1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014年江西省南昌市高三教研室高考化学模拟试卷（十）一、选择题：本卷共7小题每小题6分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2014南昌模拟）下列叙述中正确的是（）ALi是最轻的金属，也是活动性极强的金属，是制造电池的理想物质B蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质C海水提取溴、煤的液化、焰色反应都发生了化学变化D钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高2（6分）（2014南昌模拟）X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示Z元素原子核外K层与M层电子数相等下列说法中正确的是（）AY元素最高价
2、氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B原子半径由小到大的顺序为：YXWZC室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸DX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同3（6分）（2014南昌模拟）胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到：下列说法正确的是（）A若有机物A是由异戊二烯和丙烯酸加热得到的，则该反应的反应类型属于加成反应B有机物B 既能与O2催化氧化生成醛，又能跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体C有机物C 的所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在D有机物D分子中所有碳原子一定共面4（6分）（2014南昌模拟）在含有Ag+的酸性溶液中，以铁铵矾NH4Fe（SO4）2作指示剂，用KSCN的标准
3、溶液滴定Ag+已知：AgSCN（白色s）Ag+SCN，Ksp=1.01012Fe3+SCNFeSCN2+（红色），K=138 下列说法不正确的是（）A边滴定，边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀B当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN与Fe3+生成红色配合物，即为终点C上述实验可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+D滴定时，必须控制溶液一定的酸性，防止Fe3+水解，影响终点的观察5（6分）（2014南昌模拟）已知：+，如果用丙烯与异戊二烯在该条件下反应，最多可以生成含六元环的化合物（不考虑立体异构）（）A6种B4种C3种D2种6（6分）（2014南昌模拟）某溶液中可能含有OH
4、、CO32、AlO2、SiO32、SO42、Na+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示由此可知原溶液中（）A不含SO42B含有的阴离子一定是OH、AlO2、SiO32C含有的阴离子一定是OH、CO32、AlO2、SiO32D含有AlO2与SiO32的物质的量之比为3：17（6分）（2014南昌模拟）已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07K2=5.6l011由此可得出（）A对应钠盐溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（
5、NaCN）pH（CH3COONa）BCO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+2NaCNNa2CO3+2HCNC冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第810题为必考题，每个试题考生必须作答第1114题为选考题，考生根据要求作答8（15分）（2015江苏模拟）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流程图如图：已知：
6、Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是，其作用是（2）加入ZnO调节pH=34的目的是（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是（5）下列试剂可作为Y试剂的是AZnO BNaOH CNa2CO3 DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是（6）测定胆矾晶体
7、的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会（填“偏高”、“偏低”或“不变”）9（14分）（2014南昌模拟）2013年12月15日4时搭载长征系列火箭的“玉兔号”顺利驶抵月球表面，实现了五星红旗耀月球的创举火箭升空需要高能燃料，通常用肼（N2
8、H4）作燃料，N2O4做氧化剂请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：；（2）工业上用次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，该反应的化学方程式为：；（3）工业上可以用下列反应原理制备氨气：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=Q kJmol1已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图1，则此反应的Q0 （填“”“”或“=”）若起始加入氮气和
9、水，15分钟后，反应达到平衡，此时NH3的浓度为0.3mol/L，则用氧气表示的反应速率为常温下，如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，（选填编号）A容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化B =C容器中气体的密度不随时间而变化D通入稀有气体能提高反应的速率E若向容器中继续加入N2，N2的转化率将增大（4）最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并以此处理废氨水，装置如图2为不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）c（NO3）（填“”“”或“=”）；IrRu惰性电极有吸附O2作用，该电极的电极反应为；理论上电路中每
