移B旧化学键断裂和新化学键生成C．子转移D．子类与原子数目保持不变【考点】化学反应的实质．【分析】化学反应的实质是旧的断裂，新键的形”，据此解题．【解答学反应的实质就旧化学键断裂和新化学键形成的过程子裂解为原子，原子再重新组成分子的过程．故选

423+﹣44444+4442222423+﹣44444+4442222二选题本共36，小分每只一正选）．硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的能X一不可能是（）AA族素B．ⅤA族素CⅥA族素D．A族元素【考点】原子晶体．【分析硅某非金属元素X的合物具有高熔点硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅，氮化硅，二氧化硅，以此来解答．【解答】解：硅与某非金属元素X的合物具有高熔点高硬度的性能，说该晶体为原子晶体，可能为碳化硅，氮化硅，二氧化硅、而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体一不可能是ⅦA族素，故选D．侯氏制碱法中，对母液中析出NHCl无助的操作是（）A通入COB．通NH．却母液D．入食盐【考点】纯碱工业（侯氏制碱法【分析饱和NHCl溶液中存在溶解平衡NH（）NH（aq（aq要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度，据此进行解答．【解答解母液中析出NHCl则溶液应该达到饱和，饱和NHCl溶中存在溶解平衡：NHCl（）NH（）+Cl

﹣

（要出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，A通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析NHCl无助，故A正确；B通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错；C．却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故错；D．入盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，D错误；故选A．．将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A破坏了金属键B．坏共价键．破坏了离子键D．成了共价键【考点】钠的化学性质．【分析】依据钠与水反应生成氢化钠和氢气，方程式O═2NaOH+H，合物质所含有的化学键解答．【解答】解：钠与水反应生成氢化钠和氢气，方程式O═2NaOH+H，应中破坏的是金属钠中的金属键水H﹣O共价键形钠离子与氢氧根离子的离子键氢气中H﹣H共键，故选：．．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A长期放置的苯酚晶体变红B硝酸银晶体光照后变黑C．氧化亚铁变灰绿再变红褐D二氧化碳气体冷却后变淡【考点】氧化还原反应．【分析氧化还原反应无关明反应中没有电子转移征是没有元素化合价升降，据此分析解答．

31010222103101022210222【解答解A．苯酚空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不；B硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成氧化银，属于氧化还原反应，故不；C．氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁元的化合价升高，所以于氧化还原反应，故不；D．氧氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D选；故选D．10在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解的杂质C．热时有少量晶体溅出D．体混有受热不分解的杂质【考点】硫酸铜晶体中结晶水含的测定．【分析】在硫酸铜晶体结晶水含测定中，加热前后质量的减少量即是失去结晶水的质量，质量差偏大，使n值大，若质量差偏小，偏小，据此进行解答．【解答解A．加热间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解固体变黑说明硫酸铜分生成CuO与SO，造成加热前后固体的质量差偏大，使测结果偏高，故A错；B坩锅内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故错；C．热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏高，故C错误；D．晶体不纯，含有不挥发杂质造成加热前后固体的质量差偏小，使测量结果偏低，D正确；故选D．．一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A该有机物分子式为HOB．1mol该有机物与发加成时最多消耗HmolC．1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗BrD．1mol该机物与NaOH溶液反应是最多消耗mol【考点】有机物的结构和性质；机物分子中的官能团及其结构．【分析】由结构可知分子式，分中含个﹣、﹣COOC及碳碳双键，结合酚、酯基烯烃的性质来解答．【解答】解：A．有机物分子式为HO，故A错；B只有苯环与双键与氢气发生加成反应，则该机物与发加成时最多消耗H4mol，故错；C酚OH的对位与溴水生取代反应碳碳双键与溴水发生加成反应则该机物与足量溴水反应时最多消耗Br3，C正；D.2个OH、﹣及水解生成的酚OH均与NaOH反，则1mol该机物与NaOH溶液反应是最多消耗NaOH4mol故错；

