北京市2017届高三各城区二模化学试题分类汇编——化学反应原理word版含答案

北京市西城区2017届高三化学二模试题本试卷共16页，共300分。

考试时长150分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量： O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5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。

6．下列材料中不属于．．．有机高分子化合物的是二氧化硅聚酯纤维聚丙烯酸钠7．下列事实与水解反应无关．．的是A．用Na2S除去废水中的Hg2+B．用热的Na2CO3溶液去油污C．利用油脂的皂化反应制造肥皂D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO48．下列事实不能．．用元素周期律解释的是A．酸性：HClO4> H2SO4B．Na、Mg与水反应，Na更剧烈C．气态氢化物的稳定性：HF > HClD．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生9．已知反应：2Fe3+ + 2I－2Fe2+ + I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。

下列说法中，不正确Array．．．的是A ．实验i 中现象说明有Fe 2+生成B ．实验ii 中现象说明反应后溶液中含有Fe 3+C ．实验iii 水溶液中c (Fe 2+)大于i 中c (Fe 2+)D ．实验iii 中再加入4滴0.1 mol·L －1FeCl 2溶液，振荡静置，CCl 4层溶液颜色无变化10．在一定条件下，利用CO 2合成CH 3OH 的反应如下：CO 2(g) +3H 2(g)CH 3OH(g) +H 2O(g) △H 1， 研究发现，反应过程中会有副反应： CO 2(g) +H 2(g)CO(g) +H 2O(g) △H 2。

温度对CH 3OH 、CO 的产率影响如右图所示。

下列 说法中，不正确．．．的是 A ．△H 1<0，△H 2>0B ．增大压强有利于加快合成反应的速率C ．生产过程中，温度越高越有利于提高CH 3OH 的产率D ．合成CH 3OH 反应的平衡常数表达式是 11．依据下列实验现象，不能．．得出对应结论的是12．工业酸性废水中的Cr 2O 72－可转化为Cr 3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50mL ，Cr 2O 72－的起始浓度、电压、电解时间均相同）。

北京市2017届高三各城区二模化学试题分类汇编——实验探究（海淀区）28．(1５分）某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验:(l）小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。

①实验i中的现象是_＿__。

②用化学用语解释实验i中的现象:＿＿_ ＿。

(２)查阅资料：K3[Fe(CN)６]具有氧化性。

①据此有同学认为仪通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀,理由是。

②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：a．以上实验表明：在＿___条件下，Ｋ3[Ｆe（CＮ)6]溶液可以与铁片发生反应。

b.为探究Cl－的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验IＩI，发现铁片表面产生蓝色沉淀。

此补充实验表明Ｃl-的作用是__ ＿＿。

(3）有同学认为上述实验仍不严谨。

为进一步探究K３[Fｅ(CN)6］的氧化性对实验iｉ结果的影响,又利用(2)中装置继续实验。

其中能证实以上影响确实存在的是__＿_(填字母序号)。

(4)综合以上实验分析,利用实验ｉｉ中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是。

(朝阳区）２8．(16分)某研究性学习小组查阅资料收集到如下信息:铁盐能蚀刻银而用来制作液晶显示器的银线路板。

他们对蚀刻银的过程进行了探究。

【实验1】制备银镜:(１）ⅰ.配制银氨溶液，需要的试剂是。

并取等量银氨溶液于多支试管中。

ⅱ.向银氨溶液中加入等量的葡萄糖溶液,水浴加热。

产生银镜，洗净,备用。

【实验２】溶解银镜:分别向两支试管中加入5mＬＦe(NO3）３、Ｆｅ2(SO4）３溶液。

（2)选用Fe2(SＯ４)3溶液的浓度为0.０5 mol/Ｌ，目的是保证相等。

（3）从a、b中均检出了Fe２＋，说明Ｆｅ3＋具有氧化性。

ａ中Ｆe3＋氧化Ag的离子方程式是。

(4)确认ｂ中沉淀为Ag2SO4（微溶)，检验Ａg２SO4固体中SO42-的方法是。

(５）推测在a中的酸性条件下NO3－氧化了银，证据是。

2017-2018学年北京市东城区高三二模化学试卷一、单选题（共7小题）1．下列生活中常见的过程或现象不属于化学变化的是（）A．A B．B C．C D．D考点：分散系答案：B试题解析：天然气燃烧CH4和O2燃烧生成CO2和H2O;蛋白质受热凝固，属于蛋白质的变性;食醋除水垢是醋酸和水垢的主要成分CaCO3和Mg(OH)2反应三者均属于化学变化;自然界中的丁达尔现象属于胶体的光学性质，故选B。

2．下列物质分类正确的是（）A．——电解质B．——易燃气体C．——遇湿易燃物品D．——还原剂考点：氧化还原基本概念物质的分类答案：C试题解析：A中电解质非电解质均指的是化合物，Al属于单质既不是电解质也不是非电解质;B中O2是助燃气，不是可燃性气体;C中CaC2可与水反应生成可燃性气体乙炔，K本身可以燃烧并且也可以和水反应生成可燃性气体H2，所以属于遇湿易燃物品;D中两者都是化学实验室里常用的强氧化剂。

故选C。

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：糖类答案：A试题解析：A麦芽糖水解产物是葡萄糖，蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖;A错;新制的氢氧化铜可与乙醛加热反应生成砖红色沉淀，用于检验醛基的存在;苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯可以;苯酚溶液滴入饱和溴水中产生白色沉淀，1-己烯可使饱和溴水褪色，饱和溴水遇己烷发生萃取，分层。

故选A。

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：化学与环境保护答案：C试题解析：绿色化学的理念就是无污染无废料生产。