10、转移3mol电子，最多可以处理NH3H2O的物质的量为10（14分）（2015江西模拟）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2（该反应H0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下（1）吸硫装置如图所示装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是、（写出两条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验（室温
11、时CaCO3饱和溶液的pH=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca（NO3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，样品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取a g KIO3（化学式量：214）固体配成溶液，加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL则c（Na2S2O3）=molL1（只列出算
12、式，不作运算）已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O 2S2O32+I2S4O62+2I（15分）【化学-化学与技术】11（6分）（2014南昌模拟）目前，我国采用“接触法”制硫酸，设备如图所示：（1）图中设备A的名称是，该设备中主要反应的化学方程式为（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，不正确的是（填字母序号）A二氧化硫的接触氧化在接触室中发生B吸收塔用浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫C煅烧含硫48%的黄铁矿时，若FeS2损失了2%，则S损失2%DB装置中反应的条件之一为较高温度是为了提高SO2的转化率E硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放
13、的热量12（9分）（2014南昌模拟）纯碱是一种重要的化工原料制碱工业主要有“氨碱法”（索尔维法）和“联合制碱法”（侯氏制碱法）两种工艺请按要求回答问题：（1）CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”中CO2的来源于，“氨碱法”中CO2来源于（2）氨碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）（3）写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：【化学-选修3物质结构与性质】（15分）13（2014南昌模拟）A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，且均不同族A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1（A）I1（C）I
14、1（B），BC2+与AC2互为等电子体；D、E为同周期相邻元素；F元素位于周期表中118列中的第11列请回答下列问题（答题时请用相应的元素符号表示相应元素）：（1）A元素的价层电子排布图为；BC2+的电子式为；基态F原子的核外电子排布简式（2）E元素的电离能情况如图1所示E元素在周期表中位于；D元素单质形成的晶体晶胞类型属于堆积（3）A、B两元素所形成的化合物甲是首屈一指的超硬新材料，其晶胞结构如图2所示，由此可知，化合物甲的晶体类型为，其硬度超过金刚石的原因是化合物甲的晶体中B原子的杂化方式为（4）D、C两元素可形成的化合物乙现证实化合物乙的晶体结构如图3所示，晶胞中D离子的配位数为；设D离
15、子半径分别为a，C离子半径分别为b，则其晶体的空间利用率为14（2014南昌模拟）有机物D是一种合成抗高血压药的重要通用中间体，其合成路线如下：（已知A是一种 芳香酸）（1）A、C的结构简式分别是、，D中含有的含氧官能团名称是（2）CD的反应类型是（3）加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是（4）E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸写出满足下列条件的E的所有同分异 构体的结构简式：能发生银镜反应一定条件下可发生水解反应分子的核磁共振 氢谱中有四组峰（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物 F在一定条件下可聚合成髙分子化合物，写出该反应的化学方程式2014年江西省南昌市高三教研
16、室高考化学模拟试卷（十）参考答案与试题解析一、选择题：本卷共7小题每小题6分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2014南昌模拟）下列叙述中正确的是（）ALi是最轻的金属，也是活动性极强的金属，是制造电池的理想物质B蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质C海水提取溴、煤的液化、焰色反应都发生了化学变化D钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高考点：碱金属的性质；金属的电化学腐蚀与防护；电解质与非电解质；海水资源及其综合利用 专题：元素及其化合物；化学应用分析：ALi密度小，位于周期表第A族，较活泼；B油脂水解生成的高级脂肪酸为电解质；C焰色反应为物理
17、变化；D海水导电能力较强，易形成原电池反应解答：解：ALi密度小，位于周期表第A族，较活泼，且单位质量提供的电能较大，是制造电池的理想物质，故A正确；B油脂水解生成的高级脂肪酸为电解质，故B错误；C焰色反应为物理变化，为电子的跃迁，属于物理现象，故C错误；D海水导电能力较强，易形成原电池反应，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质以及变化，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累2（6分）（2014南昌模拟）X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示Z元素原子核外K层与M层电子数相等下列说法中正确
18、的是（）AY元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B原子半径由小到大的顺序为：YXWZC室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸DX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，
