北京市东城区汇文中学2016高考模拟演练理科综合化学考试试题

2016年普通高等学校全国统一考试（北京卷）理科综合第一部分（选择题共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 将与生物学有关的内容依次填入下图各框中，其中包含关系错误．．的选项是框号选项1 2 3 4 5A 组成细胞的化合物有机物无机物水无机盐B 人体细胞的染色体常染色体性染色体X染色体Y染色体C 物质跨膜运输主动运输被动运输自由扩散协助（易化）扩散D 有丝分裂分裂期分裂间期染色单体分离同源染色体分离【答案】D【名师点睛】首选明确识记知识点，并把各知识点构建成知识网络图，是解决本题的关键。

⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧无机盐水无机化合物核酸蛋白质脂质糖类有机物化合物组成细胞的化合物⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧染色体染色体性染色体常染色体人体细胞中的染色体YX⎩⎨⎧离分裂，姐妹染色单体分第二次分裂后期着丝点减数第二次分裂：减数同源染色体自由组合、同源染色体分离、非减数第一次分裂：联会减数分裂2. 葡萄酒酿制期间，酵母细胞内由ADP 转化为ATP 的过程 A . 在无氧条件下不能进行 B . 只能在线粒体中进行 C . 不需要能量的输入 D . 需要酶的催化 【答案】D【名师点睛】需要明确的知识点：①酵母菌细胞内ATP 形成的部位：细胞质基质、线粒体内膜、线粒体基质；②酵母菌的呼吸方式；③有氧呼吸和无氧呼吸过程中均有ATP 形成；④ADP 转化为ATP 的条件：需要能量以及酶的催化等。

3. 豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F 区和T 区。

20世纪90年代初，F 区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。

为避免该豹种群消亡，由T 区引入8只成年雌豹。

经过十年，F 区豹种群增至百余只，在此期间F 区的 A .豹种群遗传（基因）多样性增加 B . 豹后代的性别比例明显改变 C . 物种丰（富）度出现大幅度下降 D . 豹种群的致病基因频率不变 【答案】A【解析】题干中“经过十年，F 区豹种群增至数百余只”，由于豹与豹之间的基因组成存在差异性，因此随 着F 区豹种群密度的增加，其遗传多样性增加；A 正确。

北京市东城区2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）、选择题（共7小题，每小题6分，满分42 分）A • AB • B C.CD • D2. 下列物质分类正确的是（）A . NaOH、Al--电解质B. C2H4、。