2233﹣﹣2﹣+HO﹣3﹣3﹣32﹣﹣3﹣﹣﹣32233﹣﹣2﹣+HO﹣3﹣3﹣32﹣﹣3﹣﹣﹣333223﹣3﹣33﹣3222﹣23232故选．12在铁质品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）A锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含ZnB锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含C．作阴极，铁制品作阳极，溶液中含ZnD．作极，铁制品作阳极，溶液中含Fe【考点】电解原理．【分析在上上一定厚度的锌层，镀层作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，据此分析解答．【解答】解：在上上一定度的锌层，镀层作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn作阳极作极，含有锌离子可溶性盐为电解质，故选A．13向等物质的量浓度的Ba（OH）与BaCl的合溶液中加入溶，下列离子方程式与事实相符的是（）A．

+OH

CO

3B．Ba+OH

+HCO

→BaCO+HC．+2OH

→+COD．+3OH→2BaCO+COO【考点】离子方程式的书写．【分析氢氧化钡氯化钡中加碳酸氢钠酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，据此分析．【解答解A．物质的量浓度的（OH）与的合溶液中加入溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A误；B．Ba+OH

+HCO

→BaCO+H可以表示1mol氢氧化钡与1mol化钡，1mol碳氢钠的离子反应，故B正；C．氢氧化钡物质的量为，则氯钡物质的量为，加入碳酸钠，消耗氢氧根离子生成碳根离子2mol碳根离子能够与2mol钡子反应成酸钡沉淀，故错；D．据程式可知对对应1.5mol氢化钡，则氯化钡物质的量为，消耗碳氢根离子能够生成3mol碳根离子，同时生成mol碳钡沉淀，故错误；故选：．14向含有×

molHIO与量淀粉的溶液中通入HS，溶液变蓝且有S出，继续通入S，溶液的蓝色褪去．则在整个过程中）A共得到0.96g硫B通入HS体积为336mLC．元素先被还原后被氧化D转移电子总数为

N

A【考点】氧化还原反应的计算．【分析与少量淀粉的溶液中通入H，具氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质，所以溶液变蓝且有S析，继续通入H，和碘单质之间发生反应，碘单质消失，所以溶液的蓝色褪去．

3233﹣23323﹣323232223﹣32A+2233+3323333233﹣23323﹣323232223﹣32A+2233+332333332333【解答】解：A、HIO与量淀粉的溶液中通入H，HIO具氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质，所以溶液变蓝且有析，根据电子守恒、原子守恒，得2HIO～S～所×

3

被消耗就会得到硫质是

×A错误；B个过程中据电子守恒子恒到HIO～～3SI

以10molHIO被消耗，就会消耗H，标况下体积为336mL，故B正；C、HIO与量淀粉的溶液中通入HS，HIO具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质H被氧化继通入H会碘单质之间发生反应单质消失H被化，故C错；D、个程中，根据电子守恒、原子守恒，得到IO～3H～3S～I﹣

～﹣

，消耗5

﹣3

伴电转移，转移电子总数为×10

N，故D正．故选BD．15饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：+HH+HSO

﹣

﹣H

+SO

﹣若向此溶液中（）A加水

﹣

浓度增大B通入少量Cl气体，溶液pH增C．少量粉，﹣浓基本不变D．入量HCl气体，溶液中浓度减小【考点】弱电解质在水溶液中的离平衡．【分析A加水稀释平衡状态下微粒浓度减小；B氯气具有氧化性能氧化亚硫酸为硫酸，溶液中氢离子浓度增大；C．入粉为不溶固体，在溶液中存在沉淀溶解平衡，亚硫酸根离子浓度增大；D．入HCl气，氢离浓度增大HSO﹣离子浓度减小．【解答】解：A．水稀释平衡状态下微粒浓减小，加水﹣浓减小，故A错误；B氯气具有氧化性能氧化亚硫酸为硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液H减，故B错误；C．入CaSO粉末为不溶固体，在溶液中存在沉淀溶解平衡，硫酸根离子浓度增大，第二个平衡平衡逆向进行亚硫酸根离子浓度增大，故C错；D通HCl气氢子浓度增大一步电离平衡逆向进行HSO离子浓度减小故正确；故选D．16、、c、d四短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素，则d元的原子半径最大B若最外层电子占据三条轨道则a的质可用于冶炼金属C．a为非金属元素，则气态氢化物的水溶液可能呈碱性

