2015年北京市房山区高考化学二模试卷含解析

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2015年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)化学试题Word版含答案

6．下列物质的用途不正确．．．的是A B C D 用品压缩天然气（CNG）二氧化硫单晶硅硫酸亚铁用途汽车燃料杀菌消毒、食品防腐光导纤维营养强化剂7．下列解释事实的化学方程式或离子方程式，不正确的．．．．是A．在海带灰的浸出液（含有I—）中滴加H2O2得到I2：2I—+ H2O2 + 2H+ == I2 + O2↑+ 2H2OB．用CaSO4治理盐碱地：CaSO4(s) + Na2CO3(aq)CaCO3(s) + Na2SO4(aq) C．自然界中正常的雨水呈酸性：H2O + CO2H2CO3H+ + HCO3-D．工业上可用电解法制备Mg：MgCl2（熔融）===Mg + Cl2↑8.下列说法中不正确．．．的是A．甲烷、苯、乙酸在一定条件下都能发生取代反应B．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致C．丝绸和棉花组成元素不同，分子结构不同，因而性质不同D．甲醛、1,3-丁二烯和对苯二甲酸均可作为合成聚合物的单体9．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH 2 4 6 6.5 8 13.5 14 腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+FeO4Fe2O3FeO2-3的是下列说法不正确．．．A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓D．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e—=2H2O10．对下列实验的结论或产生的现象预测正确的是①②③④A．实验①：证明相同条件下，溶解度Mg(OH)2＞Fe(OH)3B．实验②：振荡后静置，上层溶液变为无色C．实验③：证明热稳定性Na2CO3＞NaHCO3D．实验④：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中不会出现蓝色晶体11．根据下列事实所得结论正确的是序号事实结论A 测得同温度同浓度的BaCl2溶液pH大于MgCl2溶液金属性：Ba＞MgB 温度升高，气体在水中的溶解度减小气体溶于水的ΔH＞0C 将SO2气体通入NaHCO3溶液中啊，反应生成CO2非金属性：S＞CD 利用熟石灰与纯碱的反应可以制取烧碱碱性：Ca(OH)2＞NaOH12．在体积恒定的密闭容器中加入CO2和NH3各1mol为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO2(g) +2NH3(g)CO(NH2)2 (s) +H2O (g)，混合气体中NH3的物的是质的量分数[ϕ(NH3)]随时间变化关系如右图所示，则下列说法中不正确．．．A．达到平衡状态时，容器内气体压强为起始状态的62.5%B．a点的v（逆H2O）＜b点的v（逆CO2）C．该温度下，反应的平衡常数K=9.6D．如果将容器的容积减小一半，ϕ(NH3)随时间变化关系将发生下图所示变化25（16分）．B是一种重要的化工原料，其水溶液（又称福尔马林）具有杀菌、防腐等性能。