2--易燃气体C. CaC2、K --遇湿易燃物品D . KMnO4、KCIO3--还原剂3. 下列说法不正确的是（）A •麦芽糖和蔗糖的水解产物相同B. 用新制的氢氧化铜可区分乙醇、乙醛C. 用高锰酸钾酸性溶液可以区分苯、甲苯D .用饱和溴水可区分苯酚溶液、己烷、1-己烯4. 下列做法不符合绿色化学思想的是（）A. 开发氢能替代化石燃料B. 工业含氮废水经处理达标后排放C. 农作物秸秆等露天焚烧制肥料D .金属、塑料、玻璃、纸类等制品应分类回收处理5. 对下列各组实验所作的解释正确的是（）C向KBrO3溶液中加入少量CCI4，然后通入少量Cl2,充分振荡，静置下层呈橙色氧化性：Cl2> Br2D将充有NO2的玻璃球放入热水中红棕色加深2NO2?N2O4A H> 0A. AB. BC. CD. D6•下列事实或实验可以表明H2SO3的酸性强于H2CO3的是( )A •硫的非金属性比碳强B. SO2气体依次通过NaHC0 3溶液、澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊C. SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，测定两溶液的pH，前者小于后者D .室温下测定均为O.1mol/L的NaHS03和NaHCO s溶液的pH，前者小于后者7.已知：2NO (g) +O2 (g) ?2NO2 (g),其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P i、P2)下随温度变化的曲线(如图)，下列说法不正确的是( )A . p i< p2B.该反应的厶H< 0C. A、B两点的平衡常数：K (A )< K (B)D . A、B两点的化学反应速率：v (A )< v ( B)二、解答题(共4小题，满分58分)&( 14分)氮及氮的化合物有着重要的用途.(1)____________________________ 氮元素在周期表中的位置是; NH3的电子式是.(2 )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，请举例说明一种自然界中氮的固定的途径_ (用化学方程式表示).(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法. 2007年化学家格哈st]0 200 4(M) 600 KOOC在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图1：德？埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图1：a. 图① 表示N2、H2分子中均是单键b. 图②T图③需要吸收能量c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成(4)已知：N2(g) +3H2(g) =2NH3(g) △ H= - 92.4kJ/mol ,2H2 (g) +O2 (g) =2H2O (g)△ H= - 483.6kJ/mol,则氨气作燃料完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式是(5)用氨气作原料可制备重要燃料--肼( N2H4).①通常在催化剂存在下，用次氯酸钠与氨反应可制备肼•该反应的化学方程式是—.②如图为肼燃料电池示意图，其负极的电极反应式是—.9.( 14分)某工厂废水中含有毒的CrO42-和Cr2O72-，常见处理方法是使其转化为毒性较低的Cr3+或直接吸附除去•现有如下几种工艺：(1)光催化法：在催化剂作用下，利用太阳光和人工光，使废水实现上述转化.①该法的反应原理是2Cr2O72-+16H+T_ + ___________ +8H2O (将方程式补充完整)②该法涉及的能量转化形式是.③某小组通过实验研究催化剂中W (钨)和a- Fe2O3的比例对铬的去除率的影响某小组同学用如下装置电解食盐水，并对电解产物进行探究.实验装置电解质溶液实验现象\1■■■■ ,5mol/L NaCl 溶液a极附近b极附近F列说法正确的是6H JO(选填字母).① 氯化亚铜(CuCI)为白色粉末，微溶于水;②氢氧化亚铜(CuOH )为黄色不溶于水的固体，易脱水分解为红色的CU2O；③Cu+水溶液中不稳定，酸性条件下易歧化为Cu2+和Cu ；④氢氧化铜可以溶于浓NaOH得到蓝色溶液.(1)经检验，b极产生的气体是H2, b极附近溶液的pH ________ (填增大”、减小”或不变”；铜丝a应与电源的(填正”或负”)极相连.(2)同学们分析a极附近生成的白色浑浊是CuCI，则该极的电极反应式是(3)①橙黄色沉淀中含有Cu2O，则CuCI转化为Cu2O的原因是② 结合离子在溶液中的运动规律，解释a极附近沉淀自下而上”变为橙黄色原因是H2SO4至过量，应观察到的现象是电极电解5mol/L NaOH溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡，附近溶液变蓝，未见预期的黄色沉淀.根据现象能否得出该猜想不成立”的结论，并说明理由:11.( 17分)丁腈橡胶、合成纤维M、制备古马隆树脂的原料N的合成路线如下:已知:资料显示:(用方程式表示);(4) 同学们通过实验进一步证实沉淀中含有丄将橙黄色沉淀滤出洗涤后，滴加0.2mo|/L(5) 同学们根据上述实验提出猜想：电解时, Cu做阳极先被氧化为..为此，他们用Cui R-C1NH-(1) A中所含官能团的名称是(2) ___________________________ B和C的结构简式依次是、 .(3)反应n的化学方程式是 _.(4)1mol F完全转化成G所消耗的H2的质量是_g.(5 )反应川的化学方程式是______ .(6)下列说法正确的是(选填字母) ________ .a. 反应I是加聚反应b. N的分子式为C9H10c. A与2 -甲基-1, 3-丁二烯互为同系物d. H的同分异构体中属于苯的同系物的有8种(7)烃K的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为1: 1 : 1,则反应"的化学方程式是2016年北京市东城区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列生活中常见的过程或现象不属于化学变化的是（）A. AB. BC. CD. D【考点】物理变化与化学变化的区别与联系.【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化. 化学变化的特征是：有新物质生成•判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成.【解答】解：A .天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH4+2O2F¥C O2+2H2O，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B. 丁达尔效应为胶体独有的性质，指光照射胶体，在垂直光的传播方向有一条光亮的通路，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；C. 蛋白质受热凝固属于蛋白质变性，性质不同于原物质，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D •食醋中的醋酸能和水垢中的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，属于化学变化，故D不选；故选B .【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决•本考点主要出现在选择题和填空题中，题目较简单.2.下列物质分类正确的是（）A . NaOH、Al--电解质B . C2H4、0?--易燃气体C . CaC2、K --遇湿易燃物品D. KMn0 4、KCIO3--还原剂【考点】电解质与非电解质；化学实验安全及事故处理.分析】 A ．电解质是化合物，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质；B •氧气支持燃烧，本身不燃烧；C.活泼金属与碳化钙等遇水易燃烧；D .加高态的化合物，是强氧化剂.【解答】解：A . Al是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B ．