22242224+2+3+23232332﹣22242224+2+3+23232332﹣22332﹣23﹣23232323+3+2D．最外层有两个未成对电子，则d的质常温下不可能气体【考点】位置结构性质的相互关应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析A电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小；B若最外层电子占据三条轨道b为二周期元素，最外层电子排布为2s，则C素，结合位置可知为AlC．a为非金属元素，为，为O或；D．a最外层有两个未成对电子为三周期元素，最外层电子排布为s3p或，a为Si或，合位置可知为Si时d为S，为时d为Ar【解答解：A．子层越多，原子半径越大同周期原子序数大的原子半径小，则元的原子半径最大，故A错误；B若最外层电子占据三条轨道b为二周期元素，最外层电子排布为2s，则C素，结合位置可知为Al金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正；C．a为非金属元素，为，为O或，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故错；D．a最外层有两个未成对电子为三周期元素，最外层电子排布为s3p或，a为Si或，合位置可知为时d为ArAr单质常温下为气体，故D错；故选17某溶液中只可能含有KMgAlBr

﹣

OH

CO

﹣

中一种或几种．取样加足量氯水气产生液变为橙色橙溶液中加溶无明显现象确定该溶液的组成，还需进行的实验是（）A取样，进行焰色反应B取样，滴加酚酞试液C．样，加入足量稀，滴加AgNO溶液D．样加入足量BaCl溶，再滴加紫色石试液【考点】常见离子的检验方法．【分析①向液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含Br，有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO﹣或SO﹣离子，那么与其混合生成沉淀的不存在；②向得橙色溶液中加入足量BaCl溶，无沉淀生成，说明含，据此进行解答．【解答】解：向液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液含有Br

，且有气泡冒出，说明溶液中含离子CO

﹣

或

﹣

；②向得橙色溶液中加入足量BaCl溶，无沉淀生成，说明含

2

，么一定含有：CO﹣，定不能有与碳酸根生成沉淀的离子AlMg，通过以上分析，根据电中性原理，能证明K存，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样，加入足量BaCl溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验．故选D三选题本共20，小分每题一或个确案18目前工业上多用CO制甲酸，其主要过程如下：流程一：流程二：

224222224222222下列说法正确的是（）A反①、的原子利用率均为100%B两种流程最终分离都用洗涤液分液法C．原料充分利用角度看，流程二比流程一更优D．种程总反应均为CO+HOHCOOH【考点】化学实验方案的评价．【分析A反应物全部得到生成物；B甲酸钠和甲酸都易溶于水；C．水生成的甲醇能循环利用；D．程为2CO+2NaOH+H+2HCOOH【解答】解：A．应物全部得到生成物，原利用率均为100%故A正；B甲酸钠和甲酸都易溶于水，不能用洗涤液分液法，故B错；C．水生成的甲醇能循环利用，利用率更高，故C正；D．程为SOSO，程二为CO+HHCOOH，故D错误．故选AC．19一定温度下，向某密闭容器中以物质的量11充适量Xg和Y发生可逆反应X（g，达到平衡时X的度为，持温度不变，将容器体积扩大一倍，平衡时X浓度仍为0.06mol/L，下列分析正确是（）A．Y可为气态．Y一为固态或液态C．可为气态D．一为固态或液态【考点】化学平衡的影响因素．【分析】扩大一倍容积，平衡时X的度不变，说明，减小压强时，平衡生成X的向移动，根据此分析解答．【解答解根据可逆反应X（2Z，温度不变时，将容器体积扩一倍达到平衡后X的度不变，说明在减小压强时平衡向生成X的方向移动，若为态，则减小压强时，平衡不可能向逆向移动，故Z一为固态或液态，故正错；若Z为态或液态，Y为态时，逆向为气体体积增大的方向，减小压强，平逆向移动X的度可能达到0.06mol/LA正Y为态压逆向移动浓度也可能达到0.06mol/L故误，综上所述BC误，AD确．故选：AD20能证明A混合体系B混合体系

