高三化学考试试卷

高三化学考试试卷考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx

C．燃烧煤的锅炉承受类似沸腾炉的锅炉D．推广使用乙醇汽油从而减轻大气污染，改善大气环境姓名： 班级： 号：

3.25℃0.1mol•L-1VVHA溶液与a bBOH溶液按不同体积比混合，保持V＋V＝100mL，V、V

与混合液的题号得分一二题号得分一二三四五六总分

a b a b留意事项：答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分评卷人得分以下物质的工业生产过程中，其主要反响不涉及氧化复原反响的是A．氨气B．漂粉精C．烧碱D．纯碱

以下说法正确的选项是A.K(HA)＝10-6mol•L-1aC.c点时，随温度上升而减小B.b点时，c(B+)＝c(A-)＝c(H+)C.c点时，随温度上升而减小D.a→c过程中水的电离程度始终增大4.50mLHSOHNO的混合溶液中渐渐参加铁粉，假设参加铁节能减排指的是削减能源铺张和降低废气排放，以下措施与节能减排不符合的是〔〕工业制硫酸时，设置“废热”锅炉产生蒸气，用于发电B．开采更多的能源，提高能源开采量

2 4 3粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如以下图所示，且每一段只对应一个反响。以下说法正确的肯定条件下的密闭容器中，6.4gSO20.1NA

SO3

的分子数18g铝放入足量浓硫酸中转移电子数2NAA．开头时产生的气体为H2B．AB段产生的反响为置换反响C．所用混合溶液中O)＝L－13D．参与反响铁粉的总质量m＝5.6g25.以下关于化学反响的描述中正确的选项是 ( )。A．需要加热才能发生的反响肯定是吸热反响B．＋H)＝3－，则含240.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，也放出57.3kJ的热量C．的燃烧热是0－，则表示的燃烧热的热化学方程

D．1L0.1mol/LFeClFe(OH)3 7.用以下装置进展试验能到达相应试验目的的是

0.1NAANOB．分别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C．试验室中制取少量蒸馏水D100mL0.10mol﹒L-1盐酸式为＋OANOB．分别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C．试验室中制取少量蒸馏水D100mL0.10mol﹒L-1盐酸2 2D．2C(s)＋2O(g)=2CO(g) ΔH＝a,2C(s)＋O(g)=2CO(g) ΔH＝b，则2 2 2b＞a6.以下关于阿佛加德罗常数的说法正确的选项是A．0.1NA

NO在一密闭容器中与足量氧气完全反响，得到0.1molNO2如图为元素周期表中短周期的一局部，关于Y、Z、M的说法正确的选项是

C．V〔NaOH〕=10mL时，c〔H+〕=1×10-7mol/LA．非金属性：B．离子半径：D．V〔NaOH〕＞10mL时，c〔Na+〕＞c〔CO2-〕＞c〔HCA．非金属性：B．离子半径：2 4 2 4评卷人得分评卷人得分11.中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜〔主要成分AsO〕C．ZM2

分子中各原子的最外层均满足8电子稳定构造

2 3可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注。〔1〕As的原子构造示意图为〔1〕As的原子构造示意图为 。，则其在周期表中的位置是NA

为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是〔〕A．18g重水(DO)10N2 AB．22.4LCl通入水中充分反响，共转移N个电子2 A

〔2〕N元素非金属性比As强，以下说法正确的选项是 。①NHAsH差3 3②HNO的酸性比HAsO强C．1L1mol·L-1NaFFˉNA

3 3 4D．25时，pH＝131.0LBa(OH)2

溶液中含有的数目为A

③NAs的原子半径小草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01

AsO22

AsO22

的热化学方程式53mol/LNaHCO53

溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的 。2 4增加，溶液中离子浓度关系正确的选项是A．V〔NaOH〕=0时，c〔H+〕=1×10-2mol/LB．V〔NaOH〕＜10mL时，不行能存在c〔Na+〕=2c〔CO2-〕+c〔HCO-〕2 4 2 4请答复以下问题：Z的元素符号是 ，写出Z的原子构造示意图： 。W的最高价氧化物不溶于水，但能溶于烧碱溶液，该反响的离子方程式为 。探究同主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一。查文献得知，可以从硫化砷〔AsS〕AsO，提取的工

在下表中列出对HZO

各种不同化学性质的推想，举例并写出相应的化23 2 3 2 3艺流程简图如下：

学方程式(化学方程式中Z用元素符号表示)编号例如12性质推想氧化性化学方程式HZO＋4HI=Z↓＋2I＋3HO编号例如12性质推想氧化性化学方程式HZO＋4HI=Z↓＋2I＋3HO2 3 2 223 3 3“是”或“不是”〕氧化复原反响。②过程Ⅲ的系列操作包括 。③写出过程Ⅲ的离子方程式 ，过程Ⅲ中，酸性越强，AsO的产率越高，请解释其缘由 。2 3

由C、O和Y三种元素组成的化合物COY中，全部原子的最外层都满足8电子构造。写出该化合物的电子式： 。13.〔12分〕12.下表是元素周期表主族元素的一局部，短周期元素X的最高正化合价是＋5，Y的单质可在空气中燃烧。

〔1〕C〔石墨，s〕=C〔金刚石，s〕；△H＞0，则稳定性：金刚石 石墨〔填>或<〕〔2〕2C〔s〕＋2O〔g〕=2CO〔g〕△H；2C〔s〕＋O〔g〕=2CO2 2 1 2〔g〕△H。则△HWXWXYZ

oH〔填>或<〕2〔3〕“嫦娥五号”估量在海南文昌放射中心放射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备.用肼(NH)为燃料，四氧化二氮做氧化剂，两者反响生成氮气和气态水.