氧气不燃烧，故B 错误；C.碳化钙与水反应生成乙炔，乙炔易燃烧，金属K与水反应生成氢气，易燃烧，故C正确；D •高锰酸钾和氯酸钾等中Mn和Cl均处于元素的较高价态，属于强氧化剂，故D错误；故选：C．【点评】本题主要考查的是电解质的概念，常见物质的分类等，难度不大，属于常考题，熟悉相关概念及常见物质的性质是解题关键．3．下列说法不正确的是（）A .麦芽糖和蔗糖的水解产物相同B. 用新制的氢氧化铜可区分乙醇、乙醛C. 用高锰酸钾酸性溶液可以区分苯、甲苯D •用饱和溴水可区分苯酚溶液、己烷、1-己烯【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【分析】 A ．麦芽糖水解生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B ．乙醛与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，而乙醇不能；C.甲苯能被高锰酸钾氧化，苯不能；D •苯酚溶液、己烷、1 -己烯分别与溴水混合的现象为：白色沉淀、分层后有机层在上层、溴水褪色．【解答】解：A .麦芽糖水解生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，则水解产物不同，故 A 错误；B.乙醛与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，而乙醇不能，则用新制的氢氧化铜可区分乙醇、乙醛，故B 正确；C.甲苯能被高锰酸钾氧化，苯不能，则用高锰酸钾酸性溶液可以区分苯、甲苯，故C正确;D •苯酚溶液、己烷、1 -己烯分别与溴水混合的现象为：白色沉淀、分层后有机层在上层、溴水褪色，现象不同可鉴别，故D正确；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、有机反应、有机物的鉴别等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.4 •下列做法不符合绿色化学思想的是（）A •开发氢能替代化石燃料B. 工业含氮废水经处理达标后排放C. 农作物秸秆等露天焚烧制肥料D •金属、塑料、玻璃、纸类等制品应分类回收处理【考点】绿色化学.【分析】绿色化学就是从源头上来消除污染，据此分析.【解答】解：A、化石燃料在使用时会引起较重的环境污染问题，而氢能的燃烧产物无污染，故用氢能代替化石燃料符合绿色化学思想，故A正确；B、含氮废水会引起水体的富营养化，从而对环境造成污染，故将含氮废水处理达标后排放符合绿色化学的思想，故B正确；C、农作物秸秆露天焚烧会引起大气的严重污染，不符合绿色化学的思想，故C错误；D、金属、塑料、玻璃和纸张等分类回收处理有利于回收利用，符合绿色化学的思想，故 D 正确.故选C •【点评】本题考查了绿色化学的理念，在日常生活中要理解绿色化学的核心，保护环境从我做起.【考点】化学实验方案的评价.【分析】A •该现象说明氢氧化铝具有两性，则金属Al具有一定的非金属性；B. 硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，将亚铁离子氧化，而稀硫酸不能氧化亚铁离子；C. Br元素的化合价从+5变为0价，发生还原反应，则氯气表现了还原性；D •红色加深，平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应，焓变小于0.【解答】解：A •向AICI 3溶液中逐滴加入NaOH溶液并振荡，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠溶液过量后氢氧化铝溶解，说明氢氧化铝具有两性，则AI具有一定的非金属性，故A正确；B. 将Fe(NO3)2固体溶于稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，滴加KSCN溶液后溶液变红，氧化亚铁离子的是稀硝酸，不是稀硫酸，故B错误；C. 向KBrO3溶液中加入少量CCI4,然后通入少量CI2,充分振荡，静置，下层呈橙色，说明又溴单质生成，该反应中Br元素的化合价从+5变为0价，发生还原反应，则氯气表现了还原性，无法比较氧化性强弱，故C错误；D .将充有NO2的玻璃球放入热水中，红棕色加深，说明平衡向着逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，△H v 0,故D错误；故选A .【点评】本题考查了实验方案的设计与评价，题目难度中等，涉及化学平衡的影响因素、氧化还原反应、非金属性判断等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力.6.下列事实或实验可以表明H2SO3的酸性强于H2CO3的是( )A .硫的非金属性比碳强B. SO2气体依次通过NaHCO3溶液、澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊C. S02和C02气体分别通入水中至饱和，测定两溶液的pH，前者小于后者D .室温下测定均为O.1mol/L的NaHS03和NaHC0 3溶液的pH，前者小于后者【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.【分析】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，相同浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大其相对应的酸越弱，据此分析解答.【解答】解：A •元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，硫的非金属性比碳强，则硫酸的酸性大于碳酸，但不能证明亚硫酸酸性大于碳酸，故A错误；B. S02气体依次通过NaHC0 3溶液、澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能和澄清石灰水反应生成沉淀，该实验现象不能说明亚硫酸、碳酸酸性关系，故B错误；C. 两种气体的溶解度不同，导致其溶液浓度不同，则无法判断酸性强弱，故C错误；D .室温下测定均为0.1mol/L的NaHS03和NaHC0 3溶液的pH，前者小于后者，说明亚硫酸根离子水解程度小于后者，则证明亚硫酸酸性大于碳酸，故D正确；故选D .【点评】本题考查酸性强弱判断，为高频考点，明确酸性强弱与其对应酸根离子水解程度关系、非金属氧化物的性质等知识点是解本题关键，易错选项是C.7•已知：2N0 (g) +02 (g) ?2N02 (g)，其他条件相同时，分别测得N0的平衡转化率在不同压强(p i、P2)下随温度变化的曲线(如图)，下列说法不正确的是( )A. p i< p2B .该反应的△ H < 0C. A、B两点的平衡常数：K (A )< K (B)D . A、B两点的化学反应速率：v (A )< v ( B)【考点】化学平衡的影响因素.何】4U0 200 4(M) (lOO K00 温1灯【分析】根据图象可知，采用定一议二法，相同压强下，升高温度，NO 转化率减小，说明正反应是放热反应，则△ H V 0;相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则 NO的转化率增大，则 P i V P 2；压强大，反应速率大；平衡常数 K 只受温度影响，A 、B 两点温度相同，K 相同，据此解答.【解答】 解：根据图象可知，采用定一议二法，相同压强下，升高温度，NO 转化率减小，说明正反应是放热反应，则△ H V 0;相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则 NO 的转化率增大，则p 1 V P 2;压强大，反应速率大，B 点压强是p 2,所以v (A ) V v ( B ); 平衡常数K 只受温度影响，A 、B 两点温度相同，K 相同，故C 正确， 故选C .【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析， 注意应用定一议二法分析图象， 掌握基础是关键，题目难度不大.、解答题(共4小题，满分58 分)&( 14分)(2016?东城区二模)氮及氮的化合物有着重要的用途. (1)氮元素在周期表中的位置是 第2周期VA族 ;NH 3的电子式是'—H(2 )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，请举例说明一种自然界中 放电 氮的固定的途径 N 2+O 2 2NO (用化学方程式表示).F 列说法正确的是 be (选填字母)a. 