C. 农作物秸秆等露天焚烧制肥料既污染环境能量的利用率又低。

5．对下列各组实验所作的解释正确的是（）A．A B．B C．C D．D考点：化学反应进行的方向答案：A试题解析：A ，Al(OH)3具有两性说明铝元素具有一定的非金属性，A正确;B酸性条件下的NO3-也具有强氧化性所以做氧化剂的不一定是稀硫酸B不对;C 中Cl2做还原剂还原KBrO3生成Br2,氧化还原反应中氧化性大小关系是：氧化剂>氧化产物,故错误;D升高温度颜色加深说明反应逆向进行，正向是放热反应△H<06．下列事实或实验可以表明的酸性强于的是（）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．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0．1mol/L的NaHSO3和NaHCO3溶液的pH，前者小于后者考点：盐类的水解硫及其化合物元素周期律答案：D试题解析：A.硫的非金属性比碳强，可以表明H2SO4的酸性强于H2CO3;B SO2气体通过澄清石灰水也变浑浊生成不溶的CaSO3沉淀;C. SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，但两者的溶解度不同所得H2SO3与H2CO3的浓度不同，不能通过pH判断两者的强弱。

模考试化学试题分类汇编化学反应原理（海淀区）26.（12分）人类向大气中排放的NOx对环境会产生危害，脱除NOx是科学家研究的重要课题。

（1）NOx对环境的一种危害是___ _。

（2）NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。

已知：写出NH3还原NO反应的热化学方程式：。

（3）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。

①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。

②下列叙述正确的是（填字母序号）。

A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B．反应后混合溶液中：c( MnO4-)+2c（MnO42-）=c(K+)C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同③在实验室用KMnO4( NaOH)溶液对模拟烟气中的NO进行脱除。

若将标准状况下224 L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为NO3-，理论上需要KMnO4的质量为-g（KMnO4摩尔质量为158 g．mol-l）。

（4）用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如下图所示。

①该脱除过程中，太阳能转化为能。

②在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。

g-C 3N 4端的反应：Pl 端的反应： ；NO 2最终转化为HNO 3的化学方程式： 。

（东城区）27. （13分）过硫酸（H 2S 2O 8）为无色晶体，易溶于水，在热水中易水解。

物质 硫酸过硫酸结构式（1）依据硫酸和过硫酸的结构式，下列说法正确的是 （填序号）。

a ．硫酸和过硫酸均为共价化合物b. 过硫酸分子中含有与过氧化氢分子中相同的化学键c. 过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子 （2）工业上利用过硫酸铵制备过氧化氢的一种方法如下图。

① 电解法制(NH 4)2S 2O 8过程中，得到S 2O 82-的电极反应式是 。

② 其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中S 2O 82-含量随温度变化如右图。

2017北京西城高三二模化学试题及答案西城区高三模拟测试理科综合2017.5本试卷共16页，共300分。

考试时长150分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5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。

6．下列材料中不属于．．．有机高分子化合物的是A B C D宇宙飞船光导纤维宇航服尿不湿外壳北京市西城区2017年5月高三理科综合第2页（共19页）7．下列事实与水解反应无关．．的是A．用Na2S除去废水中的Hg2+B．用热的Na2CO3溶液去油污C．利用油脂的皂化反应制造肥皂D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO48．下列事实不能．．用元素周期律解释的是A．酸性：HClO4 > H2SO4 B．Na、Mg与水反应，Na更剧烈C．气态氢化物的稳定性：HF > HCl D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生北京市西城区2017年5月高三理科综合第3页（共19页）北京市西城区2017年5月高三理科综合 第4页（共19页）9．已知反应：2Fe 3++ 2I －2Fe 2+ + I 2，用KI 溶液和FeCl 3溶液进行如下实验。

下列说法中，不．正确．．的是A ．实验i 中现象说明有Fe2+生成B ．实验ii 中现象说明反应后溶液中含有Fe 3+C ．实验iii 水溶液中c (Fe 2+)大于i 中c (Fe 2+)D ．实验iii 中再加入4滴0.1 mol·L －1FeCl 2溶液，振荡静置，CCl 4层溶液颜色无变化 10．在一定条件下，利用CO 2应如下：CO 2(g) + 3H 2(g)CH 3CO 2(g) + H 2(g)CO(g) + H 2O(g) △H 2。

