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绝密★启封并使用完毕前试题类型: 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（化学）（北京卷）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选才i题）两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置^3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效^4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.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.我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是A.徐光宪建立稀土串级萃取理论B.屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C.闵恩泽研发重油裂解催化剂D.侯德榜联合制碱法7.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是A.冷水浸泡B.加热煎制C.算渣取液D.灌装保存8.下列食品添加剂中，其试用目的与反应速率有关的是A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂9.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。
有关物质的沸点、熔点如下:下列说法不正确的是学.科.网A.该反应属于取代反应B.甲苯的沸点高于144 CC.用蒸储的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D.从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来10.K2C2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O- 2 CrO42-（黄色）+2H+。
用&52。
7溶液进行下列实验:结合实验，下列说法不正确的是A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中Cr2O72-被C2H50H还原学科.网C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色11.在两份相同的Ba（0H）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHS04溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示c 下列分析不正确.的是学.科.网A.①代表滴加H2 S04溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、0HC.c点，两溶液中含有相同量的0H「D.a、d两点对应的溶液均显中性12.用石墨电极完成下列电解实验现象a d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；两个石墨电极附近有气泡产c处无明显变化生；n处有气泡产生;下列对实验现象的解释或推测不合理..的是A、a、b 处：2H 2O 2e=H2 2OHB、b 处：2Cl 2e CI2…, 「一、一一_ 2C、c处发生了反应：Fe 2e FeD、根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜第II卷25.(17 分)功能高分子P的合成路线如下:(1) A的分子式是C7 H8,其结构简式是。
北京市海淀区达标名校2018年高考四月化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．设N A为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A．4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2N AB．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5N AC．常温下,0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数目为0.3N AD．22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为N A2．已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子3．下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污4．几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．NaClO3的溶解是放热过程B．由图中数据可求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度C．可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯5．下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A．过滤豆浆B．酿酒蒸馏C．精油萃取D．海水晒盐A．A B．B C．C D．D6．实验测得浓度均为0.5 mol•L-1的Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是A．Pb(NO3)2溶液与CH3COONa 溶液混合：Pb2++2CH3COO-= Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH 3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-7．下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确．．．的是A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B．Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑C．氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2OD．Na 2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−8．2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。
2017-2018学年理科综合能力测试化学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，以下数据可供解题时参考： 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 Ca 40- Mn-55 Cu-64 Fe-56 Cu 64 Br 80- Ag 108 I 127 Ba 137Na 23-6．下列说法正确的是A ．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍B ．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C ．常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用铁制容器盛装浓硝酸D ．铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品7.短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 的原子在元素周期表中原子半径最小，Y 的次外层电子数是最外层的13，ZX 2是一种储氢材料，W 与Y 属于同一主族。
