2015高三房山一模化学试题

2015年一模理综试卷化学部分试卷及答案6．下列用品的主要成分及用途对应不正确．．．的是Al(OH)3 抗酸药7．．．A ．向NaHCO 3溶液中加入NaOH 溶液：HCO 3－+ OH －CO 2↑ + H 2O B ．盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO 2 + 2NaOHNa 2SiO 3 + H 2OC ．为减少煤燃烧产生SO 2，用CaCO 3脱硫：2CaCO 3 + O 2 + 2SO 2△2CaSO 4 + 2CO 2D ．向AgCl 悬浊液中加入Na 2S 溶液：2AgCl + S2－Ag 2S + 2Cl －8．下列说法正确的是A ．乙二醇和丙三醇互为同系物B ．室温下，在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯C ．分子式为C 7H 8O 且属于酚类物质的同分异构体有4种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9．X 、Y 、Z 为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是A ．Z 的氢化物分子间存在氢键B ．最外层电子数Z>YC ．气态氢化物的稳定性Y>XD ．Y 的含氧酸均为强酸 10．利用如图所示装置进行下列实验，不能．．得出相应实验结论的是2+11．NO 2、O 2和熔融KNO 3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I 电极上生成氧化物Y ，Y 可循环使用。

下列说法正确的是 A ．O 2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应 B ．该电池放电时NO 3－向石墨Ⅱ电极迁移 C ．石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO 2 +2e－NO+ 2NO 3－D ．相同条件下，放电过程中消耗的NO 2和O 2的体积比为4∶1 12．下列说法正确的是A ．①表示化学反应2NO 2(g) + O 3(g)N 2O 5(g) + O 2(g)△H > 0B ．②表示25℃时，用0.1 mol/LCH 3COOH 溶液滴定的pH 随加入酸体积的变化C ．③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO 4酸性溶液与过量的0.1 mol/LH 2C 2O 4(Mn 2+)随时间的变化D ．④表示体积和pH 均相同的HCl 和CH 3COOH 生H 2的体积随时间的变化，则a 表示CH 3COOH 溶液25．（16分）A 物质异戊二烯(2-甲基-1,3-丁二烯)用途广泛，除用于合成IR 用于生产芳樟醇N 等多① ② ③ (H 2种精细化工产品，合成路线如下：已知：i.CH 3C OR + R'Cl一定条件R'CH 2COR + HClii. C R C H + R'C OR''KOHCR C C R'R''OH（1）A 的结构简式是 ，C 生成N 的反应类型为 （2）实验室常用电石和水制备试剂Y ，试剂Y 的名称是 （3）反式聚异戊二烯的结构简式是 （选填字母）。

房山区2014年高三期末测试试卷-----化学可能用到的相对原子质量：H -1 C- 12 N -14 O -16 Na -23 Mg -24 Al -27 S -32 Cl -35.5 K -39 Ca -40 Mn-55 Fe -56 Co-59 Cu- 64第Ⅰ卷 (选择题 共66分)1～22题每题只有1个正确选项，请将正确选项填涂在机读卡上。

利用可降解塑料制造利用生石灰进行酸性废水处理 利用煤中加入石灰石进行燃煤脱硫B ．将钢闸门与电源负极连接，可以防止钢闸门被腐蚀C ．汽车尾气中的氮氧化物，不会导致“酸雨”、“雾霾”和“温室效应”D. 用铜与浓硝酸反应制硝酸铜过程中不断通入氧气，符合绿色化学思想3. 下列有关物质组成、分类正确的是（ ）A ．硬铝与青铜均属于合金B ．二氧化碳与氨气分别属于酸和碱A ．钾离子结构示意图：B ．乙醇的分子式：CH 3CH 2OHC ．中子数为16的硫原子：D ．羟基的电子式：6. 下列说法正确的是（ ）A ．蛋白质和氨基酸都具有两性B ．乙烯与聚乙烯均能使溴水褪色C ．银氨溶液可检验淀粉是否完全水解D ．溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应可制取乙烯7. 下图所示实验能达到实验目的的是（）A.实验室制取NH3B.制备并收集少量NO2C.实验室制备乙酸乙酯D.比较碳酸与苯酚酸性强弱8. 下列离子方程式正确的是（）A. 用CH3COOH除水垢：CaCO3 + 2H＋=== Ca2＋+ H2O + CO2↑B. 将Cl2通入NaOH制漂白液：Cl2 + 2OH- === Cl- + ClO- + H2OC．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋+ 2OH－=== Fe(OH)2↓D. 用酸性KMnO4溶液判断FeCl2是否变质：Fe2＋+ MnO4- + 8H+ === Fe3+ + Mn2+ + 4H2O9. 用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A．常温下，14 g乙烯中含碳原子数为N AB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH-数目为0.1N AC．标准状况下，22.4L CHCl3中含C—H键数目为N AD．1L 0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-离子数为0.1N A10. 常温时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．饱和氯水中：Na+ ，Mg2+，SO32-，Cl-B．c(Fe3＋) = 0.1 mo l/L的溶液中：K＋、Na+、SO42－、OH－C．c(H+)／c(OH－) = 1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H+) = 1×10-14 mol/L溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－11.Se、Br两种元素的部分信息如右图所示，下列说法正确的是（）A．原子半径：Br > Se > Cl B．酸性：H2SeO4 >HBrO4 >HClO4- 2--）P（A．该反应的正反应是放热反应B．从700℃升温至800℃，正反应速率加快、逆反应速率减慢C．在某温度时，若发现容器内气体密度始终保持一定，则该反应已达平衡状态D．在830℃，加入M和N各1mol，若一段时间后P的物质的量为0.5mol时，该反应达到平衡状态。

化学部分6．下列认识中，正确的是A．石英光导纤维，在遇到强碱或氢氟酸时均可能发生“断路”B．蛋白质和油脂在发生腐败时，均会产生NH3的刺激性气味C．明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用D．塑化剂的基本结构为，因此可以水解成对人体无害的物质7. 下列解释实验现象的反应方程式正确的是A．在CH3COONa溶液中，滴加酚酞变红：CH3COO- + H2O === CH3COOH + OH-B．在H2O2溶液中，滴加FeCl3溶液产生气泡：2H2O2 + 2Cl- === 2H2O + O2↑+ Cl2↑C．将相互接触的铜片和锌片置于稀硫酸中，铜片表面有气泡产生：Cu + 2H+ === Cu2+ + H2↑D．向Cu(OH)2悬浊液中滴加Na2S溶液，蓝色沉淀变黑色：Cu(OH)2(s) + S 2- CuS(s) + 2OH--8. 下列说法中，正确的是A. 用新制的氢氧化铜可鉴别苯、甲酸甲酯和乙醛B．纤维素、葡萄糖和鸡蛋白在一定条件下都可以发生水解反应C．的单体之一可能是D．维生素A的结构简式为: 它是一种易溶于水的醇9. PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。

通过排气管加装催化装置，可催化剂有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NO x+ CO N2 + CO2下列关于此反应的说法中，不正确．．．的是A．所涉及元素中原子半径： C＞N＞OB. 当x = 2时，每生成１mol N2，转移电子数为４molC．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3︰4D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰1时，NO x中氮元素的化合价为＋2价10．如右图所示实验装置，烧瓶内充满氯气，底部有一层细沙（不参与反应），玻璃导管下口b处塞有一小块钠。

