2018-2019学年北京市丰台区高三(上)期末化学试卷解析版

1、2018-20192018-2019 学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷 一、单选题（本大题共 1313小题，共 39.039.0分） 1.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确的是 ABCD 氢氧化钠甲烷汽油浓硫酸 A.AB.BC.CD.D 【答案】A A、 【解析】 解：氢氧化钠具有很强的腐蚀性， 应该是贴上“腐蚀品”标签， 故 A 错误； B、甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故B 正确； C、汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故C 正确； D、浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故D 正确； 故选：A。 A、氢氧化钠具有很强

2、的腐蚀性； B、甲烷是易燃烧的气体； C、汽油是易燃烧的液体； D、浓硫酸具有很强的腐蚀性。 本题考查浓硫酸的性质及危险品的存放，题目难度不大，注意基础知识的积累，注重实 验安全的考查。 2.下列化学用语表述不正确的是 A. 电子式： B.Na 原子结构示意图： C.NaCl在水中电离： 通电 D.由 Na和 Cl形成离子键的过程： 【答案】C 【解析】解：A、氯气中氯原子之间为共价键，故其电子式为，故 A 正确； B、 钠原子的核内有 11个质子， 核外有 11个电子， 故其原子结构示意图为， 故 B 正确； C、氯化钠的电离是自发的，不需要通电，故其电离方程式为，故 C 错误； D、钠原子

3、和氯原子之间通过电子的得失形成了氯化钠，氯化钠是离子化合物，故其形 第 1 页，共 17 页 成过程为，故 D正确。 故选：C。 A、氯气中氯原子之间为共价键； B、钠原子的核内有 11个质子，核外有 11个电子； C、氯化钠的电离是自发的，不需要通电； D、钠原子和氯原子之间通过电子的得失形成了氯化钠，氯化钠是离子化合物。 本题考查了常见的化学用语， 难度不大，应注意的是用电子式在表示离子化合物的形成 过程时，可以用箭头表示出电子转移的方向。 3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是 A.乙烯与氢气发生加成反应 B.过程 吸收能量，过程 、 释放能量 C.催化剂可改变反

4、应的焓变 D.反应中有非极性键断裂、极性键形成 【答案】C 【解析】解： 乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故A正确； B.过程 是断裂吸收能量，过程 、 是形成 键释放能量，故 B正确； C.催化剂可改变反应的化学反应速率，不改变化学平衡、不改变反应焓变，故C 错误； D.反应过程中发现可知断裂的键为非极性键，过程中形成的键为极性键，反 应中有非极性键断裂、极性键形成，故D正确； 故选：C。 A.乙烯含不饱和键，和氢气发生加成反应； B.断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量； C.催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡； D.键为非极性键，键为极性键。 本题考查了化学

5、键的断裂和形成与能力变化、 平衡影响因素的分析判断， 掌握基础是解 题关键，题目难度中等。 4.下列解释事实的化学方程式不正确的是 A.钠放入水中产生大量气体： B.红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体： C.氢氧化亚铁在空气中最终变为红褐色： D.氨气通入含酚酞的水中，溶液变红： 【答案】A 【解析】解：钠放入水中产生大量气体：，故 A 错误； B.碳与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮和水，方程式： ，故 B正确； 第 2 页，共 17 页 C.氢氧化亚铁在空气中最终变为红褐色，方程式： 故 C 正确； D.氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根离子，方程式： ，故 D正

6、确； 故选：A。 A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气； B.碳与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮和水； C.氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁； D.氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根离子。 本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学反应 遵循客观事实，题目难度不大。 5.氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分， 大气与土壤中氮元素转化如右图 所示，下列说法不正确的是 A.将 转化为化合物的过程称为固氮 B.无机物与有机物中的氮元素可相互转化 转化为C.硝化细菌将可能需要参与 D.在硝化细菌、反硝化细菌作用下氮元素均发生氧化反应 【答案】D

7、 【解析】解：为游离态的氮，将转化为化合物由游离态转化为化合态，为氮的 固定，故 A正确； B.氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机 物和含氮有机物可相互转化，故B 正确； C.在硝化细菌的作用下；， 需要参与，故 C正确； D.硝化细菌中氮元素化合价价变化为价，氮元素均发生氧化反应，反硝化细菌作 用下中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的氮气，发生还原反应，故D 错误； 故选：D。 A.将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此判断； B.氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化； C.在硝化细菌的作用下需要参与将氧化为； D.硝化细菌中氮