北京市房山区2015届高考化学模拟试卷(4月份)含解析

北京市房山区2015届高考化学模拟试卷（4月份）一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）下列有关钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是（）A．自行车的钢圈上镀一层铬，防止生锈B．外加直流电源保护钢闸门时，钢闸门与电源的负极相连C．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．钢铁发生析氢腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+2．（6分）戊醇C5H11OH与下列物质发生反应时，所得产物可能结构种数最少（不考虑立体异构）的是（）A．与浓氢溴酸卤代B．与浓硫酸共热消去C．铜催化氧化D．与戊酸催化酯化3．（6分）将三种黑色粉末组成的混合物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体，将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与0.15mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和6.4g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为（）A．物质的量FeS：CuO：Fe=1：1：1B．物质的量C：CuO：Fe=3：2：2C．质量MnO2：CuO：C=5.5：8：12D．质量Fe：C：CuO=7：5：34．（6分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液：K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣B．使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Na+C．c（H+）=1×10﹣13 mol∙L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣D．遇苯酚变紫色的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣5．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．C uCl2溶液中加入少量氨水：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4﹣+4OH﹣=2MnO2↓+3SO42﹣+2H2OC．电解饱和MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑D．向Na2SO3溶液中滴加足量NaClO溶液：SO32﹣+ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣6．（6分）某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）①原混和气体的体积为1.2V升；②原混和气体的体积为1.1V升；③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升．A．②③B．②④C．①③D．①④7．（6分）在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）A． B．C． D．二、推断题：共13分8．（13分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E主族．（1）B在周期表中的位置第周期，第族；（2）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为；（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是＞＞（用离子符号表示）．（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程．C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是．（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为，它与强碱溶液反应的离子方程式是．（6）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为（化学式用具体的元素符号表示）：．三、实验题：共15分9．（15分）已知测定中和热的实验步骤如下：①量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．请回答：（1）NaOH溶液稍过量的原因．（2）加入NaOH溶液的正确操作是（填字母）．A．沿玻璃棒缓慢加入B．一次迅速加入C．分三次加入（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是．温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值（t2﹣t1）/℃H2SO4NaOH 平均值1 25.0 25.2 25.1 28.5 3.42 24.9 25.1 25.0 28.3 3.33 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5（4）设溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和后溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1，请根据实验数据求出中和热为写出该反应的热化学方程式（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是．四、综合题：共2题每题15分共30分10．（15分）硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质．用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示：已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pHMg（OH）29.3 10.8Fe（OH）27.6 9.6Fe（OH）3Al（OH）3 2.73.7 3.74.7（1）MgO的电子式为．（2）滤渣2的主要成分是，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为．（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反应的离子方程式为．（4）利用Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，可以使烟气脱硫，该反应的化学方程式为．（5）若取a吨硼泥为原料，最后得到b吨Mg（OH）产品（假设生产过程中镁元素无损失），则硼泥中MgO的质量分数为（用含有a、b的代数式表示）．11．（15分）氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数K a分别为：7.1×10﹣4，2.98×10﹣8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释100倍，c（H+）将（填“不变”、“增大”、“减小”）；Ka值将（填“不变”、“增大”、“减小”）．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式．（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因．（3）亚硝酸钠与氯化钠都是白色粉末，且都有咸味，但亚硝酸盐都有毒性，通常它们可以通过加入热的白醋鉴别，亚硝酸钠遇到白醋会产生一种红棕色刺激性气味气体和一种无色刺激性气味气体，该反应的离子方程式为．（4）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示．①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是．②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为．（5）若处理后的废水中c（PO43﹣）=4×10﹣7 mol•L﹣1，溶液中c（Ca2+）=mol•L﹣1．（已知K sp=2×10﹣29）（6）某液氨﹣液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L﹣1，则该过程中消耗氨气的质量为．（假设溶液电解前后体积不变）北京市房山区2015届高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）下列有关钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是（）A．自行车的钢圈上镀一层铬，防止生锈B．外加直流电源保护钢闸门时，钢闸门与电源的负极相连C．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．钢铁发生析氢腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+考点：金属的电化学腐蚀与防护．分析：A．铬能够阻止了铁与空气、水的接触；B．金属的腐蚀与防护中如果有外接电源，此方法为外加电源的阴极保护法；C．金属的吸氧腐蚀过程中正极氧气得到电子结合水生成氢氧根离子；D．钢铁的析氢腐蚀的负极是铁放电生成二价铁离子．解答：解：A．自行车的钢圈上镀上一层铬阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，故A正确；B．将钢闸门与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，故B正确；C．金属的吸氧腐蚀过程中正极氧气得到电子结合水生成氢氧根离子，正极反应：2H2O+O2+4e ﹣═4OH﹣，故C正确；D．钢铁发生析氢腐蚀的负极反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选：D．点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，明确金属的电化学腐蚀原理、原电池、电解池工作原理是解题关键，题目难度不大．2．（6分）戊醇C5H11OH与下列物质发生反应时，所得产物可能结构种数最少（不考虑立体异构）的是（）A．与浓氢溴酸卤代B．与浓硫酸共热消去C．铜催化氧化D．与戊酸催化酯化考点：有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：A．醇发生溴代反应，官能团羟基被溴原子取代；B．醇发生消去反应的条件是和羟基相连的邻碳含H原子；C．醇催化氧化，羰基变成醛基或羰基，和羟基相连碳上无H得不能被氧化；D．酯化反应羟基去氢，酸去羟基，剩余结合成酯．解答：解：分子式为C5H11OH醇的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH2OH；CH3CH2CH2CHOHCH3；CH3CH2CHOHCH2CH3；CH3CH（CH3）CH2CH2OH；CH3CH（CH3）CHOHCH3；CH3COH（CH3）CH2CH3；CH2OHCH（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，共有8种情况．A．醇发生溴代反应，官能团羟基被溴原子取代，所得产物种类和原醇相同；B．醇发生消去反应的条件是和羟基相连的邻碳含H原子，通过消去反应得到的产物有CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3、CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C （CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2共5种；C．醇催化氧化，羰基变成醛基或羰基，和羟基相连碳上无H得不能被氧化，戊醇同分异构体中，只有CH3COH（CH3）CH2CH3不能被氧化，所得产物有7种；D．酯化反应羟基去氢，酸去羟基，剩余结合成酯，所得产物和原醇类相同．故所得产物异构体数目最少的为B，故选B．点评：本题考查了同分异构体的判断，中等难度，搞清反应机理，才能正确判断产物种类．3．（6分）将三种黑色粉末组成的混合物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体，将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与0.15mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和6.4g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为（）A．物质的量FeS：CuO：Fe=1：1：1B．物质的量C：CuO：Fe=3：2：2C．质量MnO2：CuO：C=5.5：8：12D．质量Fe：C：CuO=7：5：3考点：有关混合物反应的计算．分析： 6.4g红色沉淀为Cu，其物质的量为：=0.1mol，根据反应Fe+Cu2+=2Fe2++Cu可知，生成0.1mol铜需要消耗0.1mol还原铁粉，而实际上消耗了0.15mol铁粉，则反应后的溶液中除了含有铜离子，还含有能够与铁反应的离子，结合选项可知应该为铁离子；根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，0.05mol铁粉会消耗0.1mol铁离子，所以混合物中铜离子与铁离子的物质的量之比为1：1；该浓酸应该为浓硝酸，生成的气体为二氧化碳和二氧化氮气体，据此对各选项进行判断．解答：解：6.4g红色沉淀为Cu，其物质的量为：=0.1mol，根据反应Fe+Cu2+=2Fe2++Cu可知，生成0.1mol铜需要消耗0.1mol还原铁粉，而实际上消耗了0.15mol 铁粉，则反应后的溶液中除了含有铜离子，还含有能够与铁反应的离子，结合选项可知应该为铁离子；根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，0.05mol铁粉会消耗0.1mol铁离子，所以混合物中铜离子与铁离子的物质的量之比为1：1；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，该浓酸应该为浓硝酸，生成的气体为二氧化碳和二氧化氮气体，根据分析可知，满足条件的只有B，故选B．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，4．（6分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液：K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣B．使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Na+C．c（H+）=1×10﹣13 mol∙L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣D．遇苯酚变紫色的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣考点：离子共存问题．分析：根据离子之间结合生成沉淀、气体、弱电解质、发生氧化还原反应、双水解等，则离子不能大量共存，以此来解答．解答：解：A、由于酸性HCO3﹣＞Al（OH）3，故HCO3﹣能和AlO2﹣反应：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣，故不能共存，故A错误；B、甲基橙变红色的溶液是酸性溶液，含大量氢离子，而ClO﹣与氢离子不能共存，会生成弱电解质HClO，故B错误；C、常温下，c（H+）=1×10﹣13 mol∙L﹣1的溶液是碱性溶液，含大量氢氧根，而Mg2+、Cu2+会与氢氧根生成沉淀而不能共存，故C错误；D、遇苯酚变紫色的溶液含Fe3+，Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣和Fe3+均能共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．5．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．C uCl2溶液中加入少量氨水：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4﹣+4OH﹣=2MnO2↓+3SO42﹣+2H2OC．电解饱和MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑D．向Na2SO3溶液中滴加足量NaClO溶液：SO32﹣+ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣考点：离子方程式的书写．分析：A、一水合氨为弱碱，不能拆，据此解答即可；B、酸性高锰酸钾溶液中大量存在氢离子，故氢氧根不能大量共存，据此判断即可；C、氢氧化镁是难溶性碱，不能拆；D、Na2SO3具有还原性，NaClO具有氧化性，据此解答即可．解答：解：A、一水合氨为弱碱，不能拆，CuCl2溶液中加入少量氨水，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液中大量存在氢离子，故氢氧根不能大量共存，正确离子反应方程式为：3SO2+2MnO4﹣+4H+=2Mn2++3SO42﹣+2H2O，故B错误；C、氢氧化镁是难溶性碱，不能拆，正确应为：Mg2++2Cl﹣+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，故C错误；D、Na2SO3具有还原性，NaClO具有氧化性，向Na2SO3溶液中滴加足量NaClO溶液：SO322﹣+Cl﹣，故D正确，故选D．﹣+ClO﹣=SO4点评：本题主要考查的是离子反应方程式的正误判断，涉及氧化还原反应、弱酸与弱碱等知识点，难度一般．6．（6分）某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）①原混和气体的体积为1.2V升；②原混和气体的体积为1.1V升；③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升．A．②③B．②④C．①③D．①④考点：化学反应速率和化学计量数的关系；等效平衡；化学平衡的计算．专题：压轴题；差量法；化学平衡专题．分析：在反应A+3B2C中，A、B的消耗量和C得生成量之比为1：3：2，反应后，C体积变化量为0.1V，可以获得A、B的消耗量；根据C的体积增加量确定原来混合气体体积．解答：解：根据反应：A+3B 2C各物质体积变化量0.05V 0.15V 0.1V则生成气体C的体积等于反应中混合气体减少的总体积，即为0.1V，气体A所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的一半，气体B所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的1.5 倍，由于平衡时总体积减少10%V L，则原混合气体的体积应为1V L+10%V L=1.1V L，建立平衡时，气体A的消耗为：×10%V L=0.05V L，气体B的消耗为：5×10%V L=0.15V L．故选A．点评：本题考查了学生气体差量法的有关计算，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力．7．（6分）在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）A． B．C． D．考点：产物百分含量与压强的关系曲线．专题：化学平衡专题．分析：一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答．解答：解：A、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；故选B．点评：本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，注意根据：“先拐先平数值大”判断图象中压强大小．二、推断题：共13分8．（13分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E主族．（1）B在周期表中的位置第二周期，第V A族；（2）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为H2SO3、H2SO4；（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是S2﹣＞O2﹣＞Na+（用离子符号表示）．（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程．C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）．（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为NH4NO3，它与强碱溶液反应的离子方程式是NH4++OH﹣=NH3•H2O．（6）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为（化学式用具体的元素符号表示）：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4．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：A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，根据原子的组成、性质结合周期律的递变规律解答该题．解答：解：由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S 元素，则（1）B为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期ⅤA 族，故答案为：二；V A；（2）E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为：H2SO3、H2SO4；（3）元素C、D、E形成的离子分别为O2﹣、Na+、S2﹣，S2﹣离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2﹣与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（4）化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）；（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH ﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4NO3；NH4++OH﹣=NH3•H2O；（6）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4．点评：本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，（5）为易错点，注意从歧化反应的角度分析．三、实验题：共15分9．（15分）已知测定中和热的实验步骤如下：①量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．请回答：（1）NaOH溶液稍过量的原因确保硫酸被完全中和．（2）加入NaOH溶液的正确操作是C（填字母）．A．沿玻璃棒缓慢加入B．一次迅速加入C．分三次加入（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动．温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值（t2﹣t1）/℃H2SO4NaOH 平均值1 25.0 25.2 25.1 28.5 3.42 24.9 25.1 25.0 28.3 3.33 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5（4）设溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和后溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1，请根据实验数据求出中和热为56.85kJ/mol 写出该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O△H=﹣113.7kJ/mol（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是浓硫酸溶于水放出热量．考点：中和热的测定．专题：实验题．分析：（1）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（3）硫酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使硫酸与NaOH 溶液混合均匀；（4）先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热；根据热化学方程式的书写方法来书写；（5）根据浓硫酸稀释放热来解答；解答：解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保硫酸反应完全；故答案为：确保硫酸被完全中和；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；故选：C；（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；故答案为：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；（4）50mL 0.25mol/L硫酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣56.85kJ/mol，该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O△H=﹣113.7kJ/mol；故答案为：56.85kJ/mol；H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O△H=﹣113.7kJ/mol；（5）浓硫酸溶于水放出热量，所以含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ；故答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量；点评：本题考查中和热的测定与计算，题目难度中等，注意理解中和热的概念是解题的关键．四、综合题：共2题每题15分共30分10．（15分）硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质．用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示：已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pHMg（OH）29.3 10.8Fe（OH）27.6 9.6Fe（OH）3Al（OH）3 2.73.7 3.74.7（1）MgO的电子式为．（2）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O．（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓．（4）利用Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，可以使烟气脱硫，该反应的化学方2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O．（5）若取a吨硼泥为原料，最后得到b吨Mg（OH）产品（假设生产过程中镁元素无损失），则硼泥中MgO的质量分数为（用含有a、b的代数式表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，加入氢氧化钠，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含镁离子，调节PH=12，得到滤渣3Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体．（1）MgO为离子化合物，其电子式由阴离子氧离子、阳离子镁离子的电子式组合而成，据此书写；（2）PH=6，滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝溶解；（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；（4）根据Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，反应物必有O2，据此书写；（5）根据镁元素守恒计算．解答：解：硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，FeO+H2SO4═FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；得到滤渣3：Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体．（1）MgO是离子化合物，由Mg2+离子和O2﹣离子构成，MgO的电子式，故答案为：；（2）加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH﹣═Fe （OH）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（3）滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；（4）氢氧化镁无氧化性，根据信息反应物为Mg（OH）2、SO2、产物为MgSO4，所以反应物必有O2，所以该反应为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O，故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O；（5）设硼泥中MgO的质量分数为x，根据镁原子守恒：，解得x=，故答案为：．点评：本题考查了从硼泥生产氢氧化镁的方法，涉及了电子式、镁、铝、铁及其化合物的性质、氢氧化镁晶体的产率计算等知识，注意沉淀的成分与PH值之间的关系，题目难度中等．11．（15分）氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数K a分别为：7.1×10﹣4，2.98×10﹣8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释100倍，c（H+）将减小（填“不变”、“增大”、“减小”）；Ka值将（填“不变”、“增大”、“减小”）不变．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式HNO2+ClO2﹣=NO2﹣+HClO．（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因NH2OH+H2O⇌++OH﹣．（3）亚硝酸钠与氯化钠都是白色粉末，且都有咸味，但亚硝酸盐都有毒性，通常它们可以通过加入热的白醋鉴别，亚硝酸钠遇到白醋会产生一种红棕色刺激性气味气体和一种无色刺激性气味气体，该反应的离子方程式为2NO2﹣+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO﹣+H2O．（4）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示．①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是做还原剂．②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为0.05mol．（5）若处理后的废水中c（PO43﹣）=4×10﹣7 mol•L﹣1，溶液中c（Ca2+）=5×10﹣6mol•L﹣1．（已知K sp=2×10﹣29）（6）某液氨﹣液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L﹣1，则该过程中消耗氨气的质量为1.7g．（假设溶液电解前后体积不变）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池和电解池的工作原理；电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：（1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸书写离子方程式；（2）根据氨水呈弱碱性的原理分析羟胺呈弱碱性的原因；（3）红棕色刺激性气味气体为NO2，无色刺激性气味气体为NO，据此书写离子反应液方程式即可；（4）①依据发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C→P4↑+6CaSiO3+10CO↑，判断CO的作用；②依据氧化还原反应中铜元素、磷元素化合价变化计算；（5）根据K sp=3×c（PO43﹣）计算；。