△H= kJ·mol-1(a、b的代数式表示)。3对于有气体参与的反响，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡24 p(B)c(B)，则反响①Kp：N(g)+2O(g)=NO(g)△H=“+10.7kJ·“mol-1 ＝ 。2 2 2 4NH(g)+O(g)=N(g)+2HO(g)△H=“-543“kJ·mol-1

能说明反响③已达平衡状态的标志是 (填字母)。24 2 2 2写出气态肼和NO

反响的热化学方程式为 。

1molCO

lmolCO2 4 22〔4〕25℃，101kPa时，14gCO在足量的O2

141.3kJ

在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变CO的燃烧热为△H=。〔5〕0.50L2.00mol/LHSO2.10L1.00mol/LKOH溶液完全反响，△2 4△114.6kJ的热量，该反响的中和热为H=〔6〕1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N与H反响生成NH的热化学方程式是 。

在绝热恒容的容器中，反响的平衡常数不再变化D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变在肯定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中充入肯定量的NO和CO，发生反响③。在t1时刻到达平衡，此时n(CO)=xmol，n(NO)=2xmol，n(N)=ymol，则NO的平衡转化率为 (用含x、y的代2数式表示)；再向容器中充入ymolCO和xmolNO，则此时v(正) (填22 2 3

“>”、“<”或“=”)v(逆)。14.雾霾严峻影响人们的生活，汽车尾气的排放是造成雾霾天气的重要缘由之一。汽车尾气排放时简洁发生以下反响：

烟气中也含有氮氧化物，CH可用于烟气脱硝。为争论温度、催化24①N(g)+O(g)2 22NO(g)△①N(g)+O(g)2 22NO(g)△H＝akJ·mol-11②CO(g)+1/2O(g)2CO(g)△H＝bkJ·mol-122③2CO(g)+2NO(g)N(g)+2CO(g)△H2 2 3图1所示。为到达最高的NO去除率，应选择的反响温度约为 ，Cu2＋负载量为 。请答复以下问题：①X为六元环状化合物，含有母体：②X的母体： 上四个碳原子各连接1个支链或取代基。15.〔12分〕某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进展综合利用，不仅可以提高经济效益，而且还可防止环境污染。现按以下方式进展综合利用：

③lmolX2molH。2则符合上述条件的X的构造简式共有 种〔选填A、B、C、D〕。〔1212分〕〔1212分〕三、推断题16.〔本部选作〕(15分)化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：按要求完成问题：〔1〕C的官能团名称：，D的构造简式：；〔2〕写出化学方程式〔有机物用构造简式表示〕：E→F：，H→I ；写出以下转化的反响类型：E→G： ，E→H： ；X是B的同分异构体，且满足以下三个条件：评卷人评卷人得分化合物C中的官能团为 和 〔填官能团的名称〕。化合物B的构造简式为 ；由A→B的反响类型是： 。同时满足以下条件的A的同分异构体有 种。试写出一种分子中只含有6种等效氢的构造简式： 。①2个独立苯环，无其他环状构造②能发生银镜反响和水解反响

己知：ⅰ.B1个吸取峰，H苯环上有两种化学环境的氢。ⅱ.ⅱ.ⅲ.〔苯环上的—NH易被氧化〕。2〔1〕A的化学名称： ；B官能团名称是 。反响⑦的反响③FeCl3

发生显色反响，但水解产物可以，分子中含有甲基

类型为 。〔4〕〔4〕：，请写出以为〔4〕〔4〕：，请写出以为原料制备化合物X〔〕〔构造简式见右图〕的合成路线流程图〔无机试剂可任选〕。合成路线流程图例如如下： 。写出以下反响的化学方程式：反响⑤： 。M是对氨基苯甲酸酯类的一种，其合成路线如下：

反响⑧： 。反响⑥、⑦不行调换挨次的缘由是 。与A分子式一样的全部可能的构造共有〔含A〕 种，写出其中核磁共振氢谱只有一组吸取蜂的构造简式： 。参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料〔无机试剂任选〕制备1,6—己二醛，设计合成路线： 。以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：化合物C的构造简式是 。反响Ⅱ的化学方程式是 。以下说法正确的选项是 (选填序号字母)。a．ANaOH溶液反响b．常温下，A能和水以任意比混溶c．化合物C可使高锰酸钾酸性溶液褪色d．E存在顺反异构体反响Ⅲ的化学方程式是 。