温度对CH 3OH 、CO 的产率影响如右图所示。

2017年北京市昌平区高考化学二模试卷一、选择题1．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（）A．A B．B C．C D．D2．下列解释事实的方程式不正确的是（）A．焊接铁轨：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3B．工业固氮：N2+3H2 2NH3C．用纯碱除油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I23．关于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3•H2O溶液，下列说法不正确的是（）A．两溶液中存在的微粒种类：a＞bB．c（NH4+）：a＞bC．c（OH﹣）：a＜bD．水电离出的c（H+）：a＜b4．某离子反应涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应中Cl﹣为氧化产物B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C．反应后溶液的酸性减弱D．NH4+被ClO﹣氧化成N25．下列说法正确的是（）A．葡萄糖制镜利用了葡萄糖的氧化性B．室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯C．酯在碱性条件下水解生成对应的酸和醇D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D7．常温时，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．在A点：c（HX）＞c（Na+）＞c（X﹣）B．在B点，溶液中c（H+）=c（OH﹣）C．C点溶液中存在的主要平衡是X﹣+H2O⇌HX+OH﹣D．0.05mol/L NaX溶液的pH≈9二、非选择题8．（15分）天然产物萜类化合物eudesmane合成路线片段如图．（某些反应条件省略）已知：i．RCHO+R′﹣CH2﹣CHO+H2Oii．RMgX+→iii．回答下列问题：（1）A中的官能团名称是羰基、．（2）反应②的化学方程式是．（3）反应③中试剂E的结构简式是．（4）反应④的另一种产物是．（5）F的结构简式是．（6）G的电子式是．（7）D有多种同分异构体，满足下列条件的有种，写出其中任意一种．a．能发生银镜反应b．结构为六元环状c．环上有3种氢原子（8）以CH3CH2OH与CH3COCH3为原料，结合已知信息选用必要的无机物合成B，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上标明试剂和反应条件）．9．（14分）磷石膏（主要成分是CaSO4•2H2O）是磷酸及磷肥类工业在生产过程中产生的一种废渣，我国每年排放的磷石膏大约2000万吨以上，开发利用磷石膏，保护资源和环境，符合持续发展的观念．图1所示为对磷石膏进行综合利用的路径之一．（1）过程Ⅰ中CaSO4•2H2O脱水反应相关的热化学方程式为：CaSO4•2H2O（s）=CaSO4•H2O（s）+H2O（g）△H1=+83.2KJ•mol﹣1CaSO4•2H2O（s）=CaSO4（s）+2H2O（l）△H2=+26KJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44KJ•mol﹣1则反应CaSO4•H2O（s）=CaSO4（s）+H2O（g）的△H4= KJ•mol﹣1．（2）过程Ⅱ用合适的还原剂可以将CaSO4还原，所得SO2可用于工业生产硫酸．①CO作还原剂，改变反应温度可得到不同的产物．不同温度下所得固体成分的物质的量如图2所示．在低于800℃时还原产物为；1200℃时主要发生的反应的化学方程式为．②高硫煤作还原剂，焙烧2.5小时，测不同温度下硫酸钙的转化率，如图3所示．CaCl2的作用是；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，其原因是．③以SO2为原料，工业生产硫酸的化学方程式是，．（3）过程III将CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，发生反应的离子方程式是．10．（15分）纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用．（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为、．某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图1：已知：几种盐的溶解度（2）①写出装置I中反应的化学方程式．②从平衡移动角度解释该反应发生的原因．③操作①的名称是．（3）写出装置II中发生反应的化学方程式．（4）请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用．（5）该流程中可循环利用的物质是（6）制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是．a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量b．向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量．11．（14分）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液在室温下进行反应．实验中所用的草酸为稀溶液，可视为强酸．（1）将高锰酸钾氧化草酸的离子方程式补充完整．2MnO4﹣+ C2O42﹣+ =2 Mn2++ CO2↑+ H2O（2）该小组进行了实验I，数据如表．一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率．但分析实验数据，得到的结论是．（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如图．①用文字描述曲线图表达的信息．②该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是．（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如表．该小组进行实验III的目的是．（5）综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因．为验证该推测还需要补充实验，请对实验方案进行理论设计．2017年北京市昌平区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】B7：常见的能量转化形式．【分析】A．锌锰碱性电池为原电池，将化学能转化成电能的装置；B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；C．氢燃料电池为原电池，将化学能转化成电能的装置；D．银锌纽扣电池是原电池，将化学能转化成电能的装置．【解答】解：A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；D．银锌纽扣电池，将化学能转化成电能的装置；所以B能量转化形式与其它三个不同，故选B．【点评】本题考查电池的能量转化形式，注意一般原电池原理都是将化学能转化成电能，比较简单．2．下列解释事实的方程式不正确的是（）A．焊接铁轨：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3B．工业固氮：N2+3H2 2NH3C．用纯碱除油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2【考点】48：化学方程式的书写．【分析】A．依据铝热反应方程式解答；B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气；C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝．【解答】解：A．焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A 错误；B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H2 2NH3，故B正确；C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故C正确；D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故D正确；故选：A．【点评】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，题目难度不大．3．关于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3•H2O溶液，下列说法不正确的是（）A．两溶液中存在的微粒种类：a＞bB．c（NH4+）：a＞bC．c（OH﹣）：a＜bD．水电离出的c（H+）：a＜b【考点】DD：盐类水解的应用．【分析】0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣，能水解的盐促进水的电离，碱抑制水的电离，据此分析．【解答】解：A．0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣，所以两溶液中存在的微粒种类：a＞b，故A正确；B．一般水解程度较小，所以c（NH4+）：a＞b，故B正确；C．0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，则c（OH﹣）：a＜b，故C 正确；D．NH4Cl促进水的电离，NH3•H2O会抑制水的电离，所以水的电离程度a＞b，则水电离出的c（H+）：a＞b，故D错误．故选D．【点评】本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点以及溶液中电荷守恒和物料守恒是解本题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力．4．某离子反应涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应中Cl﹣为氧化产物B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C．反应后溶液的酸性减弱D．NH4+被ClO﹣氧化成N2【考点】B1：氧化还原反应．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，以此解答该题．【解答】解：反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH﹣，反应后溶液的碱性减弱，故C错误；D．由方程式可知，NH4+被ClO﹣氧化成N2，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．5．下列说法正确的是（）A．葡萄糖制镜利用了葡萄糖的氧化性B．室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯C．酯在碱性条件下水解生成对应的酸和醇D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化；B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水；C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠；D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基．【解答】解：A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化，则体现葡萄糖的还原性，故A错误；B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯，故B正确；C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠，酸性条件下水解生成对应的酸和醇，故C错误；D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基，使甲基上H变得活泼，故D错误；故选B．【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．水溶液后加稀硫酸酸化，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应；B．下层溶液呈紫红色，说明有碘单质生成，从而可证明氯气的氧化性大于碘单质；C．二氧化碳、二氧化硫都不与氯化钡溶液反应；D．实现了沉淀的转化，溶度积越小溶解度越小，越容易生成沉淀．【解答】解：A．加水溶液后加稀硫酸酸化，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应，应溶于水滴加KSCN溶液，溶液变为红色检验是否变质，故A错误；B．在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡后液体分层，下层溶液呈紫红色，碘化钾为氧化成碘单质，说明氯气的氧化性大于碘单质，从而可证明氯的非金属性比碘强，故B正确；C．炭粉中加入浓硫酸并加热，由于SO2和CO2不与氯化钡溶液反应，将导出的气体入BaCl2溶液中不会生成白色沉淀，故C错误；D．向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，说明AgI更难溶，溶度积越小其溶解度越小，则溶解度：AgCl＞AgI，故D 正确；故选D．【点评】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、离子检验、沉淀的转化及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．7．常温时，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．在A点：c（HX）＞c（Na+）＞c（X﹣）B．在B点，溶液中c（H+）=c（OH﹣）C．C点溶液中存在的主要平衡是X﹣+H2O⇌HX+OH﹣D．0.05mol/L NaX溶液的pH≈9【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．在A点，显酸性，碱不足，结合电荷守恒判断；B．在B点，pH=7，显中性；C．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX；D．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX．【解答】解：A．在A点，显酸性，碱不足，则溶液中的溶质为HX和NaX，结合电荷守恒可知c（HX）＞c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．在B点，pH=7，显中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX，又显碱性，则存在水解平衡X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，故C正确；D．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX，又溶液的总体积为50.00mL，所以NaX 的浓度为0.05mol/L，即由图可知pH≈9，故D正确；故选A．【点评】本题考查酸碱混合溶液中的定性判断，明确图中各点发生的化学反应及溶液中的溶质是解答本题的关键，题目难度中等．二、非选择题8．（15分）（2017•昌平区二模）天然产物萜类化合物eudesmane合成路线片段如图．（某些反应条件省略）已知：i．RCHO+R′﹣CH2﹣CHO+H2Oii．