8、元素化合价价变化为价，反硝化细菌作用下中细菌还原硝酸根中 正五价的氮，生成无污染的0价的氮气。 本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解氧化、还原反应、生物固氮等知识点是解答 的关键，题目难度不大。 6.铝热反应常用于冶炼高熔点金属， 某小组探究 Al粉与发生反应所得黑色固体 的成分，实验过程及现象如下：下列说法不正确的是 第 3 页，共 17 页 A.反应 产生的气体是 B.反应 为： C.反应 的白色沉淀是 D.黑色固体中不含 Al和 【答案】D Fe， 【解析】 解： 由上述分析可知， 黑色固体一定含氧化铝、一定不含 Al， 可能含， A.反应 产生的气体是，为金属与稀硫酸反应生成，故A

9、正确； B.固体含氧化铝，则反应 为 ，故 B 正确； C.反应 中与二氧化碳反应，可知白色沉淀是 ，故 C正确； D.黑色固体中不含 Al，可能含，故 D错误； 故选：D。 探究 Al粉与发生反应所得黑色固体的成分， 由实验可知， 黑色固体与稀硫酸反应 生成气体， 且溶液 b 加 KSCN溶液为不变色， 可知溶液 b不含铁离子； 黑色固体与 NaOH 反应无气体，则一定不含 Al，溶液 a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝， 则黑色 固体中一定含氧化铝，以此来解答。 本题考查物质的组成及含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为 解答的关键， 侧重分析与实验能力的考查， 注意

10、元素化合物知识的应用， 题目难度不大。 7.“84”消毒液 有效成分为可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正 确的是 实 验 混合后溶液 现 混合后溶液的，混合后溶液，蓝色迅速褪去， ，蓝色迅 短时间内未褪色，一段并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化 速褪去， 无气体产 象 时间后蓝色褪去。钾试纸变蓝。 生。 A.对比实验 和 ， 中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 B.实验 中产生的气体是 ，由 HClO分解得到： C.对比实验 和 ，溶液的 pH可能会影响 的氧化性或的还原性 D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用 【答案】B “84”消毒液 有效成分为溶

11、液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，【解析】 解： 水解生成的次氯酸具有漂白性， 加入硫酸促进水解平衡正向进行， 生成次氯酸浓度大漂 白效果快， 中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应，故 A 正确； B.“84”消毒液 有效成分为溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液 ，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成 了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气， 氯气和水反应生成的次氯酸 具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B 错误； C.对比实验 和 ，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH可能会影响的氧 化性或的还原性，故 C 正确； 第 4 页，共 17 页 D.加

12、酸可以提高“84”消毒液的漂白效果， 但酸的浓度大时会生成污染气体氯气， 需要 调控合适的 pH才能安全使用，故D 正确； 故选：B。 A.“84”消毒液 有效成分为溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的 次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸，次氯酸浓度增大漂 白效果快； B.“84”消毒液 有效成分为溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯 酸根离子在酸溶液中生成了氯气， 氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性， 生成的盐酸 呈酸性； C.对比实验 和 ，稀硫酸浓度影响氯离子的还原性和次氯酸根离子的氧化性； D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时

13、会生成污染气体氯气。 本题考查了“84”消毒液的成分分析、 次氯酸钠水解和氧化性的分析判断、 主要是实验 现象分析和结论归纳总结，题目难度中等。 8.向碳酸溶液中滴加 NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如 下图所示，下列说法不正确的是 A.人体血液的 ，其中含碳微粒以、为主 B.除去 NaCl溶液中 的方法是向其中加入盐酸至 C. 的溶液中 D.将 通入 NaOH溶液制取，应大约控制 【答案】B 【解析】解： 人体血液的，图中分析可知，其中含碳微粒以、 为主，故 A正确； B.当时含碳微粒 ，应是在全部除净，故 B错误； C.的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守

14、恒： ，故 C正确； D.将通入 NaOH溶液制取 ，大约控制含碳微粒以碳酸根离子形式 存在，将通入 NaOH溶液制取，故 D 正确； 故选：B。 A.图象变化分析时的碳元素存在微粒； B.结合图象变化中溶液PH分析，当时含碳微粒； C.溶液中存在电荷守恒分析判断； D.含碳微粒以碳酸根离子形式存在。 本题考查了酸碱反应溶液 PH 变化、微粒存在形式、离子浓度关系、除杂条件控制等， 掌握基础是解题关键，题目难度中等。 9.用铁铆钉固定铜板，通常会发生腐蚀如右图所示，下列 说法不正确的是 第 5 页，共 17 页 A.铁铆钉做负极被锈蚀 B.铁失去的电子通过水膜传递给 C.正极反应： D.铁钉变