苯乙烯〔8〕〔8〕符合以下条件的B的同分异构体有种。a．能与饱和溴水反响生成白色沉淀b．属于酯类c．苯环上只有两个对位取代基：19.5：有机化学根底〔1〕B中含氧官能团的名称是。食品安全始终是社会关注的话题。过氧化苯甲酰()过去常用〔2〕由生成的反响类型是。作面粉增白剂，但目前已被禁用。合成过氧化苯甲酰的流程图如下：〔3〕反响Ⅰ的反响条件是。〔1〕A的构造简式为 ；②的反响类型为 。写出反响③的化学方程式： ；过氧化苯甲酰在酸性条件下水解的化学方程式为。以下有关苯乙烯的说法正确的选项是 (填字母序号)。A．苯乙烯能使溴水褪色B．苯乙烯存在一种同分异构体，其一氯代物仅有一种C．苯乙烯分子中8个碳原子可能共平面〔4〔4〕苯甲酰氯()能与水反响生成苯甲酸，同样也能与乙醇反响，写出其与乙醇反响生成的有机产物的名称：。〔5〕写出一个符合以下要求的过氧化苯甲酰的同分异构体的构造简式 。①分子中不含碳碳双键或叁键；②分子中只含有一种含氧官能团；③3122A动身，发生图示中的系列反响，其中B分子核磁共振氢谱有三组1:2:2，F的苯环上一氯代物只有一种，ZG均不能与金属钠反响，且互为同分异构体。答复以下问题：〔1〕F的化学名称为 。

〔2〕反响④的化学方程式为 ，在①-⑦的反响中，属于取代反响的有 。〔3〕B的构造简式为 ，其所含官能团名称为 。〔4〕E和F反响生成G的化学方程式为 。〔5〕与B互为同分异构体，属于酚类且苯环上只有对位两取代的化合物有 种，写出可能的构造简式 ，评卷人得分 ， ， 评卷人得分四、计算题有同学争论从矿石开头到产出钢铁的工艺流程。6.62g铁矿石样品投入足量的盐酸中完全溶解后过滤，滤渣中不NaOH溶液，充分反响，过滤、洗涤、灼4.80gFe2O3。求该铁矿石含铁的质量分数。现以该铁矿石为原料炼铁，假设生产过程中铁元素损失4％，计算每1.00吨生铁〔96％〕，至少需要这种铁矿石多少吨?〔保存两位小数〕取某钢样粉末28.12g〔假设只含Fe和C〕，在氧气流中充分反响，得到CO2气体224mL〔标准状况〕。计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比。再取三份不同质量的上述钢样粉末，分别加到100mL一样浓度的H2SO4溶液中，充分反响后，测得的试验数据如下表所示：试验序号参加钢样粉末的质量/g生成气体的体积/L〔标准状况〕Ⅰ2.8121.120Ⅱ5.6242.240Ⅲ8.4362.800试验序号参加钢样粉末的质量/g生成气体的体积/L〔标准状况〕Ⅰ2.8121.120Ⅱ5.6242.240Ⅲ8.4362.8005 43 3 3利用的争论方案，制备具有重要工业用途的CaCO、Mg(OH)、P和H，计算硫酸溶液的物质的量浓度假设在试验Ⅱmg钢样粉末，计算反响完毕后剩余的固体质量为多少?〔用含m的代数式表示〕

其简化流程如下：：①Ca(PO)F950℃不分解；

3 2 4 222.〔6分〕某学生课外兴趣小组为了测定镁铝合金中铝的含量，进展了如下试验。3.0100mL1.5mol•L-1的烧碱溶液中，充分反响后分别出未反响的镁，然后在溶液中滴加1.0mol•L-1的盐酸，参加盐酸的体积与得到沉淀的数据如下表：

5 43②4Ca(PO)F+18SiO+30C②4Ca(PO)F+18SiO+30C2CaF+30CO+18CaSiO+3P5 43 2 2 3 4试验室过滤所需的玻璃仪器是 。试验次数123参加盐酸的体积60mL80mL180mL沉淀质量0试验次数123参加盐酸的体积60mL80mL180mL沉淀质量00.78g5.46g4 3在浸取液II中通入NH，发生反响的化学方程式是 。3工业上常用磷精矿[Ca(PO)F]25℃，开头沉淀时参加的盐酸体积必需大于 mL；假设得到沉淀的量最大时，参加的盐酸体积为 mL。