RMgX+→iii．回答下列问题：（1）A中的官能团名称是羰基、碳碳双键．（2）反应②的化学方程式是+H2O ．（3）反应③中试剂E的结构简式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX ．（4）反应④的另一种产物是HI ．（5）F的结构简式是（CH3）2CuLi ．（6）G的电子式是H：H ．（7）D有多种同分异构体，满足下列条件的有种，写出其中任意一种．a．能发生银镜反应b．结构为六元环状c．环上有3种氢原子（8）以CH3CH2OH与CH3COCH3为原料，结合已知信息选用必要的无机物合成B，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上标明试剂和反应条件）．【考点】HC：有机物的合成．【分析】C的结构简式为，根据已知条件醛失去OH﹣得，D的结构简式为，根据已知条件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的结构简式为CH2=CHCH2CH2CH2MgX，据此进行分析，（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脱去OH﹣生成，和H2发生加成反应生成，和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成目标产物，据此进行分析．【解答】解：C的结构简式为，根据已知条件醛失去OH﹣得，D的结构简式为，根据已知条件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的结构简式为CH2=CHCH2CH2CH2MgX，（1）根据A的结构简式，则A中的官能团名称是羰基和碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）C的结构简式为，D的结构简式为，则反应②的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；（3）由以上分析得，反应③中试剂E的结构简式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX，故答案为：CH2=CHCH2CH2CH2MgX；（4）反应④发生分子内消去反应，故化学方程式为→+HI，故反应④的另一种产物是HI，故答案为：HI；（5）根据已知条件得，在R2CuLi的作用下发生加成反应，比多了一个﹣CH3，故F的结构简式是（CH3）2CuLi，故答案为：（CH3）2CuLi；（6）比少了2个H原子，故到发生加成反应，故F为H2，其电子式为H：H，故答案为：H：H；（7）D的结构简式能发生银镜反应故有醛基，且满足结构为六元环状，环上有3种氢原子，故满足下列条件的结构简式为，故答案为：6；；（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脱去OH﹣生成，和H2发生加成反应生成，和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成目标产物，故以CH3CH2OH与CH3COCH3为原料，合成B的路线为CH3CH2OH△CH3CHO，故答案为：CH3CH2OH△CH3CHO．【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式与结构进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、自学能力与知识迁移应用，难度中等．9．（14分）（2017•昌平区二模）磷石膏（主要成分是CaSO4•2H2O）是磷酸及磷肥类工业在生产过程中产生的一种废渣，我国每年排放的磷石膏大约2000万吨以上，开发利用磷石膏，保护资源和环境，符合持续发展的观念．图1所示为对磷石膏进行综合利用的路径之一．（1）过程Ⅰ中CaSO4•2H2O脱水反应相关的热化学方程式为：CaSO4•2H2O（s）=CaSO4•H2O（s）+H2O（g）△H1=+83.2KJ•mol﹣1CaSO4•2H2O（s）=CaSO4（s）+2H2O（l）△H2=+26KJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44KJ•mol﹣1则反应CaSO4•H2O（s）=CaSO4（s）+H2O（g）的△H4= +30.8 KJ•mol﹣1．（2）过程Ⅱ用合适的还原剂可以将CaSO4还原，所得SO2可用于工业生产硫酸．①CO作还原剂，改变反应温度可得到不同的产物．不同温度下所得固体成分的物质的量如图2所示．在低于800℃时还原产物为；1200℃时主要发生的反应的化学方程式为CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑．②高硫煤作还原剂，焙烧2.5小时，测不同温度下硫酸钙的转化率，如图3所示．CaCl2的作用是作催化剂；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，其原因是催化剂CaCl2不改变平衡的限度．③以SO2为原料，工业生产硫酸的化学方程式是2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4．（3）过程III将CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，发生反应的离子方程式是CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣．【考点】U3：制备实验方案的设计；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素．【分析】（1）依据已知热化学方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算得到目标方程式的反应热；（2）①从图示2可知在低于800℃时主要还原产物为CaS，高于800℃时主要发生硫化钙和硫酸钙反应生成氧化钙和二氧化硫；②无氯化钙和有氯化钙存在的反应，最终平衡相同，仅改变反应历程，所以CaCl2为催化剂；当温度高于1200℃时，达到平衡，因催化剂不能改变平衡，所以无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同；③二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；（3）碳酸钙更难溶，碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀和磷酸铵．【解答】解：（1）已知①CaSO4•2H2O（s）═CaSO4•H2O（s）+H2O（g）△H1=83.2kJ•mol ﹣1②CaSO4•2H2O（s）═CaSO4（s）+2H2O（l）△H2=26kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44kJ•mol﹣1将②﹣③×2﹣①得CaSO4•H2O（s）═CaSO4（s）+H2O（g），则△H4=[26kJ•mol﹣1﹣（﹣44kJ•mol﹣1）×2﹣83.2kJ•mol﹣1]=30.8kJ•mol﹣1，故答案为：30.8；（2）①从图示2可知，在低于800℃时，CaS成分的物质的量为1，而CaO的物质的量几乎为0，所以在低于800℃时主要还原产物为CaS，高于800℃时主要发生硫化钙和硫酸钙反应CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑，氧化钙的物质的量增加，硫化钙的物质的量减小，故答案为：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑；②催化剂仅能改变反应的速率，改变反应历程，但不能改变化学平衡，从图示可知，当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，所以CaCl2的作用是作催化剂，当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的反应两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动，故答案为：作催化剂；催化剂CaCl2不改变平衡的限度；③SO2与水反应生成SO2，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3；三氧化硫与水反应生成硫酸，反应方程式为：SO3+H2O=H2SO4，故答案为：2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4；（3）将CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，实现了沉淀的转化，反应的离子方程式为：CaSO4+CO32﹣=CaCO↓+SO42﹣，3故答案为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣．【点评】本题考查较为综合，涉及物质制备、反应热与焓变的应用、化学平衡的影响等知识，明确实验目的为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容、化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力．10．（15分）（2017•昌平区二模）纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用．（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为Ca（OH）2、Na2CO3．某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图1：已知：几种盐的溶解度（2）①写出装置I中反应的化学方程式NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl ．②从平衡移动角度解释该反应发生的原因在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生．③操作①的名称是过滤．（3）写出装置II中发生反应的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．（4）请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用．在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s）⇌NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出（5）该流程中可循环利用的物质是氯化钠和二氧化碳（6）制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是 c ．a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量b．向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量．【考点】U3：制备实验方案的设计；2H：纯碱工业（侯氏制碱法）．【分析】（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉；（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl；②酸和碱反应生成盐和水而相互促进溶解，且NaCl的溶解度大于碳酸氢钠，溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；③分离沉淀和溶液采用过滤方法；（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解；（5）从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠；（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量；b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量；c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀．【解答】解：（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉，除去镁离子用氢氧化钙、除去钙离子用碳酸钠，故答案为：Ca（OH）2；Na2CO3；（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；②在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生，故答案为：在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生；③分离沉淀和溶液采用过滤方法，所以该操作名称是过滤，故答案为：过滤；（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解，所以在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s）⇌NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出，故答案为：在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s）⇌NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出；（5）装置III中从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠，所以能循环利用的是氯化钠和二氧化碳，故答案为：氯化钠和二氧化碳；（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故a不选；b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故b不选；c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀，无法计算碳酸钠的量，所以该方案不可以，故c选；故选c．【点评】本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质制备、物质分离提纯、实验方案设计评价等知识点，明确物质性质及物质制备原理是解本题关键，注意除杂剂的选取方法，题目难度不大．11．（14分）（2017•昌平区二模）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液在室温下进行反应．实验中所用的草酸为稀溶液，可视为强酸．（1）将高锰酸钾氧化草酸的离子方程式补充完整．2MnO4﹣+ 5 C2O42﹣+ 16H+=2 Mn2++ 10 CO2↑+ 8 H2O（2）该小组进行了实验I，数据如表．一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率．但分析实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小．（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如图．①用文字描述曲线图表达的信息当草酸浓度小于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而减小，当草酸浓度大于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而增加．②该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是ab ．（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如表．。

