1、高考资源网（） 您身边的高考专家 2013.4考生注意： 1本试卷满分l50分，考试时问120分钟。 2本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上；做在试卷上一律不得分。 3答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。4答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。元素的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 P31 S32 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64 Br80 Ag108 I127一、选择题（共10分，
2、每小题2分，只有一个正确选项。）1为了降低PM2.5的浓度，2013年上海的汽油将实行“欧”标准，即A元素的含量要小于10ppm(百万分比浓度)，汽油中A常以C2H5AH的形式存在。则“A”元素是指A硫 B氮 C碳 D氢考点：本题主要考查了汽油的排放标准的依据，抓住依据是解题的关键2符号“3p”没有给出的信息是A能级 B电子层 C电子亚层 D电子云在空间的伸展方向【答案】D【解析】试题分析：3p表示原子核外第3能层（电子层）p能级（电子亚层）轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，题中没有给出，故选D考点：本题考查原子核外电子的能级分布，题目难度不大，注意把握
3、原子核外电子的排布规律3以下物质在空气中不会发生自燃的是AP4 BPH3 CSiH4 DNa考点：本题主要考查了自燃，掌握物质的性质是解题的关键.4下列有关高级脂肪酸的叙述中错误的是A都不溶于水 B都为固态 C都比水轻 D其钠盐是肥皂的主要成分考点：本题主要考查了高级脂肪酸的性质，掌握其性质是解答本题的关键5相对原子质量原来以16O原子质量的十六分之一为标准，现在以12C原子质量的十二分之一为标准，二者相差0.0043%。这两种标准中数值相同的是A14N的质量数 B氕原子的相对质量 C氯元素的相对原子质量 D氟化钠的摩尔质量【答案】A【解析】试题分析：A、因质量数将原子内所有质子和中子的相对原
4、子质量取近似整数值相加而得到的数值，无论以何种标准，质子和中子的相对原子质量取近似整数值都为1，所以14N的质量数都为14，故A正确； B、氕原子的相对原子质量以一个16O原子质量的十六分之一为标准或一个12C原子质量的十二分之一为标准，其他原子的质量跟它相比较所得到的比，氕原子的相对质量与相对原子质量的标准有关，标准不考点：本题主要考查了质量数、相对原子质量、元素的相对原子质量、摩尔质量等概念，掌握概念是解题的关键，难度中等二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6原子个数相同、核外电子数相同的分子(离子)的空间构型相同。以下微粒为三角锥形的是ANH4+ BH3O+ CH2S D
5、CH4考点：本题考查了判断分子或离子的空间构型，难度较大，注意孤电子对的计算公式中各个字母代表的含义，为易错点7以下物质的实验室制备不合理的是A用铅皿制备HF B用浓硫酸制备HI C用磨砂接口的装置制备HNO3 D用饱和食盐水代替水制备乙炔 考点：本题考查了物质制备方法的分析判断，注意氢氟酸的腐蚀性，浓硫酸、硝酸的强氧化性，题目难度中等8常压下，苯的沸点低于甲苯，熔点却高于甲苯。苯的熔点更高的原因可能是 A苯具有芳香性 B苯中的化学键强度更强C苯分子间作用力更小 D固态时苯分子排列更紧密考点：本题主要考查了苯的同系列熔点大小的比较，掌握固态时苯分子排列更紧密是解题的关键9如右图，用有阳离子交换
6、膜（只允许阳离子通过）的立式隔膜电解槽电解食盐水时，下列叙述错误的是A精制饱和氯化钠溶液从阳极区补充 B产品烧碱溶液从阴极区流出C产品烧碱比未用离子交换膜时更纯D每转移NA个电子理论上可生成0.5mol 烧碱考点：本题考查电解原理，侧重于氯碱工业的考查，注意把握题给信息，阳离子交换膜为解答该题的关键，注意审题，题目难度不大10以下既有反应热又有溶解热且都是吸热的是A浓硫酸与NaOH溶液 BKNO3加入水中 CNH4NO3加入水中 DCaO加入水中【答案】C考点：考查物质溶解热、反应热的分析判断，掌握物质的溶解特征和溶液中的反应过程是解题关键，题目较简单 11呋喃甲醛（即糠醛）的结构简式如右图，
7、其由碳原子和氧原子构成的环，性质类似于苯环，即具有“芳香性”。则关于糠醛的叙述错误的是A分子中没有C=C键 B不能被酸性高锰酸钾溶液氧化 C能生成呋喃甲醇 D能与苯酚制备糠醛树脂 考点：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，熟悉烯烃、醛的性质即可解答，题目难度不大12以下所用试剂错误的是 A清洗做完焰色反应的铂丝稀盐酸 B干燥CO气体浓硫酸C洗去附着在试管内壁的硫热NaOH溶液 D洗去附着在试管内壁的氯化银稀硝酸【答案】D【解析】试题分析：A每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有杂质，为除去杂质用盐酸洗涤，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发，不会残留痕迹，故A正确；B