与过量NaOH溶液共热时发生了消去反应的是（）Br的颜色褪去淡黄色沉淀C．合体系D．合系

有机物有机物

紫色褪去Br的颜色褪去【考点】卤代烃简介．

22+4+++++44+++44+﹣﹣4+4+++4432+++44+++4++4+4+4++4++4++422+4+++++44+++44+﹣﹣4+4+++4432+++44+++4++4+4+4++4++4++4++4++4++【分析根据

与过量NaOH醇液共热时发生了消去反应生成苯乙烯乙烯醇能使酸性高锰酸钾溶褪色烯能使溴水褪色醇能使溴水褪色来解答；【解答】解：A．合体系

Br的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A错；B混合体系

淡黄色沉淀说明生成了溴离子

发生水解反应和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B正；C．体系

有机物

紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故错；D混体系

有机物

Br的颜色褪去明有苯乙烯生成证明发生消去反应，故D正．故选D．21某溶液中只含有四种离子、Cl

、﹣

、，已知该溶液中溶质可能为一种或两种，则该溶液中四种离子浓度大小关系可能为（）A．[NH＞﹣＞[OH＞[H]B．[NH﹣＞[H=[OHC．[Cl＞[NH＞[OH＞[H]D．[OH＞[NH]＞[H＞﹣【考点】离子浓度大小的比较．【分析液中只含有四种离子NH、、OH、H，溶质可能①氯化铵②氯铵与氯化氢③氯铵与一水合氨，溶液可能为酸性、中性或碱性，结电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理进行讨论各离子浓度大小．【解答解液中只含有四种离子NH、Cl

、﹣

、，溶质可能①氯铵②氯铵与氯化氢③氯铵与一水合氨，溶液可能为酸性、中性或碱性若溶质为NHCl时铵根离子水解方程式为NHNHHO+H铵离子水解显酸性，则c（）＞（OHCl）＞c（NH水的程度很弱，[Cl＞[NH＞[H＞[OH；若溶质为氯化铵和一水合氨时，当溶液呈中性时，[H=[OH、[NH﹣]；当一水合氨稍过量，溶液呈碱性时[NH＞﹣＞[OH＞[H；若溶质为氯化铵和硫化氢时，当氯化氢过量，溶液溶液呈酸性时，﹣＞[NH＞[H＞﹣，A当溶质为氯化铵和一水合氨时，溶液呈碱性[OH＞]，根据电荷守恒可[NH＞﹣，所以可以满足NH＞[Cl＞]＞[H，A正；

+

B溶质为氯化铵和一水合氨，且溶液呈中性时，[H]=[OH、[NH﹣，以满足[NH﹣＞[H=[OH]，故B正；C溶中一定满足电荷守恒[Cl＞[NH]＞﹣＞[H不足电荷守恒故错；D．[OH＞[NH＞[H＞[Cl中无论溶质为氯化铵还是氯化铵与氯化氢或氯化铵与一水合氨若OH[H]说溶液呈碱性则一水合氨量则质为氯化铵和一水合氨，但是氢离子浓度最小，应该满[H故选AB

＜[Cl，D错；

232343423233233423343434343223234342323323342334343434322323332334220.9molFeO与定量反应后得到固体XX溶于足量稀盐酸通0.5molCl，恰好氧化完全．则X组成及物质的量之比可能是（）A．2：混合的Fe与FeOB．：5合的Fe、FeOC．：5混的Fe和D．：1混合的Fe、Fe与FeO【考点】氧化还原反应的计算．【分析先算出O中有铁元素的总物质的量，然后分别根据各选项中各组分的物质的量之比及质量守恒定律计算出各组分的物质的量据电子守恒计算出消耗氯气的物质的量即可．【解答解A．为23混的Fe与，二者含有铁元素的物质的量之比为1，中有1.8mol铁子，根据质量守恒定律，X中含有FeO的质的量为：1.8mol有的物质的量1.8mol=0.6mol电守恒0.4molFeO完全反应消耗氯气的物质的量为：全反应消耗氯气的物质的量为：