从a口伸入一根细铁丝把钠块捅下去，再用滴管从a口滴下一滴水，恰好落在钠块上，立即剧烈反应。

下列对此实验的说法中，不正确．．．的是A．所充氯气应用向上排空气法收集B．反应中，烧瓶内产生大量白色烟雾C．玻璃导管只起到定位加入钠和水的作用D．烧瓶中Cl2 ，可能参与四个氧化还原反应11. 下列叙述中，正确的是A．pH=6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na+) + c(CH3COO－) + c(OH－) = 10-6 mol·L-1B．pH=3的醋酸溶液加水稀释过程中：逐渐变小C．pH相同NaOH溶液与NaHCO3溶液中：水的电离程度相同D．pH=9的NaHX溶液中：c(Na+)＞c(HX－)＞c(OH－)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(X2-)12. 光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，COCl2的分解反应为：COCl2(g) Cl2(g) + CO(g) △H = +108 KJ·mol-1该反应在密闭容器中各物质的浓度随时间的变化如下图所示:下列叙述中，正确的是A．反应在8 min时的平衡常数小于2 min时的平衡常数B. COCl2的平均反应速率C．该反应在13 min时与8 min时比较，气体的平均相对分子质量减小D．与10 min时相比，10 min后的CO气体物质的量减少25. （12分）碳化硅(SiC) 、氧化铝(Al2O3) 和氮化硅（Si3N4）是优良的高温结构陶瓷，在工业生产和科技领域有重要用途。

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．CuCl2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﹣）=4×10﹣7mol•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）2﹣，故不能共存，故A错误；3↓+CO3B、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+）=1×10﹣13mol∙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．CuCl2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：SO32﹣+ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣，故D正确，故选D．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VA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；VA；（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，发生反应的离子方程式为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，该反应的化学方程式为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SiO 2组成，含有少量Fe 2O 3、FeO 、Al 2O 3等杂质，加入硫酸，MgO 、Fe 2O 3、FeO 、Al 2O 3都和硫酸反应，MgO+H 2SO 4═Mg SO 4+H 2O ，Fe 2O 3+3H 2SO 4═Fe 2（SO 4）3+3H 2O ，FeO+H 2SO 4═FeSO 4+H 2O 、Al 2O 3+3H 2SO 4═Al 2（SO 4）3+3H 2O ，SiO 2不与硫酸反应，滤渣1为SiO 2， 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，H 2O 2+2Fe 2++2H +═2Fe 3++2H 2O ；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，Fe 3++3OH ﹣═Fe （OH ）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al 3++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，Mg 2++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Mg 2+离子和O 2﹣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，Fe 3++3OH ﹣═Fe （OH ）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al 3++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 ﹣═AlO 2﹣+2H 2O ，故答案为：Fe （OH ）3、Al （OH ）3；Al （OH ）3+OH ﹣═AlO 2﹣+2H 2O ；（3）滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg 2++2OH ﹣═Mg（OH ）2↓，故答案为：Mg 2++2OH ﹣═Mg（OH ）2↓；（4）氢氧化镁无氧化性，根据信息反应物为Mg （OH ）2、SO 2、产物为MgSO 4，所以反应物必有O 2，所以该反应为：2Mg （OH ）2+2SO 2+O 2═2MgSO 4+2H 2O ，故答案为：2Mg （OH ）2+2SO 2+O 2═2MgSO 4+2H 2O ；（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”）；K a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﹣）=4×10﹣7mol•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；（6）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，据此解答即可．解答：解：（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，与浓度无关，K i值不发生变化，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，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO，故答案为：减小；不变；HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO；（2）羟胺和水反应生成+和OH﹣，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH2OH+H2O⇌++OH﹣；（3）红棕色刺激性气味气体为NO2，无色刺激性气味气体为NO，离子反应方程式为：2NO2﹣+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO﹣+H2O，。

海淀区高三年级第二学期期中练习（一模）28.（15分）已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究。

（1）甲同学首先进行了实验1。

实验1实验步骤实验现象ⅰ．取2 mL 1 mol·L-1 KI溶液，滴加0.1 mol·L-1FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05 mL，下同）。

ⅰ．溶液呈棕黄色。

ⅱ．向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。

ⅱ．溶液不显红色。

①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式。

②加入KSCN溶液的目的是。

③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低，故改进实验方案，进行了实验2。

实验2实验步骤实验现象ⅰ．取2 mL 0.1 mol·L-1KI溶液，滴加0.1mol·L-1 FeCl3溶液3滴。

ⅰ．溶液呈棕黄色。

ⅱ．向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。

ⅱ．溶液显红色。

ⅲ．继续加入2 mL CCl4，充分振荡、静置。

ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。

本实验改用0.1 mol·L-1KI溶液的目的是。

用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因：。

（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3－在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2＋I－I 3－。

于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－。

①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3。

实验3实验步骤实验现象ⅰ．取1 mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2 mL CCl4，振荡、静置。

ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。

ⅱ．取1 mL饱和碘水，加入2 mL CCl4，振荡、静置。

ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。

实验3的结论是。

②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡I2＋I－I3－的存在。

2015北京市房山区高三（一模）化学一.选择题1．（3分）下列物质不耐酸雨腐蚀的是（）A B C DSiO2﹣﹣﹣光导纤维聚氯乙烯﹣﹣﹣输液管酚醛树脂﹣﹣﹣飞船仓外层锰钢﹣﹣﹣钢轨A．A B．B C．C D．D2．（3分）通常海水的pH=8.1，在稳定海水pH中起作用的离子是（）A．Na+B．HCO3﹣C．CO32﹣D．Cl﹣3．（3分）下列装置中，铁不易被腐蚀的是（）A．NaCl溶液B．酸化的NaCl溶液C．NaCl溶液D．NaCl溶液4．（3分）下列解释实验事实的方程式中，不准确的是（）A．在CH3COONa 溶液中滴入无色酚酞，溶液变红：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣B．在Mg（OH）2白色悬浊液中滴入饱和FeCl3溶液，悬浊液变红褐：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3↓+3Mg2+ C．在NaHSO3溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红：NaHSO3═Na++H++SO32﹣D．在稀H2SO4酸化的KMnO4溶液中滴入双氧水，溶液褪色：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O5．（3分）下列说法正确的是（）A．室温下，在水中的溶解度：丙烷＞乙二醇＞乙醇B．可用碘水和银氨溶液鉴别葡萄糖、麦芽糖和淀粉三种物质C．油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物D．聚碳酸酯中含有结构6．（3分）利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项 ① ② ③ 实验结论A NaCl 溶液 电石 酸性KMnO 4 乙炔具有还原性B 浓硝酸 Na 2CO 3 苯酚钠溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞苯酚C 浓盐酸 KMnO 4 FeBr 2 氧化性：Cl 2＞Br 2D 浓硫酸 蔗糖 溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性A ．AB ．BC ．CD ．D7．（3分）在一定温度下，将6mol CO 2和8mol H 2充入2L 恒容密闭容器中，发生如下反应： CO 2（g ）+3H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）+H 2O （g ）△H ＜O 分别在t 时测得在该容器内n （H 2）的数值如下：t/min 1 4 8 11 n （H 2）/mol62.622则下列说法正确的是（ ） A ．该温度下，平衡常数K=0.5B ．反应进行4min 时，V （C02）=0.45 mol/（L•min ）C ．反应进行到9min 时，H 2的转化率比8min 时高D ．反应进行11min 后，若增大容器内压强，CO 2的转化率一定增大 二.非选择题8．（17分）某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如下：已知：①有机物A 能与Na 反应，相对分子质量为32．②③RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH （R 、R 、R ，代表烃基）（1）A 的结构简式是 ，B 中含氧官能团的名称是 ． （2）C 的结构式是 ，D→E 的反应类型是 ． （3）F +A→G 的化学方程式是 ．（4）CH 3COOH +CH ≡CH→B 的化学方程式是 ．（5）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有种．①苯环上只有两个取代基②1mol 与足量的NaHCO3溶液反应生成2mol CO2气体（6）G→聚酯纤维的化学方程式是．9．（14分）碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．（1）C、CO、CO2在实际生产中有如下应用：a．2C+SiO2Si+2CO b.3CO+Fe2O32Fe+3CO2c．C+H2O CO+H2d．CO2+CH4CH3COOH上述反应中，理论原子利用率最高的是．（2）有机物加氢反应中镍是常用的催化剂．但H2中一般含有微量CO会使催化剂镍中毒，在反应过程中消除CO的理想做法是投入少量SO2，为搞清该方法对催化剂的影响，查得资料：则：①不用通入O2氧化的方法除去CO的原因是．②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=．（3）汽车尾气中含大量CO和氮氧化物（NO x）等有毒气体．①活性炭处理NO的反应：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1（a＞0）若使NO更加有效的转化为无毒尾气排放，以下措施理论上可行的是：．a．增加排气管长度b．增大尾气排放口c．添加合适的催化剂d．升高排气管温度②在排气管上添加三元催化转化装置，CO能与氮氧化物（NO x）反应生成无毒尾气，其化学方程式是（4）利用CO2与H2反应可合成二甲醚（CH3OCH3）．以KOH为电解质溶液，组成二甲醚﹣﹣﹣﹣空气燃料电池，该电池工作时其负极反应式是．（5）电解CO制备CH4和W，工作原理如图丙所示，生成物W是，其原理用电解总离子方程式解释是．10．（12分）废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce（OH）和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，流程设计如下：4已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液．回答以下问题：（1）反应①的离子方程式是．（2）反应②中H2O2的作用是．（3）反应③的离子方程式是．（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）═2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3（有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是．（5）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是．（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是．a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O b．（NH4）2SO4c．（NH4）2CO3．11．（15分）资料显示：a．Na2S2O3、BaS2O3、BaS均易溶于水．b．SO2、Na2S、Na2CO3反应可生成Na2S2O3．某化学小组据此进行了制备硫代硫酸钠（Na2S2O3）的探究，实验制备装置如图所示（省略夹持装置）：回答问题：（1）仪器a的名称是．（2）装置A中发生反应的化学方程式是．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率．①B中最好盛装的液体是．a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液②如使SO2缓慢进入烧瓶C，正确的操作是．（4）在装置C中生成Na2S2O3．①完成反应方程式：SO2+ Na2S+ Na2CO3=Na2S2O3+②反应开始先使A中发生反应一会儿，再使C中反应发生，其原因是．③结束反应后，取C中溶液，经、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到Na2S2O3•5H2O．（5）完成对所得产品的检测的实验：推测操作和现象结论杂质中的正盐成分可能有：Na2SNa2CO3Na2SO4①取Wg产品配成稀溶液；②向溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液；③向沉淀中加入过量盐酸，沉淀完全溶解，并有刺激性气味的气体产生．④向滤液滴加2滴淀粉溶液，再逐滴加0.100 0mol•L﹣1碘的标准溶液，至溶液呈紫色不再褪去，消耗碘的标准溶液体积为18.10mL．产品杂质中：一定含有，可能含有，一定不含有．操作④发生的反应是：2S2O+I2═S4O+2I﹣产品纯度：．化学试题答案一.选择题1．【解答】A、二氧化硅只与HF反应，酸雨中不含HF，故A错误；B、塑料制品不与酸雨中的成分反应，故B错误；C、酚醛树脂不与酸雨中的成分反应，故C错误；D、钢铁易与酸反应，容易被锈蚀，故D正确，故选D．2．【解答】通常海水的pH=8.1，比较固定，即海水中存在某些离子对海水的H+、OH﹣的浓度改变起到缓冲作用．A、Na+既不能水解液不能电离，与H+、OH﹣均不反应，对海水溶液的pH起不到缓冲作用，故A不选；B、HCO3﹣既能与H+反应又能和OH﹣反应，故HCO3﹣的存在能对海水溶液中的pH的变化起到缓冲作用，能稳定海水的pH，故B选；C、CO32﹣只能和H+反应，与OH﹣不反应，故不能对海水的pH起到缓冲作用，故C不选；D、Cl﹣既不能水解液不能电离，与H+、OH﹣均不反应，对海水溶液的pH起不到缓冲作用，故D不选．故选B．3．【解答】A、铁在氯化钠溶液中不能构成原电池，且铁与氯化钠本身不反应，故属于正常的腐蚀速率；B、此装置构成原电池，且铁做负极，腐蚀速率被加快；C、此装置构成原电池，但铁做原电池的正极，被保护，故腐蚀速率变慢；D、此装置构成电解池，其中铁做阳极，腐蚀速率加快．综上分析可知，其中铁的腐蚀速率最慢的是C．故选C．4．【解答】A．在CH3COONa溶液中，醋酸根离子部分水解，导致溶液显示碱性，所以滴入无色酚酞溶液变红，水解的离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故A正确；B．