15、化过程： 【答案】B 【解析】解：A、铁铜原电池中，铁更活泼，故做负极被腐蚀，故A 正确； B、电子不能在电解质溶液中传递，即不是通过水膜传递给氧气的，故B错误； C、氧气在正极上得电子，电极方程式为，故 C正确； D、铁钉做负极被腐蚀，电极方程式为，接下来与反应生成 ：，而易被氧气氧化生成： ，易分解生成铁锈，反应为 ，即铁钉变化过程为 ，故 D 正确。 故选：B。 用铁铆钉固定铜板，会形成原电池，根据图示可知，发生的是吸氧腐蚀，铁做负极失去 电子，氧气在正极上得电子，据此分析。 本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀， 难度不大，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧 腐蚀的条件是解本题的关键。 10

16、. 下列关于有机物的说法不正确的是 A.可发生水解反应和银镜反应 B.遇 溶液可能显色 C.能与 发生取代和加成反应 D.1mol该有机物最多能与 3mol NaOH反应 【答案】A 【解析】解： 不含醛基，不能发生银镜反应，故A错误； B.含有酚羟基，可遇溶液发生显色反应，故B正确； C.含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故C 正确； D.能与氢氧化钠溶液反应的为酚羟基和酯基， 则 1mol该有机物最多能与 3mol NaOH反 应，故 D 正确。 故选：A。 有机物含有酚羟基、碳碳双键以及酯基，具有酚、烯烃、酯类的性质，以此解答该题。 本题考查有机物的结构和性

17、质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，解答本题 注意把握有机物的结构， 特别是官能团的性质， 是解答该类题目的关键， 题目难度中等。 11. 实验室制得的乙酸乙酯中常含有乙酸、乙醇和少量水，其精制过程如下：下列说法 不正确的是 已知：乙醇能与反应生成，碳酸钠微溶于乙酸乙酯 向粗制乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡 静置分层后，取有机层，向其中加入饱和食盐水，振荡 静置分层后，取有机层，向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡 静置分层后，取有机层，加入无水硫酸镁固体，进行干燥 第 6 页，共 17 页 A.制取乙酸乙酯的反应为： 浓硫酸 B.步骤 目的是将碳酸钠从乙酸乙酯中萃取出来 C.步骤 目的

18、是除去乙醇 D.步骤 有机层处于下层，涉及的实验操作为分液、过滤 【答案】D 【解析】解： 酯化反应时羧酸脱羟基、醇脱H，则制取乙酸乙酯的反应为： 浓硫酸 ，故 A正确； B.碳酸钠微溶于乙酸乙酯， 则步骤 目的是将碳酸钠从乙酸乙酯中萃取出来， 故 B正确； C.加入饱和氯化钙溶液，由信息可知与乙醇反应，可除去乙醇，故C 正确； D.乙酸乙酯的密度比水的密度小， 分层后有机层在上层， 则步骤 有机层处于上层， 涉及的实验操作为分液、萃取，故D错误； 故选：D。 A.酯化反应时羧酸脱羟基、醇脱H； B.碳酸钠微溶于乙酸乙酯； C.加入饱和氯化钙溶液，由信息可知与乙醇反应； D.乙酸乙酯的密度比水

19、的密度小，分层后有机层在上层。 本题考查乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验 技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用，题目难度不大。 12. 硝酸铈铵易溶于水和乙醇， 几乎不溶于浓硝酸。 主要用作有机合 成的催化剂、氧化剂，集成电路的腐蚀剂等。它的合成原理为： 下列说法正确的 是 A.硝酸铈铵属于盐类，是一种混合物 B.反应 均为氧化还原反应 C.向 溶液中加入 NaOH溶液，可能发生反应： D.运输时可与酸、碱、金属粉末、有机物等试剂并车混运 【答案】C 【解析】解：A、硝酸铈铵属于盐类，是纯净物不是混合物，故A错误； B、 是氧化还原反应