=0.2mol与气完=0.3mol，共耗氯气的物质的量为0.2mol+0.3mol=0.5mol，满足条件，故A正确；B若为：5：4混的O、与Fe，三者含有的铁元素的质的量之比为：5：，则X含有的质的量为：×

×=0.3mol含有的物质的量：1.8mol

，含有的质的量为×

=0.4molO完全反应消耗氯气的物质的量为：氯气的物质的量为：

=0.15mol，与氯气完全反应消耗=0.25mol0.4mol铁盐酸反应生成氯亚铁，0.4mol氯亚铁完全反应消耗氯气的物质的量为：

=0.2mol，所以总共消耗氯气的物质的量为0.15mol+0.25mol+0.2mol=0.6mol＞，B错；C．为4：5混的和，者含有的铁素的物质的量之比为：，则X中有Fe的质的量×

×=FeO的质的量为×

=，氧化铁不消耗氯气，

消氯气的物质的量为：

mol

=

mol，错误；D．为11：混合的Fe、Fe与，三者含有的铁元素的物质的量之比为2：：，则X中有的物质的量为1.8mol×，含有的质的量为：1.8mol=0.8mol，含有Fe的质的量为××=0.2mol；0.2molFeO完全反应

102222232222222222222222232102222232222222222222222232424222242消耗氯气的物质的量为：耗氯气的物质的量为：

=0.1mol与氯气完全反应消=0.4mol氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁不与氯气反应，则消耗氯气的总物质的量为，D正；故选．四本共12分）23空气质量评价的主要污染物为PMPMNO和CO等物质．其中与都形成酸雨的主要物质．在一定条件下，两能发生反应NO（）+SO（）（g）+NO（）完成下列填空：（1在一定条件下将物质的量的SO气置于体积固定的密闭容器中发生反应，下列能说明反应已经达到平衡状态的是、．a（NO）=v（）．合物中氧原子个数不再改变生成消耗c．容器内气体颜色不再改变．容器内气体平均相对分子质量不再改变（2当空气中同时存在NO与时会快地转变成H，其原因是NO起催化剂的作用．（3科学家正在研究利用催化技术将NO和CO转成无害的和N，反应的化学方程式：（）+4COg）4CO（g）+N（）+Q（Q）若在密闭容器中充入NO和，下列措施能提高NO转率的是、D．A选用高效催化剂B充入NO．低温度D．压（4请写出N原最外层电子轨道达式．

，写出的电子（5关于、、、C四元素的叙述正确的是D．A气态氢化物均为极性分子B最高化合价均等于原子最外层电子数C．质一定为分子晶体．原子最外层均有两种不同形状的电子云（6写出一个能够比较元和素非金属性强弱的化学反应方程式：2NaHCOSO═SO+2H↑．【考点化学平衡状态的判断金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律学平衡的影响因素．【分析）据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度百含量不变以由此衍生的一些量也不发生变化解题时要注意选判断的物理量随反应的进行生变化当物理量由变化到定值时明可逆反应到达平衡状态；（2二氧化氮对SO转变成HSO，催化作用；（3）A选用高效催化剂，平衡不移动；B充入NO，衡正向移动，但本身转化率降低；C．低温度，平衡正向移动；D．压平衡正向移动；

2222224222324223242422462222222242223242232424224622332223710﹣﹣2i1i1i2++﹣+（4子最外层电子轨道表达式为

CO的子式为

；（5）A甲烷为非极性分子；B氧无正价；C．刚石为原子晶体；D．子外层均有p两种不同形状的电子云；（6根据强制弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，据此分析．【解答解）av（NO）=v（）=v（），正逆反应速率相等，达平衡生成生成消耗状态，故正确；．从反应开始混合物中氧原子个数一直不再改变，故错误；c．容器内气体颜色不再改变，明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；．容器内气体平均相对分子质量一直不再改变，故错误；故选：、c；（2二氧化氮对SO转变成HSO，催化作用，故答案为NO起到催化剂的作用；（3）A选用高效催化剂，平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，故错误；B充入NO，衡正向移动，但本身转化率降低，故错误；C．低温度，平衡正向移动，二氧化氮转化率升高，故正确；D．压平衡正向移动，二氧化氮转化率升高，故正确；故选：、；（4子最外层电子轨道表达式为故答案为：；