在Mg（OH）2白色悬浊液中滴入饱和FeCl3溶液，氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉淀，所以悬浊液变红褐色，反应的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3↓+3Mg2+，故B正确；C．亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，正确的电离离子方程式为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，故C 错误；D．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液中滴入双氧水，发生了氧化还原反应，所以溶液褪色，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；故选C．5．【解答】A、烷烃不易溶于水，醇中含有羟基越多、C原子数越少越易溶于水，故正确顺序为：乙二醇＞乙醇＞丙烷，故A错误；B、葡萄糖和麦芽糖都是还原性糖，无法用银氨溶液鉴别葡萄糖和麦芽糖，故B错误；C、油脂的相对分子质量较小，属于小分子化合物，故C错误；D、聚碳酸酯中含有结构，故D正确．故选D．6．【解答】A．乙炔中混有硫化氢等气体，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先除杂，故A错误；B．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与苯酚钠溶液反应生成，应先除杂，否则不能证明碳酸＞苯酚，故B错误；C．亚铁离子还原性大于溴离子，如氯气不足，则不能生成溴，不能排出亚铁离子的影响，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故D正确．故选D．7．【解答】A．由表中数据可知，8min与11min时氢气的物质的量相等，说明8min时反应已经到达平衡状态，CO2和H2的起始浓度分别为=3mol/L、=4mol/L，平衡时氢气浓度为=1mol/L，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：3 4 0 0转化（mol/L）：1 4﹣1=3 1 1平衡（mol/L）：2 1 1 1B.4min内参加反应氢气为8mol﹣2.6mol=5.4mol，故v（H2）==0.675mol/（L．min），速率之比等于其化学计量数之比，故V（CO2）=v（H2）=×0.675mol/（L．min）=0.225mol/（L．min），故B错误；C.8min时反应已经到达平衡状态，反应进行到9min时，氢气转化率与比8min时的转化率相等，故C错误；D．恒容密闭容器，若通入稀有气体使容器内压强增大，反应混合物的浓度不变化，平衡不移动，故增大容器内压强，CO2的转化率可能增大，可能减小，也可能不变，故D错误，故选A．二.非选择题8．【解答】A能与Na反应说明含有羟基或羧基，A的相对分子质量为32，则为甲醇，结构简式为CH3OH；根据流程图中C酸性条件下的水解产物知，C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为，乙酸和M发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2，则M是乙炔，结构简式为HC ≡CH；甲醇和氢溴酸反应生成D为CH3Br，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：，E发生氧化反应生成F，结合题给信息知，E是对二甲苯，其结构简式为，结合题给信息知，G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，（1）通过以上分析知，A是甲醇，结构简式为CH3OH，B为CH3COOCH=CH2，B中含氧官能团名称是酯基，故答案为：CH3OH；酯基；（2）通过以上分析知，C结构简式为，D发生取代反应生成E，故答案为：；取代；（3）F和甲醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（4）CH3COOH+CH≡CH发生加成反应生成B，反应方程式为CH3COOH+CH≡CH→，故答案为：CH3COOH+CH≡CH→；（5）G是对二苯甲酸甲酯，其同分异构体符合下列条件：①苯环上只有两个取代基；②1mol与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体说明含有两个羧基，如果两个取代基都是﹣CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣CH3、﹣CH（COOH）2，有邻、间、对三种结构；所以符合条件的有12种同分异构体，故答案为：12；（6）G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，反应方程式为，故答案为：．9．【解答】（1）观察四个反应方程式可见，只有反应d中参加反应的物质全部转化为一种物质，故原子利用率最高，故答案为：d；（2）①Ni能与氧气反应也会导致其中毒，故答案为：避免O2与Ni反应再使其失去催化作用；②由图I可知，O2（g）+2CO（g）=2CO2（g）△H=（﹣2×283）kJ•mol﹣1=﹣566kJ•mol﹣1，（i）由图II可知，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1，（ii）（i）﹣（ii）得：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣563﹣（﹣298）=﹣270kJ•mol﹣1，故答案为：﹣270kJ/mol；（3）①C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1，此反应为放热反应，且为气体体积不变的反应，a．增加排气管长度，不能改变NO的转化率，故a错误；b．增大尾气排放口，相当于移出部分氮气和二氧化碳气体，利于平衡右移，故b正确；c．添加合适的催化剂，只改变化学反应速率，不会增加NO的转化率，故c错误；d．升高排气管温度，温度升高，平衡左移，不利于NO转化，故d错误；故选b；②反应物是一氧化碳和NO x，生成物无毒，故生成物之一是氮气和二氧化碳，根据反应前后元素种类不变，化学方程式为：2xCO+2NO x2xCO2+N2，故答案为：2xCO+2NO x2xCO2+N2；（4）燃料电池为燃料作负极失电子发生氧化反应，又电解质溶液为KOH，所以负极电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；（5）由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此离子反应方程式为：4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑，故答案为：NaHCO3；4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑．10．【解答】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4；（1）反应①是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液中生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（2）反应②中H2O2的作用是氧化使亚铁离子为铁离子，故答案为：氧化使Fe2+转化为Fe3+；（3）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑，故答案为：2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）═2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；（5）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+；（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O 溶液中铁离子水解显酸性抑制铵根离子水解，铵根离子浓度增大；b．（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响；c．（NH4）2CO3，溶液中碳酸根离子水解显碱性促进铵根离子水解，铵根离子浓度减小，NH4+的浓度由大到小的顺序是a＞b＞c，故答案为：a＞b＞c．11．【解答】（1）仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和硫酸钠，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（3）①装置B中所盛放的液体应不能够与二氧化硫反应，二氧化硫能够溶于水，能够与亚硫酸钠和碳酸氢钠溶液反应，故答案为：C；②如使SO2缓慢进入烧瓶C，应使A中缓慢反应，控制分液漏斗的活塞，使浓硫酸缓慢滴入A中，故答案为：控制分液漏斗的活塞，使浓硫酸缓慢滴入A中；（4）①S元素在二氧化硫中为+4价，在硫化钠中为﹣2价，反应后为+2价，所以二氧化硫和硫化钠物质的量之比为2：1，据原子守恒，二氧化硫钱的化学计量数为4，硫化钠的化学计量数为2，据原子守恒，还生成二氧化碳，化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，故答案为：4；2；1；3；CO2；②先使C中充满二氧化硫，C中才能反应，故答案为：A中反应一会生成二氧化硫，C中才能反应；③将Na2S2O3结晶析出的操作应为：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发；（5）向溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明杂志可能有Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4，向沉淀中加入过量盐酸，沉淀完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，说明没有Na2SO4，一定有Na2SO3，可能有Na2CO3，据反应方程式，消耗0.100 0mol•L﹣1×0.01810L=0.001810mol碘，能够反应0.00362mol硫代硫酸钠，质量为0.00362mol×248g/mol=8.9776g，所以产品纯度为×100%≈×100%，故答案为：Na2SO3；Na2SO3；Na2S；Na2CO3；Na2SO4；×100%．11 / 11。