8、浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，故B正确；C硫在加热条件下能与热NaOH溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，所以用热NaOH溶液洗去附着在试管内壁的硫，故C正确；D氯化银与稀硝酸不反应，所以不能用稀硝酸洗去附着在试管内壁的氯化银，故D错误；故选D。考点：本题考查洗涤玻璃仪器时，根据实际情况确定洗涤方法，可用溶解法、可用物质反应法等13液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3NH4+ NH2，25时，其离子积K=l.0l030。现将2.3g金属钠投入1.0 L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中不存在的关系式是（设温度保持不变，溶液体积为1L）Ac(Na+) = c(NH2) Bc
9、 (NH4+)=11029mol/LCc(NH2) c (NH4+) Dc(NH4+)c(NH2) = l.0l030【答案】考点：本题考查弱电解质的电离，利用知识迁移的方法结合水的电离进行分析，难度不大14下列根据实验操作和现象所得出的结论可靠的是 选项实验操作实验现象结 论A分别测定0.1mol/LNa2CO3和苯酚钠溶液的pH前者pH比后者的大酸性：苯酚碳酸B向无色溶液A中加入稀硫酸产生淡黄色沉淀和无色气体A中含S2O32离子CCuSO4和H2SO4混合溶液中加入Zn锌表面附着红色物质；产生无色气体氧化性：Cu2+H+D向0.01mol/L的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄
10、色沉淀溶解出Ag+的能力：AgCl AgI【答案】考点：本题涉及知识点较多，易错选项是A，注意碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，为易错点。15在真空密闭装置中，亚氯酸钠（NaClO2）固体在一定条件下发生分解反应，不可能形成的产物是ANaCl和O2 BNaClO3和NaClO CNaClO3和Cl2 DNaClO3和NaCl考点：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握亚氯酸钠分解的性质，易错点为C，注意从质量守恒的角度分析16某硝石（主要成分是NaNO3）除去不溶性杂质后，其溶液中还含有NaCl、Ca(HCO3)2，实验室提纯NaNO3溶液时，往溶液中依次加入过量的NaOH、A
11、gNO3、Na2CO3，过滤后再加入适量硝酸。以上过程发生5个离子反应，以下4个离子方程式中不符合反应事实的是ACa2+HCO3OH CaCO3H2O BAg+OHAgOHC2Ag+CO32Ag2CO3 DCO322H CO2H2O【答案】A【解析】试题分析：提纯过程中发生的反应离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+2H2O+CO32-；Ag+Cl-=AgCl Ag+OH-AgOH；2Ag+CO32-Ag2CO3；CO32-+2H+=CO2+H2O，分析选项中的离子方程式，Ca（HCO3）2是少量杂质，氢氧化钠过量，反应离子方程式中碳酸氢钙符合化学式组成比，碳酸氢根离子全部反
12、应，故选A考点：本题考查了物质提纯过程的反应分析，离子方程式正误判断，主要是酸式盐和碱反应，量少的全部反应，题目较简单17有KCl、NaCl、Na2CO3 的混合物，其中钠元素的质量分数为31.5，氯元素的质量分数为27.08，则Na2CO3 的质量分数约为A38 B50 C75% D80%考点：本题考查混合物中质量分数的计算，难度较大，采取极限法计算KCl、NaCl二者质量分数的范围，简化计算，对选择题比较实用三、选择题(本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分)18与CaC2一样，Mg3C2
13、也是离子晶体，与水能发生复分解反应。关于Mg3C2的叙述正确的是A与水反应有乙炔生成 B与水反应有Mg(OH)2生成 C有CC键 D有C22离子【答案】BC考点：本题考查化学键，明确习题中的信息及碳化19下列关于SO2性质的分析，肯定错误的是 A通入Ca(ClO)2溶液中，有HClO生成 B通入FeCl3溶液中，有SO42生成 C通入氯水中，有淡黄色沉淀生成 D通入KICl2溶液中，有I生成 【答案】C考点：考查了二氧化硫的还原性的分析应用，物质性质的熟练掌握是解题关键，注意隐含条件的分析判断，题目难度中等20从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是A海带灼烧成灰 B过滤得含I