20、， 无元素化合价变化，是非氧化还原反应，故B错误； C、向溶液中加入 NaOH溶液发生复分解反应，可能发生反应： ，故 C正确； D、酸和金属要反应，所以不能混运，故D 错误； 故选：C。 A、硝酸铈铵属于盐类，是纯净物； B、 是氧化还原反应； C、向溶液中加入 NaOH溶液发生复分解反应； D、酸和金属要反应。 本题考查氧化还原反应的知识， 根据反应前后有无化合价的变化判断反应是否是氧化还 原反应，比较容易。 13. 合成乙烯的主要反应：图 中、X 可分别代表压强或温度。下列说法正确的是 第 7 页，共 17 页 A. B.X 代表压强 C.M、N两点对应的平衡常数相同 D.M 点的正反应

21、速率 正小于 N 点的逆反应速率逆 【答案】D 【解析】解：A、对应二氧化碳的转化率高，所以，故 A错误； B、X代表温度，故 B错误； C、M、N对应温度不同，所以两点对应的平衡常数不相同，故C 错误； D、温度越高反应速率越快，所以M点的正反应速率 正小于 N 点的逆反应速率逆，故 D正确； 故选：D。 合成乙烯的主要反应：，由图知 X越大二氧化碳的平衡转化率减小， 说明平衡逆向移动，所以 X是温度的变化，而和 为等压线，由此分析解答。 本题考查化学平衡移动的影响因素，学生要会识图结合反应的特征，分析解答，有一定 的难度。 二、双选题（本大题共1 1 小题，共 3.03.0分） 14. 将

22、下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论的是 选 气体 项 A B C 溶液实验现象 橙色变为无色 实验结论 在浓硫酸作用下，乙醇发生 了消去反应 乙醇与浓硫酸共热 溴水 产生的气体 碳酸钠固体与稀硫酸反应 苯酚钠酸性： 出现白色浑浊 产生的气体溶液硫酸 碳酸 苯酚 Cu与浓硫酸加热 产溶 大量白色沉淀可与发生反应 生的气体液 KBr和 二氧化锰与浓盐酸共热产无色逐渐变为 氧化性： KI的混 D 生的气体棕黄色 合溶液 A.AB.BC.CD.D 【答案】AB 【解析】解： 只有乙烯与溴水发生加成反应，由现象可知浓硫酸作用下乙醇发生了消 去反应，故 A 正确； B.发生强酸制取弱酸的

23、反应，由现象可知酸性为硫酸 碳酸 苯酚，故 B 正确； C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误； D.氯气可氧化 KBr、KI，则不能比较、 的氧化性，故 D 错误； 故选：AB。 A.只有乙烯与溴水发生加成反应； 第 8 页，共 17 页 B.发生强酸制取弱酸的反应； C.二氧化硫与氯化钡不反应； D.氯气可氧化 KBr、KI。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能 为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 三、简答题（本大题共3 3 小题，共 43.043.0分） 15. 随着人类社会的发展，氮氧化物的

24、排放导致一系列环境问题。 形成硝酸型酸雨的化学方程式为_。 加速臭氧层被破坏，其反应过程如图1所示： 的作用是_。 已知： 反应 1： 反应 2：热化学方程式为_。 利用电解法处理高温空气中稀薄的浓度约为 NO浓度十倍 ，装置示意图 如图 2 所示，固体电解质可传导 阴极反应为_。 消除一定量的 NO所消耗的电量远远大于理论计算 量，可能的原因是 不考虑物理因素 _。 通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有_性。 利用吸收尾气 主要含及少量 NO、中的氮氧化物，实验流程示意 图如图 3所示。已知：棕色 当观察到_时，说明 b 中溶液需要更换。 吸收液再生的处理措施是_。 用

25、 NaOH溶液滴定a中溶液， 消耗NaOH 若尾气体积为标准状况 ， 体积为 V L，尾气中的体积分数为_。 【答案】、；或 催化剂 阴极发生副反应选择C中溶液变棕色加热 棕色溶液 【解析】解：一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生 、成硝酸和一氧化氮， 故 NO形成硝酸型酸雨的反应为： 或， 故答案为：、；或 ； 反应过程如图 1 是臭氧在 NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作 用下生成 NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂， 故答案为：催化剂； 盖斯定律计算 得到反应 2的热化学方程式： 第 9 页，共 17 页 ， 故答案为：； 利

26、用电解法处理高温空气中稀薄的浓度约为 NO浓度十倍 ，固体电解质可 传导，图中变化可知，NO变化为，是 NO得到电子在阴极发生还原反应生成氮 气，电极反应：， 故答案为：； 消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算值是因为生成的氧气可能在阴极发 生副反应， 故答案为：阴极发生副反应； 通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有选择性， 故答案为：选择； 当观察到 C中溶液变棕色时，说明b 中溶液需要更换， 故答案为：C中溶液变棕色； 棕色， 反应为放热反应， 加热平衡逆向 进行，吸收液再生的处理措施是加热棕色溶液， 故答案为：加热棕色溶液； 若尾气体积为标准状况 ，用溶液滴