2015 年北京市房山区高考化学二模试卷一、选择题（共7 小题，每题 6 分，满分42 分）1．（ 6 分）（ 2015?房山区二模）在平时生活中，以下解决问题的方法不行行的是（）A ．为加速漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B ．为防备海鲜腐化，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为加强治疗缺铁性贫血成效，可在口服硫酸亚铁片刻同服维生素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；常有的食品增添剂的构成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．剖析： 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 拥有复原性，可防备亚铁被氧化；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，则氧化性加强，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，不可以用于食品防腐，故 B 错误；C，可加强C．维生素 C 拥有复原性，可防备亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片刻同服维生素治疗缺铁性贫血成效，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．应选 B．评论：此题考察较为综合，重视于化学与生活、生产的考察，有益于培育学生的优秀的科学修养，注意有关物质的性质以及应用，难度不大．2．（6 分）（ 2015?房山区二模）用以下实验分别装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用图所示装置分别苯和水B．用图所示装置除掉C2H 2中含有的少许H 2SC．用图所示装置分别NaCl 和 CaCl 2的混淆溶液D．用图所示装置蒸干 NH 4Cl 饱和溶液制备 NH 4Cl 晶体考点：化学实验方案的评论．专题：实验评论题．剖析： 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 CaCl 2互溶；D．氯化铵不稳固，加热易分解．解答：解： A．苯不溶于水，可用分液的方法分别，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 CaCl 2互溶，不可以用过滤的方法分别，故 C 错误；D ．氯化铵不稳固，加热易分解，不可以直接蒸干，故 D 错误．应选 A．评论：此题考察化学实验方案的评论，波及物质的分别、提纯等，注意化学实验操作的考察，熟习高考取对化学实验注意事项及操作重点的考察，题目难度中等．3．（ 6 分）（ 2015?房山区二模）已知：W 是构成信息高速公路骨架的元素之一，且W 在元素周期表中的地点以下图．以下说法正确的选项是（）X 、Y 、Z、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：D ．最高价含氧酸的钠盐溶液能与Z＜X＜W＜ YSO2反响的： X 、Y 、Z、 W考点：地点构造性质的互相关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．剖析： W 是构成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si 元素，依据X 、 Y 、 Z、 W 在元素周期表中的地点可知 X 为 C 元素， Y 为 N 元素， Z 为及元素周期率知识解答该题．Al元素，联合对应单质、化合物的性质以解答：解： W 是构成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si 元素，依据X 、 Y 、 Z 、W 在元素周期表中的地点可知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渐渐减小，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、NaNO 3、 NaAlO 2、Na 2SiO3，因为亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可与Na2CO3、Na2SiO3溶液反响生成二氧化碳、硅酸，NaAlO 2溶液与二氧化硫反响生成氢氧化铝积淀，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NaNO 3可与二氧化硫在溶液中发生氧化复原反响，故 D 正确．应选 D．评论：此题考察地点、构造、性质的关系及应用，掌握元素在周期表中的地点及元素周期律为解答的重点，注意利用实例剖析，重视剖析能力和概括能力的考察，题目难度不大．4．（ 6 分）（ 2015?房山区二模）以下图，常温时将一滴管液体Y 一次性所有挤到充满 O2的锥形瓶内（装置气密性优秀），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（）XA过度 C、Fe 碎屑B过度 Na2CO3粉末C过度 Fe、 Al 碎屑D过度 Cu 、CuO 粉末Y稀 HCl 稀H2SO4浓H2SO4浓 HNO3A． A B． B C． C D．D考点：化学实验方案的评论．剖析：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加反响而耗费，反之不存在a＞b，以此解答该题．解答：解： A．铁与盐酸反响生成氢气，因为铁过度，则久置过程中铁发生吸氧腐化，则耗费氧气， a＞ b，故 A 不选；B．碳酸钠和稀硫酸反响生成二氧化碳气体，因为碳酸钠过度，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反响生成碳酸氢钠，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 ．铜和浓硝酸反响生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反响生成NO，体积变小，故D不选．应选C．评论：此题综合考察元素化合物知识，为高频考点，重视于元素化合物知识的综合理解和运用的考察，注意有关基础知识的累积，难度不大．5．（ 6 分）（ 2015?房山区二模）解说以下实验事实的离子方程式中，不正确的是（）A ． 在 Na 2 4 溶液中滴入 Ba （OH ） 2 溶液，产生白色积淀： Ba 2+ 42﹣ 4 ↓SO+SO =BaSO﹣+4Na +B ． 向 H 2O 中加入少许 Na 2O 2，产生无色气体： 2Na 2O 2+2H 2O=O 2↑+4OHC ． 向 Cl 2 水中滴入适当 Fe （ NO 3）2 溶液，溶液变成黄色： 2+3+﹣2Fe +Cl 2=2Fe +2ClD ． 向淀粉 KI 溶液中滴加酸性 H 2O 2 溶液，溶液变蓝色： H2O 2+2I ﹣++2H =I 2+2H 2O考点： 离子方程式的书写． 剖析：A ．硫酸钠与氢氧化钡反响生成硫酸钡积淀和水，遗漏了生成水的反响；B ．过氧化钠与水反响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响；D ．双氧水拥有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质．解答：解： A ．在 Na 2SO 4 溶液中滴入 Ba （ OH ）2 溶液，反响生成硫酸钡积淀，反响的离子2+2﹣方程式为： Ba +SO 4 =BaSO 4↓，故 A 正确；B ．向 H 2O 中加入少许 Na 2O 2，反响生成氢氧化钠和氧气，反响的离子方程式为：﹣+，故 B 正确；2Na 2O 2+2H 2O=O 2↑+4OH +4Na C ．氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化性最强，因此硝酸根离子优先参加反响，正确的离子方程式为：2++﹣3+6Fe +8H +2NO 3 =6Fe +4H 2O+2NO ↑，故 C 错误；D ．向淀粉 KI 溶液中滴加酸性 H 2O 2 溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，因此溶液变蓝色，﹣+反响的离子方程式为： H 2O 2+2I +2H =I 2+2H 2O ，故 D 正确；应选 C ．评论： 此题考察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： 检查反响物、 生成物能否正确， 检查各物质拆分能否正确，如难溶物、弱电解质等需要保存化学式， 检查能否切合守恒关系 （如：质量守恒和电荷守恒等） ．6．（ 6 分）（ 2015?房山区二模）己烯雌酚的构造简式以下图，以下有关表达中不正确的选项是 （）A ． 与 NaOH 反响可生成化学式为 C 18H 18O 2Na 2 的化合物B ． 聚己烯雌酚含有顺式和反式两种构造C ． 1mol 己烯雌酚最多可与7molH 2 发生加成反响D ． 形成高分子的单体中有己烯雌酚考点： 有机物的构造和性质． 专题： 有机物的化学性质及推测．剖析：A ．酚羟基能和 NaOH 反响生成酚钠；B．碳碳双键两头的碳原子含有不一样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响；D．该高分子化合物中单体是和 HCHO ．解答：解： A．酚羟基能和NaOH反响生成酚钠，因此与NaOH反响可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物，故 A 正确；B ．聚己烯雌酚不含碳碳双键，因此没有顺反异构，故 B 正确；C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反响，1mol 己烯雌酚最多可与7molH 2发生加成反响，故 C正确；D ．该高分子化合物中单体是和HCHO，因此形成高分子的单体中有己烯雌酚，故D 正确；应选 B．评论：此题考察有机物构造和性质，为高频考点，重视考察酚和烯烃性质、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响3CH4（ g）+2N 2（ g）? 3C（ s）+4NH 3（ g），若 CH4与 N 2在不一样投料比时 CH 4的均衡转变率以下图，以下说法正确的选项是（）A ． n（ CH 4） /n（N 2）越大， CH 4的转变率越高B ． a 点对应的均衡常数比 c 点的大C． b 点对应的NH 3的体积分数为26%D ．