西城区高三二模化学2017.5 可能用到的相对原子质量： O 16 Na 23 S 32 Cl 35.56．下列材料中不属于．．．有机高分子化合物的是酚醛树脂二氧化硅聚酯纤维聚丙烯酸钠7．下列事实与水解反应无关．．的是A．用Na2S除去废水中的Hg2+B．用热的Na2CO3溶液去油污C．利用油脂的皂化反应制造肥皂 D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO48．下列事实不能．．用元素周期律解释的是A．酸性：HClO4 > H2SO4 B．Na、Mg与水反应，Na更剧烈C．气态氢化物的稳定性：HF > HCl D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生9．已知反应：2Fe3+ + 2I－2Fe2+ + I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。

下列说法中，不正确Array．．．的是A．实验i中现象说明有Fe2+生成B．实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C．实验iii水溶液中c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)D．实验iii中再加入4滴0.1 mol·L－1 FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化10．在一定条件下，利用CO 2合成CH 3OH 的反应如下：CO 2(g) + 3H 2CH 3OH(g) + H 2O(g) △H 1， 研究发现，反应过程中会有副反应： CO 2(g) + H 2CO(g) + H 2O(g) △H 2。

温度对CH 3OH 、CO 的产率影响如右图所示。

下列 说法中，不正确．．．的是 A ．△H 1 < 0，△H 2 > 0B ．增大压强有利于加快合成反应的速率C ．生产过程中，温度越高越有利于提高CH 3OH 的产率D ．合成CH 3OH 反应的平衡常数表达式是11．依据下列实验现象，不能．．得出对应结论的是12．工业酸性废水中的Cr 2O 72－可转化为Cr 3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL ，Cr 2O 72－的起始浓度、电压、电解时间均相同）。

北京市2017年夏季普通高中会考试题考生须知1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．本试卷共8页，分为两个部分。

第一部分为选择题，25个小题（共50分）；第二部分为非选择题，分为必答题和选答题两道大题（共50分）。

3．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

4．考试结束后，考生应将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 K39 第一部分选择题（共50分）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.我国科学家屠呦呦发现抗疟新药青蒿素（C15H22O5），该成果获得诺贝尔奖。

青蒿素属于（）A. 无机物B. 有机物C. 氧化物D. 单质2. 下列各组元素中,属于同一周期的是（）A. Na、K B. N、Al C.S、Cl D.H、O 3. 下列物质中，属于电解质的是（）A. 稀硫酸B.氯化钠C.乙醇D. 铝4. 下列物质中，属于高分子化合物的是（）A. 葡萄糖B. 油脂C. 淀粉D.苯5. 当光束通过下列分散系时,能观察到丁达尔效应的是（）A.KCl溶液B. 氢氧化铁胶体C. 蔗糖溶液D. KNO3溶液6.下列元素中，非金属性最强的是（）A．氟B．氯C．溴D．碘7.下列物质中,既含有离子键又含有共价键的是（）A．H2SO4B．NaCl C．MgCl2D．NaOH 8.合金的应用，极大地促进了人类社会的发展。

下列不属于．．．合金的是（合金的是（ ）A.青铜雁鱼灯青铜雁鱼灯 B.光导纤维光导纤维 C.航母甲板（钢））航母甲板（钢）） D.潜水艇外壳(钛、铝等) 9. SO2可用作红酒的防腐剂。