101kPa时：

5 43CaO(s)+HSO(l)=CaSO4(s)+HO(l) △H=-271kJ/mol合金中铝的质量分数为 。

2 4 2评卷人得分5CaO(s)+HPO(l)+HF(g)=Ca(PO)F(s)+5HO(l) △评卷人得分3 4 5 43 2五、试验题

则Ca(PO)F和硫酸反响生成磷酸的热化学方程式是 。5 43某活动小组设计了以下试验，其试验目的是观看两份完全一样的铁粉与铝粉的混合物分别与足量盐酸和NaOH溶液反响的删程；测定局部数据对混合物的成分进展定量分析。请答复：①2H〔①2H〔g〕+O〔g〕2 22HO〔g〕△H=“-483.6“kJ/mol2②N〔g〕+3H〔g〕2 22NH〔g〕△H=-92.4kJ/mol3③4NH〔g〕+5O〔g〕3 24NO〔g〕+6HO〔g〕△H=-905kJ/mol2则反响④4NH〔g〕+3O〔g〕2N〔g〕+6HO〔g〕的oH= 3 。222以下操作进展的挨次由先到后的是 〔填序号〕。①同时翻开A、B中分液漏斗的活塞，分别加人足量试剂②检查装置的气密性③点燃酒精灯④装入药品⑤熄灭酒精灯⑥同时关闭A、B中分液漏斗的活塞

该装置不够完善，还需增加的装置为 。反响前金属混合物的质量，发生反响后测定混合物成分的最简洁方法是 。假设混合金属中铁与铝的质量比为28：27，则充分反响后，A和B评卷人得分两烧瓶中转移电子总数之比为 。评卷人得分六、简答题25.〔14分〕争论氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义。反响：在恒温恒容的甲容器，恒温恒压的乙容器中分别进展合成氨反响〔图中所示数据均为初始物理量〕。tNH写出B装置中发生反响的离子方程式： 。写出装置A、B中试验现象的不同点 。

3均为0.4mol〔无视水对压强的影响及氨气的溶解〕。①该条件下甲容器中反响的平衡常数K= ；平衡时，甲容器的压强P= 〔初始压强用P0

表示〕。②0.2molNN2 2

转化率= 。在试验室中，某同学利用以下试剂及器材完成的试验能够证明NH·HO是弱电解质的是 〔选填字母代号〕。3 2用氨水做导电性试验，灯泡昏暗AlCl3

溶液中，产生白色沉淀pH0.1mol/LpH<13用潮湿的蓝色石蕊试纸测得NHCl溶液为紫色4〔〔4〕1mol•L-1NHClNH此时4 3的值〔填“增大”、“减小”或“不变”〕；1mol•L-1NHCl溶液和1mol•L-1NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前NHCl溶液的体4积NaOH溶液的体积〔填“大于”、“小于”或“等于”〕．4试题分析：氧化性：NO试题分析：氧化性：NO-＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO-+4H=Fe+NO↑+2HO，AB段发生：3Fe+2Fe═3Fe，B以后发生：3+ 3+3+2+Fe+2H+=Fe2++H↑，ANOA错误；B．AB段发2生：Fe+2Fe3+═3Fe22+，为化合反响，故B错误；C．n(NO)==0.05mol，则所用混合溶液中c(HNO)= =1mol/L，故C错误；D．最终生成Fe2+，依据氧化复原反响中得失电子数目相等可知33×n(NO)+2×n(H)=2n(Fe)，即3×0.05mol+2×25.6gD正确。应选D。=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，.D【解析】略.B【解析】略.C

【解析】A【解析】A.依据图像，0.1mol•L-1HApH=3，K(HA)＝a=≈10-5mol•L-1A错误；B.b点时，HABOH溶液恰好完全反响，溶液显中性，c(H+)＝c(OH-)，依据电荷守恒，c(B+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)c(B+)＝c(A-)＞c(H+)＝c(OH-)，故B错误；C.依据图像，0.1mol•L-1HApH=3HA为弱酸，cBOHBA，溶液显碱性，水解过程是吸热过程，温度上升促进水解，水解平衡常数增大，则=减小，故C正确；D.a→c过程中，起始阶段溶液中的酸电离，对水的电离产生抑制作用，随着反响的进展，酸的浓度渐渐减小，抑制作用渐渐减小，b点时恰为盐溶液，水解促进水的电离，此时盐的浓度最大，水的电离程度最大，然后碱过量，对水的电离产生抑制作用，水的电离程度渐渐减小，因此水的电离程度显增大，后减小，故D错误；应选C。【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可承受文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考察学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进展思考或推理的力量。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反响条件、反响产物、构造特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出的学问或觉察数据之间的关系，同时与学过的学问相组合，形成较全面的网络化的学问体系，将这些学问体系进一步应用到的学问情境中，从而解决问题。这种试题对具有自主学习和独立思考力量的培育和考察，将发挥格外重要的作用。此题考察混合物的计算，题目侧重于离子反响的推断和计算，留意结合离子的氧化性强弱推断反响的先后挨次，为解答该题的关键。氧化性：NO-＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO-+4H+=Fe3++NO↑+2HO，AB3 ═3Fe 3 2.D