不改变投料比，增添n（ N2）时， NH 3体积分数增大考点：化学均衡的影响要素；化学均衡成立的过程．剖析：由图可知，纵坐标为甲烷的转变率，横坐标为，越大，甲烷的转变率越小；均衡正向挪动时氨气的体积分数增大，且均衡常数只与温度有关，并利用 b 点甲烷转变率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答．解答：解： A．由图象看出，CH 4的转变率随的增大而降低，故A错误；B ． ab 两点的温度同样，均衡常数只与温度有关，则均衡常数不变，故 B 错误；C． b 点甲烷转变率为22%，=0.75 ，则设甲烷为3mol，氮气为4mol ，3CH 4（ g） +2N 2（ g） ? 3C（ s）+4NH 3（ g）△H＞ 0开始340转变0.660.440.88均衡 2.34 3.560.88则 NH 3的体积分数约为×100%=13% ，故 C 错误；D 、不改变投料比，增添n（ N 2）时，必定增添甲烷，均衡正向挪动，氨气体积分数增大，故D正确；应选 D．评论：此题考察化学均衡图象及计算，为高频考点，掌握图象中纵横坐标的含义、影响均衡的要素及均衡常数、化学均衡三段法计算等为解答的重点，着重高考高频考点的考察，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 分子构造中含有三个六元环，其合成路线以下：已知： R1﹣ CHO+R 2﹣ CH 2﹣ CHO回答以下问题：（ 1） D 中所含官能团的名称是醛基、羟基．CH 2=CH 2→B 的反响种类是加成反响．（ 2） A+C →D 的化学反响方程式是．（ 3） F 的反式构造式是．（ 4） H→I 的化学反响方程式是．（ 5）以下说法正确的选项是b c．a． A 、 C 为同系物b． E、 F 均能自己发生聚合反响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，切合以下要求：① 苯环上只有两个对位代替基②FeCl 3溶液发生显色反响③ 能发生银镜反响④ 能发生水解反响写出 E 的同分异构体的构造简式．考点：有机物的推测．专题：有机物的化学性质及推测．剖析：乙烯与水发生加成反响生成 B 为 CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成 C 为 CH 3CHO ．A 的分子式为 C7H 6O，与乙醛发生信息中的加成反响生成D，则 A 含有醛基， D 经过系列转变得到 I ，且 I 分子构造中含有三个六元环，故 A 中含有六元环，故 A 为，则D为，D 发生银镜反响、酸化获得 E 为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反响生成 F 为，依据I分子构造中含有 3 个六元环可知，F 与 HCl 发生加成反响，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响生成、酸化获得H为，2分子 H 发生酯化反响形成环酯I 为，据此解答．解答：解：乙烯与水发生加成反响生成 B 为 CH3CH 2OH ，乙醇催化氧化生成 C 为 CH 3CHO ．A 的分子式为 C7H 6O，与乙醛发生信息中的加成反响生成 D ，则 A 含有醛基， D 经过系列转变获得 I ，且 I 分子构造中含有三个六元环，故 A 中含有六元环，故 A 为，则D为，D 发生银镜反响、酸化获得 E 为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反响生成 F 为，依据I分子构造中含有 3 个六元环可知，F 与 HCl 发生加成反响，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响生成、酸化获得H为，2分子 H 发生酯化反响形成环酯I 为．（ 1） D 为，所含官能团有：醛基、羟基，CH2=CH 2→B 的反响种类是：加成反响，故答案为：醛基、羟基；加成反响；（ 2） A+C →D 的化学反响方程式是：，故答案为：；（ 3） F 为，其反式构造式是：，故答案为：；（ 4） H→I 的化学反响方程式是：，故答案为：；（ 5） a．A 是苯甲醛、 C 为 CH3 CHO ，两者不属于同系物，故错误；b．E 为，含有羧基、羟基，能够发生缩聚反响， F 为，含有碳碳双键，能够发生加聚反响，故正确；c． E 为，H为，两者互为同分异构体，故正确；d． I 属于酯类物质，不易溶于水，故错误，应选： bc；（ 6） E（）的同分异构体有多种，切合以下要求：①苯环上只有两个对位代替基；② FeCl3溶液发生显色反响，含有酚羟基；③ 能发生银镜反应，④能发生水解反响，说明含有甲酸生成的酯基（﹣OOCH ），故切合条件的同分异构体的构造简式为：，故答案为：．评论：此题考察有机物的推测，需要学生对赐予的信息进行利用，联合I的分子式与构造特色、反响条件，采纳正逆推法相联合进行推测，较好的考察学生剖析推理能力，需要学生娴熟掌握官能团的性质与转变，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） +CO 2（ g） ? CH 3OH （ g） +H2O （g）△H= ﹣ 49.0kJ/mol（ 1）反响 H2（ g） +CO 2（g） ? H 2O（ g）+CO （ g）△H= +41.1 kJ/mol．（2）若 500℃时反响 H2（ g）+CO 2（ g）? H 2O（ g）+CO（ g）的均衡常数 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进行反响时， c（ CO）与反响时间 t 的变化曲线X 如图 1 所示．① 当反响进行到t1时辰，容器内c（CO2） = 2mol/L．②当容器内 c（ CO2）=5mol ?L﹣1时，该反响 v 正＞v 逆（填“＞、＜或 =”）．③ 当反响进行到t2时辰，若使反响按曲线Y 进行，调控反响条件的方法是高升温度．（ 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响，反响原理如图 2 所示．① 反响中阳离子的运动方向是 A 到 B．﹣+②B 极的反响式是O2+4e +4H =2H 2O ．③ A 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；化学均衡的影响要素．剖析：（ 1） 2H 2（ g）+CO （ g）? CH3OH （ g）△H= ﹣ 90.1kJ/mol①3H2（ g） +CO 2（ g） ? CH3OH（ g） +H 2O （ g）△H= ﹣ 49.0kJ/mol② ，利用② ﹣① 即可得出；（ 2）①依照均衡常数K=1.0 ，利用三段法计算即可；② 依照① 的计算判断此时浓度下，均衡挪动方向；③由 X 变到 Y 即增添 CO 的浓度，依照反响特色判断即可；（3）①甲醇原电池中甲醇在负极放电，据此判断阳离子的挪动方向；② 正极氧气放电，在酸性环境中生成水，据此书写即可；③ A 电极为负极，失掉电子，发生氧化反响，化合价高升，据此判断即可．解答：解：（ 1）（1）2H 2（ g）+CO（ g）? CH 3OH（g）△H= ﹣ 90.1kJ/mol ①，3H2（ g）+CO 2（g）? CH3OH（ g）+H 2O （ g）△H=﹣ 49.0kJ/mol ②，②﹣①得： H2（ g）+CO 2（ g）? H 2O （ 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： t 1 时辰，容器内 c （ CO ） =2mol/L ，即转变生成的 CO 为 2mol ，那么有H 2（ g ） +CO 2（ g ） ? H 2O （ g ）+CO （ g ）始（ mol/L ） x x 0 0 转 2 22 2平 x ﹣2x ﹣222K==1，解 x=4 ， 4mol/L ﹣2mol/L=2mol/L ，故答案为： 2mol/L ；② 由（ 1）计算可知 t 1 时辰，容器内 c （ CO 2） =2mol/L ，此时仍未达到均衡，即v 正＞ v 逆 ，故当容器内 c （ CO ） =5mol?L ﹣1时，该反响 v 正 ＞ v 逆，故答案为：＞；2③ 由（ 1）计算得悉，反响 H 2（ g ）+CO 2（ g ）? H 2O （g ） +CO （ g ） △H=+41.1kJ/mol ，即为吸热反响，要使得反响按曲线 Y 进行，即高升温度即可，故答案为：高升温度；（ 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，联合酸性溶液中的氢离子生成水，电极反响方程式为：O 2+4e+ O ，故答案为： O ﹣ ++4H =2H2 +4e +4H=2H O ；2 2③ 甲醇中 C 元素的化合价为﹣ 2 价，失掉电子发生氧化反响， 化合价高升， 能够生成 HCOOH（ C 的化合价为 +2 价），能够生成 CO 2（ C 的化合价为 +4 价），应选 cd ．评论： 此题主要考察的是盖斯定律的应用、化学均衡的有关计算以及化学均衡常数的计算、原电池原理等，综合性较强，有必定的难度，为常考题．10．（ 14 分）（ 2015?房山区二模）如图是从海水制盐和分别出的盐卤中提取 Br 2、 Mg 的某种流程：回答以下问题：（ 1）用惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式是 2Cl ﹣+2H 2OCl 2↑+H 2↑+2OH﹣．（ 2）已知盐卤中含有 Na +、 Mg 2+、 Fe 2+、Fe 3+、 Cl ﹣ 、Br ﹣ 等离子．① 盐卤呈酸性 性．2+ 3+3+② 加入 NaClO 的目的是 所有积淀 ．将 Fe 氧化成 Fe ，同时调 pH 使 Fe（ 3）制备无水 MgCl 2 时需连续加入的 X 是盐酸 ，用化学用语及简要文字解说其原由是2++_．Mg +2H 2O=Mg （ OH ）2+2H（ 4）若汲取塔中溴以 Br ﹣ 和 BrO 3 ﹣的形式存在，则 n （Br ﹣ ）： n （ BrO 3﹣ ）是5：1 ．（ 5）蒸馏塔中反响的离子方程式是﹣﹣+2O ，加入 H 2SO 4 而不加入5Br +BrO 3 +6H =3Br 2+3H 盐酸的原由是 易挥发失掉 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．