下列关于SO2性质的叙述不正确．．．的是（的是（ ）A.能使品红溶液褪色能使品红溶液褪色 B.能与氢氧化钠溶液反应能与氢氧化钠溶液反应C.一定条件下，能与氧气反应一定条件下，能与氧气反应 D.相同条件下，密度比空气的小相同条件下，密度比空气的小10.光气(CO Cl2)在农药、医药等领域都有许多用途。

2017年北京市西城区高考化学二模试卷（有答案和详细解析）一、选择题本部分共7小题，每小题6分，共42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．下列材料中不属于有机高分子化合物的是（ ）ABCD宇宙飞船外壳 光导纤维 宇航服尿不湿 酚醛树脂 二氧化硅 聚酯纤维聚丙烯酸钠A ．AB ．BC ．CD ．D2．下列事实与水解反应无关的是（ ） A ．用Na 2S 除去废水中的Hg 2+ B ．用热的Na 2CO 3溶液去油污 C ．利用油脂的皂化反应制造肥皂 D ．配制CuSO 4溶液时加少量稀H 2SO 43．下列事实不能用元素周期律解释的是（ ） A ．酸性：HClO 4＞H 2SO 4 B ．Na 、Mg 与水反应，Na 更剧烈 C ．气态氢化物的稳定性：HF ＞HCl D ．向Na 2SO 3溶液中加盐酸，有气泡产生4．已知反应：2Fe 3++2I ﹣⇌2Fe 2++I 2，用KI 溶液和FeCl 3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（ ）4．已知反应：2Fe 3++2I ﹣⇌2Fe 2++I 2，用KI 溶液和FeCl 3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（ ）A．实验i中现象说明有Fe2+生成B．实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C．实验iii水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化5．在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌H3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2．温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．△H1＜0，△H2＞0B．增大压强有利于加快合成反应的速率C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率D．合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=6．依据下列实验现象，不能得出对应结论的是（）实验现象结论A 室温下测0.1mol•L﹣1醋酸pH pH≈3.3醋酸是弱酸B 向2mL 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中i．滴加几滴同浓度的MgSO4溶液ii．再滴加几滴同浓度FeCl3溶液i．产生白色沉淀ii．产生红褐色沉淀溶解度：Fe（OH）3＜Mg（OH）2C 常温下，将CO2通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸＞苯酚D 将少量溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却、HNO3酸化后，滴加AgNO3溶液淡黄色沉淀证明含有溴元素A．A B．B C．C D．D7．工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是（）实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸Cr2O72﹣的去除率/%0.922 12.7 57.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6 Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O D．实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣被还原二、非选择题（共11题共180分）8．（17分）聚合物（W是链节中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料．聚合物X是其中的一种，转化路线如图：已知：i．R1CHO+R2CH2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2（R代表烃基或氢原子）（1）A的结构简式是．（2）B 所含的官能团名称是．（3）E的结构简式是．（4）①的化学方程式是．（5）②的反应类型是．（6）J是五元环状化合物，③的化学方程式是．（7）X的结构简式是．9．（14分）MnSO4在工业中有重要应用．用软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）浸出制备MnSO4，其过程如下：I．向软锰矿浆中通入SO2，锰、铁、铝、铅元素以离子形式浸出，测得浸出液的pH＜2．II．向浸出液中加MnO2，充分反应后，加入石灰乳，调溶液pH=4.7．III．再加入阳离子吸附剂，静置后过滤．IV．滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体．【资料】部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pHPb2+离子Fe2+ Fe3+ Al3+Mn2+开始沉淀时的pH 7.6 2.7 3.8 8.3 8.0完全沉淀时的pH 9.7 3.7 4.7 9.8 8.8（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，该反应的化学方程式是．（2）II 中加入MnO2的主要目的是；调溶液pH=4.7，生成的沉淀主要含有和少量CaSO4．（3）III中加入阳离子吸附剂，主要除去的离子是．（4）用惰性电极电解MnSO4溶液，可以制得高活性MnO2．①电解MnSO4溶液的离子方程式是．②高活性MnO2可用于催化降解甲醛，有关微粒的变化如图所示，其中X是，总反应的化学方程式是．10．（12分）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在．某工厂处理氨氮废水的流程如下：含NH4+的废水低浓度氨氮废水含余氯废水达标废水（1）I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气．用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是；鼓入大量空气的目的是．（2）II中加入适量NaClO溶液，控制pH在6～7，将氨氮转化为无毒物质．①为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是．②过程II发生3个反应：i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价）iii．…已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”．图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图．其中氨氮含量最低的点是c点．b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）；反应iii的化学方程式是．（3）III中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg•L ﹣1．若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg•L﹣1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10% Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）．11．（15分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应．【实验Ⅰ】试剂：酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4溶液（pH=0.2），5% H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5% H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡．测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红（1）上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是．（2）产生气泡的原因是．【实验Ⅱ】试剂：未酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4溶液（pH=3），5% H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL 5% H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊．测得反应后溶液pH=1.4（3）将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体．取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol•L ﹣1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液．初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42﹣．检验棕黄色沉淀中SO42﹣的方法是．（4）对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：i．H2O2溶液氧化Fe2+消耗H+ii．Fe2+氧化的产物发生了水解①根据实验II记录否定假设i，理由是．②实验验证假设ii：取，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立．（5）将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是．【实验Ⅲ】若用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，除了产生与II相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色．（6）产生刺激性气味气体的原因是．（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与（至少写两点）有关．2017年北京市西城区高考化学二模试卷参考答案1．【分析】A．苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；B．二氧化硅为无机物；C．聚酯纤维为缩聚反应产物；D．聚丙烯酸钠为加聚反应产物．【解答】解：相对分子质量在10000以上的为高分子，可利用缩聚反应、加聚反应得到有机高分子化合物，则酚醛树脂、聚酯纤维、聚丙烯酸钠均为有机高分子化合物，而二氧化硅为无机物，故选B．【点评】本题考查有机高分子的判断，为高频考点，把握有机物的组成、合成高分子的方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化硅为无机物，题目难度不大．2．【分析】A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解；C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4．【解答】解：A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2+，与与水解反应无关，故A选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C不选；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4，加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4，与盐类的水解有关，故D不选．故选A．【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于化学知识的综合运用的考查，注意把握盐类水解的原理，题目难度不大．3．【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．元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强．【解答】解：A．非金属性Cl＞S，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，故A正确；B．金属性Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈，故B正确；C．非金属F＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强，不能用元素周期率解释，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素周期律的递变规律以及物质的性质的比较角度，难度不大．4．【分析】A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀；B．Fe3+使KSCN溶液显红色；C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）；D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅．【解答】解：A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀，实验i中现象说明有Fe2+生成，故A正确；B．Fe3+使KSCN溶液显红色，实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+，故B正确；C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+），故C正确；D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的检验与鉴别，注意掌握检验铁离子和亚铁离子的方法，把握可逆反应的特征，试题培养了学生的化学实验能力，题目难度中等．5．