2015北京及全国高考化学试卷试题及答案解析高中化学高三复习

2015年北京市高考化学试卷一、选择题6．（2015•北京）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A．火药使用B．粮食酿酒C．转轮排字D．铁的冶炼A．A B．B C．C D．D考点：真题集萃；金属冶炼的一般原理；生活中的有机化合物．分析：化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变化，而转轮排字不涉及化学反应．解答：解：A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选．故选C．点评：本题为2015年北京考题，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．7．（2015•北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3考点：元素周期律的作用；分析：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．解答：解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．点评：本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．8．（2015•北京）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（）A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环考点：氮的固定；分析：A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；C．根据氮循环中物质的分类进行解答；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．解答：解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．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C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．点评：本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．9．（2015•北京）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）A．C O和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．C O和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅰ表示CO与O2反应的过程考点：分析：由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．解答：解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅰ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．故选C．点评：本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．10．（2015•北京）合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法正确的是（）A．合成PPV的反应为加聚反应B．P PV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C．和苯乙烯互为同系物D．通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度考点：有机高分子化合物的结构和性质．分析：A．缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应；B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键；C．同系物所含官能团数目相同；D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量．解答：解：A．合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，故A 错误；B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；C．有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故D正确．故选D．点评：本题主要考查聚合反应原理、有机物结构与性质，题目难度不大，注意明确聚合反应原理，选项B为易错点，找准链节是解题的关键．11．（2015•北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣ⅠClO﹣+ClⅠ+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣ⅠCl2↑+H2O D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣ⅠHClO+CH3COO﹣考点：真题集萃；氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．解答：解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO ﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣ⅠCl2↑+H2O，故C正确；D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．点评：本题为2015年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．12．（2015•北京）在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2Ⅰ2NO2B．Ⅰ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅰ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅰ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化考点：真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质．分析：A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C．对比I、Ⅰ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D．根据Ⅰ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．解答：解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2Ⅰ2NO2，故A正确；B．Ⅰ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．对比I、Ⅰ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D．根据Ⅰ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C．点评：本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．二、解答题25．（2015•北京）“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：已知：（1）A 属于炔烃，其结构简式是 CH 3C ≡CH ．（2）B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B 的结构简式是 HCHO ．（3）C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物．E 中含有的官能团是碳碳双键、醛基．（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是；试剂b 是 NaOH 、醇溶液．（5）M 和N 均为不饱和醇．M 的结构简式是 CH 3C ≡CCH 2OH ．（6）N 为顺式结构，写出N 和H 生成I （顺式结构）的化学方程式：．考点：真题集萃；有机物的推断．分析：由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH 3C ≡CH ，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B 为HCHO ，A 与B 发生加成反应生成M 为CH 3C ≡CCH 2OH ，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为CH 3CH=CHCH 2OH ；C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为，D 为CH 3CHO ，由信息可知生成E 为，E 氧化生成F 为，试剂a 为溴水，生成G 为，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H ，则H，CH 3CH=CHCH 2OH 与发生酯化反应生成I ，最后I 发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成J ，以此来解答．解答：解：由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH 3C ≡CH ，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B 为HCHO ，A 与B 发生加成反应生成M 为CH 3C ≡CCH 2OH ，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为CH 3CH=CHCH 2OH ；C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为，D 为CH 3CHO ，由信息可知生成E 为，E 氧化生成F 为，试剂a 为溴水，生成G 为，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H ，则H 为，（1）A 属于炔烃，其结构简式是CH 3C ≡CH ，故答案为：CH 3C ≡CH ；（2）B 的结构简式是HCHO ，故答案为：HCHO ；（3）E 为，含有的官能团是碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是；试剂b 是NaOH 、醇溶液，故答案为：；NaOH 、醇溶液；（5）M 的结构简式是CH 3C ≡CCH 2OH ，故答案为：CH 3C ≡CCH 2OH ；（6）N 为顺式结构，N 和H 生成I （顺式结构）的化学方程式为，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，为2015年高考真题，把握合成流程中官能团的变化、反应条件、碳链变化推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力综合考查，题目难度中等．26．（2015•北京）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：（1）反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．（2）①根据上述事实，下列说法正确的是ac（选填序号）．a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层．③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子．（3）反应Ⅰ：2H2SO4（I）+2SO2（g）+O2+2H2O（g）ⅠH=+550kJ▪mo1﹣1．它由两步反应组成：Ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），ⅠH=+177kJ▪mo1﹣1；Ⅰ．SO3（g）分解．L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，Ⅰ中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．①X代表的物理量是压强．②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．考点：真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；（2）①分成两层，与溶解性、密度有关；②两层的颜色不同；③H2SO4中c（H+）：c（SO42﹣）=2：1，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低；②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．解答：解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；③H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强；②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）ⅠH＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．点评：本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．27．（2015•北京）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．写出CO2溶于水产生HCO3﹣的方程式：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣．（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．①写出钙化作用的离子方程式：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O．②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：xCO2+2xH218O（CH2O）n+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下方法：①气提、吸收CO2．用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol▪L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解无机碳的浓度=mol▪L﹣1．（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．①结合方程式简述提取CO2的原理：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O．②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是c室：2H2O+2e ﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理；海水资源及其综合利用．分析：（1）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；（2）①由图可知：此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；②光合作用是二氧化碳与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧，据此解答；（3）①由题意可知，需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且装置中应从长管吹入氮气，从短管吹出二氧化碳，据此解答即可；②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O解答即可；（4）a室接电源的正极，为阳极，水得到电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；②c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答．解答：解：（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，故答案为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣；（2）①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平应需要CO2和H218O，故答案为：CO2；H218O；（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：，故答案为：；②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=，故答案为：；（4）a室：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案为：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；②c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．点评：本题主要考查的是海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理，充分理解所给信息是解决本题的关键，难度较大．28．（2015•北京）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化．实验如图1所示：（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅰ目的是使实验Ⅰ的反应到达化学平衡状态．（2）Ⅰ是Ⅰ的对比实验，目的是排除Ⅰ中溶液稀释对颜色的变化造成的影响．（3）Ⅰ和Ⅰ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动．（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I﹣）降低，导致I﹣的还原性弱于Fe2+．用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证．①K闭合时，指针向右偏转，b作正极．②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液．产生的现象证实了其推测．该现象是左管出现黄色沉淀，指针向左偏转．（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了Ⅰ中Fe2+向Fe3+转化的原因．①转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣．②与（4）实验对比，不同的操作是向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液．（6）实验Ⅰ中，还原性：I﹣＞Fe2；而实验Ⅰ中，还原性Fe2﹣＞I﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．考点：真题集萃；氧化还原反应．分析：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．解答：解：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释对颜色的变化；（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I ﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左管出现黄色沉淀，指针向左偏转；（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．点评：本题为2015年北京高考真题，侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．2015年新课标I高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）7．（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（）A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水考点：真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．分析：“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．解答：解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B．点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大．8．（6分）N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N AB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2N AC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N AD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A考点：真题集萃；阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nN A知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4．解答：解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nN A知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9N A、N A，结合分子构成知，二者的质子数。