图①表示N 2、H 2分子中均是单键b. 图②T 图③需要吸收能量C .该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 (4) 已知：N 2(g )+3H 2( g )=2NH 3( g )△ H= - 92.4kJ/mol ,(3 )工业合成氨是人工固氮的重要方法.2007年化学家格哈德 ?埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图1:2H2 (g) +O2 (g) =2H2O (g)△ H= - 483.6kJ/mol,则氨气作燃料完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式是4NH^( g) +30? ( g) =2N? ( g) +6H?0 (g)A H= - 1266kJ/mol .(5)用氨气作原料可制备重要燃料--肼( N2H4).①通常在催化剂存在下，用次氯酸钠与氨反应可制备肼•该反应的化学方程式是_2NH©+NaCI0 —N 2H4+NaCI + HQ_ •②如图为肼燃料电池示意图，其负极的电极反应式是N2H4 - 4e-+4OH -=N2+4H g O •【考点】含氮物质的综合应用.【分析】(1)氮元素原子序数为7,两个电子层最外层5个电子，根据共价化合物电子式的书写规则书写；(2 )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，如氮气和氢气合成氨、氮气和氧气放电反应生成一氧化氮；(3)a.氮气分子中是三键；b. 图② 是表示N2、H2被吸附在催化剂的表面；图③则表示在催化剂表面，N2、H2中的化学键断裂；c. 在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下分解成氢原子和氮原子，然后原子又重新组合成新的分子；(4)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；(5)①用次氯酸钠与氨反应可制备肼发生氧化还原反应；②作为燃料电池时，负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2.【解答】解：(1)氮元素在周期表中的位置是第二周期，V A族，A氨气是共价化合物,■ *各原子间通过共用电子对形成共价键，所以其电子式为,H■ ■故答案为：第2周期VA族，〔…；H(2 )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，如氮气和氢气合成氨、气和氧气放电反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为：N2+O2 " 2NO,故答案为：N2+O2「2NO ；(3)a .图①表示N 2、H 2分子中不都是单键，氮气是三键，故a 错误；b. 分析题中图可以知道，图 ②表示N 2、H 2被吸附在催化剂表面，而图 ③表示在催化剂表 面，N 2、H 2中化学键断裂，图 ②图③需要吸收能量，故 b 正确；c. 在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下分解成氢原子和氮原子，然后原子又 重新组合成新的分子，该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成， 故c 正确； 故答案为：bc ；(4) ① N 2 (g ) +3H 2 (g ) =2NH 3 ( g )A H= - 92.4kJ/mol ,② 2H 2 (g ) +O 2 ( g ) =2H 2O (g )A H= - 483.6kJ/mol ,依据盖斯定律计算 ②X 3 -①X 2得到氨气作燃料完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方 程式：4NH 3 (g ) +3O 2 (g ) =2N 2 (g ) +6H 2O (g )A H= - 1266 kJ/mol , 故答案为：4NH 3 (g ) +3O 2 (g ) =2N 2 (g ) +6H 2O ( g )^ H= - 1266 kJ/mol ； (5) ①用次氯酸钠与氨反应可制备肼发生氧化还原反应，反应的化学方程式为： 2NH 3+NaClO — N 2H 4+NaCl + H ^3,故答案为：2NH 3+NaClO — N 2H 4+NaCl + H 2O ；② 肼一空气燃料碱性电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应 式为：N 2H 4+4OH - 4e =4H 2O+N 2, 故答案为：N 2H 4 - 4e -+4OH -=N 2+4HQ .【点评】本题考查了微粒结构、 化学反应实质的理解应用、热化学方程式书写、原电池原理 的理解应用，题目难度中等.实验装置电解质溶液 实验现象 5mol/L NaCl 溶液a 极附近b 极删述b资料显示:(3)用铜电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应为Cu - e「+CI「=CuCI，阴极发生还原反应，电极方程式为2H +2e =H2f,开始时生成CuCI白色生成，随着反应进行，溶液pH逐渐增大，因K ap ( CuOH )v K ap (CuCI)，则可生成CuOH橙黄色沉淀，CuOH 不稳定分解生成Cu2O 和水；( 4)氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜单质、铜离子和水；(5)用Cu 电极电解5moI/L NaOH 溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡为氧气，氧气具有强的氧化性，能够氧化CuOH ，据此解答．【解答】解：(1)用铜做电极，电解氯化钠溶液，b极产生的气体是H2,则b极氢离子得到电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为：2H2O+2e- =H2 T +2OH-，因为b极生成氢氧根离子所以附近溶液pH 增大；a 剂为阳极，与电源正极相连；故答案为：增大；正；(2)依据(1)可知a极为阳极，铜做阳极为活性电极，a极附近生成的白色浑浊是CuCI, 则其电极反应式为：Cu - e-+CI-=CuCI故答案为：Cu - e +CI =CuCI J ；(3)用铜电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应为Cu - e-+CI -=CuCI，阴极发生还原反应，电极方程式为2H++2e =H2 T ，开始时生成CuCI 白色生成，随着反应进行，溶液pH逐渐增大，因K ap ( CuOH )v K ap (CuCI)，则可生成CuOH橙黄色沉淀，CuOH 不稳定分解生成Cu2O 和水．①橙黄色沉淀中含有Cu2O，则CuCI转化为Cu2O的原因是，随着电解的进行，氢氧根离子浓度增大则CuCI转化为CuOH，方程式：CuCI+OH-=CuOH +CI-, CuOH不稳定分解生成Cu2O 和水，方程式：2CuOH=Cu2O+H2O,故答案为：CuCI+OH-=CuOH+CI-、2CuOH=Cu2O+H2O；②通电时，在阴极产生的OH「向阳极定向移动，氢氧根离子浓度增大则CuCI转化为CuOH , 而CuOH不稳定分解生成Cu2O和水，所有看到现象a极附近沉淀自下而上；故答案为：通电时，在阴极产生的OH -向阳极定向移动；( 4)氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜单质、铜离子和水，化学方程式：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,铜为红色固体，硫酸铜为蓝色溶液，所有现象为：沉淀溶解，溶液变蓝，且有少量红色固体产生，故答案为：沉淀溶解，溶液变蓝，且有少量红色固体产生；（5）用Cu 电极电解5mol/L NaOH 溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡为氧气，氧 气具有强的氧化性，能够氧化CuOH ，所以不能依据该现象得出该猜想不成立”的结论；故答案为：不能，阳极产生的大量。