【分析】A、由图可知温度升高CH3OH的产率减小，所以CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）平衡逆向移动，则△H1＜0；而一氧化碳产率增大，所以CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）平衡正向移动，△H2＞0；B、对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快；C、△H1＜0温度升高平衡逆向移动；D、平衡常数等于生成浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，由此分析解答．【解答】解：A、由图可知温度升高CH3OH的产率减小，所以CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （g）+H2O（g）平衡逆向移动，则△H1＜0；而一氧化碳产率增大，所以CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）平衡正向移动，△H2＞0，所以△H1＜0，△H2＞0，故A正确；B、对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，故B正确；C、△H1＜0温度升高平衡逆向移动，所以温度越高CH3OH的产率越低，故C错误；D、平衡常数等于生成浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的产率随时间变化曲线，涉及化学反应速率及化学平衡、平衡常数表达式的书写，难度不大，注意对基础知识的全面掌握．6．【分析】A．由pH大于1可知，醋酸不能完全电离；B．NaOH过量，均为沉淀的生成；C．发生强酸制取弱酸的反应；D．水解后加硝酸至酸性，再检验溴离子．【解答】解：A．由pH大于1可知，醋酸不能完全电离，则醋酸是弱酸，故A正确；B．NaOH过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp及溶解度，故B错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：碳酸＞苯酚，故C正确；D．水解后加硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，则证明含有溴元素，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握弱电解质的电离、沉淀生成、酸性比较、有机物的性质为解答的关键，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．7．【分析】A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大；B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应；C．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣；D．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72﹣被还原．【解答】解：A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A正确；B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B正确；C．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C正确；D．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣在阴极上被还原，且溶液中还有1molCr2O72﹣被Fe2+还原，所以一共有2 mol Cr2O72﹣被还原，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D．8．【分析】A发生催化氧化反应生成B，B和D发生信息i的反应生成E，结合A的分子式知，A结构简式为CH3CH2OH，B为CH3CHO，E发生氧化反应生成F，根据F分子式知，D为HCHO，E为CH2=CHCHO，F为CH2=CHCOOH．N与J发生信息ii中的反应，结合产物结构简式可知N、J分别为CH2=CHCOOCH3、中的一种，结合F的结构简式可知N为CH2=CHCOOCH3、J为，故M为CH3OH．I发生消去反应生成J，G发生加成反应生成I，则G、I结构简式分别为、．由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为，据此解答．【解答】解：A发生催化氧化反应生成B，B和D发生信息i的反应生成E，结合A的分子式知，A结构简式为CH3CH2OH，B为CH3CHO，E发生氧化反应生成F，根据F分子式知，D为HCHO，E为CH2=CHCHO，F为CH2=CHCOOH．N与J发生信息ii中的反应，结合产物结构简式可知N、J分别为CH2=CHCOOCH3、中的一种，结合F的结构简式可知N为CH2=CHCOOCH3、J为，故M为CH3OH．I发生消去反应生成J，G发生加成反应生成I，则G、I结构简式分别为、．由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为．（1）由上述分析可知，A的结构简式是CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；（2）B为CH3CHO，所含的官能团名称是醛基，故答案为：醛基；（3）由上述分析可知，E的结构简式是CH2=CHCHO，故答案为：CH2=CHCHO；（4）①的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O；（5）②是与溴发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（6）③的化学方程式是：+2NaOH+2 NaBr+2 H2O，故答案为：+2NaOH+2 NaBr+2 H2O；（7）由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，是高考热点题型，注意根据转化关系中有机物的分子式、结构简式及反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．9．【分析】软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）通入SO2浸出液的pH＜2，MnO2与SO2发生氧化还原反应，其中的金属离子主要是Mn2+，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰乳，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，调节pH值4.7，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+，过滤，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体，据此分析解答（1）～（3）；（4）①用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，由氧元素守恒可知有水参与反应，阴极发生还原反应，水放电生成氢气（还会生成氢氧根离子），配平书写电极反应式；②氧离子与﹣CHO转化为X，而X与H+生成CO2和H2O，则X表示的粒子是HCO3﹣，整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水．【解答】解：（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；（2）杂质离子中Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，加入石灰乳，调节pH值4.7，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故生成的沉淀主要为Fe（OH）3、Al（OH）3和少量CaSO4；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）由题可知通过步骤III得到的溶液为含有锰离子的溶液，故在此步骤对剩余的金属离子进行了除杂，则，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+；故答案为：Ca2+、Pb2+；（4）①用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，阴极水得电子发生还原反应生成氢气，总反应离子方程式为：Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+；故答案为：Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+；②氧离子与﹣CHO转化为X，而X与H+生成CO2和H2O，则X表示的粒子是HCO3﹣，整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水，可得该反应的总反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，故答案为：HCO3﹣；HCHO+O2CO2+H2O．【点评】本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力．10．【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；（2）①加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比根据2NH4+～N2～12e﹣，ClO﹣～Cl﹣～2e﹣结合得失电子守恒计算；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n==1mol根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol．【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH﹣═NH3•H2O，氨水电离是可逆反应，鼓入大量空气将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，故答案为：NH4++OH﹣═NH3•H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；（2）①氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在，为了完全从废水中去除氨氮，2NH4+～N2～12e﹣6ClO﹣～6Cl﹣～12e﹣根据电子守恒得到加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比3：1，故答案为：3：1；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是NH2Cl，b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O，故答案为：NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n==1mol根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol，质量为m=n×M=1mol×126g/mol=126g，根据题意，设最多添加10%Na2SO3溶液的质量为x=5mg/L，解得：x=1760g=1.76kg，故答案为：1.76．【点评】本题考查了废水处理的方法和过程分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算、氧化还原反应产物判断，注意分析题干信息，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11．【分析】（1）根据现象H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成铁离子，铁元素化合价升高，则过氧化氢生成水；（2）生成铁离子，能催化过氧化氢分解生成氧气；（3）硫酸根离子用酸化的氯化钡检验；（4）①根据实验II记录反应后溶液pH=1.4，酸性增强，假设i不合理；②根据假设ii，Fe2+氧化的产物发生了水解，则为铁离子水解，取硫酸铁验证即可；（5）根据假设ii为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体；（6）用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色，为HCl气体；（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量有关．【解答】解：（1）H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成铁离子和水，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O；（2）过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气，故产生气泡；故答案为：Fe3+催化下H2O2分解生成O2；（3）硫酸根离子用酸化的氯化钡检验，故检验棕黄色沉淀中SO42﹣的方法是：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42﹣；故答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42﹣；（4）①根据实验II记录反应后溶液pH=1.4，酸性增强，假设i中消耗氢离子，酸性减弱，pH应增大，故不合理；故答案：反应后溶液的pH降低；②根据假设ii，Fe2+氧化的产物发生了水解，铁离子水解，验证硫酸铁溶液中铁离子的水解平衡即可，取Fe2（SO4）3溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立；故答案为：Fe2（SO4）3溶液；（5）根据假设ii，为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，反应为：2Fe2++4H2O+H2O2=+2Fe（OH）3（胶体）+2H+；故答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=+2Fe（OH）3（胶体）+2H+；（6）用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发；故答案为：H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发；（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量有关；故答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量．【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据物质的性质进行实验原理分析及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等．。