北京房山区房山第二中学高三化学联考试卷含解析

北京房山区房山第二中学高三化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 下列离子方程式书写正确的是 ( )A．向小苏打溶液中加入少量石灰水：HCO3－+ OH—+ Ca2+＝CaCO3↓+2H2OB．向烧碱溶液中加入铝片：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑C．向HI溶液中加入Fe(OH)3固体：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2OD．向MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液：Ba2++SO4 2-－＝ BaSO4↓参考答案：B略2. 下列各离子组中，能在水溶液中大量共存，当滴加稀硫酸后则不能大量共存的是（）A．Na+、Mg2+、Cl-、I- B．Fe2+、Ba2+、S2-、Cl-C．Na+、Al3+、Cl-、 D．K+、Fe2+、Cl-、参考答案：D略3. 下列过程中反应离子方程式正确的是（）A．用漂白液漂洗衣物：H2O+2NaClO+CO2═2HClO+CO32﹣+2Na+B．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4（S）+CO32﹣（aq）?CaCO3（S）+SO42﹣（aq）C．用氢氧化钠溶液处理工业含二氧化硫的尾气：SO2+2OH﹣═HSO3﹣+H2OD．用加少量铁粉的方法存放硫酸亚铁溶液：Fe3++Fe═2Fe2+参考答案：B【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸钠为易溶的强电解质，应该拆开，且反应生成碳酸氢根离子；B．碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化；C．氢氧化钠少量，反应生成亚硫酸根离子；D．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒．【解答】解：A．用漂白液漂洗衣物，次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸钠应该拆开，正确的离子方程式为：H2O+ClO﹣+CO2═HClO+HCO3﹣，故A错误；B．碳酸钙比硫酸钙难溶物，可用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4（S）+CO32﹣（aq）?CaCO3（S）+SO42﹣（aq），故B正确；C．用氢氧化钠溶液处理工业含二氧化硫的尾气，反应生成亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O，故C错误；D．用加少量铁粉的方法存放硫酸亚铁溶液，原理是铁与铁离子反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故D错误；故选B．4. 向盛有50 mL 1.00 mol·L－1 HCl溶液的绝热容器中加入NaOH溶液，NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的最高测量温度(T)的关系如图所示，下列不正确的是()A．该实验表明化学能可以转化为热能B．NaOH溶液的浓度大于1.00 mol/LC．V＝50 mL时，混合液的pH>7 D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应参考答案：D略5. 三氯化氮(NCl3)在常温下是一种淡黄色液体，其分子呈三角锥形，以下关于NCl3的叙述正确的是A．NCl3晶体为原子晶体B．分子中N—Cl键是非极性共价键C．NCl3是一种含极性键的极性分子 D．N—Cl键能大，故NCl3沸点高参考答案：C6. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+B．NO2与水的反应：3NO2 + H2O = 2NO3－ + NO + 2H+C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－ + CO2 + 3H2O = 2A(OH)3↓+ CO32－参考答案：B略7. 某学生将托盘天平调整好后，在两个托盘上放上质量、大小相同的纸，并将一个坩埚放在左盘，一定质量的砝码放在右盘，这时右盘上翘，接下来，该生应进行的操作是(假定上述操作无误) （）A．将质量较大砝码换下小砝码B．将左边的螺丝向内旋转，使天平平衡C．将右边的螺丝向内旋转，使天平平衡D．在右盘上再加较小砝码，或小心地将游码向右移动至天平平衡参考答案：D 略8. 已知铅+2价稳定，6种物质：H2O、PbO2、Pb（NO3）2、HMnO4、HNO3和Mn（NO3）2可以组成一个化学方程式。

北京市房山区届高三第二次模拟化学试题及答案

房山区2022届高三第二次模拟化学6 •以下做法与所要实现目的中，正确的选项是A •回收电子垃圾通过高温燃烧熔出金属，可实现资源循环利用和绿色环保B •回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源 C •采用天然石材装修家居，可减轻室内甲醛等有机物和放射性物质的污染 D .将工业废水加压排放到地下深井，可实现自然过滤净化和防止水的污染A B C DA .用图1所示装置从Fe(OH〕3胶体中过滤出Fe(OH〕3胶粒B. 用图2所示装置蒸发掉CuCl2溶液中局部水制得CuCh • 2H2O晶体C. 用图3所示装置从CH3OH与C2H5OH的混合物中别离出乙醇D .用图4所示装置从C2H5OH与C2H5OOCCH3的混合物中别离出乙酸乙酯9•：①向盛有稀H2SO4试管中参加Fe粉，Fe粉完全溶解得浅绿色溶液；②向实验①浅绿色溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀并立即变为红褐色；③向实验②红褐色沉淀中滴加溶有淀粉的HI溶液，红褐色沉淀溶解得蓝色溶液。

以下判断正确的选项是A •上述实验中，共涉及四个氧化复原反响+ 2+ - -B. 实验可证明复原性：H> Fe > OH> IC. 实验②可证明溶解度：Fe(OH)3> Fe(OH)2D .实验③中，反响的离子方程式是：2Fe(OH)3 + 21- +6H+ = 2Fe2+ + I2 + 6H 2O10•可用于鉴别以下三种物质的一组试剂是12.，某温度下在 2L 密闭容器中参加一定量 A ,发生以下化学反响:2A(g)B(g) + C (g); A H kJ mol 1反响过程中时间t 与A 、B 浓度有下 mol • 一1,那么以下结论正确的选项是個c(A)A .该温度下此反响平衡常数为 3.23B . A 的初始物质的量为4 mol2-iC .反响到达平衡的过程中，放出的热量是kJ 1/ D.如使反响最终c(B)/c(A )= 3,只能降低反响温度° ； 10 15t/inin①银氨溶液 A .①③11.如右图所示，假设向盛有溶液①和溶液②的试管中，通入过量气体沉淀生成的是选项 X ①溶液 ②溶液 A Cl 2 Na 2SO 3 Na 2S B SO 2 Na 2SiO 3 Ba(NO 3)2 CNH 3 AgNO 3 AlCl 3 DHClCuSO 4NaAlO 21j②均有■—a■" _ -A三— J①水杨醛 B .②③C .①④D .②④25.〔12分〕W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如以下列图所示。

高三第二次模拟考试化学试题(答案解析)37

北京市房山区【精品】高三第二次模拟考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．【精品】5月1日北京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确是（）A．A B．B C．C D．D2．用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A．NH 4Cl的电离方程式NH4Cl NH3↑+HClB．HCl的电子式：C．NH3的结构式：D．Cl-的结构示意图：3．下列说法中不正确的是A．植物油氢化过程中发生了加成反应B．苯和甲苯都能发生取代反应C．氯乙烯和乙二醇都能用来作为合成高分子化合物的原料D．变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应4．我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。

Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（）A．元素的金属性：K＞RbB．中子数为50的Rb的核素：50Rb37C．与同周期元素53I的原子半径比：Rb＜ID ．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH ＜RbOH 5．下列装置完成相关实验，合理的是（）A ．AB ．BC ．CD ．D6．已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（） A ．1molO 2含有的电子数为16N AB ．0.1mol ·L -1碳酸钠溶液含有的CO 23-数目为0.1N A C ．8gS 在足量中氧气完全燃烧转移的电子数为N A D ．标准状况下22.4L 甲烷中共价键数目为4N A7．下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）A ．氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH 4+=Mg 2++2NH 3·H 2O B ．沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe 3++3H 2O=Fe(OH)3↓+3H + C ．用食醋能清洗水垢：CO 23-+2CH 3COOH=2CH 3COO -+H 2O+CO 2↑ D ．84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO -+Cl -+2H +=Cl 2↑+OH - 8．下列水处理方法涉及氧化还原反应的是 A ．用明矾处理水中的悬浮物B ．用Na 2S 处理水中的Cu 2+、Hg 2+等重金属离子C ．用FeSO 4处理含Cr 2O 72-的酸性废水，再调节pH 除去Cr 3+D ．用NaOH 处理含高浓度NH 4+的废水并回收利用氨9．为减少二氧化碳排放，我国科学家设计熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。

2015年北京卷高考化学试题及答案详解精校版.doc

2015年北京卷高考化学试题及答案详解精校版A.酸性：H 2SO 4>H 3PO4 B.非金属性：Cl>Br C.碱性：NaOH>Mg （OH ）2 D.热稳定性：Na 2CO 3〉NaHCO 38、（2015北京）下列关于自然界中氮循环（如右图）的说法不正确的是A.但元素均被氧化 B.工业合成氨属于人工固氮 C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化 D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环9、（2015北京）最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO 与O 在催化剂表面形成化学键的过程。

反应过程的示意图如下：下列说法屮正确的是 A. CO 和O 生成CO 2是吸热反应 B.在该过程中，CO 断键形成C 和OC. CO 和O 生成了具有极性共价键的CO 2D.状态I 4状态III 表示CO 与02反应的过程10、（2015北京）合成导电高分子材料PPV的反应：6、（2015北京）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是7、（2015北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是状态1 状态II 状态111表示c D 表示o /////表示傕化剤下列说法屮正确的是A. 合成PPV 的反应为加聚反应B. PPV 与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C. 和苯乙烯互为同系物D. 通过质谱法测定PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度11、（2015北京）某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH, T 列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO 溶液的pH 约为11）A. 该消毒液可用NaOH 溶液吸收Cl 2制备：Cl 2+2OH _=Cr + ClO' + H 2OB. 该消毒液的 pH 约为 12: CIO" + H 2OHC1O + OH'C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HC1）浞用，产生Cl 2: 2H f +Cl _+ClO'=Cl 2T + H 2OD. 该消毒液加白醋生成HC1O,可增强漂白作用：CH 3COOH+C1O_ = HC1O + CH 3COO_12、（2015北京）在通风橱中进行下列实验：下列说法屮不正确的是A. I 种气体有无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O 2=2NO 2B. II 中的现象说明Fe 表面形成致密的氧化层，阻止Fe 进一步反应C. 对比I 、II 中现象，说明稀1^^403的氧化性强于浓HNO 3D. 针对III 中现象，在Fe 、Cu 之间连接电流计，可判断Fe 是否被氧化25、（2015北京）（17分）“张一烯炔环异构反应”被《Name Reactions 》收录。

2015年高考试题化学(北京卷)解析版

2015年普通高等学校招生全国统一考试北京市高考理综试题（化学部分）A.火药使用B.粮食酿酒C.转轮排字D.铁的冶炼:7 5示意图如下:10. 合成导电高分子材料PPV的反应:CH -- HPPVF列说法正确.的是A.酸性：H2SO4>H3PO4B.非金属性：CI>BrC.碱性：NaOH>Mg(OH) 2D.热稳定性Na2CO3>NaHCO 38.下列关于自然界中氮循环（如右图）的说法不正确的是A. 氮元素均被氧化B. 工业合成氨属于人工固氮C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化D. 碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环动物排泄一固氮作用物及遗体（豆科类植物的根瘤）氨或铵盐 + . __________、亚硝酸盐— ---------------- 1■匸硝酸盐F被细菌分解9•最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。