2016年北京东城区一模理综化学试卷点评今年东城理科综合化学试题更加贴切现实实际生活，情境化更加明显，凸显对核心主干知识和科学素养的考查。

选择题比较容易，考查基础知识，没有化学平衡计算题，也没用电化学的试题，容易得到满分。

非选择题总体来说命题视角开阔，25、26素材新颖，形式上华丽，对能力考查层次不分明，题目不难，有些设问出偏了。

27、28两道试题新颖，有高考命题的风格与霸气，设问层次分明，难度偏大，导致得高分也不容易。

具体分析如下：选择题部分：第6、7、8都是化学与生活、化学与工业的基础常识，容易；第9题元素周期表律知识，容易；第10题气体性质、除杂及收集实验，涉及实验细节较多，较难；第11题用离子方程式解释事实的必考题，容易；第12题探究实验题，是必考题之一，本题探究碳酸氢钠性质涉及知识点较多，中等难度。

非选择题：25题：有机推断考查学生自主学习的能力，是历年高考理综难度较大的一个试题，本题新反应信息，醛基保护等都是前两年北京一模试题中出现过的，推断过程中12个箭头，看似复杂，基本都是简单的官能团之间的转化。

最后一问符合条件P的结构简式有7种，只需要写出一种，难度中等。

与高考有机推断试题的风格不符。

26题：命题以采用金属钌作催化剂1994化学若贝尔奖的乔治·欧拉教授，从空气中捕获CO2直接转化为甲醇为素材，素材不新颖，与设问几乎没有联系，难度不大。

27题：利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）吸收硫酸厂尾气中的SO2制备Na2SO3。

这是一道很好的工业应用综合题，整体难度稍大。

第（2）（3）看图中信息和资料信息书写方程式，对学生获取信息能力及分析能力有较高要求，符合高考试题特点，难度中等。

第（4）①考查溶解平衡解释原因，难度不大，对学生思维定势有影响，不少学生习惯了化学平衡、电离平衡、水解平衡及沉淀平衡解释原因，对溶解平衡这个突然给出的信息会不适应。