下列叙述正确的是A.原子半径：r W ＞r Z ＞r YB.Y 形成的离子与W 形成的离子的电子数不可能相同C.化合物X 2Y 、ZY 、WY 3中化学键的类型相同D.由X 、Y 、Z 、W 组成的化合物的水溶液可能显酸性8 下列离子反应方程式书写正确的是A ．氯气与水反应：Cl 2 + H 2O = Cl - + 2H + + ClO -B ．氨气通入醋酸溶液中：NH 3 + H + = NH 4+C ．制备Fe(OH)3胶体：Fe 3+ + 3H 2O Fe(OH)3(胶体) + 3H +D ．碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO 3- + OH - = CO 32- + H 2O9. 有机产品Z 可以由原料X 经过多步反应合成得到：下列说法正确的是A. X 与Y 互为同分异构体B. X 与Y 均不能使酸性KMnO 4溶液褪色C. 在光照条件下，Z 中的苯环能与Cl 2发生取代反应D. Z 中所有不饱和键均能与溴发生加成反应10. 固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。
2017年高考北京卷化学【解析】瓷器是硅酸盐产品，主要成分是无机物；而丝绸、茶叶、中草药的主要成分都是有机物。
答案选A。
【名师点睛】明确有机物和无机物的含义以及常见物质的组成是解答的关键，有机物是针对无机物而言，有机物是含有碳元素的化合物，但需要注意CO、CO2以及碳酸盐等虽然含有碳元素，由于其结构和性质与无机物更接近，一般归为无机物。
7. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts （中文名硏”，ti币），Ts的原子核外最外层电子数是7。
下列说法不正确的是A . Ts是第七周期第W A族元素B. Ts的同位素原子具有相同的电子数C. Ts在同族元素中非金属性最弱D.中子数为176的Ts核素符号是1；7T S【答案】D【解析】元素周期表中第七周期0族应当排列号元素。
入11 了号元素位于1让号左侧即族，所叹址杲第七周期第VL4族元素』A正确：同位素是同种元素不同原子之间的互称，因此卫的同位素原子具有相同的电子数，B正确；匚、元素周期表同一列从上往下非金属性依次顺弱，所以应在同族元素中非金厲性最弱，C正确；D、中子数为17◎的花核素，苴质量数为176-117-293,所以这W核素符号杲誰D错误*答案选5【名师点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8 8、18、18、32、32 （周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118,因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。
即（1）若比相应的稀有气体元素多1或2,则应处在下周期的第I A族或第nA族，如88号元素：88- 86= 2,则应在第七周期第n A族；（2）若比相应的稀有气体元素少1〜5时，则应处在同周期的第W A族〜第川A族，如84号元素应在第六周期第W A族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素（118号）比较，按上述方法推测知：117号元素应为第七周期第四A族。
北京市海淀区重点中学2017-2018学年11月高三月度测试理科综合能力测试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
第一卷1至4页，第II卷5至12页。
满分300分，考试时间150分钟。
以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5第I卷（选择题共21题每题6分共126分）注意事项：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题卷上。
在下列各题的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。
7．下列关于晶体的说法正确的是A．构成分子晶体的微粒一定含有共价键B．原子晶体的熔点一定比金属的高C．离子晶体发生状态变化时需要克服离子键D．晶体中只要有阳离子就一定有阴离子8．下列关于等体积、等pH的NaOH和氨溶液的说法正确的是A．两种溶液中OH－浓度相同B．需要等浓度、等体积的盐酸中和C．温度升高10℃，两溶液的pH仍相等D．两种溶液中溶质的物质的量浓度相同9．某溶液中含有大量的Al3+、NH4+、Ag+、Fe2+四种离子。
向该溶液中加入足量Na2O2，微热并充分搅拌后，再加入过量稀盐酸，此时溶液中大量存在的阳离子可能是A．Na+、NH4+、Al3+、H+ B．Fe2+、Al3+、Na+、H+C．Na+、Fe3+、Al3+、H+ D．Ag+、Fe3+、Na+、H+10．“绿色化学”提倡，设计制备物质的方案时，要从经济、环保和技术等全方面考虑。
以下由Cu制取Cu(NO3)2的四种方案中，比较符合“绿色化学”概念且可行的方案是A．Cu→Cu(NO3)2 B．Cu→CuO→Cu(NO3)2C．Cu→CuCl2→Cu(NO3)2 D．Cu→CuSO4→Cu(NO3)2−∆NaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说11．实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2+NH4Cl−→法正确的是A．NaNO2是氧化剂 B．生成1 mol N2时转移的电子数为6 molC．NH4Cl中的N元素被还原 D．N2既是氧化剂又是还原剂12．N A表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是A．31 g白磷含有P—P键的总数为6 N AB．1.6 g NH2¯离子含有电子总数为N AC．1 L1 mol·L-1FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为N AD．标准状况，22.4 L NO和 22.4 L O2的混合气体所含分子数为1.5N A13．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的A．CaCO3（固）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（固）14．A、B、C、D是Na2SO3、AgNO3、HCl、BaCl2四种无色溶液中的某一种，把它们两两混合产生的现象是：A+B→白色沉淀；A+C→白色沉淀；B+C→白色沉淀；C+D→白色沉淀；B+D→无色、有刺激性气味的气体。
北京市海淀区2017-2018学年高三上学期期末模拟试卷一化学试卷（选择题14个+有机合成题1个）第I 卷（选择题，共42分）本卷共14道小题，每小题3分，共42分。
请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1. “ 一带一路”旨在促进沿线国家加强在新一代信息技术、生物、新能源、新材料等新兴产业领域的深入合作，推动经济要素的自由流动，能源是人类生存和发展的基础。
下列能源的开发和利用过程中不涉及化学反应的是（）A. AB. BC. CD. D 2. 下列有关叙述错误的是( )A.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B.纤维素和油脂均可发生水解，都属于天然高分子化合物C.“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气，D.石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化 3.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )A ．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2HCO 3-→+2H 2O+2CO 2↑B. 室温下，测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨的是弱碱：NH 4＋＋2H 2O=NH 3·H 2O ＋H 3O ＋C ．含有Fe 3+的透明溶液中：K +、Mg 2+、SCN –、Cl –不能大量共存D ．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca 2+++OH –CaCO 3↓+H 2O4.将0.1的溶液和0.1溶液等体积混合充分反应后,取混合液分别完成下列实验,能滴入溶液 滴入溶液滴入溶液A.①和③B.②和④C.③和④D.①和②5. 2016年11月30日，国际纯粹和应用化学联合会（IUPAC ）核准并发布了4个人工合成元素的元素符号，至此，元素周期表中第7周期被全部填满。
其中Mc （中文名“镆”，mo)，的原子序数为115，Mc 与下表中短周期元素W 位于同一族，W 、X 、Y 和Z 在周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21 下列有关说中正确的是（）A ．Mc 位于第七周期第ⅦA 族元素B ．氧化物对应水化物的酸性：Y>WC ．简单离子的半径：Y<X ，非金属性：Mc<WD ．Mc 的同位素原子具有不同的电子数3HCO6．某化学兴趣小组进行了有关Cu 、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如下图所示。