反应过程的F列说法正确的是：A. CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中，CO断键形成C和OC.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.状态I T状态川表示CO与O2反应的过程2n+ (2n - 1)HIO大气中的氮人工固氮动物摄食制造蛋白质植物遗体丿状态I 状态n 状态皿•表示C 1:-表示O W'表示催化剂I _ ： CHA.合成PPV的反应为加聚反应B. PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C. CH2= CH - - CH = CH2和苯乙烯互为同系物D.通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度11. 某消毒液的主要成分为NaCIO ,还含有一定量的NaOH,下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaCIO溶液的pH约为11）A. 该消毒液可用NaOH 溶液吸收CI2制备：CI2 + 2OH -== Cl-+CIO-+H2OB. 该消毒液的pH 约为12: CIO -+ H2O - ' HCIO + OH -C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCI）混用，产生有毒CI2： 2H+ + CI -+CIO -== Cl2f + HOD. 该消毒液加白醋生成HCIO，可增强漂白作用：CH3COOH + CIO -== HCIO + CH 3COOA. I中气体由无色变为红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2B. n中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应C. 对比I、n中的现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对川中的现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化25. （17 分）张一烯炔环异构化反应 "被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物R- - C - J HC = C R/O —CH2 H2C- R ”■V 7 ”R —CH C = CH 铑催化剂.汪—CH，＞C CH 2O'O’-—CH HC = CH2卩-CHCH2o 'o'（R、R/、R"表示氢、烷基或芳基）含成五元环有机化合物J的路线如下铑催化剂”(1) A 属于炔烃，其结构简式是 _________________________________________________________ 。

北京市房山区2015届高考化学模拟试卷(含解析)