19、由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，AY为N元素，最高价氧化物对应的水化物化学式为HNO3，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径NCAlMg，故B正确；C常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，不能溶于浓硝酸，故C错误；DX、Z两种元素的氧化物分别为二氧化碳和氧化镁，分别为共价键和离子键，故D错误故选B点评：本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握元素周期表的结构、元素周期律的递变规律，D选项为易错点，注意化学键类型的判断3（6分）（2014南昌模拟）胡妥油（D）用作香料的原料，它
20、可由A合成得到：下列说法正确的是（）A若有机物A是由异戊二烯和丙烯酸加热得到的，则该反应的反应类型属于加成反应B有机物B 既能与O2催化氧化生成醛，又能跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体C有机物C 的所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在D有机物D分子中所有碳原子一定共面考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：A异戊二烯和丙烯酸发生加成反应生成有机物A；B有机物B中与OH相连的C上没有H；C有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构；D有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构解答：解：A异戊二烯和丙烯酸发生类似的加成反应生成有机物A，故A正确；B有机物B中与OH相
21、连的C上没有H，不能发生催化氧化，故B错误；C有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构，不饱和度为4，则可同分异构体中可能存在芳香族化合物，故C错误；D有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构，则所以碳原子不会共面，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇性质及同分异构体的考查，选项CD为易错点，题目难度不大4（6分）（2014南昌模拟）在含有Ag+的酸性溶液中，以铁铵矾NH4Fe（SO4）2作指示剂，用KSCN的标准溶液滴定Ag+已知：AgSCN（白色s）Ag+SCN，Ksp=1.01012Fe3+SCNFeSCN
22、2+（红色），K=138 下列说法不正确的是（）A边滴定，边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀B当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN与Fe3+生成红色配合物，即为终点C上述实验可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+D滴定时，必须控制溶液一定的酸性，防止Fe3+水解，影响终点的观察考点：中和滴定 专题：化学实验基本操作分析：A从溶度积常数来判断沉淀的生成；B从平衡常数大小来判断反应的难易；C氯化钾和硫氰化钾不反应；D铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，干扰实验现象的观察解答：解：AAgSCN的溶度积常数很小，边滴定，边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A正确；BF
23、e3+SCNFeSCN2+（红色），K=138，比较大，故正向反应容易进行，故当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN与Fe3+生成红色配合物，即为终点，故B正确；C硫氰化钾和铁离子形成红色溶液，氯化钾和铁离子不反应，故不能用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+，故C错误；D铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，干扰实验现象的观察，因此，滴定时要控制溶液一定的酸性，故D正确；故选C点评：本题考查了中和滴定的知识，中等难度注意指示剂的选择，当滴定终点时应有明显的现象5（6分）（2014南昌模拟）已知：+，如果用丙烯与异戊二烯在该条件下反应，最多可以生成含六元环的化合物（不考虑立体异构）（）A
24、6种B4种C3种D2种考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同系物和同分异构体分析：根据题目信息，加成时可以是不同分子间，也可以是同种分子间，要注意烯烃的对称性来解答解答：解：若为不同分子，根据信息以及丙烯与异戊二烯的不对称性，可生成含六元环的化合物有2种：；若都为异戊二烯，根据信息以及异戊二烯的不对称性，可生成含六元环的化合物有4种：所以共有6种；故选A点评：本题主要考查了烯烃的加成与同分异构体，注意反应的原理以及烯烃的不对称性是解题的关键6（6分）（2014南昌模拟）某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、Na+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中加入一定物质的量
25、浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示由此可知原溶液中（）A不含SO42B含有的阴离子一定是OH、AlO2、SiO32C含有的阴离子一定是OH、CO32、AlO2、SiO32D含有AlO2与SiO32的物质的量之比为3：1考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减
26、小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定存在Na+离子，据此进行解答解答：解：由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Mg2+、Al3+；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2、SiO32，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，直至沉淀的物质的量不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐
27、酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定存在Na+离子，A根据分析可知，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；B依据推断可知原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故B错误；C根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故C正确；D设盐酸的浓度为c，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，氯化氢的物质的量为4c，根据反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O可知，铝离子的物质的量为4c；AlO2、SiO32生成氢氧化铝、硅酸沉淀，总共消耗了2体积的盐酸，其中偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉
28、淀消耗的盐酸的体积为：=体积，则硅酸消耗的盐酸的体积为：2=体积，根据反应关系式SiO322HCl，硅酸根离子的物质的量为：c=c，所以原溶液中含有AlO2与SiO32的物质的量之比为：c：c=4：1，故D错误；故选C点评：本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键，选项D为难点和易错点，注意掌握求算方法7（6分）（2014南昌模拟）已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07K2=5.6l011由此可得出（
29、）A对应钠盐溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa）BCO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+2NaCNNa2CO3+2HCNC冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A酸的电离平衡常数越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐pH越大；B酸性：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，酸和弱酸盐反应生成弱酸；C溶液导电能力与离子浓度成正比，加水稀释促进醋酸电
30、离；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断解答：解：A酸的电离平衡常数越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐pH越大，酸性：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，则酸根离子水解程度CO32CNHCO3CH3COO，溶液的浓度未知，无法判断溶液pH大小，故A错误；B酸性：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，酸和弱酸盐反应生成弱酸，CO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+NaCN=NaHCO3+HCN，故B错误；C溶液导电能力与离子浓度成正比，加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度先增大后减小，则溶液的导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故C错误；D任何电解质
31、溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的酸性强弱之间的关系是解本题关键，再结合电荷守恒解答，易错选项是A，很多同学只根据酸根离子水解强弱判断溶液pH大小，往往忽略溶液浓度的影响而导致错误，为易错点三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第810题为必考题，每个试题考生必须作答第1114题为选考题，考生根据要求作答8（15分）（2015江苏模拟）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质
32、Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流程图如图：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是H2O2，其作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+（2）加入ZnO调节pH=34的目的是与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为C
33、u+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤（5）下列试剂可作为Y试剂的是BAZnO BNaOH CNa2CO3 DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是先产生白色沉淀后溶解（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4
34、O62胆矾晶体的纯度为97.00%在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验设计题分析：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液
35、生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（6）根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 2Cu2+，根据反应的关系式计算；剧烈摇动锥形瓶，导致空气中的氧气参与氧化还原反应，据此分析即可解答：解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这
36、是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；（6）CuCl2溶液与KI反
37、应的离子方程式为：2Cu2+4I2CuI+I2，且发生I2+2S2O322I+S4O62，则可得关系式2Na2S2O3 2Cu2+，则n（CuSO45H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L19.40103L=1.94103mol，m（CuSO45H2O）=1.94103mol250g/mol=0.4850g，（CuSO45H2O）=100%=97.00%，故答案为：97.00%；剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高点评：本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是
38、解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等9（14分）（2014南昌模拟）2013年12月15日4时搭载长征系列火箭的“玉兔号”顺利驶抵月球表面，实现了五星红旗耀月球的创举火箭升空需要高能燃料，通常用肼（N2H4）作燃料，N2O4做氧化剂请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：2N2H4（g）+N2O4（g）=