段发生：Fe+2Fe3+.D

2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H↑，以此解答该题。2【解析】

【解析】A项，放热反响和吸热反响与反响条件无关，A项错误；B项，醋酸是弱酸，醋酸电离需要吸热，B项错误；CCO(g)的燃烧热的热化学方程式为＋OO的热化学方程式为＋OO) ＝0C项错2 2误；D项，2C(s)＋2O(g)=2CO(g) ΔH＝a、2C(s)＋O(g)=2CO(g) ΔH＝b,2CO(g)＋O(g)=2CO(g)2ΔH＝c，上述三个燃烧反响都是放热反响，根22据盖斯定律知，a＝b＋c，又由于a＜0，b＜0，c＜0，所以b＞a，D项正确。22－＞－－BM是l，其化合价为S2l12 28电子稳定构造，CF是最强的非金属，没有含氧酸，D不正确，答案是C。9.C.D【解析】试题分析：A．0.1N

NO在一密闭容器中与足量氧气完全反响生成

【解析】试题分析：A．18g重水(DO)18g÷20g/mol＝0.8mol，所含29N，A错误；B．22.4LCl通入水中充分反响，不肯定转移A 2NONO

与NO

ANO

0.1mol，

N个电子，因此氯气不肯定处于标准状况下，22.4L氯气的物质的量不一A2 2 2 4

2 1mol，B错误；C．氟离子在溶液中水解，因此1L1mol·L-1NaF溶液A错误；B．SO与氧气反响转化为三氧化硫的反响是可逆反响，则肯定2

FˉN，C正确；D．25时，pH＝131.0LBa(OH)溶液条件下的密闭容器中，6.4gSOSO0.1N，2 3 A

A中氢氧根的浓度是，其中含有的数目为

2，D错误，答B错误；C．常温下，铝在浓硫酸中钝化，则常温下18g铝放入足量浓硫2N，C错误；D1L0.1

AC。mol/LFeCl3

A溶液完全水解得到的Fe(OH)3

0.1N

，D正确，A

考点：考察阿伏伽德罗常数的计算答案选D。考点：考察阿伏加德罗常数的计算.C

10.D【解析】试题分析：A、草酸是二元中强酸，V〔NaOH〕＝0时，NaHCO

不能完【解析】A、NO与O反响，不能用排空集气法收集，故A错误；B、分 2 42离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用渗析法，故B错误；C、制取少量蒸馏水装置、原理均正确；D、转移溶液要用玻璃棒引流，故D错误；应选C。

全电离出H+，则c〔H+〕＜1×10-2mol•L-1A错误；B、V〔NaOH〕＜10mLNaHCO、NaCO，当电离程度等于水解程度，2 4 22 4c〔H+〕＝c〔OH-〕，c〔Na+〕＝2c〔CO2-〕+c〔HCO-〕，故B2 4 2 48.C

不正确；C、V〔NaOH〕＝10mLNaCO，溶液显碱22 4【解析】考察元素周期表的构造和元素周期律的应用。由于所给元素均属于短周期元素，依据周期表的构造可知X、Y、z、M分别为He、F、S、

性，则c〔H+〕＜1×10-7mol•L-1C错误；D、V〔NaOH〕＞10mL时，NaOH、NaCO，CO2-HCO-，则离子浓度为c22 4 2 4 2 4〔Na+〕＞c〔CO2-〕＞c〔HCO-〕，故D正确；应选D。2 4 2 4考点：考察盐类水解、电离平衡以及溶液中离子浓度大小比较

③在过程Ⅲ中，NaAsO

具有氧化性，SO

具有复原性，在酸性溶液中发3 4 2生氧化复原反响，反响的离子方程式为2AsO3－+2SO

+2H+===AsO+11.〔1〕第四周期，VA族〔2〕②③

2SO2－

4 2 2 3+HO。酸性越强，物质的氧化性或者复原性可能增加；增加氢4 2〔3〕AsO(s)===AsO(s)+O(g)△H=+295.4kJ·mol-1

离子浓度平衡正向移动促进反响的进展，有利于提高AsO的产率，所以2 5 2 3 2

过程Ⅲ中，酸性越强，AsO

2 3的产率越高。①不是②浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干③2AsO3－ 2 34+2SO+2H+===AsO+2SO2－+HO；酸性越强，物质的氧化性或者复原性

考点：考察元素周期表，热化学方程式的书写，工业流程分析等学问。2 2 3 4 21212.(1)SeAsO的产率。2 3【解析】试题分析：〔1〕As4个电子层，在第5VA族。非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，答案选②③。OO＋HO2 3 2(3)1复原性2HSeO1复原性2HSeO＋O=2HSeO(Br＋HSeO＋HO=HSeO＋2HBr等合理答案)232242232242酸性HSeO＋2NaOH=NaSeO＋2HO(或其他合理答案)2 3 2 3 2

AsO

914.6-619.2=“(4)2 5 2 3(4)+295.4“kJ·mol-1AsO(s)=AsO(s)+O(g) △H=“+295.4“kJ·mol-1。2

2 5 2 3

【解析】易推出W、X、Y、ZSi、P、S、Se。①AsS、NaAsSS均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成23 3 3NaAsO

Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-SeS18个电子，依据SSe3 3 的原子构造示意图。2价，所以全部元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反响不是氧化复原反响。