北京市房山区2015届高考化学模拟试卷一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意．（每小题2分，共50分）1．（2分）草酸（C2H2O4）是存在于植物体内的一种物质，过量食用会造成人体内酸碱失衡．草酸属于（）A．单质B．氧化物C．无机物D．有机物2．（2分）下列关于氨气性质的描述中，正确的是（）A．无色B．无味C．密度比空气大D．不溶于水3．（2分）下列物质中，不属于电解质的是（）A．NaCl B．KOH C．H2SO4D．CH3CH2OH4．（2分）基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（）A．质子数为32 B．质量数为15C．32P与33P互为同位素D．中子数为155．（2分）下列各组元素中，属于同一周期的是（）A．Mg、F B．N、P C．Al、Si D．O、Cl6．（2分）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（）A．NaCl B．CO2C．NaOH D．N27．（2分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A．矿泉水B．稀HCl C．FeCl3溶液D．Fe（OH）3胶体8．（2分）下列化学物质与其上方的标示图案相符的是（）A．氮气B．金属钠C．浓盐酸D．浓硫酸9．（2分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（）A．均易溶于水B．均为白色固体C．受热均易分解D．均能与盐酸反应10．（2分）下列物质中，碱性最强的是（）A．Mg（OH）2B．NaOH C．KOH D．LiOH 11．（2分）化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语不正确的是（）A．氯化钠的电子式：B．Cl﹣的结构示意图：C．乙烯的结构式：C2H4D．CH4分子的比例模型：12．（2分）下列元素中，原子半径最大的是（）A．F B．Cl C．Br D．I13．（2分）下列有机物中，属于高分子化合物的是（）A．油脂B．蔗糖C．葡萄糖D．蛋白质14．（2分）工业上，通常用电解法冶炼的金属是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Ag15．（2分）下列反应中，属于加成反应的是（）A．苯与溴反应生成溴苯B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷C．乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷D．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯16．（2分）下列反应中，是吸热反应的是（）A．铝片与稀硫酸反应B．乙醇在空气中燃烧C．盐酸与氢氧化钠溶液反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与氯化铵晶体反应17．（2分）一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，下列说法正确的是（）A．N2、H2完全转化为NH3B．N2、H2、NH3的浓度一定相等C．反应已达到化学平衡状态D．正、逆反应速率相等且等于零18．（2分）下列方法不能区分苯与乙酸的是（）A．观察颜色B．与金属钠反应C．滴加紫色石蕊溶液D．观察在水中的溶解性19．（2分）关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（）A．锌棒为正极B．铜棒上发生还原反应C．正极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+D．电流从锌棒经外电路流向铜棒20．（2分）下列措施中，能加快化学反应速率的是（）A．将食物储存在冰箱里B．往H2O2溶液中加入几滴FeCl3溶液C．用块状碳酸钙代替粉末状碳酸钙与稀盐酸反应D．用0.1 mol/L H2SO4溶液代替1 mol/L H2SO4溶液与锌粒反应21．（2分）下列行为不符合安全要求的是（）A．实验室废液需经处理后才能排入下水道B．点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度C．配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去22．（2分）硅单质及其化合物在材料领域中一直扮演着主要角色．下列叙述中，不正确的是（）A．硅酸钠是制备木材防火剂的原料B．硅单质可用来制造太阳能电池C．硅单质是制造玻璃的主要原料D．二氧化硅是制造光导纤维的材料23．（2分）下列离子方程式中，正确的是（）A．在氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓B．在硝酸银溶液中滴入氯化钠溶液：Ag++Cl﹣=AgCl↓C．金属钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑D．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑24．（2分）完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（）A B C D实验分离苯和水用二氧化锰和浓盐酸制取氯气用排气法收集氨气用四氯化碳萃取碘水中的碘装置或仪器A．A B．B C．C D．D25．（2分）下列说法正确的是（）A．常温常压下，22.4 L H2含有6.02×1023个氢分子B．标准状况下，22.4 L H2O含有6.02×1023个水分子C．2.3g钠在足量氧气中充分燃烧失去6.02×1022个电子D．1L 0.1mol/L的K2SO4溶液中，K+的浓度是0.1mol/L一、必答题（共30分）26．（3分）一定条件下，氨气和一氧化氮反应的方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，在该反应中，被氧化的物质是（填化学式），作为氧化剂的物质是（填化学式）；若反应中消耗了4mol NH3，则生成mol N2．27．（3分）在3种有机物①CH2=CH2、②CH3COOH、③CH4，能使紫色石蕊溶液变红的是（填序号，下同），可用于合成聚乙烯塑料的是，可用作清洁能源的是．28．（4分）现有下列物质：①Al2O3、②SO2、③FeCl3溶液、④Cl2．其中，可用于制作耐火材料的是（填序号，下同）；可用于自来水消毒的是；属于酸性氧化物的是；与硫氰化钾溶液反应生成红色溶液的是．29．（4分）硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂．请回答：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硝酸，说明浓硝酸具有性．铝制容器不能用于盛放氢氧化钠溶液，两者反应生成的盐是．（2）工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硫酸铜．下列制备方法符合“绿色化学”思想的是（填序号）．写出①中反应的化学方程式：．①Cu+H2SO4（浓）→C uSO4②Cu CuO CuSO4．30．（8分）某工厂的酸性废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42﹣和少量Na+．为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾．（1）工业废水中加入试剂A后，反应的离子方程式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、．（2）试剂B是．（3）①～③中均涉及的实验操作是．（4）可用绿矾消除工业废水中+6价铬（Cr2O72﹣）的污染，使之转化为Cr3+，若处理1t废水（含Cr2O72﹣ 10﹣3 mol/kg），则需加入绿矾的质量至少为．31．（8分）现有 D、E、F六种物质，其中A、B、C是由短周期元素组成的常见单质，D分子含有10个电子，F是一种不含金属元素的盐．一定条件下转化关系如下：请回答：（1）组成A的元素在周期表中的位置是．（2）下列关于D的说法正确的是（填序号）．a．有还原性b．其水溶液能使酚酞溶液变红色c．极易溶于水d．其水溶液能使品红溶液褪色（3）F与消石灰共热反应，可用于制取D气体，反应的化学方程式是．（4）E的浓溶液和上述物质中溶液所含阴离子相同，该离子的检验方法是．二、选做题：《化学与生活》模块试题（共20分．请在以下三个模块试题中任选一个模块试题作答，若选答了多个模块的试题，以所答第一模块的试题评分）32．（4分）某课外小组学生学做比萨饼，购买了下列食物：①西红柿、②食盐、③橄榄油、④小麦粉．请回答：（1）富含淀粉的是（填序号，下同）．（2）富含油脂的是．（3）富含维生素的是．（4）属于调味剂的是．33．（8分）判断下列说法（填“对”或“错”）．（1）甲醛、一氧化碳、氡是常见的室内空气污染物．（2）含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，不会导致水体污染．（3）煤的气化和液化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径．（4）使用明矾作混凝剂，可吸附水中的悬浮物，达到净水的目的．．34．（8分）如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容．为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：序号内容实验现象1 常温下将铁丝放在干燥空气中一个月干燥的铁丝表面依然光亮2 常温下将铁丝放在潮湿空气中一小时铁丝表面依然光亮3 常温下将铁丝放在潮湿的空气中一个月铁丝表面已变得灰暗4 将潮湿的铁丝放在常温的氧气流中一小时铁丝表面略显灰暗5 将潮湿的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时铁丝表面已变得灰暗6 将浸过氯化钠溶液的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时铁丝表面灰暗程度比实验5严重请回答：（1）上述实验中发生了电化学腐蚀的是（填实验序号）．（2）由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是．（3）为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法是（答两种方法）．（4）已知铁丝样品质量为3.5g，经实验测得未锈蚀铁的质量分数为80%．则未锈蚀铁与足量稀硫酸反应生成氢气的体积为（标准状况）．选做题《有机化学基础》模块考试（共3小题，满分0分）35．下列四种有机物中：A． B．CH3CH2CH2CH2CH3 C．CH3CH=CHCH3 D．CH3CH=CH2（1）属于烷烃的是（填序号，下同），互为同分异构体的是，互为同系物的是．（2）用系统命名法给A命名，其名称是．36．柠檬酸结构简式为：（1）柠檬酸中的官能团有、（写名称）．（2）1mol柠檬酸最多可消耗NaOH的物质的量是mol．（3）下列关于柠檬酸的说法正确的是（填序号）．A．可发生酯化反应 B．可发生加成反应 C．可发生消去反应 D．其分子式是C6H8O6．37．A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是具有果香气味的烃的衍生物．A、B、C、D在一定条件下存在如下转化关系（部分反应条件、产物被省略）．（l）工业上，由石油获得石蜡油的方法是，由石蜡油获得A是（填“物理”或“化学”）变化．（2）A的化学式是；A﹣B的反应类型是反应；写出反应B+C﹣D的化学方程式：（3）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，写出它的两种同分异构体的结构简式：、．选做题：《化学反应原理》模块试题（共3小题，满分0分）38．《化学反应原理》模块试题．已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol③C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ/mol请回答：（1）上述反应中属于放热反应的是（填序号，下同），属于吸热反应的是．（2）1mol H2完全燃烧生成液态水，放出的热量为 kJ．（3）碳的燃烧热△H=kJ/mol．39．合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破．合成氨反应的化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．一定条件下，在密闭容器中反应达平衡后，请回答：（1）若增大N2的浓度，则化学反应速率（填“增大”或“减小”），化学平衡（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）移动．（2）若加入适当的催化剂，则化学反应速率增大，化学平衡（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）移动．（3）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=．40．盐酸和醋酸是生产、生活和化学实验中常用的酸．请回答：（1）人的胃液中含有盐酸，经测定某人胃液的pH为2，则其中的c（H+）=mol/L．（2）食醋常用于食品调味，其主要成分为醋酸．醋酸的电离方程式为．（3）室温下，pH均为3的盐酸和醋酸溶液，下列各项中相等的是（填序号）．①溶液中c（H+）②酸的物质的量浓度③完全中和时，消耗NaOH的质量（4）实验室配制氯化铁溶液时，加入少量盐酸的作用是．北京市房山区2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意．（每小题2分，共50分）1．（2分）草酸（C2H2O4）是存在于植物体内的一种物质，过量食用会造成人体内酸碱失衡．草酸属于（）A．单质B．氧化物C．无机物D．有机物考点：无机化合物与有机化合物的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：根据草酸（HOOCCOOH）的元素组成以及单质、氧化物、无机物、有机物的概念与特征进行分析判断即可．解答：解：A、草酸是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，不是单质，故A错误；B、氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，草酸是由碳、氢、氧三种元素组成的，不属于氧化物，故B错误；C、草酸是含碳元素的化合物，属于有机物，不是无机物，故C错误；D、草酸是含碳元素的化合物，属于有机物，故D正确；故选D．点评：本题考查单质、氧化物、无机物、有机物的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答本题的关键．2．（2分）下列关于氨气性质的描述中，正确的是（）A．无色B．无味C．密度比空气大D．不溶于水考点：氨的物理性质．专题：氮族元素．分析：氨气是一种无色有刺激性气味的密度小于空气的气体，极易溶于水，易液化．根据氨气的物理性质解答．