27、定 a中溶液，消耗 NaOH体 积为 VL，是尾气中的二氧化氮和水反应生成的硝酸， 结合定量关系计算二氧化氮的物质的量， ， 32 n ， 尾气中的体积分数， 故答案为：； 一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧 化氮； 反应过程如图 1 是臭氧在 NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作 用下生成 NO和氧气； 盖斯定律计算 得到反应 2的热化学方程式； 利用电解法处理高温空气中稀薄的浓度约为 NO浓度十倍 ，固体电解质可 传导，图中变化可知，NO变化为，是得到电子在阴极发生还原反应，阳极上是 氧离子失电子生成氧气； 消除一定量的NO所消耗的电量远远

28、大于理论计算值是因为生成的氧气可能在阴极得 到电子发生还原反应造成； 利用催化剂的选择性； 若变化为棕色说明亚铁离子消棕色， 耗较多失去处理 NO的能力； 吸收液再生，可以利用反应是放热反应，加热平衡逆向进行来恢复； 若尾气体积为标准状况 ，用溶液滴定 a中溶液，消耗 NaOH体 积为VL， 是尾气中的二氧化氮和水反应生成的硝酸， 结合定 量关系计算二氧化氮的物质的量，得到尾气中的体积分数。 本题考查了热化学方程式书写、电解池原理、氧化还原反应定量关系的计算、物质性质 分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 第 10 页，共 17 页 16. 重晶石主要成分为，含少量的、CaO和

29、 MgO杂质，以下是一种制取 的工业流程，如图 3 所示。 写出上述流程中能加快反应速率的两条措施：_、_。 焙烧过程中主反应为：， 除此以外还可能有等 副产物生成，通过改变温度以及煤粉的用量可降低副反应发生。 反应温度 依据图 1判断生成 BaS的反应是_反应 填“放热”或“吸热” ； 至少应控制在_以上。 改变C的量， 测得原料中碳的物质的量对平衡组成的影响， 控制的量不变， 如图 2 所示，判断原料中至少为_ 填字母 。 A. 已知 BaS的溶解度随温度的升高而明显增大， 时约为水，浸取液 中存在三种碱、。 浸取过程中产生的原因是_ 写离子方程式 。 三种碱的碱性由弱到强顺序为：_ _

30、_ 填化学式 ； 结合元素周期律解释原因：_。 酸解过程中，向滤液中加入硝酸，即有硝酸钡晶体析出，稍过量的有利于 提高晶体的析出率，请用化学平衡原理分析原因：_。 【答案】高温焙烧；将重晶石和煤制成粉状； 吸热； ； ； 、； ；由原子序数知 Mg、Ca、Ba处于同一主族，随着原 子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强； 促进平衡向稍过量的硝酸有利于提高， 晶体析出的方向移动，提高的析出率 【解析】解：加快反应速率，可高温焙烧或将重晶石和煤制成粉状，增大固体接触 面积，故答案为：高温焙烧；将重晶石和煤制成粉状； 由图 1 可知升高温度，CO的物质的量增大，则升高温

31、度平衡正向移动，为吸热反 应，为减少副反应的发生，应在 以上进行， 第 11 页，共 17 页 故答案为：吸热； ； 由图 2 可知加入 C减少副反应，使硫酸钡完全转化生成BaS，且 C生成 CO，BaS为 ，CO为，则判断原料中至少为， 故答案为：C； 水解生成，方程式为、 ， 故答案为：、； Ca、 Ba处于同一主族， 随着原子序数递增， 原子半径增大， 则金属性，、 最高价氧化物对应水化物碱性增强， 故答案为：；由原子序数知Mg、Ca、Ba处于同一主族， 随着原子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强； 溶液中存在稍过量的硝酸有利于提高， 促进平衡向晶体析出的

32、方向移动，有利于提高晶体的析出率， 故答案为：稍过量的硝酸有利于提高，促 进平衡向晶体析出的方向移动，提高的析出率。 重晶石主要成分为，含少量的、CaO和 MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧， 发生， 除此以外还可能有等副产物生成， 然后用 的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与 BaS反应生成硝酸钡，以此解答该 题。 本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，本题结合化 学平衡移动问题考查，注意把握物质的性质，难度中等。 17. 抗倒酯是一种植物生长调节剂，其中间产物G的合成路线如图所示：已知： 第 12 页，共 17 页 烃 A 的结构简式为_；C 中含氧官能团