北京市海淀区2017-2018学年高考化学查漏补缺试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）金属材料的发展在人类文明发展中起着巨大的作用．下列金属中用电解方法进行冶炼的是（）A．铝B．铜C．银D．铁2．（6分）下列物质对应的用途不正确的是（）A B C D物质液氨碳酸钙氯化钠浓盐酸用途制冷剂抗酸药防腐剂刻蚀玻璃A．A B．B C．C D．D3．（6分）化学在生产生活中有重要作用，下列说法正确的是（）A．碘有智力元素之称，所以应该大量服用补碘药片B．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的C．二氧化硫可用于食品防腐，但不能用于食品漂白D．“辽宁舰”上使用的特种钢缆属于新型无机非金属材料4．（6分）下列说法正确的是（）A．C H2O2和C3H6O2一定互为同系物B．碳酸钠溶液可用于鉴别乙酸和乙酸乙酯C．用溴水可以除去溶解在苯中的少量苯酚D．粮食酿酒过程中，淀粉在酶的催化作用下最终水解为乙醇5．（6分）氯原子对O3的分解有催化作用：O3+Cl═ClO+O2△H1，ClO+O═Cl+O2△H2．大气臭氧层的分解反应是：O3+O═2O2△H，该反应的能量变化如图所示，则下列叙述正确的是（）A．反应O3+O═2O2的△H=E1﹣E3B．反应O3+O═2O2是吸热反应C．△H=△H1+△H2D．氯原子没有改变O3分解反应的历程6．（6分）下列实验目的和操作对应不正确的是（）实验目的实验操作A 检验溶液中的Fe2+离子向溶液中先加入KSCN溶液，再加入氯水B 除去Na2SO4溶液中的Na2SO3向混合液中加入适量稀盐酸C 用豆浆做豆腐向煮沸的豆浆中加入盐卤（含NaCl、MgCl2、CaCl2等）溶液D 排除SO42﹣对Cl﹣检验的干扰向混合液中加入过量的Ba（NO3）2溶液，过滤后再取滤液进行检验A．A B．B C．C D．D7．（6分）向密闭容器中充入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．平衡时CO与H2的物质的量比为1：1B．p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p1＜p2＜p3＜p4C．1100℃，p4条件下，该反应10 min时达到平衡点X，则ν（CO2）=0.008 mol•L﹣1•min﹣1 D．随着温度升高，该反应的平衡常数减小二、解答题（共4小题，满分58分）8．（17分）有机物R是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如下：═CHCOOCH2CH=CHCH2OOCH═PTT是一种新型工业化树脂．它们的合成路线如下：已知：①+→②+R′CH+H2O③RCOOH RCOOCl RCOOR′④RCO18OR′+R″OH RCOOR″+R18OH（1）H结构中有3个﹣CH2﹣，它含有的官能团是．（2）G的结构简式为．（3）写出A→B的反应的化学方程式：．（4）写出C与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式：．（5）F的分子式为．（6）J的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为．（7）写出K→PTT树脂的化学方程式：．（8）写出一种符合下列条件的J的同分异构体的结构简式．i．苯环上只含有两个相同的取代基ii．酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应．9．（12分）中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品．母液中主要含有Cl﹣、Na+、K+、Mg2+、Ca2+、SO42﹣、Br﹣等离子．某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验．（1）海水淡化的方法还有（写出一种）．（2）I中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式．（3）Cl2和Br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：．（4）Ⅲ中，加入适量CaCl2固体的目的是．（5）写出IV中反应的离子方程式．（6）与过程II类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为mg/L．10．（14分）用软锰矿（MnO2）、黄铁矿（FeS2）酸浸生产硫酸锰（MnSO4），并进一步制取电解二氧化锰（EMD）的工艺流程如下：Ⅰ．将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间．Ⅱ．向反应釜中加入MnO2、CaCO3试剂，再加入Na2S溶液除掉浸出液中的重金属．Ⅲ．过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制MnSO4溶液．IV．将精制MnSO4溶液送入电解槽，电解制得EMD．请回答下列问题：（1）步骤I中搅拌、加热的目的是．完成酸浸过程中反应的离子方程式：FeS2+MnO2+═Mn2++Fe2++S+SO42﹣+（2）步骤Ⅱ中加入MnO2用于将浸出液中的Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式是．加入CaCO3将浸出液pH调至pH=5，从而除掉铁，请解释用CaCO3除铁的原理：．（3）步骤IV中用如图所示的电解装置电解精制的MnSO4溶液，生成EMD的是极（填“a”或“b”），生成EMD的电极反应式是．（4）EMD可用作碱性锌锰电池的材料．已知碱性锌锰电池的反应式为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2．下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是（填字母序号）．A．碱性锌锰电池是二次电池B．碱性锌锰电池将化学能转化为电能C．正极反应为：2MnO2+2H2O+2e﹣=2MnOOH+2OH﹣D．碱性锌锰电池工作时，电子由MnO2经外电路流向Zn极．11．（15分）某实验小组做乙醛和新制氢氧化铜的反应时，发现NaOH的用量对反应产物有影响，于是他们采用控制变量的方法，均使用0.5mL 40%的乙醛溶液进行下列实验．编号2%CuSO4溶液的体积10%NaOH溶液的体积振荡后的现象pH 加乙醛水浴加热后的沉淀颜色1 2mL 3滴浅蓝绿色沉淀5～6 浅蓝绿色沉淀2 a 15滴浅蓝色沉淀7～8 黑色沉淀3 1mL 1mL 蓝色悬浊沉淀较少9～10 红褐色沉淀4 b 2mL 蓝色悬浊沉淀较多11～12 红色沉淀5 1mL 3mL 蓝紫色溶液12～13 ﹣﹣﹣﹣（1）上表中a、b应为（填字母序号）．A．15滴，1mL B．2mL，1mLC．15滴，2mL D．2mL，2mL（2）查阅资料可知，实验1中的浅蓝绿色沉淀的主要成份为Cu2（OH）2SO4，受热不易分解．写出生成Cu2（OH）2SO4反应的化学方程式．基于实验1、2的现象可以得出结论：NaOH用量较少时，．（3）小组同学推测实验3中的红褐色沉淀可能是CuO和Cu2O的混合物，其依据是．（4）由实验4可以得出结论：当NaOH的用量较大时，新制氢氧化铜可以与乙醛发生反应，生成Cu2O红色沉淀．该反应的化学方程式为．（5）为了进一步证明实验4中红色沉淀的成分，该小组同学查阅资料得知：Cu2O在碱性条件下稳定，在酸性溶液中可转化为Cu2+、Cu．并进行了以下实验．ⅰ．将实验4反应后的试管静置，用胶头滴管吸出上层清液．ⅱ．向下层浊液中加入过量稀硫酸，充分振荡、加热，应观察到的现象是．（6）小组同学继续查阅资料得知：Cu（OH）2可与OH﹣继续反应生成蓝紫色溶液（2﹣），由此提出问题：2﹣能否与乙醛发生反应，生成红色沉淀？设计实验解决这一问题，合理的实验步骤是．基于上述实验，该小组同学获得结论：乙醛参与反应生成红色沉淀时，需控制体系的pH＞10．北京市海淀区2017-2018学年高考化学查漏补缺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．（6分）金属材料的发展在人类文明发展中起着巨大的作用．下列金属中用电解方法进行冶炼的是（）A．铝B．铜C．银D．铁考点：金属冶炼的一般原理．分析：依据金属活泼性，一般活泼的金属用电解法，较活泼的金属用热还原法，不活泼的金属例如汞、银等用热分解法，据此解答．解答：解：A．铝性质活泼，用电解氧化铝方法冶炼，故A选；B．Cu用热还原法冶炼，故B不选；C．Ag用热分解法冶炼，故C不选；D．Fe用热还原法冶炼，故D不选；故选：A．点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大，注意相关知识的积累．