剖析： 海水晒盐获得粗盐和盐卤，盐卤中含有Na +、 Mg 2+、Fe 2+、 Fe 3+、 Cl ﹣ 、 Br ﹣等离子，加入 NaClO 氧化亚铁离子，调理溶液 PH 使铁离子所有积淀，过滤获得滤液A 中加入氨气沉淀镁离子，过滤获得滤液B 和氢氧化镁积淀，氢氧化镁加入盐酸溶解获得氯化镁溶液，经过 蒸发浓缩，冷却结晶获得氯化镁晶体，加入盐酸克制镁离子的水解，加热获得氯化镁固体， 电解获得金属镁，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﹣﹣﹣﹣存在，在蒸馏塔中加入硫酸使 Br 和 BrO 3 在酸溶液中发生氧化复原反响获得溴单质；（ 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+3+，便于除掉铁离子；② 加入 NaClO 的目的是将 Fe 氧化成 Fe （ 3）为克制镁离子水解，制备无水MgCl 2 时需连续加入盐酸；（ 4）若汲取塔中溴以 Br ﹣和 BrO 3﹣的形式存在， 依照电子守恒计算获得 n （ Br ﹣ ）：n （BrO 3﹣）；（ 5）在蒸馏塔中加入硫酸使 Br ﹣和 BrO 3﹣在酸溶液中发生氧化复原反响获得溴单质，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；解答： 解：海水晒盐获得粗盐和盐卤，盐卤中含有 Na +、 Mg 2+、Fe 2+、Fe 3+、 Cl ﹣ 、Br ﹣ 等离子，加入 NaClO 氧化亚铁离子，调理溶液 PH 使铁离子所有积淀，过滤获得滤液 A 中加入氨气积淀镁离子，过滤获得滤液 B 和氢氧化镁积淀，氢氧化镁加入盐酸溶解获得氯化镁溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶获得氯化镁晶体，加入盐酸克制镁离子的水解，加热获得氯化镁固体，电解获得金属镁，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获得溴蒸气． 在汲取塔中加入碳酸钠溶液汲取溴单质， 汲取塔中溴以 Br ﹣ 和 BrO 3﹣的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使 Br ﹣和 BrO 3 ﹣在酸溶液中发生氧化复原反响获得溴单质； （ 1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、 氯气和氢气， 反响的离子方程式为： 2Cl ﹣+2H 2OCl 2↑+H 2↑+2OH ﹣，故答案为： 2Cl ﹣+2H 2OCl 2↑+H 2↑+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 2+3+，便于除掉铁离子，Fe 氧化成 Fe故答案为：将 Fe 2+氧化成 Fe 3+，同时调 pH 使 Fe 3+所有积淀；（ 3）溶液中镁离子水解， Mg 2+ +2H 2O=Mg （ OH ）2+2H +，为克制镁离子水解， 制备无水 MgCl 2 时需连续加入的 X 为盐酸， 故答案为：盐酸， Mg 2+++2H 2O=Mg （ OH ）2+2H ；（ 4）若汲取塔中溴以Br ﹣和 BrO 3 ﹣的形式存在，溴单质在碱溶液中发生歧化反响，0 价变化为 +5 价和﹣ 1 价，依照电子守恒计算获得， n （ Br ﹣）： n （ BrO 3 ﹣） =5： 1，故答案为： 5： 1；（ 5）在蒸馏塔中加入硫酸使 Br ﹣﹣在酸溶液中发生氧化复原反响获得溴单质，反响的和 BrO 3 离子方程式为：5Br ﹣﹣++BrO 3 +6H =3Br 2+3H 2O ，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；故答案为：易挥发失掉 HCl 而削弱酸化作用， 5Br ﹣ ﹣+ +BrO 3 +6H =3Br 2+3H 2O ；评论： 此题考察了海水资源的应用，物质提纯方法和步骤剖析判断，主假如海水提溴、海水提镁的生产流程剖析应用，掌握基础是重点，提镁难度中等．11．（ 15 分）（ 2015?房山区二模）学习小组拟经过实验，研究 Mg （ NO 3） 2 受热分解的产物． 小组猜想：ⅰ．固体产物可能有 Mg （NO 2） 2、 MgO 、 Mg 3N 2 中的一种或几种 ⅱ．气体产物可能有NO 2、 N 2、 O 2 中的一种或几种查得有关资料： a ．Mg （ NO 2）2、 Mg （ NO 3） 2 易溶于水， MgO 难溶于水．b.2NO 2+2NaOH=NaNO 3+NaNO 2+H 2Oc ． Mg 3N 2+6H 2O=3Mg （ OH ） 2↓+2NH 3↑（ 1）针对以上猜想，设计了以下图实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（ 2）进行实验Ⅰ．查验上述装置气密性．Ⅱ．称取 3.7gMg （NO 3） 2 固体，置入硬质玻璃管 A 中，翻开 K ，通入一段时间 N 2，并进行有关物质质量称量Ⅲ．封闭 K ，用酒精灯连续给装置 A 加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其余装置．Ⅳ．待 Mg （NO 3）2 完整分解， 装置冷却至室温， 翻开 K ，再迟缓通入一会 N 2 后并再称量． 称 得 A 中节余固体质量为 1.0g ，B 、C 、D 、E 、F 中溶液质量分别增添了 2.3g 、0.0g 、0.1g 、0.3g 、0.05g ． Ⅴ．取少许节余固体于试管中，加入适当水，未出现明展现象． （ 3）回答以下问题① 小组展望必定有 O 2 生成，原由是 N 元素化合价降低， 则必定存在化合价高升的元素，只好为氧元素失掉电子生成 O 2 ．② N 2 的电子式是 ，步骤Ⅱ中，通入一段时间N 2 的目的是防止对分解产物O 2的查验产生扰乱．③ 步骤Ⅲ中，装置 A 内若出现了红棕色气体，其化学式是 NO 2 ．④ 装置 C 中若红色一直未褪，其设计的目的是 考证 NO 2 能否被汲取洁净，防备NO 2 扰乱后续对 O 2 的查验 ．⑤ 实验中发现 Mg （NO 3） 2 分解时有 O 2 生成，其实验现象是C 中红色溶液中有气泡冒出，D 中溶液退色，用化学用语解说，产生上述现象的原由是Na 2SO 3+H 2O? NaHSO 3+NaOH 、2Na2SO +O =2Na SO3 224 ．⑥ 实验中 Mg （ NO 3）2 分解没有 N 2 生成的原由是Mg （ NO 3） 2 的质量与节余固体、 NO 2、O 2 的质量之和相等，已切合质量守恒定律 ．⑦ Mg （ NO 3）2 分解的化学方程式是 2Mg （NO 3） 22MgO+4NO 2↑+O 2↑ ．⑧ 装置 F 中溶液质量增添的原由是汲取空气进入的 O 2 所致 ．考点： 性质实验方案的设计． 专题： 实验设计题．剖析： ① 依据氧化复原反响中化合价有高升，必定也要降低角度进行判断；② 氮气分子中含有氮氮三键，最外层知足 8 电子稳固构造；各装置中都有氧气，防止空气中氧气扰乱实验；③ 依据二氧化氮为红棕色气体剖析；④ 二氧化氮影响氧气的查验，因此查验氧气前先一定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 中溶液退色，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 依据质量守恒进行判断；⑦ 依据以上剖析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，据此写出反响的方程式；⑧ 空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠致使溶液质量增添．解答：解：① Mg （ NO 3）2受热分解生成的氮化物中， N 元素的化合价降低，则必定有化合价高升的元素，依据硝酸镁的构成可知，只好为﹣ 2 价的氧元素失掉电子生成氧气，故答案为： N 元素化合价降低，则必定存在化合价高升的元素，只好为氧元素失掉电子生成O2；②氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8 电子稳固构造，其电子式为：；步骤Ⅱ中，通入一段时间N 2，目的是用氮气排出装置中空气防止对产物氧气查验的扰乱，故答案为：；防止对分解产物O2的查验产生扰乱；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 用于查验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，因此一定用装置 C 考证 NO2能否被汲取洁净，防备NO 2扰乱后续对 O2的查验，故答案为：考证 NO 2能否被汲取洁净，防备NO2扰乱后续对 O2的查验；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退色，则证明反响产物中有氧气，波及的反响有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，因此滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H 2O? NaHSO 3+NaOH 、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O 2=2Na 2SO4，致使溶液退色，故答案为： C 中红色溶液中有气泡冒出， D 中溶液退色； Na 2SO3+H2O? NaHSO3+NaOH 、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；⑥称取 3.7gMg （ NO3）2固体，反响后节余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，总质量恰巧为 3.7g，说明反响产物中不会有氮气生成，故答案为： Mg（ NO 3）2的质量与节余固体、 NO2、O2的质量之和相等，已切合质量守恒定律；⑦ 取少许节余固体于试管中，加入适当水，未出现明展现象，说明反响产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只好为氧化镁，联合其余剖析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反响方程式为： 2Mg （ NO3）22MgO+4NO 2↑+O 2↑，故答案为： 2Mg （ NO3）22MgO+4NO 2↑+O 2↑；⑧装置 F 的作用是汲取空气中氧气，防止扰乱实验测定，因为亚硫酸钠与空气中氧气反响生成硫酸钠，致使试管 F 中溶液质量增添，故答案为：汲取空气进入的O2所致．评论：此题考察了性质实验方案的设计，题目难度中等，明的确验原理及化学实验基本操作方法为解答重点，注意掌握物质的性质及查验方法，试题重视考察学生的剖析、理解能力及化学实验能力．。