CO的子式为）．甲烷为非极性分子，故不选；

；B氧无正价，故不选；C．刚石为原子晶体，故不选；D．子外层均有p两种不同形状的电子云，故选；故选：D（6根据强制弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，硫酸酸性强于碳酸，反应方程式2NaHCOSO═+2HO+2CO，答案为：2NaHCOSO═SO+2H↑．五本共12分）24亚铁氰化钾俗称黄血盐，化学式为K（CN．血盐毒性很低，在空气中稳定且具有防止细粉状食品板结的性能，故用作食盐的抗结剂．但是400℃左右黄血盐分解生成剧毒的氰化钾强酸作用也会生成极毒的氰化氢HCN气体．完成下列填空：（1剧毒的KCN可用双氧水处理，得到一种碱性气体和一种酸式盐．请写出该反应化学方程式KCN+HO=KHCO+NH↑．（2若往KCN液中通入少量的CO气，其反应的离子方程CN+CO+H﹣．

﹣已知电离常数（℃：K=4.3HCN：=4.910K=5.6

（）常温下，测得等物的量浓度的KCN与HCN混溶液的＞7则溶液中K、H、

、HCN浓大小顺序为＞[K

＞＞[H．

3+3223322+﹣32223323232223223+3223322+﹣32223323232223223++++323322﹣24（4黄血盐作为食盐的抗结剂，必须严格控制其使用量，原因是亚铁氰化钾毒性很低，但受热或与酸反应均会产生剧毒物．（5黄血盐常用于Fe检验．请再写出一种检验Fe的试剂KSCN，其相应的现象是溶液呈血红色．（）与Na反，生成的产物与溶液的酸碱性有关．当p＜7，有淡黄色沉淀产生，当＞7时生成黑色沉淀（S写往溶中滴加少量溶的离子方程式：2Fe=2Fe↓．【考点】弱电解质在水溶液中的离平衡；离子方程式的书写；离子浓度大小的比较．【分析）氧水与KCN反生氨气和碳酸氢钾；（2电离常数越大，酸性越强，酸性强的酸可以制备酸性弱的酸；（3等物质的量浓度的KCNHCN混合溶液的pH＞7，

的解程度大于HCN的离程度；（4黄血盐在高温下或酸性条件下能生成有毒物质；（5Fe遇到KSCN溶会变为血红色；（6溶显酸性，与反生成S沉和亚铁离子．【解答解）毒的KCN可用双氧水处理，得到一种碱性气体和一种酸式盐，则双氧水与KCN反生成氨气和碳酸氢钾，其反应的方程式为：KCN+HO+H+NH，故答案为：KCN+HO=KHCO+NH↑；（2电离常数越大，酸性越强，酸性CO＞HCN＞，性强的酸可以制备酸性弱的酸，若往KCN溶中通入少量的气，反应的离子方程式CN+CO+H，故答案为：+COO=HCN+HCO

；（3等物质的量浓度的KCNHCN混合溶液的pH＞7，

的解程度大于HCN的离程度，则溶液中浓度关系为[HCN＞[K

＞﹣＞[H，故答案为：＞[K

＞[CN]＞[H]；（4由题中信息可知，黄血盐在高温下或酸性条件下能生成剧毒物质，所以必须严格控制其使用量；故答案为：亚铁氰化钾毒性很低，但受热或与酸反应均会产生剧毒物；（5Fe遇到KSCN溶会变为血红色，以可用KSCN溶液来检验铁离子的存在；故答案为：KSCN溶液呈血红色；（6FeCl与S反当溶液的pH＜7有淡黄色沉淀产生已FeCl溶液显酸性，所以溶液与反生成沉和亚铁离子，其反应的离子方程式为2Fe↓；