2．（6分）下列物质对应的用途不正确的是（）A B C D物质液氨碳酸钙氯化钠浓盐酸用途制冷剂抗酸药防腐剂刻蚀玻璃A．A B．B C．C D．D考点：氨的物理性质；钠的重要化合物；药物的主要成分和疗效．分析：A．氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热；B．碳酸钙能与盐酸反应，且自身对人无害；C．食盐能够使细菌脱水死亡；D．盐酸与二氧化硅不反应．解答：解：A．氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂，故A正确；B．碳酸钙能与盐酸反应，且自身对人无害，可做抗酸药，故B正确；C．食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作食品的防腐剂，故C正确；D．玻璃的成分是二氧化硅，盐酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故D错误．故选D．点评：本题考查了常见食品添加剂的用途，可以依据物质的性质进行解答，题目难度不大．3．（6分）化学在生产生活中有重要作用，下列说法正确的是（）A．碘有智力元素之称，所以应该大量服用补碘药片B．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的C．二氧化硫可用于食品防腐，但不能用于食品漂白D．“辽宁舰”上使用的特种钢缆属于新型无机非金属材料考点：碘与人体健康；二氧化硫的化学性质；无机非金属材料．分析：A．药物应该适量服用；B．汽油中不含氮元素；C．二氧化硫具有杀菌作用；D．特种钢缆属于金属材料．解答：解：A．药物应该适量服用，碘有智力元素之称，可以适量服用，但是不能大量服用，大量会有副作用，故A错误；B．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温下生成的，故B 错误；C．二氧化硫具有杀菌作用，可以用于食品防腐，但是用量很小，食品漂白用量较大，所以不能用于食品漂白，故C正确；D．特种钢缆属于金属材料，不是新型无机非金属材料，故D错误．故选C．点评：本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，注意基础知识的积累，有助于提升学生的学科素养．4．（6分）下列说法正确的是（）A．C H2O2和C3H6O2一定互为同系物B．碳酸钠溶液可用于鉴别乙酸和乙酸乙酯C．用溴水可以除去溶解在苯中的少量苯酚D．粮食酿酒过程中，淀粉在酶的催化作用下最终水解为乙醇考点：芳香烃、烃基和同系物；有机物的鉴别；淀粉的性质和用途；物质的分离、提纯和除杂．分析：A、C3H6O2中含有2个氧，只有一个不饱和度，2个O可以是羧基，可以是酯基；B、乙酸与碳酸钠反应生成气体，碳酸钠与乙酸乙酯混合分层；C、生成的三溴苯酚溶于苯中；D、酿酒过程中，是酒化酶致使淀粉水解生成葡萄糖，据此解答即可．解答：解：A、CH2O2和C3H6O2的不饱和度均为1，CH2O2只能为甲酸，C3H6O2可以是丙酸，也可以是甲酸乙酯等，不一定互为同系物，故A错误；B、乙酸与碳酸钠反应生成气体，碳酸钠与乙酸乙酯混合分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C、苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯中，不能得到纯净的苯，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误；D、粮食酿酒过程中，淀粉在酒化酶的催化作用下最终水解为葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇，故D错误，故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，除杂时注意不能引入新杂质，且不能影响被提纯的物质，难度不大．5．（6分）氯原子对O3的分解有催化作用：O3+Cl═ClO+O2△H1，ClO+O═Cl+O2△H2．大气臭氧层的分解反应是：O3+O═2O2△H，该反应的能量变化如图所示，则下列叙述正确的是（）A．反应O3+O═2O2的△H=E1﹣E3B．反应O3+O═2O2是吸热反应C．△H=△H1+△H2D．氯原子没有改变O3分解反应的历程考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．分析：由图可知，O+O3=2O2 的反应为放热反应，△H=E3﹣E2，由Cl+O3=ClO+O2 △H1、ClO+O=Cl+O2 △H2可知，利用盖斯定律来分析反应热的关系，氯原子在该反应中作催化催，改变了该反应的活化能，以此来解答．解答：解：A．由图可知，生成物的能量低，O+O3=2O2 的反应为放热反应，△H=E3﹣E2，故A错误；B．O+O3=2O2 的反应中△H=E3﹣E2＜0，为放热反应，故B错误；C．由Cl+O3=ClO+O2 △H1、ClO+O=Cl+O2 △H2可知，根据盖斯定律两个反应相加得到O+O3=2O2 ，即△H=△H1+△H2，故C正确；D．氯原子在该反应中作催化催，改变了该反应的活化能，即改变了O3分解反应的历程，故D错误；故选C．点评：本题考查化学反应中的能量变化及盖斯定律，催化剂对反应的作用，明确信息及图象的分析是解答本题的关键，难度不大．6．（6分）下列实验目的和操作对应不正确的是（）实验目的实验操作A 检验溶液中的Fe2+离子向溶液中先加入KSCN溶液，再加入氯水B 除去Na2SO4溶液中的Na2SO3向混合液中加入适量稀盐酸C 用豆浆做豆腐向煮沸的豆浆中加入盐卤（含NaCl、MgCl2、CaCl2等）溶液D 排除SO42﹣对Cl﹣检验的干扰向混合液中加入过量的Ba（NO3）2溶液，过滤后再取滤液进行检验A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．检验亚铁离子应先加KSCN，再加氯水；B．加入盐酸引入氯离子；C．豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉；D．硫酸根能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀．解答：解：A．检验亚铁离子应先加KSCN，不变色，再加氯水，变为血红色，说明有Fe2+离子，故A正确；B．加入盐酸引入氯离子，引入了新的杂质，故B错误；C．豆浆是胶体，遇电解质盐卤（含NaCl、MgCl2、CaCl2等）发生聚沉，故C正确；D．硫酸根能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，NO3不影响Cl﹣，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，涉及离子的检验、除杂以及胶体的性质等，把握反应原理、物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．7．（6分）向密闭容器中充入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．平衡时CO与H2的物质的量比为1：1B．p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p1＜p2＜p3＜p4C．1100℃，p4条件下，该反应10 min时达到平衡点X，则ν（CO2）=0.008 mol•L﹣1•min﹣1 D．随着温度升高，该反应的平衡常数减小考点：转化率随温度、压强的变化曲线．分析：A．根据生成物CO与H2的物质的量按1：1生成判断；B．由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；C．由图可知，压强为P4、1100℃的条件下，到达平衡X点时甲烷的转化率为80%，据ν（CO2）=计算；D．由图可知，温度越高，CH4的平衡转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，据此判断．解答：解：A．因为生成物CO与H2的物质的量按1：1生成，所以平衡时CO与H2的物质的量比为1：1，故A正确；B．由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4＞P3＞P2＞P1，故B正确；C．由图可知，压强为P4、1100℃的条件下，达到平衡X点时甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，则：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0变化（mol/L）：0.08 0.08 0.16 0.16平衡（mol/L）：0.02 0.02 0.16 0.16故ν（CO2）===0.008 mol•L﹣1•min﹣1，故C正确；D．