14、溶液 C放出碘的苯溶液 D分离碘并回收苯【答案】D考点：本题考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法21某固体混合物可能含有NH4Cl、KOH、AgNO3、A1C13中的若干种，进行如下实验：（1）加足量水溶解得澄清溶液（2）往溶液中加入稀硝酸立即产生白色沉淀，加至过量，未见沉淀溶解根据上述实验，以下推断错误的是AA1C13可能存在 B澄清溶液呈无色 CAg (NH3)2+会在酸中离解 D澄清溶液中c (OH)c (Cl)【答案】D考点：本题考查物质的检验，题目难度中等，本题注意根据物质之间的反应现象结合物质的性质解答，明确物质的性质是解
15、答该类题目的关键22由甘氨酸（分子式：C2H5NO2）、丙氨酸（C3H7NO2）、苯丙氨酸（C9H11NO2）、谷氨酸（C5H9NO4）各若干，通过分子间脱去9分子水缩合而生成的十肽，其分子式为C48H64N10O19，则对参加反应的各氨基酸分子数的分析正确的是A有不止一组数据 B谷氨酸为4分子 C苯丙氨酸不能为3分子 D丙氨酸为3分子考点：本题考查氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，掌握氨基酸在形成多肽时原子数目的变化规律，是解题的关键四、（本题共8分）回答以下关于第三周期元素及其化合物的问题。23Na原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能量的电子。24相同压强下，部分元素氟化物的熔点
16、见下表：氟化物NaFMgF2SiF4熔点/12661534183试解释上表中氟化物熔点差异的原因： 。25SiF4分子的空间构型为 ，SiF4中SiF键间的键角是 。26在P、S、Cl三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是 （填氢化物的化学式）；已知Na的原子半径大于Cl的原子半径，其原因是： 。【答案】2311 （1分） ； 4 （1分） 24NaF与 MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高。（2分 ） 25正四面体 （1分），109o28，（1分）26HCl （1分）；N
17、a、C1电子层数相同，C1的核电荷数更大，核对核外电子的引力更强，原子半径更小（1分，不答电子层数相同，不得分）。考点：本题考查核外电子排布、晶体结构与性质、分子构型、结构性质位置关系等，难度不大，注意基础知识的理解与全面掌握。五、（本题共8分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下： MnO4+ Cu2S + H+ Cu2+ + SO2 + Mn2+ + H2O(未配平) MnO4+ CuS + H+ Cu2+ + SO2 + Mn2+ H2O(未配平) 27下列关于反应的说法中错误的是 （选填编号）。 a被氧化的元素
18、是Cu和S b氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:5c生成2.24 L(标况下) SO2，转移电子的物质的量是0.8 mold还原性的强弱关系是： Mn2+ Cu2S 28标出反应中电子转移的方向和数目：MnO4+ CuS 在稀硫酸中，MnO4和H2O2也能发生氧化还原反应 氧化反应：H2O2 2e 2H+ + O2 还原反应：MnO4 + 5e + 8H+ Mn2+ + 4H2O 29反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为 。由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是 _(填写化学式)。30已知：2KMnO4+ 7H2O2+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4 +6O2+
19、10H2O，则被1mol KMnO4氧化的H2O2是 mol。【答案】27d （2分） 28 6MnO4+ 5CuS （2分，系数1分，电子转移的数目和方向都对1分）29 6.021023 （1分）； KMnO4 H2O2(或O2) （1分） 302.5 （2分）所以电子转移共0.8mol，故c正确； d氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+Cu2S，故d错误故选d28、反应中Mn元素化合价降低，从+7价降低为+2价，1molMnO4-得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5