（4）②最佳操作三个选项设置太接近，给做出选择带来了一定的难度。

2015-2016学年北京市东城区（北区）重点中学高三（上）综合练习化学试卷（三）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．有四种无色溶液，它们分别是（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2CO3、NaNO3，下列试剂中可以用来鉴别它们的是（）A．BaCl2溶液B．NaOH溶液C．Ba（OH）2溶液D．AgNO3溶液2．下列离子组中，能够在溶液中共存，加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出的是（）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．Ba2+、K+、CO32﹣、Cl﹣C．Al3+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣D．Na+、Ba2+、NO3﹣、HCO3﹣3．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．11.2L氧气所含原子数是N AB．80g硝酸铵所含氮原子数是2N AC．1 mol 氦气所含氦原子数是2N AD．1L1mol/L的盐酸溶液中所含氯化氢分子数是N A4．若在化学实验中发生以下事故，处理方法正确的是（）A．金属钠着火，用泡沫灭火器灭火B．苯酚不慎沾在皮肤上，应马上用NaOH溶液清洗C．当不慎在皮肤上沾上浓硫酸时，应立即用抹布擦拭，然后再用大量水冲洗D．误食氯化钡溶液，应立即服用大量硫酸铜溶液解毒5．一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率．现用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，向其中一极通入CO气体，另一极通入O2和CO2的混合气体，其总反应为2CO+O2═2CO2．则下列说法中正确的是（）A．通入CO的一极是电池的正极B．负极发生的电极反应是O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣C．负极发生的电极反应是CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2D．正极发生氧化反应6．2005年2月，我国政府就含有添加“苏丹红一号“色素的食品可能诱发癌症发出警告，并全面清剿苏丹红．“苏丹红一号“结构简式如图．有关“苏丹红一号“的下列叙述中不正确的是（）A．分子式为C16H12N2OB．能与浓溴水发生取代反应C．能与氯化铁溶液作用使溶液呈紫色D．因苏丹红一号中含有酚羟基，故可被空气氧化产生醛基7．中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是（）A．用一定量NaOH稀溶液和稀盐酸反应测得的中和热数据，来推算一定量的稀H2SO4和NaOH 稀溶液反应的反应热B．用沸点数据推测能否用蒸馏的方法将两种液体混合物进行分离C．用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率大小D．用原子（或离子）半径数据推断某些原子（或离子）氧化性或还原性的强弱8．已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，N A为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（）A．B．C．D．二、非选择题：9．（15分）（2015秋•东城区校级月考）T℃时，在容积为1L甲和容积为2L乙的密闭容器中，分别加入6mol A和3mol B，发生反应如下：3A（g）+b B（g）⇌3C（g）+2D（g），△H＜0.4min 后甲容器内的反应达到平衡，A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；t min后乙容器内的反应达到平衡，B的浓度为0.8mol/L．根据题给的信息回答下列问题：（1）甲容器中反应的平均速率v （B）= ，化学方程式中计量数b= ．（2）乙容器中反应达到平衡所需时间t 4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是．（3）T℃时，在另一个体积与乙相同的丙容器中，为了达到平衡时B的浓度仍然为0.8mol/L，起始时，向丙容器中加入C、D的物质的量分别为3mol、2mol，则还需加入A、B的物质的量分别是、．（4）若要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是A、保持温度不变，增大甲容器的体积至2LB、保持容器体积不变，使甲容器升高温度C、保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体D、保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体．10．（16分）（2015秋•东城区校级月考）已知碳碳双键的碳原子上连有羟基的结构是不稳定的结构，A是一种直链一溴代物，1molA与2molH2反应生成1molG，F是环状化合物，环上有5个原子，其化学式为C4H6O2．请根据下面的反应路线回答问题：A B C D E F（1）化合物F的结构简式是，化合物C的结构简式是．（2）化合物A含有的官能团是．（3）1molA与2molH2生成1molG的化学方程式是．（4）写出D在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是．11．（17分）（2015秋•东城区校级月考）由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：（1）写出反应③的化学方程式：；反应④的离子方程式：．（2）操作②的名称是，在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是．（3）下列实验装置中，可用于实验室制取气体G的发生装置是；为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通入c和d装置，c装置中存放的试剂是，d装置中存放的试剂是．（4）气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：；下列e～i装置中，通常用来吸收气体G的装置是．（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，下列e～i装置中，可用于吸收J的是．12．（12分）（2015秋•东城区校级月考）为了测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的程度，某同学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g（1）计算该溶液中各种离子的浓度，并相应的填入下表：c （H+）c（SO42﹣） c （Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量浓度（2）原溶液中Fe2+被氧化的百分率（被氧化的Fe2+物质的量占Fe2+和Fe3+总物质的量的百分比）．（3）当Fe2+部分被氧化时，推导c（Fe2+、Fe3+）与c（H+）、c（SO42﹣）的关系是．2015-2016学年北京市东城区（北区）重点中学高三（上）综合练习化学试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．有四种无色溶液，它们分别是（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2CO3、NaNO3，下列试剂中可以用来鉴别它们的是（）A．BaCl2溶液B．NaOH溶液C．Ba（OH）2溶液D．AgNO3溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】检验NH4+可用OH﹣，检验SO42﹣和CO32﹣可用Ba2+，则用Ba（OH）2溶液可鉴别．【解答】解：A．加入BaCl2溶液不能鉴别（NH4）2SO4和Na2CO3，故A错误；B．加入NaOH溶液不能鉴别（NH4）2SO4、NH4Cl，故B错误；C．加入Ba（OH）2溶液，（NH4）2SO4生成刺激性气体和白色沉淀，NH4Cl只生成刺激性气体，Na2CO3只生成白色沉淀，NaNO3无现象，可鉴别，故C正确；D．加入AgNO3溶液，（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2CO3都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同，根据物质的组成离子的性质不同选择鉴别试剂．2．下列离子组中，能够在溶液中共存，加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出的是（）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．Ba2+、K+、CO32﹣、Cl﹣C．Al3+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣D．Na+、Ba2+、NO3﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，但加盐酸不会生成气体，故A不选；B．因Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B不选；C．组离子之间不反应，可大量共存，但加盐酸不会生成气体，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入NaOH后Ba2+、OH﹣、HCO3﹣结合生成碳酸钡沉淀，加入盐酸与HCO3﹣反应生成二氧化碳气体，故D选；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析能力、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大．3．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．11.2L氧气所含原子数是N AB．80g硝酸铵所含氮原子数是2N AC．1 mol 氦气所含氦原子数是2N AD．