解答：解：氨气是一种无色有刺激性气味的极易溶于水的易液化的气体，密度小于空气，故选A．点评：本题考查了氨气的物理性质，题目简单，注意对基础知识的积累．3．（2分）下列物质中，不属于电解质的是（）A．NaCl B．KOH C．H2SO4D．CH3CH2OH考点：电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行判断．解答：解：A、氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氯化钠为电解质，故A错误；B、氢氧化钾在溶液中和熔融状态下都能够导电，所以氢氧化钾为电解质，故B错误；C、硫酸在水溶液中能够导电，所以硫酸为电解质，故C错误；D、乙醇在水溶液和液态都不导电，是非电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意明确电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念，特别注意：不是电解质的物质不一定属于非电解质．4．（2分）基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（）A．质子数为32 B．质量数为15C．32P与33P互为同位素D．中子数为15考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：根据z A X中Z表示质子数，A表示质量数，中子数=质量数﹣质子数以及质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，据此分析解答；解答：解：A．P的质子数为15，质量数为32，故A错误；B．P的质子数为15，质量数为32，故B错误；C．31和33P质子数相同都为15，中子数分别为16和18，质子数相同中子数不同，互为同位素，故C正确；D．P的质子数为15，质量数为32，中子数为32﹣15=17，故D错误；故选C．点评：本题考查磷的同位素的判断，明确同位素概念、微粒的表示方法Z A X是解本题的关键，题目难度不大．5．（2分）下列各组元素中，属于同一周期的是（）A．Mg、F B．N、P C．Al、Si D．O、Cl考点：元素周期表的结构及其应用．分析：原子结构中，具有相同电子层的原子，在同一周期，以此来解答．解答：解：A．Mg、F分别在第三周期、第二周期，故A不选；B．N、P分别在第二周期、第三周期，故B不选；C．Al、Si的原子结构中均有3个电子层，均位于第三周期，故C选；D．O、Cl分别在第二周期、第三周期，故D不选；故选C．点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，侧重元素位置的考查，注意把握原子的电子层数等于周期数的关系，熟悉常见元素的位置即可解答，题目难度不大．6．（2分）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（）A．NaCl B．CO2C．NaOH D．N2考点：共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．专题：化学键与晶体结构．分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既含离子键、又含共价键的物质应为离子化合物，并且含有由多个原子组成的阴离子，据此分析解答．解答：解：A．氯化钠只含离子键，故A错误；B，二氧化碳中只含共价键，故B错误；C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故C 正确；D．氮气中只含共价键，故D错误；故选C．点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别．7．（2分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A．矿泉水B．稀HCl C．FeCl3溶液D．Fe（OH）3胶体考点：胶体的重要性质．专题：溶液和胶体专题．分析：胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔现象是区分胶体和溶液最常用的简单方法；丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是否为胶体即可．解答：解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；Fe（OH）3胶体．A．矿泉水属于矿物质离子的溶液，无丁达尔效应，故A错误；B．稀HCl属于氯化氢的溶液，无丁达尔效应，故B错误；C．FeCl3溶液属于FeCl3的溶液，无丁达尔效应，故C错误；D．Fe（OH）3胶体分散质大小为1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应，故D正确；故选D．点评：本题考查胶体的性质，明确丁达尔效应是胶体的特有性质是解答关键，题目较简单．8．（2分）下列化学物质与其上方的标示图案相符的是（）A．氮气B．金属钠C．浓盐酸D．浓硫酸考点：化学试剂的分类．专题：化学实验基本操作．分析：A．氮气不能燃烧；B．金属钠具有还原性；C．浓盐酸不是剧毒品；D．浓硫酸有腐蚀性．解答：解：A．氮气不能燃烧，不是易燃气体，故A错误；B．金属钠具有还原性，不是氧化剂，故B错误；C．浓盐酸不是剧毒品，故C错误；D．浓硫酸有腐蚀性，是腐蚀品，故D正确．故选D．点评：本题考查常见危险品的类别，难度不大，平时注意知识的积累．9．（2分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（）A．均易溶于水B．均为白色固体C．受热均易分解D．均能与盐酸反应考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、根据钠盐都极易溶于水；B、根据碳酸钠为白色粉末，碳酸氢钠为白色晶体；C、根据碳酸氢钠加热分解，碳酸钠性质稳定；D、根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质判断；解答：解：A、Na2CO3和NaHCO3属于钠盐，都极易溶于水，故A正确；B、Na2CO3和NaHCO3均为白色固体，故B正确；C、Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解，故C错误；D、Na2CO3和NaHCO3都能够和酸反应生成二氧化碳，故D正确；故选：C；点评：本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注重了基础知识考查，本题难度不大．10．（2分）下列物质中，碱性最强的是（）A．Mg（OH）2B．NaOH C．KOH D．LiOH考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强；金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强由此分析解答．解答：解：Na、Mg在同周期，同周期元素从左向右金属性在减弱，则金属性：Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，而Li、Na、K在同主族元素，金属性增强，所以碱性最强的为KOH，故选C．点评：本题考查元素周期律，明确同周期、同主族元素性质的变化规律即可解答，难度不大．11．（2分）化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语不正确的是（）A．氯化钠的电子式：B．Cl﹣的结构示意图：C．乙烯的结构式：C2H4D．CH4分子的比例模型：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析：A．氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；B．氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；C．结构式需要用短线表示出所有的共用电子对；D．甲烷的比例模型表示甲烷空间结构即构造原子的相对体积大小．解答：解：A．氯化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，阴离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠的电子式为：，故A正确；B．氯离子核外电子总数为18，Cl﹣的结构示意图为：，故B正确；C．乙烯分子中含有4个碳氢键、1个碳碳双键，乙烯正确的结构式为：，故C 错误；D．甲烷分子为正四面体结构，碳原子体积大于氢原子，甲烷分子的比例模型为：，故D正确；故选C．点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握结构式、原子结构示意图与离子结构示意图、电子式、比例模型与球棍模型等化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式、分子式的区别．12．（2分）下列元素中，原子半径最大的是（）A．F B．Cl C．Br D．I考点：微粒半径大小的比较．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据元素周期律，同主族元素的原子半径随着电子层数的增大而增大．解答：解：F、Cl、Br、I是同一主族的元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，所以原子半径最大的是I．故选D．点评：本题考查学生原子半径的比较方法，注意同住族元素的递变规律是关键，难度不大．13．（2分）下列有机物中，属于高分子化合物的是（）A．油脂B．蔗糖C．葡萄糖D．蛋白质考点：有机高分子化合物的结构和性质．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．解答：解：油脂、蔗糖、葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，而蛋白质相对分子质量较大，大于10000，属于高分子化合物，故选D．点评：本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答，较简单．14．（2分）工业上，通常用电解法冶炼的金属是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Ag考点：金属冶炼的一般原理．专题：金属概论与碱元素．分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；解答：解：A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；B．Fe采用热还原法冶炼，故B错误；C．Cu采用热还原法冶炼，故C错误；D．Ag采用热分解法冶炼，故D错误；故选：A．点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大．15．（2分）下列反应中，属于加成反应的是（）A．苯与溴反应生成溴苯B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷C．乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷D．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯考点：取代反应与加成反应．专题：有机反应．分析：所谓加成反应是指：有机物分子中的不饱和键断裂，断键后与其它原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；根据定义分析即可解答．解答：解：A．苯在铁作催化剂的条件下能和溴发生取代反应得到溴苯，C6H6+Br2C6H5Br+HBr，是苯分子中的一个氢原子被溴原子代替，属于取代反应，故A错误；B．甲烷与氯气发生反应生成一氯甲烷，是甲烷分子中的一个氢原子被氯原子代替，属于取代反应，故B错误；C．乙烯与氯化氢能发生加成反应得到氯乙烷，方程式为：CH2═CH2+HCl CH3CH2Cl，故C正确；D．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O，是乙醇分子中一个氢原子被乙酰基取代，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了加成反应的判断，根据定义是解答的关键．难度不大．16．（2分）下列反应中，是吸热反应的是（）A．铝片与稀硫酸反应B．乙醇在空气中燃烧C．盐酸与氢氧化钠溶液反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与氯化铵晶体反应考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．解答：解：A、铝片与稀硫酸反应属于放热反应，故A错误；B、乙醇在空气中燃烧是放热反应，故B错误；C、酸碱中和反应属于放热反应，故C错误；D、氯化铵与氢氧化钡晶体反应是吸热反应，故D正确．故选D．点评：本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．17．（2分）一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，下列说法正确的是（）A．N2、H2完全转化为NH3B．N2、H2、NH3的浓度一定相等C．反应已达到化学平衡状态D．正、逆反应速率相等且等于零考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，即为化学平衡状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：A、任何可逆反应都不可能完全转化，所以N2、H2不可能完全转化为NH3，故A 错误；B、当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、反应已达到化学平衡状态，说明N2、H2、NH3的浓度不再改变，故C正确；D、化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等且大于零，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．18．（2分）下列方法不能区分苯与乙酸的是（）A．观察颜色B．与金属钠反应C．滴加紫色石蕊溶液D．观察在水中的溶解性考点：有机物的鉴别．专题：物质检验鉴别题．分析：苯不溶于水，密度比水小，乙酸和水混溶，含有羧基，具有酸性，可从酸的通性的角度检验乙酸，以此解答．解答：解：A．二者都是无色液体，观察颜色不能鉴别，故A错误；B．乙酸具有酸性，可与钠反应生成氢气，可鉴别，故B正确；C．乙酸具有酸性，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，可鉴别，故C正确；D．苯不溶于水，密度比水小，乙酸和水混溶，可鉴别，故D正确．故选A．点评：本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大．19．（2分）关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（）A．锌棒为正极B．铜棒上发生还原反应。