20、，转移电子数目为56=30，可表示为，故答案为：；29、由H2O2-2e2H+O2可知，反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为0.52NA=NA，在反应中MnO4-为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性MnO4-H2O2，故答案为：NA；MnO4-；H2O2；30、反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1molKMnO4氧化的H2O2是2.5mol，故答案为：2.5。考点：本题综合考
21、查氧化还原反应，题目侧重于氧化还原反应的配平、计算以及氧化性、还原性的比较，易错点为30，题目难度中等六、（本题共8分）水煤气转化反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2 (g)在一定温度下达到化学平衡状态。完成下列填空：31写出该反应的平衡常数表达式K=_。32一定温度下，在一个容积不变的密闭容器中发生上述反应，下列说法中能判断该反应达到化学平衡状态的是 （选填编号）。a容器中的压强不变 b1 mol HH键断裂的同时断裂2 molHO键cv正(CO) = v逆(H2O) dc(CO) = c(H2)33将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，
22、得到如下实验组1和实验组2的数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.432650120.81.25395012（1）由实验组1的数据可知，平衡时CO的转化率为 %。（2）由实验组1和2的数据可分析，压强对该可逆反应的影响是 。（3）有了实验组1和2的数据，再设计实验组3，其目的是 。【答案】31 （1分） 32 b、c （2分）33（1）40%（1分）。（2）增大压强加快反应速率；增大压强化学平衡不移动（或反应物的转化率不变。合理即可）（2分）。（3）温度对化学反应速率的影响；该反应是吸热还是放热反应（温度对化学平衡移动的影
23、响）（2分）考点：本题考查化学平衡常数、化学平衡状态的判断、化学平衡有关计算、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意利用控制变量法探究外界条件对反应速率、化学平衡的影响 七、(本题共12分)某实验小组设计了下列装置进行氨的催化氧化实验。完成下列填空：34常温下，氨水的浓度为1:1.5（28%的浓氨水和水的体积比）时实验现象明显，配制该浓度氨水的玻璃仪器有 。35本实验用的干燥剂是碱石灰和无水氯化钙。则甲处是_；乙处是_。36实验时，先将催化剂加热至红热，在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应是_（填“吸”或“放”）热反应；化学方程式为 。37实验前，烧杯中盛有200mL
24、1.000 mol/L的 NaOH溶液，实验后测得烧杯中溶液的pH=13，且溶液质量比反应前增加了7.48g，则NaOH溶液吸收的NO和NO2的物质的量之比是 （设溶液的体积不变且忽略盐类的水解）。38实验时发现：如果缺少乙处的干燥管，将反应后的气体直接通入烧瓶，则烧瓶中产生白烟。其原因可用化学方程式表示为： 、 。39已知NH3和N2常压下的沸点分别为：33.5和195.8，据此推测这两种物质中，能做制冷剂的是 （填分子式）；能用来冷冻物质的是 （填分子式）。【答案】34量筒、烧杯、玻璃棒 （2分，缺一项得1分）35甲处：碱石灰；（1分）乙处：无水氯化钙（1分）催化剂36放热反应（1分）；
25、4NH35O2 4NO6H2O（1分） 37 5:13（2分）384NO3O2+2H2O4HNO3（1分，或2NOO22NO2和3NO2+H2O2HNO3+ NO或4NO2O2+2H2O4HNO3也给分）；NH3+HNO3NH4NO3（1分） 39NH3（1分）；N2（1分）39、沸点低的易气化吸收热量，可以做制冷剂，冷冻物质沸点高的液化后可以做冷冻物质的物质，已知NH3和N2常压下的沸点分别为：-33.5和-195.8，据此推测这两种物质中，能做制冷剂的是氨气；能用来冷冻物质的是氮气；故答案为：NH3；N2；考点：考查：本题考查了氨气实验室制备，性质验证方法，氨气的催化氧化反应，气体干燥试剂
26、选择，产物吸收，过程反应化学方程式的书写，题目难度中等八、(本题共12分)碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。各物质在不同温度下的溶解度见表。 温度溶解度溶质 g/100g水10203040506070NaCl35.836.036.336.637.037.337.8NH4HCO315.821.027.0NaHCO38.29.611.112.714.416.4NH4Cl33.337.241.445.850.455.260.2实验步骤、化盐与精制：粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42)溶解；加入足量NaOH和Na2CO3溶液，煮沸；过滤；加入盐酸调pH至7。、转