由图可知，温度越高，CH4的平衡转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，所以温度升高，该反应的平衡常数增大，故D错误；故选D．点评：本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等，难度中等，注意利用“定一议二”原则分析解答．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（17分）有机物R是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如下：═CHCOOCH2CH=CHCH2OOCH═PTT是一种新型工业化树脂．它们的合成路线如下：已知：①+→②+R′CH+H2O③RCOOH RCOOCl RCOOR′④RCO18OR′+R″OH RCOOR″+R18OH（1）H结构中有3个﹣CH2﹣，它含有的官能团是羟基．（2）G HOCH2CH2CHO．（3）写出A→B的反应的化学方程式：．（4）写出C与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式：．（5）F的分子式为C4H8O2．（6）J的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为．（7）写出K→PTT树脂的化学方程式：．（8）写出一种符合下列条件的J的同分异构体的结构简式（邻、间、对三种中的任一种）．i．苯环上只含有两个相同的取代基ii．酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应．考点：有机物的推断．分析：根据R的结构简式结构题中信息③的反应可推断E为═CHCOOCl，F为HOCH2CH=CHCH2OH，根据转化关系可推知D为═CHCOOH，C为═CHCHO，结合信息②可知B为O，结合A的分子式和信息①可知A为CH2=CHCHO，H结构中有3个﹣CH2﹣，所以A与水发生加成反应得G为HOCH2CH2CHO，G与氢气加成得H为HOCH2CH2CH2OH，根据J的分子式和J与H反应生成甲醇，J的苯环上只有一种一硝基取代物，结合信息④可知，J为，K为，PTT为，据此答题；解答：解：根据R的结构简式结构题中信息③的反应可推断E为═CHCOOCl，F为HOCH2CH=CHCH2OH，根据转化关系可推知D为═CHCOOH，C为═CHCHO，结合信息②可知B为O，结合A的分子式和信息①可知A为CH2=CHCHO，H结构中有3个﹣CH2﹣，所以A与水发生加成反应得G为HOCH2CH2CHO，G与氢气加成得H为HOCH2CH2CH2OH，根据J的分子式和J与H反应生成甲醇，J的苯环上只有一种一硝基取代物，结合信息④可知，J为，K为，PTT为，（1）根据上面的分析可知，H为HOCH2CH2CH2OH，它含有的官能团是羟基，故答案为：羟基；（2）根据上面的分析可知，G为HOCH2CH2CHO，故答案为：HOCH2CH2CHO；（3）A→B的反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）C为═CHCHO，C与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）F为HOCH2CH=CHCH2OH，F的分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；（6）J的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为，故答案为：；（7）K→PTT树脂的化学方程式为：，故答案为：；（8）J的同分异构体，符合下列条件i．苯环上只含有两个相同的取代基，ii．酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应，则产物应为酚和羧酸，则符合条件的结构简式为（有邻、间、对三种），故答案为：（邻、间、对三种中的任一种）；点评：本题考查有机物的推断与合成，难度中等，注意对题目反应信息的理解利用，根据R 的结构特点用逆推法推断有机物．9．（12分）中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品．母液中主要含有Cl﹣、Na+、K+、Mg2+、Ca2+、SO42﹣、Br﹣等离子．某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验．（1）海水淡化的方法还有蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）（写出一种）．（2）I中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑．（3）Cl2和Br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e﹣，两个原子各提供1e﹣，形成共用电子对，两个原子都形成了8e﹣稳定结构．（4）Ⅲ中，加入适量CaCl2固体的目的是除去SO42﹣．（5）写出IV中反应的离子方程式Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+．（6）与过程II类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为60mg/L．考点：海水资源及其综合利用．分析：（1）海水淡化水，应将水与盐分离，可用蒸馏、电渗析或离子交换法等；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，据此写出反应的离子方程式；（3）Cl、Br原子最外层都含有7个电子，两个原子各提供一个电子形成共用电子对，使最外层均得到8电子稳定结构；（4）溶液B中含有硫酸根离子，加入氯化钙溶液可以反应生成硫酸钙，从而除去硫酸根离子；（5）氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，则IV中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子；（6）提取率为60%，最终得到36g溴，据此计算出原1m3海水中含有的溴元素的质量，再计算出1L海水中含有的溴元素的质量即可．解答：解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法，故答案为：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑；（3）由于氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e﹣，两个原子各提供1e﹣，形成共用电子对，两个原子都形成了8e﹣稳定结构，所以氯气和溴单质都是以双原子形式存在，故答案为：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e﹣，两个原子各提供1e﹣，形成共用电子对，两个原子都形成了8e﹣稳定结构；（4）硫酸根离子能够与钙离子反应生成硫酸钙沉淀，所以加入氯化钙溶液的目的是除去SO422﹣；﹣，故答案为：除去SO4（5）氢氧化镁更难溶，IV中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子，该反应的离子方程式为：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，故答案为：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+；（6）将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则1m3海水中含有的溴元素的质量为=60g，则该海水的中溴元素的浓度为=60mg/L，故答案为：60．点评：本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握海水资源的综合应用方法．10．（14分）用软锰矿（MnO2）、黄铁矿（FeS2）酸浸生产硫酸锰（MnSO4），并进一步制取电解二氧化锰（EMD）的工艺流程如下：Ⅰ．将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间．Ⅱ．向反应釜中加入MnO2、CaCO3试剂，再加入Na2S溶液除掉浸出液中的重金属．Ⅲ．过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制MnSO4溶液．IV．将精制MnSO4溶液送入电解槽，电解制得EMD．请回答下列问题：（1）步骤I中搅拌、加热的目的是加快反应速率，充分接触．完成酸浸过程中反应的离子方程式：1FeS2+4MnO2+8H+═4Mn2++1Fe2++S+SO42﹣+4H2O（2）步骤Ⅱ中加入MnO2用于将浸出液中的Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O．