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2015年北京市房山区高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2015•房山区二模）在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．分析：A．在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害；C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；D．高锰酸钾可氧化乙烯．解答：解：A．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大．2．（6分）（2015•房山区二模）用下列实验分离装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用图所示装置分离苯和水B．用图所示装置除去C2H2中含有的少量H2SC．用图所示装置分离NaCl和CaCl2的混合溶液D．用图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．苯不溶于水，且密度比水小；B．乙炔可被酸性高锰酸钾氧化；C．NaCl和CaCl2互溶；D．氯化铵不稳定，加热易分解．解答：解：A．苯不溶于水，可用分液的方法分离，苯的密度比水小，在上层，故A正确；B．乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，应用硫酸铜溶液除杂，故B错误；C．NaCl和CaCl2互溶，不能用过滤的方法分离，故C错误；D．氯化铵不稳定，加热易分解，不能直接蒸干，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、提纯等，注意化学实验操作的考查，熟悉高考中对化学实验注意事项及操作要点的考查，题目难度中等．3．（6分）（2015•房山区二模）已知：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，且X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示．下列说法正确的是（）X YZ WA．最高正化合价：Z＞X=W＞YB．原子半径：Y＞X＞W＞ZC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜X＜W＜YD．最高价含氧酸的钠盐溶液能与SO2反应的：X、Y、Z、W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：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．解答：解：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，A．Z为Al，最高化合价为+3价，而Y为N，最高化合价为+5价，故A错误；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y、Z＞W，故B错误；C．非金属性N＞C＞Si＞Al，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．最高价含氧酸的钠盐分别为Na2CO3、NaNO3、NaAlO2、Na2SiO3，由于亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可与Na2CO3、Na2SiO3溶液反应生成二氧化碳、硅酸，NaAlO2溶液与二氧化硫反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化硫水溶液呈酸性，而硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则NaNO3可与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，故D正确．故选D．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大．4．（6分）（2015•房山区二模）如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好），若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是（）X YA 过量C、Fe碎屑稀HClB 过量Na2CO3粉末稀H2SO4C 过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D 过量Cu、CuO粉末浓HNO3A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，如存在a ＞b关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗，反之不存在a＞b，以此解答该题．解答：解：A．铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，a＞b，故A不选；B．碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小，a＞b，故B不选；C．Fe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选．故选C．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．5．（6分）（2015•房山区二模）解释下列实验事实的离子方程式中，不准确的是（）A．在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓B．向H2O中加入少量Na2O2，产生无色气体：2Na2O2+2H2O=O2↑+4OH﹣+4Na+C．向Cl2水中滴入适量Fe（NO3）2溶液，溶液变为黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，溶液变蓝色：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C．氯水显示酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性最强，硝酸根离子优先与亚铁离子反应；D．双氧水具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质．解答：解：A．在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故A正确；B．向H2O中加入少量Na2O2，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=O2↑+4OH﹣+4Na+，故B正确；C．氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化性最强，所以硝酸根离子优先参与反应，正确的离子方程式为：6Fe2++8H++2NO3﹣=6Fe3++4H2O+2NO↑，故C错误；D．向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，所以溶液变蓝色，反应的离子方程式为：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）．6．（6分）（2015•房山区二模）己烯雌酚的结构简式如图所示，下列有关叙述中不正确的是（）A．与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物B．聚己烯雌酚含有顺式和反式两种结构C．1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应D．形成高分子的单体中有己烯雌酚考点：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．酚羟基能和NaOH反应生成酚钠；B．碳碳双键两端的碳原子含有不同的基团的有机物有顺反异构；C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应；D．该高分子化合物中单体是和HCHO．解答：解：A．酚羟基能和NaOH反应生成酚钠，所以与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物，故A正确；B．聚己烯雌酚不含碳碳双键，所以没有顺反异构，故B正确；C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应，故C正确；D．该高分子化合物中单体是和HCHO，所以形成高分子的单体中有己烯雌酚，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚和烯烃性质、顺反异构、高分子化合物单体等知识点，易错选项是BD，注意聚己烯雌酚不含碳碳双键，注意生成D中高分子化合物需要单体，为易错点．7．（6分）（2015•房山区二模）已知：在700℃的恒温、恒容密闭容器中发生反应3CH4（g）+2N2（g）⇌3C（s）+4NH3（g），若CH4与N2在不同投料比时CH4的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是（）A．n（CH4）/n（N2）越大，CH4的转化率越高B．a点对应的平衡常数比c点的大C．b点对应的NH3的体积分数为26%D．不改变投料比，增加n（N2）时，NH3体积分数增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．分析：由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用b点甲烷转化率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答．解答：解：A．由图象看出，CH4的转化率随的增大而降低，故A错误；B．ab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，故B错误；C．b点甲烷转化率为22%，=0.75，则设甲烷为3mol，氮气为4mol，3CH4（g）+2N2（g）⇌3C（s）+4NH3（g）△H＞0开始 3 4 0转化0.66 0.44 0.88平衡 2.34 3.56 0.88则NH3的体积分数约为×100%=13%，故C错误；D、不改变投料比，增加n（N2）时，必然增加甲烷，平衡正向移动，氨气体积分数增大，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡图象及计算，为高频考点，把握图象中纵横坐标的含义、影响平衡的因素及平衡常数、化学平衡三段法计算等为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（17分）（2015•房山区二模）有机化合物I分子结构中含有三个六元环，其合成路线如下：已知：R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO回答以下问题：（1）D中所含官能团的名称是醛基、羟基．CH2=CH2→B的反应类型是加成反应．（2）A+C→D的化学反应方程式是．（3）F的反式结构式是．（4）H→I的化学反应方程式是．（5）下列说法正确的是bc．a．A、C为同系物b．E、F均能自身发生聚合反应c．E、H互为同分异构体d．I、G均易溶于水和有机溶剂（6）E的同分异构体有多种，符合以下要求：①苯环上只有两个对位取代基②FeCl3溶液发生显色反应③能发生银镜反应④能发生水解反应写出E的同分异构体的结构简式．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C为CH3CHO．A的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基，D经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为，据此解答．解答：解：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C为CH3CHO．A 的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基，D经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为．（1）D为，所含官能团有：醛基、羟基，CH2=CH2→B的反应类型是：加成反应，故答案为：醛基、羟基；加成反应；（2）A+C→D的化学反应方程式是：，故答案为：；（3）F为，其反式结构式是：，故答案为：；（4）H→I的化学反应方程式是：，故答案为：；（5）a．A是苯甲醛、C为CH3CHO，二者不属于同系物，故错误；b．E为，含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应，F为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；c．E为，H为，二者互为同分异构体，故正确；d．I属于酯类物质，不易溶于水，故错误，故选：bc；（6）E（）的同分异构体有多种，符合以下要求：①苯环上只有两个对位取代基；②FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；③能发生银镜反应，④能发生水解反应，说明含有甲酸生成的酯基（﹣OOCH），故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合I的分子式与结构特点、反应条件，采取正逆推法相结合进行推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．9．（12分）（2015•房山区二模）已知工业上在500℃时，利用CO和CO2生产甲醇的热化学方程式分别是：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol（1）反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.1 kJ/mol．（2）若500℃时反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=1.0．该条件下，在1L密闭容器中，当加入等物质的量的H2和CO2进行反应时，c（CO）与反应时间t的变化曲线X如图1所示．①当反应进行到t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L．②当容器内c（CO2）=5mol•L﹣1时，该反应v正＞v逆（填“＞、＜或=”）．③当反应进行到t2时刻，若使反应按曲线Y进行，调控反应条件的方法是升高温度．（3）微生物可使甲醇在酸性环境下与空气中氧气发生原电池反应，反应原理如图2所示．①反应中阳离子的运动方向是A到B．②B极的反应式是O2+4e﹣+4H+=2H2O．③A极可能产生的物质是cd．a．H2b．CH4c．HCOOH d．CO2．考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．分析：（1）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol ①3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol ②，利用②﹣①即可得出；（2）①依据平衡常数K=1.0，利用三段法计算即可；②依据①的计算判断此时浓度下，平衡移动方向；③由X变到Y即增加CO的浓度，依据反应特点判断即可；（3）①甲醇原电池中甲醇在负极放电，据此判断阳离子的移动方向；②正极氧气放电，在酸性环境中生成水，据此书写即可；③A电极为负极，失去电子，发生氧化反应，化合价升高，据此判断即可．解答：解：（1）（1）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol ①，3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol ②，②﹣①得：H2（g）+CO2（g）⇌H2O （g）+CO（g）△H=﹣49.0kJ/mol﹣（﹣90.1kJ/mol）=+41.1 kJ/mol，故答案为：+41.1 kJ/mol；（2）①由图可知：t1时刻，容器内c（CO）=2mol/L，即转化生成的CO为2mol，那么有H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）始（mol/L）x x 0 0转 2 2 2 2平x﹣2 x﹣2 2 2K==1，解x=4，4mol/L﹣2mol/L=2mol/L，故答案为：2mol/L；②由（1）计算可知t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L，此时仍未达到平衡，即v正＞v逆，故当容器内c（CO2）=5mol•L﹣1时，该反应v正＞v逆，故答案为：＞；③由（1）计算得知，反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.1kJ/mol，即为吸热反应，要使得反应按曲线Y进行，即升高温度即可，故答案为：升高温度；（3）①甲醇原电池中甲醇在负极放电，即A为原电池的负极，溶液中阳离子由A移到B，故答案为：A至B；②氧气在正极放电，结合酸性溶液中的氢离子生成水，电极反应方程式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；③甲醇中C元素的化合价为﹣2价，失去电子发生氧化反应，化合价升高，可以生成HCOOH （C的化合价为+2价），可以生成CO2（C的化合价为+4价），故选cd．点评：本题主要考查的是盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算以及化学平衡常数的计算、原电池原理等，综合性较强，有一定的难度，为常考题．10．（14分）（2015•房山区二模）如图是从海水制盐和分离出的盐卤中提取Br2、Mg的某种流程：回答下列问题：（1）用惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣．（2）已知盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子．①盐卤呈酸性性．②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀．（3）制备无水MgCl2时需持续加入的X是盐酸，用化学用语及简要文字解释其原因是Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+_．（4）若吸收塔中溴以Br和BrO3﹣的形式存在，则n（Br﹣）：n（BrO3﹣）是5：1．（5）蒸馏塔中反应的离子方程式是5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，加入H2SO4而不加入盐酸的原因是易挥发失去HCl而削弱酸化作用．考点：海水资源及其综合利用．专题：实验设计题．分析：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴蒸气．在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；（2）①盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性；②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子；（3）为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入盐酸；（4）若吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，依据电子守恒计算得到n（Br﹣）：n（BrO3﹣）；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；解答：解：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴蒸气．在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣；（2）①盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性，故答案为：酸性；②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀；（3）溶液中镁离子水解，Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+，为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入的X为盐酸，故答案为：盐酸，Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+；（4）若吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，溴单质在碱溶液中发生歧化反应，0价变化为+5价和﹣1价，依据电子守恒计算得到，n（Br﹣）：n（BrO3﹣）=5：1，故答案为：5：1；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，反应的离子方程式为：5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；故答案为：易挥发失去HCl而削弱酸化作用，5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O；点评：本题考查了海水资源的应用，物质提纯方法和步骤分析判断，主要是海水提溴、海水提镁的生产流程分析应用，掌握基础是关键，提镁难度中等．11．（15分）（2015•房山区二模）学习小组拟通过实验，探究Mg（NO3）2受热分解的产物．小组猜想：ⅰ．固体产物可能有Mg（NO2）2、MgO、Mg3N2中的一种或几种ⅱ．气体产物可能有NO2、N2、O2中的一种或几种查得相关资料：a．Mg（NO2）2、Mg（NO3）2易溶于水，MgO难溶于水．b.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2Oc．Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑（1）针对以上猜想，设计了如图所示实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（2）进行实验Ⅰ．检验上述装置气密性．Ⅱ．称取3.7gMg（NO3）2固体，置入硬质玻璃管A中，打开K，通入一段时间N2，并进行相关物质质量称量Ⅲ．关闭K，用酒精灯持续给装置A加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其它装置．Ⅳ．待Mg（NO3）2完全分解，装置冷却至室温，打开K，再缓慢通入一会N2后并再称量．称得A中剩余固体质量为1.0g，B、C、D、E、F中溶液质量分别增加了2.3g、0.0g、0.1g、0.3g、0.05g．Ⅴ．取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象．（3）回答问题①小组预测一定有O2生成，理由是N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2．②N2的电子式是，步骤Ⅱ中，通入一段时间N2的目的是避免对分解产物O2的检验产生干扰．③步骤Ⅲ中，装置A内若出现了红棕色气体，其化学式是NO2．④装置C中若红色始终未褪，其设计的目的是验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验．⑤实验中发现Mg（NO3）2分解时有O2生成，其实验现象是C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，用化学用语解释，产生上述现象的原因是Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4．⑥实验中Mg（NO3）2分解没有N2生成的理由是Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律．⑦Mg（NO3）2分解的化学方程式是2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑．⑧装置F中溶液质量增加的原因是吸收空气进入的O2所致．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：①根据氧化还原反应中化合价有升高，一定也要降低角度进行判断；②氮气分子中含有氮氮三键，最外层满足8电子稳定结构；各装置中都有氧气，避免空气中氧气干扰实验；③根据二氧化氮为红棕色气体分析；④二氧化氮影响氧气的检验，所以检验氧气前先必须证明二氧化氮已经除尽；⑤若C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，则证明产物中有氧气；分别写出亚硫酸钠水解、亚硫酸钠被氧气氧化的方程式；⑥根据质量守恒进行判断；⑦根据以上分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，据此写出反应的方程式；⑧空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠导致溶液质量增加．解答：解：①Mg（NO3）2受热分解生成的氮化物中，N元素的化合价降低，则一定有化合价升高的元素，根据硝酸镁的组成可知，只能为﹣2价的氧元素失去电子生成氧气，故答案为：N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；②氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为：；步骤Ⅱ中，通入一段时间N2，目的是用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，故答案为：；避免对分解产物O2的检验产生干扰；③步骤Ⅲ中，装置A内若出现了红棕色气体，则该红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；④装置D用于检验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，所以必须用装置C验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验，故答案为：验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；⑤若装置C中红色溶液中有气泡冒出，且试管D中亚硫酸钠的酚酞溶液褪色，则证明反应产物中有氧气，涉及的反应有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，所以滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，导致溶液褪色，故答案为：C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；⑥称取3.7gMg（NO3）2固体，反应后剩余1g固体，B中增重2.3g为二氧化氮质量，D、E 增重的为氧气，质量为0.4g，总质量恰好为3.7g，说明反应产物中不会有氮气生成，故答案为：Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；⑦取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象，说明反应产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只能为氧化镁，结合其它分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反应方程式为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑，故答案为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑；⑧装置F的作用是吸收空气中氧气，避免干扰实验测定，由于亚硫酸钠与空气中氧气反应生成硫酸钠，导致试管F中溶液质量增加，故答案为：吸收空气进入的O2所致．点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．。