33、的名称为_。 为反式结构，则 D 的结构简式为_。 写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_。 能发生银镜反应和水解反应 核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为1：1 试剂 E为_；的反应类型为_。 的结构简式为_。 写出的化学方程式_。 选用必要的无机试剂完成的合成路线 用结构简式表示有机物，用箭头表 示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件 。已知：碳碳双键在加热条件下易被氧 气氧化。 【答案】羧 基或 加成反 应 与溴发生1，加成反应生成B，【解析】 解：根据B分子式知A为 ；C 的结构简式为，C中含氧官能团的名称为羧基， 故答案为：；羧基； 分子与 2分子乙醇发生酯化反应生成D，D

34、为反式结构，则 D 的结构简式为：， 故答案为：， 同时满足下列条件的的一种同分异构体： 能发生银镜反应 和水解反应，说明含有醛基、酯基， 核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为1：1，存 在对称结构，符合条件的同分异构体为：或 第 13 页，共 17 页 ， 故答案为：或； 和 E 发生信息 I中的加成反应生成 F，根据 F结 构简式知 E为， 故答案为：；加成反应； 发生信息 II的中取代反应生成生成 G，且 G分子中含有六元环结构，可知G为 ， 故答案为：； 的化学方程式： ， 故答案为： ； 发生多步反应生成 C，对比 B、C 的结构，B 可以先在碱性条件下发生水解反应生 成， 再与 HB

35、r发生加成反应生成， 继而连 续发生氧化反应生成，最后发生消去反应、酸化得到 ，合成路线流程图为： ， 故答案为： 第 14 页，共 17 页 。 A与溴发生 1，加成反应生成 B，根据B分子式知 A为 ，B 为 发生多步反应生成 C，对比B、C 的结构，B 可以先在碱性条件 下发生水解反应生成，再与 HBr发生加成反应生成 ， 继而连续发生氧化反应生成， 最后发生消 C中两个羧基都发生酯化反应去反应、 酸化生成根据 D分子式知， 生成 D，故 D为，对比 D、E 的分子式可知，D与氢 气发生加成反应生成H 为，H 发生信息 III中取代反应 生成 K为和 E 发生信息 I 中的加成反应生成

36、F， 根据 F结构简式知 E为，F发生信息 II的中取代反应生成生成 G，且 G分子中含有六元环结构，可知G 为。 本题考查有机物的推断与合成， 关键是对反应信息的理解， 结合转化中物质的结构与分 子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生自学能力、分析 推理能力、知识迁移运用能力。 四、实验题（本大题共1 1 小题，共 15.015.0分） 18. 实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。 资料：在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、。 以、为原料制备，装置如图 1所示： 是气体发生装置，常温下用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取，实验过 程中需要控制产生的速率。请在虚框内将

37、装置A 补充完整。 中生成硫代硫酸钠的实质是： 是由_、_、反应得到。 实验过程中有大量产生，化学方程式为_。 装置 C中的试剂为_，作用是_。 当装置 B 中溶液的 pH约为 7时应停止通入，否则的产率下降，其 原因是_。 探究的性质： 研究 S 产生的原因： 已知：中 S 元素的化合价分别为和 提出假设：假设 1：、HClO等含氯的氧化性微粒氧化了价硫元素 假设 2：空气中的也可能氧化价硫元素 第 15 页，共 17 页 步骤 1 步骤 2 步骤 3 取晶体，溶解，配成溶液。 取 4mL溶液，向其中加入 1mL饱和氯水，溶液立即出现浑 浊，经检验浑浊物为 S 继续滴加氯水，浑浊度增大，最后消失，溶液变澄清。 假设 3：酸性条件下分解产生 S 设计实验方案 如图 2 所示 ： 向试管 b中加入_。 依据现象，S产生的主要原因是_，说明理由_。 步骤 3，继续加入氯水，沉淀消失的原因是_ 写化学方程式 。 【答案】NaOH吸收防止污染环 境酸性条件下，发生分解的盐酸氯气等含氯氧化性微粒的氧化 是主要因素，酸性分解及氧气氧化是次要因素实验 b中包含酸性条件、 空气两种影响 因素，反应速率