考生须知1．本试卷包括I卷和II卷，共10页，考试时间120分钟，满分为100分。

2．须用2B铅笔，将Ⅰ卷的正确选项填涂在答题卡对应题号下。

3．须用黑色签字笔，将II卷各题答案书写在答题卡相应题号位置。

可能用到的相对原子质量：Ｈ－１Ｃ－１２Ｏ－１６Ｎ－１４Ｎａ－２３Ｓ－３２ Cl － 35.5 Fe －56 Al－ 27第I卷（选择题共44分）每小题只有一个选项．．．．．．符合题意（1-22小题，每小题2分，共44分）1．对以下问题的认识中，不．正确．．的是A．矿泉水瓶回收、再利用，是减少“白色污染”的有利措施B．大量使用食品添加剂，可有助于改善食品的色香味并不影响健康C．电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染D．“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用2．下列化学用语正确的是A．钙离子的电子式：Ca2+B．HCl的电子式：C．中子数为20的氯原子：D．O的原子结构示意图：3．下列说法中，正确的是A．稀硫酸不具有氧化性B．NH4Cl中只含有离子键C．可用丁达尔效应区分溶液和胶体D．金属阳离子被还原时一定得到金属单质4．用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1 mol OH－中含有9N A个电子B． 28 g的CO气体中含有N A个氧原子C．1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有N A个Al3+D．常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5N A5．在pH = 1且含有大量Fe2+和NH4+的溶液中，能大量存在的阴离子是A．SO42-B．NO3-C．OH-D．HCO3-6选项陈述Ⅰ陈述ⅡA Fe3＋有氧化性FeCl3溶液可溶解废旧电路板中的铜B SiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C NH3有还原性NH3可用H2SO4吸收7．下列说法中，不．正确．．的是 A ．硅单质常用于制造太阳能电池和光纤 B ．石灰石在工业上常用制造水泥和玻璃 C ．碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多 D ．氧化铝可用于制造耐高温的容器 8．依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是 A ．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子 B ．ⅠＡ族元素的金属性比ⅡＡ族元素的金属性强C ．若M ＋和R 2－的核外电子层结构相同，则原子序数：R ＞MD ．主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数9. 已知X 、Y 、Z 、W 四种短周期元素在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是 A. 非金属性： X < Y < ZB. W 的原子序数可能是Y 的原子序数的2倍C. 气态氢化物稳定性：Y < WD. Z 的化学活泼性一定比X 强 10. 实验室保存下列试剂的方法不正确．．．的是 A ．钠保存在煤油中 B ．用带玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH 溶液 C ．用棕色试剂瓶盛放新制的氯 D ．向盛放氯化亚铁溶液的试剂瓶中加少量铁粉12. 用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是NH 3水A．装置①可用于除去Cl2中含有的少量HCl气体B．按装置②所示的气流方向可用于收集H2、NH3等C．用图③所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体D．用图④所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层13．用下列装置能达到有关实验目的是①②③④A．用①量取15.00 mL NaOH溶液B．用②制备并收集少量NO2气体C．用③所示的仪器配制1L 0.1000mol/LNaCl溶液D．用④进行Fe2+的检验14.下列顺序不正确．．．的是A．热稳定性：HF > HCl > HBr > HIB．微粒的半径：Cl－> Na+ > Mg2+ > Al3+Cu C ．电离程度（同温度同浓度溶液中）：HCl > CH 3COOH > NaHCO 3 D ．分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液 > Fe(OH)3胶体 > FeCl 3溶液 15.下列说法正确的是A ．含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物B ．11H 2O. 12H 2O. 13H 2O 互为同位素C ．目前人们已发现的元素种类数目与原子种类数目相同D ．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高16．下列说法中，正确的是A ．某气体能使品红溶液褪色，则该气体是SO 2B ．向某溶液中加入AgNO 3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中有Cl -C ．向某溶液中加入Ba(NO 3)2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，则原溶液中有SO 42-D ．向某溶液中加入NaOH 并加热，产生可使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中有NH 4+17．下列离子方程式正确的是A ．钠和冷水反应： Na ＋2H 2O ＝Na +＋2OH -＋H 2↑B ．AlCl 3溶液中加入过量的浓氨水：Al 3＋＋3NH 3·H 2O = Al(OH)3↓＋3NH +4C ．用小苏打治疗胃酸过多：CO -23＋2H ＋＝H 2O ＋CO 2↑D ．用FeCl 3溶液腐蚀印刷电路板：Fe 3+＋Cu ＝Fe 2+＋Cu 2+18．为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO 而不是NO 2，设计了如下图的装置，以下叙述错误．．的是 A ．应先打开活塞再从右侧加稀硝酸B ．左侧稀硝酸须注满C ．关闭活塞后铜丝会全部溶解D ．反应停止后打开活塞气体变成红棕色 19．下列实验的现象及结论不．正确．．的是 A ．过氧化钠放置在空气中，最终转变为白色粉末Na 2CO 3 B ．SO 2通入BaCl 2溶液中产生白色沉淀BaSO 3C ．打磨过的铝箔和未打磨的铝箔分别在空气中灼烧，两种铝箔均熔化但不滴落,说明氧 化铝熔点比铝高D ．分别向等物质的量浓度的Na 2CO 3和NaHCO 3溶液中滴加酚酞，溶液都变红，Na 2CO 3 溶液红色较深，说明Na 2CO 3水解程度大于NaHCO 320.下图装置可用于收集气体并验证其化学性质，下列对应关系完全正确的是21．已知：H 2(g) ＋ F 2(g) = 2HF(g) ΔH ＝− 270 kJ/mol ，下列说法正确的是A ．在相同条件下，1 mol H 2与1 mol F 2的能量总和大于2 mol HF 气体的能量B ．1 mol H 2与1 mol F 2反应生成2 mol 液态HF 放出的热量小于270 kJC ．该反应的逆反应是放热反应D ．该反应过程的能量变化可用右图来表示22．将CO 2转化为甲醇的原理为 CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH <0 。

房山化学一模高三试卷一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。

每小题只有一个选项是正确的，请将正确选项的字母填在题后的括号内。

）1. 下列物质中，属于混合物的是（）A. 氧气B. 空气C. 二氧化碳D. 氮气2. 化学方程式书写正确的是（）A. 2H2 + O2 → 2H2OB. 2H2 + O2 → 2H2O2C. 2H2 + O2 → H2OD. H2 + O2 → H2O3. 下列物质中，属于非电解质的是（）A. HClB. H2SO4C. NaClD. H2O4. 金属活动性顺序中，排在氢前面的金属是（）A. 铜B. 铁C. 钠D. 钾5. 根据质量守恒定律，下列说法正确的是（）A. 参加反应的物质的质量总和等于生成物的质量总和B. 参加反应的物质的质量总和不等于生成物的质量总和C. 参加反应的物质的质量总和大于生成物的质量总和D. 参加反应的物质的质量总和小于生成物的质量总和6. 下列实验操作中，正确的是（）A. 用酒精灯加热试管中的液体B. 用嘴直接吹灭酒精灯C. 用试管夹夹住试管加热D. 用试管直接加热固体7. 下列物质中，属于强酸的是（）A. 醋酸B. 碳酸C. 硫酸D. 磷酸8. 根据元素周期表，下列元素中属于同一主族的是（）A. Na 和 MgB. O 和 SC. F 和 ClD. H 和 He9. 下列物质中，属于强碱的是（）A. NaOHB. NH3·H2OC. KOHD. Mg(OH)210. 下列物质中，属于弱电解质的是（）A. NaClB. HClC. H2OD. NH3二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分。

）1. 写出下列物质的化学式：A. 碳酸钙：_________B. 硫酸铜：_________2. 写出下列物质的离子方程式：A. 硫酸铜与氢氧化钠反应：_________B. 碳酸钙与盐酸反应：_________3. 写出下列物质的电子式：A. 氯气：_________B. 氢气：_________4. 写出下列物质的化学名称：A. NaCl：_________B. H2SO4：_________5. 写出下列物质的化学方程式：A. 铁与稀盐酸反应：_________B. 氧化铜与氢气反应：_________三、计算题（本题共3小题，每小题10分，共30分。

北京市房山区2015 届高三 4 月模拟练习化学试卷考试时间： 90 分钟；满分： 100 分第 I 卷（选择题）一、单项选择题：共7题每题 6分共42分1．以下相关钢铁腐化和防备的说法不正确的选项是A.自行车的钢圈上镀一层铬，防备生锈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. 钢铁发生吸氧腐化的正极反响：2HO ＋ O2＋ 4e －-4OHD. 钢铁发生析氢腐化的负极反响：Fe – 3e －Fe3+【答案】 D【分析】此题考察金属的腐化及防备。

A.自行车的钢圈上镀一层耐磨耐腐化的铬，能够防备生锈，正确； B.外加直流电源保护钢闸门时，钢闸门与电源的负极相连作阴极，正确； C.钢铁发生吸氧腐化的正极反响：2H2O ＋ O2＋ 4e－4OH-，正确； D.钢铁发生析氢腐化时，铁变成亚铁离子，错误，应选D。

2．戊醇 C H OH 与以下物质发生反响时，所得产物可能构造种数最少(不考虑立体异构 )的是5 11A. 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【答案】 B【分析】此题考察醇的化学性质。

戊醇C5H11OH的同分异构体有8 种，主链上有五个碳的有三种： 1- 戊醇、 2- 戊醇、 3- 戊醇；主链上有四个碳的有四种： 2- 甲基 -1-丁醇、 2- 甲基 -2- 丁醇、 3- 甲基 -2- 丁醇、 3- 甲基 -1- 丁醇；主链上有三个碳原子的有一种： 2，2- 二甲基 -1- 丙醇。

A、这八种醇都能与浓氢溴酸卤代； B、与浓硫酸共热消去反响的醇一定知足和羟基相连的碳的邻位碳原子上一定有氢，因此能发生消去反响的醇有七种，2，2- 二甲基 -1- 丙醇不可以消去反响，其余醇消去反响得到的烯烃只有五种； C、能被铜催化氧化的醇一定知足和羟基相连的碳上有氢，所以 2- 甲基 -2- 丁醇不可以催化氧化，只有七种； D、只有含有羟基就能和戊酸发生酯化，因此有八种，答案选 B。