27、化：将精制后的食盐溶液温度控制在3035之间；在不断搅拌下，加入研细的碳酸氢铵；保温，搅拌半小时；静置， a 、 b ；得到NaHCO3晶体。、制纯碱：将得的NaHCO3放入蒸发皿中，在酒精灯上灼烧，冷却到室温，即得到纯碱。完成下列填空：40“化盐与精制”可除去的粗盐中的杂质离子是 。41“转化”的离子方程式是 。42“转化”过程中，温度控制在3035之间的加热方式是 ；为什么温度控制在3035之间？ 。43a、b处的操作分别是 、 。44实验室制得的纯碱含少量NaCl还可能含少量NaHCO3，为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品G克，将其放入锥形瓶中用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c
28、mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1 mL。此时发生的反应为：CO32 + H+ HCO3（1）样品中碳酸钠质量百分含量的表达式是 。（2）向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL。滴定终点时溶液颜色的变化是 ；根据实验数据，如何判断样品含有NaHCO3 。【答案】40Ca2+、Mg2+（2分，各1分） 41Na+ + HCO3 NaHCO3（1分）42水浴加热（1分）温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小（2分）43过滤 洗涤（2分）44（1）Na2CO
29、3%= （2分）M(Na2CO3)用106表示也得分 （2）黄色变为橙色且半分钟不变（1分）；V2 V1则含有NaHCO3（1分） 44、酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色，指示CO32-+H+=HCO3-反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL，碳酸氢钠的质量为cV110-3M（Na2CO3）g，碳酸钠的质量分数为cV1103M(Na2CO3)gGgcV1103M(Na2CO3)gGg故答案为：用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3-+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2mL，若V2=V1，只有Na2C
30、O3；若V2V1，则含有NaHCO3，故答案为：黄色变为橙色且半分钟不变；V2V1则含有NaHCO3考点：本题主要考查侯氏制碱法的原理和过程，同使也考查了双指示剂法，难度稍大九、（本题共8分）煤化工可制得甲醇。以下是合成聚合物M的路线图。R催化剂H+ HX+ RX C7H8O煤甲醇CO和H2（合成气）B气化CH3CH=CH2CH3BrCMDCH3CH3催化剂A己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代。如： 完成下列填空：45对路线图中有关物质的说法错误的是 （选填序号）。a从合成气中也可获得合成氨的原料H2 b甲醇可发生取代、氧化、消去等反应c也可用石油分馏的方法获得丙烯 d可用
31、分馏的方法从煤焦油中获得A46通常实验室可用甲醇和 制备CH3Br。47C生成D的反应条件是 ； 写出M的结构简式 。48取1.08g A物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成3.45g白色沉淀，写出A的结构简式 。【答案】45b、c（2分，各1分） 46浓硫酸、溴化钠 （1分，少一个不得分，写氢溴酸不扣分） 47浓硫酸，加热 （1分，少一个不得分）CH3CH3CH3CH2CHn （2分） 48OHCH3 （2分）【解析】试题分析：一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的
32、分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5-二甲基苯酚），2，5-二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，45、a根据流程图知，从合成气中也可获得合成氨的原料H2，故正确； b甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故错误； c也可用石油采取裂化、裂解的方法获得丙烯，故错误； d煤焦油中含有间甲基苯酚，所以可用分馏的方法从煤焦油中获得A，故正确；故选b、c；46、通常实验室可用甲醇和浓硫