39、3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0kJmol1；（2）工业上用次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；（3）工业上可以用下列反应原理制备氨气：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=Q kJmol1已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图1，则此反应的Q0 （填“”“”或“=”）若起始加入氮气和水，15分钟后，反应达到平衡，此时NH3的浓度为0.3mol/L，则用氧气表示的反应速率为0.015molL1min1常温下，如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，ABC（选填编号）A容器中气
40、体的平均相对分子质量不随时间而变化B =C容器中气体的密度不随时间而变化D通入稀有气体能提高反应的速率E若向容器中继续加入N2，N2的转化率将增大（4）最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并以此处理废氨水，装置如图2为不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）c（NO3）（填“”“”或“=”）；IrRu惰性电极有吸附O2作用，该电极的电极反应为O2+2H+2e=H2O2；理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3H2O的物质的量为1mol考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；电解原理 专题：基本概念与基本
41、理论分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式；（3）图象分析可知平衡常数随温度升高增大，说明反应是吸热反应；依据计算出的氨气的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氧气的反应速率；化学平衡状态的判断依据是正逆反应速率相同，各组分的浓度保持不变；（4）根据溶液呈电中性，溶液中阳离子所带的正电荷总数等于溶液中阴离子所带的负电荷总数进行解答；在该电解池中，IrRu惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，在酸性条件下生成过氧化氢；根据4NH3+3O22N2+6H2O，每转移12mol电子，处
42、理4mol氨气，据此分析解答解答：解：（1）N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol12（+）得到2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0 kJmol1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0 kJmol1；（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=N
43、2H4+NaCl+H2O；（3）反应的平衡常数K与温度的关系可知，平衡常数随温度升高增大，说明反应是吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：；15分钟后，反应达到平衡，此时NH3的浓度为0.3mol/L，V（NH3）=0.02mol/Lmin，V（O2）=V（NH3）=0.02mol=0.015molL1min1，故答案为：0.015molL1min1；2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=Q kJmol1，反应是气体体积减小的吸热反应；A反应是气体物质的量变化的反应，气体质量增大，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；B速率之比等于
44、化学方程式系数之比，表明的是正反应速率之比，反应达到平衡状态，速率之比等于化学计量数之比，故B正确；C水是液体，气体质量改变，体积不变，反应过程中和平衡状态容器中气体的密度不随时间而变化，能说明反应达到平衡状态，故C正确；D通入稀有气体，容器内压强增大，能提高反应的速率，不影响化学平衡，故D错误；E若向容器中继续加入N2，N2的转化率将减小，故E错误；故答案为：ABC；（4）向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（NO3）+c（OH），pH约为5呈酸性，c（H+）c（OH），所以c（NH4+）c（NO3），故答案为：；利用电解法制H2O
45、2，在该电解池中，IrRu惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H+2eH2O2，故答案为：O2+2H+2eH2O2；4NH3+3O22N2+6H2O中，氨气中的氮元素从3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理NH3H2O的物质的量为1mol，故答案为：1mol点评：本题考查较综合，涉及反应热的计算、化学平衡及化学平衡的计算、电极反应式的书写等，掌握化学反应速率的大小分析应用，根据溶液的电中性判断离子浓度大小是解答该题的关键，题目难度中等10（14分）（2015江西模拟）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：
46、2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2（该反应H0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下（1）吸硫装置如图所示装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是品红、溴水或KMnO4溶液，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液颜色很快褪色为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是控制SO2的流速、适当升高温度（写出两条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验（室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶液
47、、CaCl2溶液、Ca（NO3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡有白色沉淀生成样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH有白色沉淀生成，上层清液pH大于10.2样品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取a g KIO3（化学式量：214）固体配成溶液，加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，用Na2S2O3溶液滴定至终点