北京市2017 届高三各城区二模化学试题分类汇编—化学反应原理（海淀区）26.（14 分）纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。

氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：1.Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH 溶液调节pH 至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO( OH)红棕色悬浊液。

(1)①若用NaOH 溶液调节pH 过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是。

②上述反应完成后，测得a 值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH 的关系，结果如下：用离子方程式解释Fe0( OH)生成后溶液pH 下降的原因：。

(2)经检验：当a=7 时，产物中存在大量Fe2O3。

对Fe2 O3的产生提出两种假设：i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO( OH)向Fe2 O3的转化；ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO( OH)向Fe2O3的转化。

①经分析，假设i 不成立的实验依据是_。

②其他条件相同时，向FeO( OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30 min 后测定物质的组成，结果如下：以上结果表明：。

(3)a=7 和a =9 时，FeO( OH)产率差异很大的原因是。

Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO( OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶波和NaOH 浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。

(4)共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。

①共沉淀pH 过高时，会导致FeS04溶液被快速氧化；共沉淀pH 过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是_。

②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N 的变化曲线如下图所示：经理论分析，N=2 共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是。

（朝阳区）26.（12 分）工业上由N2、H2合成NH3。

制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步。

西城区高三模拟测试
理科综合参考答案及评分标准
2017.5
第一部分（选择题共120分）
第二部分（非选择题共180分）
25~28题其他正确答案可参照本标准给分
25．（17分，第3、4、6小题每空3分，其余每空2分）
（1）C 2H 5OH
（2）醛基
（3）CH 2=CHCHO
（4）
（5）加成反应
（6）
（7）
26．（14分，每空2分）
（1）SO 2 ＋MnO 2 == MnSO 4
（2）将Fe 2＋氧化为Fe 3＋
除去Fe(OH)3 Al(OH)3 （3）Pb 2＋、Ca 2＋
（4）①Mn 2+ + 2H 2O MnO 2 + H 2↑ + 2H +
②HCO 3－ HCHO + O 2 2O
电解
27．（12分，每空2分）
（1）NH4+ + OH－==NH3·H2O 将NH3吹出
（2）①3:2
②NH2Cl 2NH2Cl + HClO == N2 + 3HCl + H2O
（3）13.1
28．（15分，第2小题1分，其余每空2分）
（1）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ ==2Fe3+ + 2H2O
（2）Fe3+催化下H2O2分解产生O2（或用化学方程式表示）
（3）取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42－
（4）①反应后溶液的pH降低
②Fe2(SO4)3溶液
（5）2Fe2++H2O2+4H2O== 2Fe(OH)3（胶体）+4H+
（6）H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发
（7）pH、阴离子种类、温度、反应物用量。

北京市高三上学期期末考试化学试题分类汇编——化学反应原理（海淀）18.（8分）H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。

有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO2—所致。

（1） H2O2溶液显弱酸性,测得0.15 mol·L−1 H2O2溶液pH约为6。

写出H2O2生成HO2—的电离方程式：。

（2）其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如下：由上图可得到的结论是，结合平衡移动原理简述理由：。

（3）实验发现：若pH >11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。

针对这一现象，继续进行实验，发现溶液中H2O2的分解与pH有关。

测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15 mol·L−1 的H2O2溶液发生分解反应，结果如下：初始pH pH = 10 pH = 121小时后H2O2溶液浓度0.13 mol·L−10.07 mol·L−11小时后pH 没有明显变化没有明显变化查阅资料：HO2—+ H2O2 ==== H2O+ O2 + OH—。

①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因：。

②从反应速率的角度分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因：。

（朝阳）17．（8分）游离态的氮经一系列转化可以得到硝酸，如下图所示。

O2O22N2NH3NO NO2HNO3（1）NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是。

（2）2NO(g) ＋O2(g) 2NO2(g) 是制造硝酸的重要反应之一。

在800℃时，向容积为1 L的密闭容器中充入0.010 mol NO和0.005 mol O2，反应过程中NO的浓度随时间变化如下图所示。

①2 min内，v(O2) = mol/(L·min)②800℃时，该反应的化学平衡常数数值为。

③已知：ⅰ．ⅱ．N2(g) + 2O2(g) === 2NO2(g) ΔH = + 68 kJ·mol－1结合热化学方程式，说明温度对于NO生成NO2平衡转化率的影响：。