﹣故答案为：

．六本共12分）25如图是某同学研究铜与浓硫酸的反应装置：完成下列填空：（1写出A中发生反应的化学方程式（）采用可抽动铜丝进行实验的优点是可控制反应的进行．（2反应一段时间后，可观察到B试中的现象为变红．

CuSO．

232224222442223223222422244222322322（3从C管的直立导管中向BaCl溶中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是NH、Cl求填一种化合物和一种单质的化学式）（4反应完毕，将A的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物分离出该不溶物的操作是过．黑色不溶物不可能是CuO，理由是CuO会溶于稀硫酸中．（5对铜与浓硫酸反应产生的黑色不溶物进行探究，实验装置及现象如下：实验装置

实验现象品红褪色①根实验现象可判断黑色不溶物中一定含有硫元．②若黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变其化学式为CuS．【考点】浓硫酸的性质．【分析浓酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水写反应的化学方程式，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积；（2依据二氧化硫酸性氧化物的性质解答；（3二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；（4分离固体与液体用过滤，氧化铜与酸反应生成铜离子与水，据此解答；（5黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变除含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜．【解答】解）浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：SO（浓）从而控制反应进行；

CuSO↑，动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积故答案为：（浓）

CuSO+2HO+SO↑可以控制反应的进行；（2反应生成二氧化硫二化硫为酸性氧化物能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色；故答案为：变红；（3向BaCl溶中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体N、做氧化剂的气体如Cl、、、NO、等

32223323333233222332333323故答案为：NHCl；（4将A中混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜；故答案为：过滤CuO溶于稀硫酸中；（5黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变除含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式CuS；故答案为：硫；；七本共12分）26硝酸铝是一种常用皮革鞣剂．工业上用铝灰（主要合Al、O、Fe等）制取硝酸铝晶体[AlNO）﹒nHO流程如下：完成下列填空：（1用NaOH固配的溶液，所需的玻璃仪器除烧杯外，还有b．a容瓶量筒c．烧瓶（2应Ⅱ中为避免铝的损失要解决的问是如何控制反应终硝酸的用量）．（3从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的骤依次是减压蒸发、冷却结晶、滤、洗涤、低温烘干．（4有人建议将反应Ⅱ、Ⅲ合并以简化操作，说明工业上不采用这种方法的原因产物中杂质NaNO的量较高．（5某同学在实验室用铝灰制各硝酸铝晶体，其流程如下：氢氧化物

（）Al（）开始沉淀1.9沉淀完全3.2

4.25.4调节pH的目的是将Fe转为（）沉除去．使得到的硝酸铝晶体较纯净，所用的X质可以是BC（填编号A氨水B．铝c．氢氧化铝D．偏铝酸钠（6该实验室制法与工业上制法相比，其缺点是产大量污染性气体NO等．（7称取硝酸铝晶体样品，加热灼烧使其分解完全，最终得到，算硝酸铝晶体样品中结晶水的数目为8.7．【考点】制备实验方案的设计．【分析铝用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未应的氢氧化钠，并将偏铝酸

323222232322223323232525钠转化为氢氧化铝沉淀再滤离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液减压蒸发得到硝酸铝晶体．（1用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌；（2硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导Al元素损失，应制硝酸用量，可以利用弱酸将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀而不溶解；（3从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干；（4产物中杂质的量较高；（）铝灰用稀硝酸溶解Al、、O均反应得到硝酸铝、硝酸铁，加入X调使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，加入的X能酸应切不能引入新杂质（6反应会生成NO，污染空气；（7硝酸铝晶体分解得到氧化铝、水，另外物质相当于O，根据Al元守恒计算硝酸铝的物质的量，结合N原守恒计算NO的量，可得结晶水的质量，计算结晶水的物质的量，进而计算结晶水数目．【解答解铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．（1用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，还需要量筒，故答案为：b；（2硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导Al元素损失，需解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量将加入稀硝酸改为通入过量，避免氢氧化铝沉淀溶解，故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量（3从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶、洗涤；（4反应Ⅱ、Ⅲ合并以简化操作，产物中杂质NaNO的含量较高，故答案为：产物中杂质NaNO的量较高；（）铝灰用稀硝酸溶解Al、、O均反应得到硝酸铝、硝酸铁，加入X调使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，加入的X与酸反应切不能引入新杂质，故不能选氨水、偏铝酸钠，可以选Al