48、，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL则c（Na2S2O3）=molL1（只列出算式，不作运算）已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O 2S2O32+I2S4O62+2I考点：含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计 专题：氧族元素分析：（1）根据二氧化硫具有还原性、漂白性分析；减缓二氧化硫的流速，适当升高温度，均能使二氧化硫充分反应；（2）根据检验氯离子的方法分析；NaOH的碱性强，可以通过测定pH来确定是否有NaOH；（3）根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度解答：解：（1）二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以
49、用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为：控制SO2的流速；适当升高温度；（2）实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaC
50、l2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为：序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡有白色沉淀生成样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH有白色沉淀生成，上层清液pH大于10.2样品含NaOH；（3）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n（KIO3）=mol，设参加反应的Na2S2O3为xm
51、ol； KIO33I26Na2S2O3 1 6mol xmol所以 x=，则c（Na2S2O3）=molL1，故答案为：点评：本题以硫的化合物的性质为载体，考查氧化还原滴定的应用、实验基本操作、化学计算等，难度中等，是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查，注意利用关系式进行计算（15分）【化学-化学与技术】11（6分）（2014南昌模拟）目前，我国采用“接触法”制硫酸，设备如图所示：（1）图中设备A的名称是沸腾炉，该设备中主要反应的化学方程式为4FeS2+11O22FeO3+8SO2（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，不正确的是DE（填字母序号）A二氧化硫的接触氧化在接触室中发生B吸收塔用
52、浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫C煅烧含硫48%的黄铁矿时，若FeS2损失了2%，则S损失2%DB装置中反应的条件之一为较高温度是为了提高SO2的转化率E硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放的热量考点：工业制取硫酸 专题：氧族元素分析：（1）依据接触法制硫酸的工业流程和设备反应分析判断；硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应；（2）A依据接触法制硫酸的工业流程和三个设备反应分析判断；B依据三氧化硫吸收的方法是利用浓硫酸吸收，防止形成酸雾，阻止吸收分析判断；C根据S元素守恒，利用关系式计算；D二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热的可逆反应，运用平衡移动的原理判断；E硫酸工业中在
53、接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热解答：解：（1）A设备是硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应在沸腾炉中进行，方程式为4FeS2+11O22FeO3+8SO2，故答案为：沸腾炉；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；（2）A依据接触法制硫酸的工业流程和三个设备分析判断，二氧化硫的接触氧化是在接触室中发生的，故A正确；B设备C中用98.3%的H2SO4来吸收SO3的原因是，用水吸收易形成酸雾阻止三氧化硫的吸收，故B正确；C根据S元素守恒，利用关系式可看出设黄铁矿m克，含硫为48%m克，含FeS2为48%m克，据比例关系： FeS22S48%m（12%） 48%m98%则S损
54、失为：100%=2%故C正确；D二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热的可逆反应，升高温度平衡向吸热方向移动，降低SO2的转化率，故D错误；E硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热，而不是利用SO3转化为H2SO4时放的热量，故E错误；故答案为：DE点评：本题考查了接触法制硫酸的工业流程，设备作用，是基础题12（9分）（2014南昌模拟）纯碱是一种重要的化工原料制碱工业主要有“氨碱法”（索尔维法）和“联合制碱法”（侯氏制碱法）两种工艺请按要求回答问题：（1）CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”中CO2的来源于合成氨厂，“氨碱法”中CO2来源于煅烧石灰石（2）氨
55、碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）（3）写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：NH3+H2O+CO2+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O考点：纯碱工业（侯氏制碱法） 专题：化学应用分析：（1）氨碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，联合制碱法中CO2来源于石灰石煅烧；（2）根据根据“联合制碱法”的反应方程式计算；（3）联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱解答：解：（1）CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2的来
56、源于合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，联合制碱法中CO2来源于高温煅烧石灰石的产物，故答案为：合成氨厂；煅烧石灰石；（2）氨碱法的原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，原子利用率=，故答案为：；（3）联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠，反应的有关方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3