(3)HSeO

与HSO

相像，具有氧化性、复原性和酸性。②过程Ⅲ是由滤液得到固体的过程，所以系列操作包括浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干。

2 3 2 313.〔12分，每空2分〕〔1〕< (2)< (3)2NH(g〕+NO(g〕=3N(g〕+4HO(g〕△H＝—1096.7kJ·mol-12

24 2 4 2(4)-282.6kJ·mol-1(5)-57.3kJ·mol-1(6)N(g〕+3H(g〕＝2NH(g〕△H＝- 436kJ/mol×3+946kJ/mol-391kJ/mol×3×2＝—92kJ/mol、则该反响的热化学92kJ·mol-1

2 2 3

方程式是N(g〕+3H(g〕＝2NH(g〕△H＝-92kJ·mol-1。2 2 3【解析】试题分析：〔1〕C〔石墨，s〕=C〔金刚石，s〕；△H＞0，这说明该反响是吸热反响，因此石墨的总能量低于金刚石。能量越低越稳定，则稳定性金刚石＜石墨。2〔2〕碳完全燃烧放热多，但放热越多△H2C〔s〕＋2O2〔g〕=2CO〔g〕△H；2C〔s〕＋O〔g〕=2CO〔g〕△H，则△H＜

考点：考察反响热的有关计算与应用、盖斯定律、燃烧热、中和热等14；〕；〔14；〕；〔3〕CD；〔4〕；=；【解析】试题分析：〔1〕①N(g)+O(g)试题分析：〔1〕①N(g)+O(g)②CO(g)+1/2O(g)22CO(g)+2NO(g)CO(g)△H＝ckJ·mol-1,2×②-①得：22122kJ·mol-1，答案为：2b-a；〔2〕对于有气体参与的反响，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)p(B)c(B)，则反2 2 3 2 1应①Kp=，答案为：；〔3〕能说明反响③已达平衡状态的标志是：A1molCO的同时消耗了lmolCO，描述的都是正反响，不能说明反响已经到达平衡，A错误；B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变，密度等于混合气体的质量闭上容器体积，依据质量守恒不管是否到达平衡，混合气体的质量都不变，容器体积不变，所以密度始终不变，B错误；C．在绝热恒容的容器中，容器内的温度随反响的进展在变化，平衡常数也会发生变化，平衡常数不再变化，说明容器的温度在变，反响到达平衡，C正确；D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，说明个成分的物质的量不再变化，反响到达平衡，D正确，答案为:CD；〔4〕在肯定温度下，向VL的恒容密闭容器中充入肯定量的NOCO，发生反响2③2CO(g)+2NO(g) N(g)+2CO(g)t1时刻到达平衡，此时n(CO)=xmol，n(NO)=2xmol，n(N)=ymolNymol,222〔3〕：①N(g)+2O(g)=NO(gH=“+10.7kJ·mol-1，2 2 2 4②NH(g)+O(g)=N(g)+2H0(g)△H=“-543“kJ·mol-1，则依据盖斯定律可知24 2 2 2②×2—①NO2NH(g〕+NO(g〕2 4 24 2 4＝3N(g〕+4HO(g〕△H＝—1096.7kJ·mol-1。2 2〔4〕25℃，101kPa时，14gCO在足量的O141.3kJ21molCO28gCO282.6kJ。由于燃烧热是在肯定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热CO的燃烧热为△H＝-282.6kJ·mol-1。〔5〕0.50L2.00mol/LHSO2.10L1.00mol/LKOH溶液完全反响，2 4114.6kJ2mol水。又由于中和热是在肯定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反响生成1mol水时所放出的热量，所以该反响的中和热为△H＝-57.3kJ·mol-1。(6)1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，又由于反响热等于断键吸取的热量与形成化学键所放出的热量的差值，则NH2 2

2molNH3

的燃烧热是2 2NO2yNO2x+2y，平衡转

〔2〕 (2分)，复原反响(2分)；化率为2y/(2x+2y)= ,向容器中充入ymolCO2

xmolNO，相当于同等倍数的增大反响物和生成物的浓度，平衡不移动，此时v(正)=v(逆)，答案为: ;=;〔5〕从图上可以看出负载为3%时，相NO350NO的效果最好，答案为：350℃〔300～400℃之间〕；3%.考点：考察化学平衡的计算

〔3〕23种(2分)

(2)；15.〔1〕羟基〔2〕

〔4〕 (5分合理答案均给分)【解析】试题分析：A含有的官能团为醚键和醛基，比照A、C的构造简式可知B为 ，B与SOCl2

发生取代反响生成〔3〕缩聚反响，消去反响〔4〕C【解析】略16.(15)〔1〕醚键、氯原子(2分)；

NaCN发生取代反响生成，经水解、复原，最终生成，〔2〕B为代反响生成，〔2〕B为代反响生成，；NaCN发生取〔3〕A的构造简式为 ，分子式为CHO,其同分异12 2构体满足条件为：①2个独立苯环，②能发生银镜反响和水解反响，说明有酯基有醛基，③不能和FeCl3