1L1mol/L的盐酸溶液中所含氯化氢分子数是N A【考点】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、氧气所处的状态不明确；B、求出硝酸铵的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析；C、氦气为单原子分子；D、盐酸溶液中无HCl分子．【解答】解：A、氧气所处的状态不明确，气体摩尔体积的数值不明确，则其物质的量和原子个数无法计算，故A错误；B、80g硝酸铵的物质的量为1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故为2N A个，故B正确；C、氦气为单原子分子，故1mol氦气中含1mol氦原子即N A个，故C错误；D、盐酸即HCl的水溶液，HCl溶于水后完全电离为氢离子和氯离子，故溶液中无HCl分子，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．若在化学实验中发生以下事故，处理方法正确的是（）A．金属钠着火，用泡沫灭火器灭火B．苯酚不慎沾在皮肤上，应马上用NaOH溶液清洗C．当不慎在皮肤上沾上浓硫酸时，应立即用抹布擦拭，然后再用大量水冲洗D．误食氯化钡溶液，应立即服用大量硫酸铜溶液解毒【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使火势更加剧烈；B．氢氧化钠具有腐蚀性，能够使用氢氧化钠洗涤，可以使用酒精洗涤；C．浓硫酸溶于水放出大量的热；D．氯化钡能和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，但是生成氯化铜也属于重金属盐．【解答】解：A．金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故A错误；B．苯酚沾在手上，由于氢氧化钠具有腐蚀性，所以不能立即用NaOH溶液洗涤，可以使用酒精洗涤，故B错误；C．浓硫酸沾在皮肤上，必须迅速用抹布擦拭，再用水冲洗，再涂3%～5%NaHCO3溶液，故C 正确；D．虽然氯化钡能和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，但是生成氯化铜也属于重金属盐，也能使人中毒，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失．5．一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率．现用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，向其中一极通入CO气体，另一极通入O2和CO2的混合气体，其总反应为2CO+O2═2CO2．则下列说法中正确的是（）A．通入CO的一极是电池的正极B．负极发生的电极反应是O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣C．负极发生的电极反应是CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2D．正极发生氧化反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为2CO ﹣4e﹣+2CO32﹣═4CO2，通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2═2CO32﹣．【解答】解：A、该燃料电池中通入CO的一极是负极，通O2和CO2的混合气体的一极是正极，故A错误；B、通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2，故B错误；C、通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2，故C正确；D、通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，故D错误；故选：C．【点评】本题考查原电池原理，根据燃料电池的工作原理规律来分析解答即可，注意电极反应式的正确书写，为易错点．6．2005年2月，我国政府就含有添加“苏丹红一号“色素的食品可能诱发癌症发出警告，并全面清剿苏丹红．“苏丹红一号“结构简式如图．有关“苏丹红一号“的下列叙述中不正确的是（）A．分子式为C16H12N2OB．能与浓溴水发生取代反应C．能与氯化铁溶液作用使溶液呈紫色D．因苏丹红一号中含有酚羟基，故可被空气氧化产生醛基【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】由结构可知分子式，分子中含N=N及酚﹣OH，结合不饱和键和酚的性质来解答．【解答】解：A．由结构可知分子式为C16H12N2O，故A正确；B．含酚﹣OH，能与浓溴水发生取代反应，故B正确；C．含酚﹣OH，能与氯化铁溶液作用使溶液呈紫色，故C正确；D．含酚﹣OH，可被空气氧化，但不能产物﹣CHO，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系、酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．7．中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是（）A．用一定量NaOH稀溶液和稀盐酸反应测得的中和热数据，来推算一定量的稀H2SO4和NaOH 稀溶液反应的反应热B．用沸点数据推测能否用蒸馏的方法将两种液体混合物进行分离C．用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率大小D．用原子（或离子）半径数据推断某些原子（或离子）氧化性或还原性的强弱【考点】反应热和焓变；氧化还原反应．【分析】A、根据酸碱中和反应的中和热的概念进行判断；B、沸点相差较大的液体混合物可用蒸馏的方法分离；C、反应速率与反应热的大小无关；D、根据原子核对最外层电子的吸引力比较得失电子难易．【解答】解：A、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，所以可以用NaOH和HCl反应测得的中和热，推算一定量稀H2SO4和NaOH 溶液反应的反应热，故A正确；B、由于蒸馏是利用液体沸点不同分离液体混合物的一种方法，故可以用沸点数据推测两种液体混合物用蒸馏方法分离开来的可能性，故B正确；C、反应速率与反应热的大小无关，反应速率的大小主要取决于物质的性质，故C错误；D、原子（或离子）半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越小，原子（或离子）越易失去电子，还原性越强，则离子的氧化性越弱，故D正确．故选：C．【点评】本题考查较为综合，涉及了氧化性还原性大小判断、蒸馏操作、中和热以及反应速率等问题，本题难度不大，注意化学中的数据与物质的性质的关系，多积累．8．已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，N A为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（）A．B．C．D．【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据ρV=计算相对分子质量．【解答】解：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=8×=1，根据ρV=知，M=，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 N A，故选A．【点评】本题考查了相对分子质量的计算，明确该立体中含有的阴阳离子个数是解本题的关键，根据摩尔质量与密度、体积和N A之间的关系来分析解答即可，难度不大．二、非选择题：9．（15分）（2015秋•东城区校级月考）T℃时，在容积为1L甲和容积为2L乙的密闭容器中，分别加入6mol A和3mol B，发生反应如下：3A（g）+b B（g）⇌3C（g）+2D（g），△H＜0.4min 后甲容器内的反应达到平衡，A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；t min后乙容器内的反应达到平衡，B的浓度为0.8mol/L．根据题给的信息回答下列问题：（1）甲容器中反应的平均速率v （B）= 0.3mol/（L•min），化学方程式中计量数b= 1 ．（2）乙容器中反应达到平衡所需时间t 大于4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间就要长．（3）T℃时，在另一个体积与乙相同的丙容器中，为了达到平衡时B的浓度仍然为0.8mol/L，起始时，向丙容器中加入C、D的物质的量分别为3mol、2mol，则还需加入A、B的物质的量分别是3mol 、2mol ．（4）若要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是ACA、保持温度不变，增大甲容器的体积至2LB、保持容器体积不变，使甲容器升高温度C、保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体D、保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）根据v=计算v（B）；根据浓度变化量之比等于其化学计量数之比计算b；（2）浓度越小，反应速率晕，到达平衡时间越长；（3）丙与乙为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n（A）=6mol、n（B）=3mol，据此计算；（4）由于该反应是体积增大的可逆反应，由于甲的容器体积小，则压强大，平衡向着逆向移动，甲中反应物的转化率小于乙，且达到平衡时同种物质的浓度甲中大于乙中的．A．保持温度不变，增大甲容器的体积至2L，则此时甲和乙为完全等效平衡；B．保持容器体积不变，使甲容器升高温度，该反应为放热反应，平衡向着逆向移动，甲中B浓度增大；C．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体，由于反应物A的浓度增大，则平衡向着正向移动，甲中B的浓度减小；D．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体，达到平衡时甲中B的浓度更大．