加入CaCO3将浸出液pH调至pH=5，从而除掉铁，请解释用CaCO3除铁的原理：Fe+3H2O Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），CO3+2H═CO2↑+H2O，使得Fe的水解平衡向正反应方向移动，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去．（3）步骤IV中用如图所示的电解装置电解精制的MnSO4溶液，生成EMD的是b极（填“a”或“b”），生成EMD的电极反应式是Mn2++2H2O﹣2e﹣═MnO2+4H+．（4）EMD可用作碱性锌锰电池的材料．已知碱性锌锰电池的反应式为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2．下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是BC（填字母序号）．A．碱性锌锰电池是二次电池B．碱性锌锰电池将化学能转化为电能C．正极反应为：2MnO2+2H2O+2e﹣=2MnOOH+2OH﹣D．碱性锌锰电池工作时，电子由MnO2经外电路流向Zn极．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）根据影响反应速率的因素分析；根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式；（2）MnO 2把Fe 2+氧化为Fe 3+，同时生成Mn 2+；在溶液中存在水解平衡：Fe 3++3H 2O Fe（OH ）3+3H +，根据平衡移动原理分析；（3）锰离子在阳极失电子生成二氧化锰；（4）由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn 元素化合价升高，被氧化，Mn 元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为Zn ﹣2e ﹣+2OH ﹣═ZnO+H 2O ，正极电极反应为2MnO 2+2e ﹣+2H 2O ═2MnO （OH ）+2OH ﹣，电子从负极沿导线流向正极．解答： 解：（1）将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热，加热温度升高，反应速率加快，搅拌可以使反应物充分接触；FeS 2反应生成Fe 2+、S 、SO 42﹣，S 元素的化合价升高8价，MnO 2中Mn 元素的化合价降低2价，则FeS 2与MnO 2的计量数之比为1：4，结合原子守恒得到方程式为：FeS 2+4MnO 2+8H +═4Mn 2++Fe 2++S+SO 42﹣+4H 2O ；故答案为：加快反应速率，充分接触；1；4；8H +；4；1；1；4H 2O ；（2）MnO 2把Fe 2+氧化为Fe 3+，同时生成Mn 2+，其反应的离子方程式为：MnO 2+4H ++2Fe 2+═Mn 2++2Fe 3++2H 2O ；在溶液中存在水解平衡：Fe 3++3H 2O Fe （OH ）3+3H +，加入CaCO 3后，由于CaCO 3（s ） Ca 2+（aq ）+CO 32﹣（aq ），CO 32﹣+2H +═CO 2↑+H 2O ，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe 3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe 3+转化为Fe （OH ）3沉淀而被除去；故答案为：MnO 2+4H ++2Fe 2+═Mn 2++2Fe 3++2H 2O ；Fe 3++3H 2O Fe （OH ）3+3H +，加入CaCO 3后，由于CaCO 3（s ） Ca 2+（aq ）+CO 32﹣（aq ），CO 32﹣+2H +═CO 2↑+H 2O ，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，Fe 3+转化为Fe （OH ）3沉淀而被除去；（3）锰离子在阳极失电子生成二氧化锰，b 极与正极相连为阳极，所以二氧化锰在b 极生成；其电极反应式为：Mn 2++2H 2O ﹣2e ﹣═MnO 2+4H +；故答案为：b ； Mn 2++2H 2O ﹣2e ﹣═MnO 2+4H +；（4）A ．锌锰干电池不能充电，完全放电后不能再使用，属于一次电池，故A 错误；B ．原电池装置是向外提供电能的装置，其能量转化为化学能转化为电能，故B 正确；C ．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO 2+e ﹣+H 2O ═MnO （OH ）+OH ﹣，故C 正确；D ．电子从负极沿导线流向正极，而电流从正极沿着导线流向负极，则电子由Zn 极经外电路流向MnO 2，故D 错误．故答案为：BC ．点评： 本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、电极反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力．11．（15分）某实验小组做乙醛和新制氢氧化铜的反应时，发现NaOH 的用量对反应产物有影响，于是他们采用控制变量的方法，均使用0.5mL 40%的乙醛溶液进行下列实验． 编号 2%CuSO 4溶液的体积 10%NaOH 溶液的体积 振荡后的现象 pH 加乙醛水浴加热后的沉淀颜色1 2mL 3滴 浅蓝绿色沉淀 5～6浅蓝绿色沉淀 2 a 15滴 浅蓝色沉淀 7～8黑色沉淀 3 1mL 1mL 蓝色悬浊沉淀较少 9～10红褐色沉淀 4 b 2mL 蓝色悬浊沉淀较多 11～12红色沉淀 5 1mL 3mL 蓝紫色溶液 12～13﹣﹣﹣﹣（1）上表中a 、b 应为B （填字母序号）．A ．15滴，1mLB ．2mL ，1mL。
北京市海淀区达标名校2018年高考五月质量检测化学试题一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜2．下列实验能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D3．某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。
取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。
为确定该溶液的组成，还需进行的实验是( )A．取样，进行焰色反应B．取样，滴加酚酞溶液C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶4．不符合ⅦA族元素性质特征的是A．从上到下原子半径逐渐减小B．易形成－1价离子C．最高价氧化物的水化物显酸性D．从上到下氢化物的稳定性依次减弱5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B．晶体硅熔点高，可制半导体材料C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌6．要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）①加入少量氯水②加入少量KI溶液③加入少量KSCN溶液A．③①B．①③C．②③D．③②7．下列关于有机物的说法正确的是A．乙醇和丙三醇互为同系物B．二环己烷( )的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C ．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D ．环己烯()分子中的所有碳原子共面8．全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸）。