发生显色反响，但水解产物可以，说明有 另外分子中含有甲基〔CH-〕；则二苯连在3一起 ，另有有一个CH-与一个HCOO-取代苯环上的二个H原3子，只有甲基取代苯上的氢原子时共有三种形式，因此可先依次定位三个不同位置的甲基，再确定另一个取代基的位置，共有5+9+9=23种，其中含有6个等效氢的构造如： ；〔4〕以 制备 ，可在浓硫酸作用下生成 ，然后与HCl发生加成反响生成 ，与NaCN发生取代反响生成，在催化作用下与氢气反响可生成 ，也可与HCl反响生成 ，再生成 ，

则流程为 ，考点：有机物的合成—甲基丙烯溴原子复原反响调换后G中苯环上有—NHKMNO

溶液氧化，得不到2 4H6【解析】B1个吸取峰，说明只有一类氢原子，A和溴化氢发生加成反响生成B，则B的构造简式为(CH)CBrA的33CH=C(CH)C的构造简式为(CH)CMgBr，2 32 33D的构造简式为(CH)CCHCHOHE92，因此33 2 2E是甲苯。甲苯发生硝化反响生成F，F被酸性高锰酸钾溶液氧化将甲基转化为羧基。又由于H苯环上有两种化学环境的氢，这说明F是对甲基硝基苯，G是对硝基苯甲酸，依据H的分子式结合信息可知G分子中的硝基被复原转化为氨基，即H是对氨基苯甲酸。D和H发生酯化反响生成M，则〔1〕依据以上分析可知A2－甲基丙烯；B官能团名称是溴原子。反响⑦为复原反响。〔2〕H分子中含有羧基和氨基，在肯定条件下可以发生缩聚反响，其有机产物的构造简式为 。〔3〕反响⑤的方程式为 。反响⑧的方程式为。

变，碳原子个数是否发生变化，再依据官能团的性质进展设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目供给的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反响过程，只需写出关键的物质及反响条件、使用的物质原料，然后进展逐步推断，从反响物到目标产物。〕羟基、羧基取代反响NaOH水溶液加热后酸化〔4〕氨基易被氧化，调换后G中苯环上有－NHKMNO溶液2 4氧化，得不到H，因此反响⑥、⑦不行调换挨次。〔5〕与A分子式相同的全部可能的构造有1－丁烯、2－丁烯〔含顺反异构体〕、2－甲基丙烯、环丁烷、甲基环丙烷，因此共有〔含A〕6种，其中核磁共振氢谱只有一组吸取蜂的构造简式为 。〔6〕依据上述合成路线结合逆推法可知以乙烯和环氧乙烷为原料〔无机试剂任选〕制备1，6—己二醛的合成路线为 。点睛：有机物的考察主要是围绕官能团的性质进展，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要把握好，这是解决有机化学题的根底。有机合成路线的设计时先要比照原料的构造和最终产物的构造，官能团发生什么改

〔6〕ac〔7〕〔8〕6【解析】试题分析：〔1〕HCN发生加成、水解反响，B分子中含有羧基和羟基；Fe作催化剂条件下发生取代反响生成氯苯；〔6〕a、A为苯酚，可与氢氧化钠反响，正确；b、常温下，苯酚在水中的溶解度不大，错误；c、C中含有醛基，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；d、D在浓硫酸加热条件下发生消去反响，则ECH=的2构造，所以不存在顺反异构体，错误，答案选ac；〔7〕E为 ，可在肯定条件下发生加聚反响，生成R，化学方程式是 ；〔8〕B的同分异构体中，a.能与饱和溴水反响生成白色沉淀，说明含有酚羟基；b.属于酯类，说明含有酯基；c.苯环上只有两个对位取代基，因

苯甲酸乙酯〔3〕依据〔3〕依据N的构造简式可知，A为苯酚，所以反响I的条件的氢氧化钠溶液、加热、酸化；19〕取代反响〔2〕〔4〕AC的反响类似苯酚与甲醛的缩聚反响，则C是；+HO2 2+2HCl〔5〕B中的羧基与甲醇法酯化反响生成酯和水，化学方程式是+2HO2+HO2 2〔3〕ABC或【解析】试题分析：〔1〕苯乙烯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，所以A的构造简式是 ；苯甲酸分子中的羟基被Cl原子取代，得到苯甲酰氯，所以②的反响类型是取代反响；〔2〕2分子苯甲酰氯被过氧化氢氧化得到过氧化苯甲酰和HCl，所以反为酚羟基与苯环直接相连，所以酚羟基为一个取代基，则另一个为酯基，

应③的化学方程式是 +HO2 2

+2HCl；过氧C3的酯基有：丙酸酯、乙酸甲酯、甲酸乙酯，酸和醇的局部可以互换位置，连在苯环上，所以共有6种.考点：考察有机物构造性质的应用，同分异构体的推断，化学方程式、构造简式的书写