【解答】解：（1）4min后甲容器内的反应达到平衡时B的浓度为1.8mol/L，B的起始浓度为3mol/L，故v（B）==0.3mol/（L•min），达到平衡时，△c（A）=6mol/L﹣2.4mol/L=3.6mol/L，△c（B）=3mol/L﹣1.8mol/L=1.2mol/L，故3：b=3.6：1.2，解得b=1，故答案为：0.3mol/（L•min）；1；（2）甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，乙容器的体积大于甲的，乙中浓度小则反应速率慢，到达平衡的时间长，所以乙容器中反应达到平衡时所需时间大于4min，故答案为：大于；乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间就要长；（3）丙容器中达到平衡时B的浓度仍然为0.8mol/L，丙与乙为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=6mol、n（B）=3mol，丙容器中加入C、D的物质的量分别为3mol、2mol，转化到左边可以得到3molA、1molB，故还需加入A的物质的量为6mol﹣3mol=3mol、需要加入B的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，故答案为：3mol；2mol；（4）由于该反应是体积增大的可逆反应，由于甲的容器体积小，则压强大，平衡向着逆向移动，甲中反应物的转化率小于乙，且达到平衡时同种物质的浓度甲中大于乙中的．A．保持温度不变，增大甲容器的体积至2L，则此时甲和乙为等效平衡，甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故A正确；B．保持容器体积不变，使甲容器升高温度，该反应为放热反应，平衡向着逆向移动，甲中B浓度增大，则无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故B错误；C．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体，由于反应物A的浓度增大，则平衡向着正向移动，甲中B的浓度减小，可能实现甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故C 正确；D．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体，达到平衡时甲中B的浓度更大，无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故D错误，故答案为：AC．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率计算、等效平衡等，难度中等，（3）中注意理解等效平衡规律．10．（16分）（2015秋•东城区校级月考）已知碳碳双键的碳原子上连有羟基的结构是不稳定的结构，A是一种直链一溴代物，1molA与2molH2反应生成1molG，F是环状化合物，环上有5个原子，其化学式为C4H6O2．请根据下面的反应路线回答问题：A B C D E F（1）化合物F的结构简式是，化合物C的结构简式是HOCH2CH=CHCOONa ．（2）化合物A含有的官能团是醛基、溴原子、碳碳双键．（3）1molA与2molH2生成1molG的化学方程式是BrCH2CH=CHCHO+2H2BrCH2CH2CH2CH2OH ．（4）写出D在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A是一种直链一溴代物，能与银氨溶液发生氧化反应，则A含有醛基，B转化得到C，C酸化得到D，故D中含有羧基，D与氢气发生加成反应生成E，E再浓硫酸作用下生成F，且F是环状化合物，环上有5个原子，其化学式为C4H6O2，F应属于酯类，故F为，1mol A与2mol H2反应生成1molG，故A分子好还含有1个碳碳双键，结合F的结构可知，A为BrCH2CH=CHCHO，故B为BrCH2CH=CHCOONH4，反应②中应是卤代烃的在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，故C为HOCH2CH=CHCOONa，则D为HOCH2CH=CHCOOH，E为BrCH2CH2CH2COOH，A与氢气发生加成反应生成G为BrCH2CH2CH2CH2OH，据此解答．【解答】解：A是一种直链一溴代物，能与银氨溶液发生氧化反应，则A含有醛基，B转化得到C，C酸化得到D，故D中含有羧基，D与氢气发生加成反应生成E，E再浓硫酸作用下生成F，且F是环状化合物，环上有5个原子，其化学式为C4H6O2，F应属于酯类，故F为，1mol A与2mol H2反应生成1molG，故A分子好还含有1个碳碳双键，结合F 的结构可知，A为BrCH2CH=CHCHO，故B为BrCH2CH=CHCOONH4，反应②中应是卤代烃的在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，故C为HOCH2CH=CHCOONa，则D为HOCH2CH=CHCOOH，E为BrCH2CH2CH2COOH，A与氢气发生加成反应生成G为BrCH2CH2CH2CH2OH，（1）由上述分析可知，化合物F的结构简式是，C为HOCH2CH=CHCOONa，故答案为：；HOCH2CH=CHCOONa；（2）A为BrCH2CH=CHCHO，含有醛基、溴原子、碳碳双键，故答案为：醛基、溴原子、碳碳双键；（3）1mol A与2mol G反应的化学方程式是：BrCH2CH=CHCHO+2H2BrCH2CH2CH2CH2OH，故答案为：BrCH2CH=CHCHO+2H2BrCH2CH2CH2CH2OH；（4）D为HOCH2CH=CHCOOH，含有碳碳双键，能够发生加聚反应，化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，综合分析确定F的结构是关键，再结合转化关系进行推断，侧重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．11．（17分）（2015秋•东城区校级月考）由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：（1）写出反应③的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ；反应④的离子方程式：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣．（2）操作②的名称是溶解、过滤，在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是漏斗、玻璃棒、烧杯．（3）下列实验装置中，可用于实验室制取气体G的发生装置是 b ；为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通入c和d装置，c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂是浓硫酸．（4）气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ；下列e～i装置中，通常用来吸收气体G的装置是 e ．（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，下列e～i装置中，可用于吸收J的是fgh ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；气体的制备与性质检验类实验．【分析】G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，I 为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题．【解答】解：G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，I为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH．（1）反应③的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反应④的离子方程式：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：溶解、过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，故答案为：b；饱和食盐水；浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，下列e～i 装置中，通常用导管直接伸入氢氧化钠溶液来吸收氯气，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；e；（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i 装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为：fgh．【点评】本题考查无机物的推断、氯气的制备等，熟悉掌握元素化合物性质以及中学常见气体制备，难度中等．12．（12分）（2015秋•东城区校级月考）为了测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的程度，某同学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g（1）计算该溶液中各种离子的浓度，并相应的填入下表：c （H+）c（SO42﹣） c （Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量浓度（2）原溶液中Fe2+被氧化的百分率（被氧化的Fe2+物质的量占Fe2+和Fe3+总物质的量的百分比）20% ．（3）当Fe2+部分被氧化时，推导c（Fe2+、Fe3+）与c（H+）、c（SO42﹣）的关系是c（SO42﹣）﹣c（H+）＞c（Fe2+、Fe3+）＞c（SO42﹣）﹣c（H+）．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）依据溶液中PH计算氢离子浓度，生成沉淀为硫酸钡，得到硫酸根离子浓度，根据氧化铁计算物质的量结合铁元素守恒计算得到铁元素物质的量浓度；（2）依据电荷守恒：2C（Fe2+）+3C（Fe3+）+C（H+）=2C（SO42﹣），2C（Fe2+）+3C（Fe3+）=1.1mol/L；元素守恒c（Fe2+）、c（Fe3+）=0.5mol/L，列式计算铁离子占铁元素的百分比；（3）依据极值分析计算，电荷守恒分析，若全部为亚铁离子和铁离子分析计算取值范围【解答】解：（1）由pH=1得c（H+）=0.1mol/L，由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓得c（SO42﹣）==0.6mol/L，因为最终固体物质为Fe2O3，所以n（Fe2O3）==0.05mol据铁元素守恒得：c（Fe2+、Fe3+）==0.5 mol•L﹣1故答案为：0.1mol/L，0.6mol/L，0.5mol/L；。