与氢氧化铝，故答案为：将转化为（）沉除去；BC（6）Al稀硝酸反应会生成NO污染空气，故答案为：产生大量污染性气体NO等（7铝晶体分解得到氧化铝质相当于NO铝物质的为=0.01mol，根据Al元守，硝酸铝的物质的量为，据N原守恒，可知NO为

=0.03mol其质量为×，结晶水为质量为﹣

233538328233538328﹣，结晶水物质的量为

，结晶水数目为=8.7故答案为：．八本共10分）27碳碳双键在酸性高锰酸钾溶液中发生断键氧化过程：+完成下列填空：（1月桂烯是一种常见香料，其结构如图所示．①月烯与等物质的量的Br发加成反应，可以得到种产物②月烯与酸性高锰酸钾溶液反应时可生成多种有机产物，其中碳原子数最多的一种产物的结构简式为③金烷（见图）是月桂烯的一种同分异构体，其一氯物有2种（X在性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙CHCOCH羧酸（O且Y中含两种不同化学环境的氢原子，则Y结构简式是（）CCOOHX的系统命名为，4，﹣甲基﹣﹣戊烯．（3化学式为H的烃，酸性高锰酸钾溶液中生成CHCOCHCOOH写出Z可能的结构简式：．【考点】有机化合物的异构现象有机化合物命名．【分析）根月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与﹣3丁二烯类似结构，则能发生，加；②由应信息可知，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和原子含有H原，则被氧化生成羧酸即断键处的原子都被氧化成为羧基若不饱和原没原，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基，生成酮；③根分子中氢原子的种类等于一氯取代物的种类；（2根据等效氢来解答；根据Y的构与丙酮利用信息得出烃X，然后命名；（3化学式为H的烃，饱和度为，由反应信息可知，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和原含有H原，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若若不饱和原子没有H原，则断键处的碳原子被氧化成为酮羰基，生成酮来解答；

22533333233338225333332333383283233332【解答解①分存在三种不同的碳碳双键，如图所示，分子物质与1分子加时，可①③的位置上发生成，也子Br在发生4加反应，故所得产物共有种；故答案为：4；②双被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂不饱和原子含有H原被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若若不饱和C原没有H原子，则断键处的碳子都被氧化成为酮羰基成以月桂烯与酸性高锰酸钾溶液反应时碳原子数最多的一种产物的结构简式为

；故答案为：；③分中含2种置的H则一氯代物有；故答案为：2；（2酸（CO仅含两种不同化学环境的氢原子结简式）CCOOH；烃X在性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙CH与羧CH）CCOOH则烃X（CH）C=CH（），名称为2，4三甲基﹣2﹣戊烯；故答案为）CCOOH，，4三甲基﹣﹣戊烯；（3化学式为H的烃，酸性高锰酸钾溶液中生成CHCOCHCOOH说明子CH得2子CHCOCH双被高锰钾酸性溶液氧化而断裂不饱和原子含有H子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若若不饱和C原子没有H原子，则断键处的碳原子都被化成为酮羰基，生成酮，可的结构式：；故答案为：；九本共12分）28α﹣苯基丙烯酸可用于合成人造龙涎香，现以甲苯为原，按下列方法合成（从F开始有两条合成路线）已知：CHCHBr+NaCNCN+NaBr②CHCHCN完成下列填空：

CH

378378（1写出D的构简式（2写出反应类型：反④加反应或还原反应（3写出反应所需要试剂与条件：反①液、光照

反乙、浓硫酸、加热（4写出一种满足下列条件的D的分异构的结构简式①能生银镜反应②能FeCl溶发生显色反应③分中有5种同化学环境的氢原子（）检验E否完全转化为F的法是取样，加入制氢氧化铜，加热无砖红色沉淀出现，说明E已全转化为（6路线二与路线一相比不太理想，理由是