化苯甲酰在酸性条件下水解，又生成苯甲酸和过氧化氢，化学方程式是+2HO +HO；2 2 2A、苯乙烯分子中含有碳碳双键，可使溴水褪色，正确；B、苯乙烯存在一种同分异构体立方烷，其一氯代物仅有一种，正确；C、苯环是平面构造，碳碳双键是平面构造，所以苯乙烯分子中的8个C原子可能共

【解析】试题分析：依据题中各物质转化关系，乙烯与水加成得ECHCHOH，3 2面，正确；D、苯乙烯、庚烷的量不确定，所以燃烧耗氧量不能推断，错

E氧化得DCHCHO，D氧化CCHCOOH，Z和G均不能与金属钠反3 3ABC；苯甲酰氯与水发生取代反响水分子中的H原子取代氯原子，生成苯甲酸，与乙醇发生取代反响，则乙醇分子中的羟基上的H原子取代氯原子，生成苯甲酸乙酯；依据题意，可知过氧化苯甲酰的同分异构体中存在对称构造，H原2、4、4，所以取代基中肯定不存在甲基，只含一种含氧官能团，则该官能团可能是羧基、可能是酯基，且取代基一样，所以其同分异构体的构造简式可能是 (或或 )。考点：考察有机物的推断，构造、性质的应用，同分异构体的推断，原子共面的分析

应，即Z和G应都为酯类物质，所以F为羧酸，B为醇类，Z和G互为同分异构体，F的苯环上一氯代物只有一种，且是高锰酸钾的氧化产物，则F为 ，B分子核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1：2：2，结合B的分子式，则B为 ；〔1〕F为 ，F的化学名称为对苯二甲酸；〔2〕反响④的化学方程式为2CHCHOH+O 2CHCHO+2HO，反响3 2 2 3 2①为A水解(取代)生成羧酸和醇，反响②为氧化，反响③为加成，反应④为氧化，反响⑤为氧化，反响⑥为酯化(取代)，反响⑦为酯化(取代)，所以属于取代反响的有①⑥⑦；20.

1〕对苯二甲酸；

〔3〕B为 ，其所含官能团名称为羟基；〔2〕2CHCHOH+O

2CHCHO+2HO；①⑥⑦；

〔4〕EF反响生成G的化学方程式为3 2 2 3 2；〔3〕 羟基；〔4〕〔5〕4种

〔5〕B为 ，与B互为同分异构体，属于酚类且苯环上只有对位两取代的化合物有 ，共4种。【考点定位】考察有机物的推断【名师点晴】依据有机物的性质和构造选战为突破口承受正逆相结合的方法进展推断，留意结合题给信息进展分析解答，乙烯与水加成得E为CHCHOH，E氧化得DCHCHO，D氧化CCHCOOH，Z和G均不能

〔3〕 ， ，。3 2 3 3与金属钠反响，即Z和G应都为酯类物质，所以F为羧酸，B为醇类，Z和G互为同分异构体，F的苯环上一氯代物只有一种，且是高锰酸钾的氧化产物，则F为 ，B分子核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1：2：2，结合B的分子式，则B为 ，据此答题。21.〔1〕0.51〔2〕1.97t〔3〕50︰1〔4〕1.25mol·L－1〔5〕【解析】试题分析：〔1〕将6.62g铁矿石样品投入足量的盐酸中完全溶解后过滤，滤渣中不含铁元素。在滤液中加过量的NaOH溶液，充分反响，过滤、4.80gFe2O30.03mol，铁的物质的量为0.06mol,故该铁矿石含铁的质量分数0.06*56/6.62=0.51

依据试验Ⅲ可得：1mol 22.4L2.800L。当钢样粉末中的铁未全部溶解时〔m＞1.406g〕，剩余的固体质量为：(5.624g＋mg)－0.125mol×56g·mol－1＝(m－1.376)g，当钢样粉末中的铁全部溶解时〔m≤1.406g〕，剩余的固体质量为：(5.624＋m)g× 。考点：此题考察依据方程式列关系式计算和依据图表信息进展计算，综合性强，难度较大。22.〔1〕70〔2分〕，150〔2分〕〔2〕72%〔2分〕〔2〕6.62g铁矿石中铁的质量为l.00t生铁需要铁矿石的质量为：m〔铁矿石〕。【解析】〔1〕60ml盐酸是中和过量的氢氧化钠g沉淀是，所以依据方程式H〔2〕6.62g铁矿石中铁的质量为l.00t生铁需要铁矿石的质量为：m〔铁矿石〕。2 2 3可知，需要盐酸是0.01mol，其体积是10ml，因此开头沉淀时参加的盐酸体积必需大于80ml－10ml＝10ml。当沉淀最大时，溶液中生成氯化钠0.1L×1.5mol/L＝0.15mol150ml。〔2〕生成的氢氧化铝是〔0.15L－0.07L〕×1.0mol/L＝0.08mol，则铝的质量是0.08mol×27g/mol＝2.16g，其质量分数为。〔〔2〕生成的氢氧化铝是〔0.15L－0.07L〕×1.0mol/L＝0.08mol，则铝的质量是0.08mol×27g/mol＝2.16g