2017-2018学年北京市海淀区普通中学高三（下）开学化学试卷（2月份）一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1mol KH（）A．失去1mol电子B．得到1mol电子C．失去2mol电子D．没有电子得失2．如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A．常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C．Y的氢化物的沸点比H2O的沸点高D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强3．下列关于浓硫酸的叙述，正确的是（）A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化4．下列分子式中，所有原子不可能共处在同一平面上的是（）A．C2H2B．CS2C．NH3D．C6H65．绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求．理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放．下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是（）A． +C2H5Cl→+HCl B． +C2H5OH→+H2O C．+CH2=CH2→D．→+HBr二、解答题（共7小题，满分0分）6．芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构筒式是．A经①、②两步反应得C、D和E．B经①、②两步反应得E、F和H．上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示．（提示：）（1）写出E的结构简式．（2）A有2种可能的结构，写出相应的结构简式．（3）F和小粒金属钠反应的化学方程式是2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，实验现象是有气体产生，反应类型是置换反应．（4）写出F在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O实验现象是有气体产生，反应类型是消去反应．（5）写出F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，实验现象是有香味产生，反应类型是酯化反应．（6）在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是C和F．7．在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：+．已知：①化合物A，其分子式为C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应生成B；②B发生臭氧化还原水解反应生成C，C能发生银镜反应；③C催化加氢生成D，D在浓硫酸存在下加热生成E；④E 既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl 3溶液发生显色反应，且能与氢氧化钠溶液反应生成F ；⑤F 发生臭氧化还原水解反应生成G ，G 能发生银镜反应，遇酸转化为H （C 7H 6O 2）． 请根据上述信息，完成下列填空：（1）写出下列化合物的结构简式（如有多组化合物符合题意，只要写出其中的一组）A ，C ，E ． （2）写出分子式为C 7H 6O 2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式．8．某有机化合物A 的相对分子质量（分子量）大于110，小于150．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧．请回答：（1）该化合物分子中含有 4 个氧原子，为什么？（2）该化合物的相对分子质量（分子量）是 134 ．（3）该化合物的化学式（分子式）是 C 5H 10O 4 ．（4）该化合物分子中最多含 1 个官能团．9．有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七瓶不同物质的溶液，它们各是：Na 2CO 3、Na 2SO 4、KCl 、AgNO 3、MgCl 2、Ca （NO 3）2和Ba （OH ）2溶液中的一种．为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示．表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“﹣”表示观察不到明显变化．试回答下面问题：（1）A 的化学式是 KCl ，G 的化学式是 AgNO 3 ，判断的理由是 混合时只生成一种沉淀的是KCl ，生成AgCl ↓ ．（2）写出其余几种物质的化学式．B ： Na 2SO 4 C ： 2 ： Na 2CO 3 E ： （3）K +、Ba 2+、Al 3+、Fe 3+和阴离子OH ﹣、CO 32﹣、NO 3﹣、SO 42﹣两两组合而成，它们的溶液发生如下反应：A 与B 反应生成白色沉淀，再加过量A ，沉淀量减少，但不会完全消失；C 与D 反应生成有色沉淀；B 与C 反应生成白色沉淀．写出它们的化学式：A Ba （OH ）2 ，B Al 2（SO 4）3 ，C K 2CO 3 ，D Fe （NO 3）3 ．11．有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③．甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量．（1）甲取样品①强热，若所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L 气体（标准状况），则样品①中氧化铜的质量为 6.0 g ．（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊．再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有bg固体剩余，该剩余固体的化学式为C．样品②中氧化铜质量为g（以含a、b的代数式表示）．（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量（n）的取值范围为mol≤n（CuO）≤mol．12．根据下图及描述，回答下列问题：（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，静置后如图所示．试判断：A装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”）不漏气，判断理由：由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面．．（2）关闭图B装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断：B装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”）无法确定，判断理由：由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．．2017-2018学年北京市海淀区普通中学高三（下）开学化学试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1mol KH（）A．失去1mol电子B．得到1mol电子C．失去2mol电子D．没有电子得失【考点】氧化还原反应的计算．【分析】KH+H2O=H2+KOH中，只有H元素的化合价变化，H元素的化合价由﹣1价升高为0，由+1价降低为0，以此来解答．【解答】解：KH+H2O=H2+KOH中，KH中H元素的化合价升高，失去电子，1molKH失去电子为1mol×[0﹣（﹣1）]=1mol，A正确；故选A．2．如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A．常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C．Y的氢化物的沸点比H2O的沸点高D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar 元素，Z为Br元素，A．根据物质的在常压下的存在形式可知，常压下S、P为固体，而Br为液体；B．Y的阴离子核外有18个电子，Z的阴离子核外有36个电子；C．根据水分子之间含有氢键进行比较；D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强．【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R 为Ar元素，Z为Br元素，A．常压下S、P为固体，而Br2为液体，所以五种元素的单质中Z单质的沸点不是最高的，故A错误；B．Y的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，故B错误；C．水分子之间含氢键，沸点大于Y的氢化物，故C错误；D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性Y＞W，故D正确；故选D．3．下列关于浓硫酸的叙述，正确的是（）A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化【考点】浓硫酸的性质．【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖碳化，以此解答该题．