33、酸、溴化钠制取一溴甲烷，故答案为：浓硫酸、溴化钠； 47、在浓硫酸作催化剂、加热条件下，发生消去反应生成，M的结构简式为：，故答案为：浓硫酸、加热，；考点：本题考查有机物的推断，明确物质反应前后官能团的变化是解本题关键，根据官能团的变化确定反应条件，注意结合题给信息进行分析解答，难度较大十、（本题共12分）化合物M是可降解的聚酯，化合物E是有机合成中间体，一种合成路线如下图所示。完成下列填空：49写出反应类型。反应： 反应；反应： 反应。50写出结构简式。B ； M 。51写出反应的化学反应方程式 。52写出检验B完全转化为C的方法。 所用试剂的化学式 ； 实验现象 。53有苯环和4种不同化学
34、环境氢原子且与E互为同分异构体的酯有 种，写出其中的一种同分异构体的结构简式 。 【答案】49加成 消去（2分，各1分）50B： HOCH2CH2CH2CH2OH （1分） M： （2分）51OCHOHOHOCHOCHHOCCH2CH22OH （2分） 52药品：碱石灰、Na（1分） 现象：加碱石灰蒸馏出产品后加钠无气泡产生（1分）533种（2分）OOCHCH3、COOCH3 、OOCCH3 （任写一种即可，1分）【解析】试题分析：在催化剂作用下，乙炔和甲醛反应生成A，A和氢气发生加成反应生成B，根据B的分子式知，乙炔和甲醛以1：2反应生成A，所以A的结构简式为：HOCH2CCCH2OH，B的
35、结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，在铜作催化剂、加热条件下B被氧气氧化生成C，C的结构简式为：OHCCH2CH2CHO，C再被氧化生成G，G的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，B和G发生酯化反应生成M，M是聚酯，所以M的结构简式为：， C反应生成D，D在一定条件下反应生成E，根据E的结构简式知，D的结构简式为：，49、为加成反应，为消去反应，故答案为：加成，消去；50、通过以上分析知，B和M的结构简式分别为：HOCH2CH2CH2CH2OH、，故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH、；考点：本题考查有机物的推断，会利用题给信息结合有机物的结构确定发生的反应，同时考查学生
36、知识迁移能力，难点是同分异构体的确定，难度中等十一、（本题共16分）铁盐在工业、农业、医药等领域有重要的价值。54将55.600g绿矾（FeSO47H2O，式量为278）在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为 g；SO2为 mol。55实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O，式量为392。将4.400g铁屑（含Fe2O3）与25mL3mol/L H2SO4充分反应后，得到 FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH=1。（1）铁屑中Fe2O3的质量分数是 （保留两位小数）。向上述1
37、00mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t，析出摩尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g。（2）t时，(NH4)2SO4FeSO46H2O的溶解度是 g/100g水（保留两位小数）。56黄铁矾是难溶于水且不含结晶水的盐，它由两种阳离子和两种阴离子构成。工业上常用生成黄铁矾的方法除去溶液中的Fe2+，原理是：用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+的水解产物与溶液中某些离子一起生成黄铁矾沉淀。实验室模拟工业过程的操作如下： 向1L 0.0500mol/L的稀硫酸中加入16.680g绿矾，完全溶解后，依次加入1
38、.065gNaClO3（式量106.5）和1.610gNa2SO410H2O（式量322），充分反应后，得到9.700g黄铁矾沉淀。所得无色溶液中含有的H+为0.16 mol，SO42为0.075 mol，Cl为0.01mol。计算并确定黄铁矾的化学式。、（1）根据题意知，溶液中还有酸剩余，剩余的n（H2SO4）=0.1mol/L0.50.1L=0.005mol，则参加反应的n（H2SO4）=0.025L3mol/L-0.005mol=0.07mol，设铁的物质的量是m，氧化铁的质量是n，（SO4）2（OH）6考点： 本题涉及物质的量、质量分数等有关计算，难度较大，注意、（1）中铁不仅和稀硫酸反应，还和铁离子反应，往往容易漏掉该反应而导致错误，为易错点高考资源网版权所有，侵权必究！（上海，甘肃，内蒙，新疆，陕西，吉林）六地区试卷投稿QQ 2355394501