57、Na2CO3+CO2+H2O点评：本题考查“氨碱法”和“联合制碱法”两种生产工艺的原料及反应原理，掌握有关的反应的原理是解题的关键，题目难度中等【化学-选修3物质结构与性质】（15分）13（2014南昌模拟）A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，且均不同族A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1（A）I1（C）I1（B），BC2+与AC2互为等电子体；D、E为同周期相邻元素；F元素位于周期表中118列中的第11列请回答下列问题（答题时请用相应的元素符号表示相应元素）：（1）A元素的价层电子排布图为；BC2+的电子式为；基态F原子的
58、核外电子排布简式Ar3d104s1（2）E元素的电离能情况如图1所示E元素在周期表中位于第三周期第A族；D元素单质形成的晶体晶胞类型属于六方最密堆积（3）A、B两元素所形成的化合物甲是首屈一指的超硬新材料，其晶胞结构如图2所示，由此可知，化合物甲的晶体类型为原子晶体，其硬度超过金刚石的原因是CN键的键长小于CC键，键能大于CC键化合物甲的晶体中B原子的杂化方式为sp3（4）D、C两元素可形成的化合物乙现证实化合物乙的晶体结构如图3所示，晶胞中D离子的配位数为6；设D离子半径分别为a，C离子半径分别为b，则其晶体的空间利用率为考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况；
59、原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，由图1可知E元素的第四电离能剧增，则E原子最外层电子数为3，处于A族，A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，三者处于同周期，且第一电离能I1（A）I1（C）I1（B），所有元素均不同族，则B处于A族，C处于A族，BC2+与AC2互为等电子体，A的核外电子数比B少1，可推知A为C元素、B为氮元素、C为O元素；D、E为同周期相邻元素，结合原子序数可知，二者处于第三周期，可推知E为Al、D为Mg；F元素位于
60、周期表中118列中的第11列，则F为Cu，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，由图1可知E元素的第四电离能剧增，则E原子最外层电子数为3，处于A族，A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，三者处于同周期，且第一电离能I1（A）I1（C）I1（B），所有元素均不同族，则B处于A族，C处于A族，BC2+与AC2互为等电子体，A的核外电子数比B少1，可推知A为C元素、B为氮元素、C为O元素；D、E为同周期相邻元素，结合原子序数可知，二者处于第三周期，可推知E为Al、D为Mg；F元素位于周期表中118列中的第11列，则F为Cu，（1）
61、A为C元素，价层电子排布图为；NO2+与CO2互为等电子体，二者结构相似，故NO2+的电子式为；基态Cu原子的核外电子排布简式为Ar3d104s1，故答案为：；Ar3d104s1；（2）E为Al元素，E元素在周期表中位于第三周期第A族；Mg元素单质形成的晶体晶胞类型属于六方最密堆积，故答案为：第三周期第A族；六方最密；（3）C、N两元素所形成的化合物甲的晶体中每个C原子与周围4个N原子形成4个CN键，每个N原子与周围3个C原子形成3个NC键，形成空间立体网状结构，属于原子晶体；由于CN键的键长小于CC键，键能大于CC键，故其硬度超过金刚石，化合物甲的晶体中N原子成3个键、含有1对孤电子对，采取
62、sp3杂化，故答案为：原子晶体；CN键的键长小于CC键，键能大于CC键；sp3；（4）Mg、O两元素可形成的化合物乙为MgO，以晶胞体心的白色球研究，与之等距离且最近的黑色球位于面心，由于为1：1型化合物，可知晶胞中D离子的配位数为6，故答案为：6；设D离子半径分别为a，C离子半径分别为b，则晶胞的棱长=2（a+b），则晶胞体积=8（a+b）3，晶胞中白色球数目=黑色球数目=1+12=4，故晶胞中镁离子与阳离子的总体积=4a3+4b3=（a3+b3），则其晶体的空间利用率为=，故答案为：点评：本题是对物质结构的考查，要求考生熟练掌握元素周期表结构、原子核外电子排布式、正确书写电子排布图，了解等
63、电子体结构与性质的关系、原子的轨道杂化形式、晶体常识等基础知识，正确判断晶体类型及结构、并针对晶体结构进行判断和简单运算，难度中等14（2014南昌模拟）有机物D是一种合成抗高血压药的重要通用中间体，其合成路线如下：（已知A是一种 芳香酸）（1）A、C的结构简式分别是、，D中含有的含氧官能团名称是羧基、酯基（2）CD的反应类型是取代（3）加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是（4）E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸写出满足下列条件的E的所有同分异 构体的结构简式：能发生银镜反应一定条件下可发生水解反应分子的核磁共振 氢谱中有四组峰（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物 F
64、在一定条件下可聚合成髙分子化合物，写出该反应的化学方程式考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：A是一种芳香酸，与溴发生取代反应生成B，由B可知A为，由D可知C为，由B和乙醇发生取代反应生成，结合对应物质的性质和题目要求可解答该题解答：解：A是一种芳香酸，与溴发生取代反应生成B，由B可知A为，由D可知C为，由B和乙醇发生取代反应生成，（1）由以上分析可知A为，C为，D中含有的含氧官能团为羧基和酯基，故答案为：；羧基、酯基；（2）C为，与D对比可知C生成D的反应为取代反应，故答案为：取代；（3）C为，含有Br和酯基，可在碱性条件下水解，反应的方程式为，故答案为：；（4）A为，E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸，应比A少1个CH2原子团，能发生银镜反应，说明含有醛基，一定条件下可发生水解反应，说明含有酯基，分子的核磁共振氢谱中有四组峰，结构应对称，则应为甲酸酯，可能的结构有，故答案为：；（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物，应为，含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，反应的方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成与推断，侧重于学生综合分析问题能力和分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，可根据反应的条件下和生成物的结构简式判断物质，题目难度不大- 27 - 版权所有高考资源网