【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化，故A错误；B．浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误．C．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故D正确；故选D．4．下列分子式中，所有原子不可能共处在同一平面上的是（）A．C2H2B．CS2C．NH3D．C6H6【考点】常见有机化合物的结构．【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面判断，根据化学键判断甲醛中杂化轨道数目，确定杂化方式，判断空间构型．【解答】解：A．乙炔为直线型结构，所有原子处于同一平面内，故A不选；B．二硫化碳是直线型分子，所有原子处于同一平面内，故B不选；C．氨气是三角锥型结构，所有原子不可能处于同一平面内，故C选；D．苯是平面结构，所有原子处于同一平面内，故D不选．故选C．5．绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求．理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放．下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是（）A． +C2H5Cl→+HCl B．+C2H5OH→+H2O C． +CH2=CH2→D．→+HBr【考点】绿色化学；有机化学反应的综合应用．【分析】根据绿色化学的定义可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，以此解答该题．【解答】解：A．反应物没有全部转化为乙苯，还有HCl生成，故A错误；B．反应物没有全部转化为乙苯，还有水生成，故B错误；C．反应物全部转化为乙苯，没有副产品生成，故C正确；D．反应物没有全部转化为乙苯，还有HBr生成，故D错误．故选C．二、解答题（共7小题，满分0分）6．芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构筒式是．A经①、②两步反应得C、D和E．B经①、②两步反应得E、F和H．上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示．（提示：）（1）写出E的结构简式．（2）A有2种可能的结构，写出相应的结构简式．（3）F和小粒金属钠反应的化学方程式是2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，实验现象是有气体产生，反应类型是置换反应．（4）写出F在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O实验现象是有气体产生，反应类型是消去反应．（5）写出F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，实验现象是有香味产生，反应类型是酯化反应．（6）在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是C和F．【考点】有机物的推断．【分析】（1）根据B的结构简式和性质，推出H、E、F的结构简式；（2）根据A与B互为同分异构题，确定A的分子式，根据已推得的E、D的结构简式确定C，进而写出A的结构简式；（3）根据乙醇能和钠反应的化学性质来回答；（4）根据醇发生消去反应得到烯烃的化学性质来分析；（5）根据酯化反应的原理和产物来回答；（6）根据同系物的概念进行分析回答．【解答】解：（1）B 在氢氧化钠的水溶液作用下其中的酯基易水解为相应的羧酸钠盐和醇，然后羧酸钠盐酸化得到对应的羧酸，故F为CH3CH2OH，G为CH3CHO，H为CH3COOH，E为对羟基苯甲酸，故答案为：；（2）A与B互为同分异构体，E为对羟基苯甲酸，D为甲酸，故A中有甲酸某酯的结构，并且E中的羟基和羧基也分别形成了酯基，故A的同分异构即在丙基的同分异构上，故答案为：；（3）乙醇和钠反应的方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，现象是有气体产生，属于置换反应，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；现象是有气体产生；置换反应；（4）乙醇在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O，现象是有气体产生，属于消去反应，故答案为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O；有气体产生；消去反应；（5）醇和羧酸在加热和浓H2SO4催化作用下发生酯化反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，生成有香味的酯类，属于酯化反应，故答案为：CH3CH2OHCH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；有香味产生；酯化反应；（6）同系物是具有相同的官能团、属于同一类物质、通式相同且分子组成上相差一个或若干个﹣CH2﹣基团的有机物之间的互称，在B、C、D、F、G、I化合物中，只有C和F符合条件，故C、F互为同系物，故答案为：C和F．7．在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：+．已知：①化合物A，其分子式为C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应生成B；②B发生臭氧化还原水解反应生成C，C能发生银镜反应；③C催化加氢生成D，D在浓硫酸存在下加热生成E；④E既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与氢氧化钠溶液反应生成F；⑤F发生臭氧化还原水解反应生成G，G能发生银镜反应，遇酸转化为H（C7H6O2）．请根据上述信息，完成下列填空：（1）写出下列化合物的结构简式（如有多组化合物符合题意，只要写出其中的一组）A，C，E．（2）写出分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式．【考点】有机物的推断．【分析】化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为=5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为（可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为，F为，则A为，B为，C为，D为（都可以为邻位、对位），以此解答该题．【解答】解：化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为=5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为（可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为，F为，则A为，B为，C为，D为（都可以为邻位、对位），（1）由上面的分析可知，A为，C为，E为，故答案为：；；．（2）分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式为，故答案为：．8．某有机化合物A的相对分子质量（分子量）大于110，小于150．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧．请回答：（1）该化合物分子中含有4个氧原子，为什么？（2）该化合物的相对分子质量（分子量）是134．（3）该化合物的化学式（分子式）是C5H10O4．（4）该化合物分子中最多含1个官能团．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数的范围，最终确定分子中含有的氧原子数目；（2）根据氧元素的质量分数、分子中含有的氧原子数目求出有机化合物的相对分子质量；（3）计算有机物中C、H总相对原子质量，利用商余法确定C、H原子数目，进而确定有机物的分子式；（4）结合有机物分子确定．【解答】解：（1）由题意知，氧的质量分数为1﹣52.24%=47.76%，由有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于=3.28，小于=4.48，所以氧原子为4个，故答案为：4；＜N（O）＜，且为整数；（2）分子中氧原子为4个，氧的质量分数为47.76%，则有机化合物分子质量==134，故答案为：134；（3）分子中氧原子为4个，所以C、H的相对原子质量之和为：134﹣16×4=70，C原子最大数目==5…10，故分子中含有5个C原子、10个H原子，可确定化学式为C5H10O4；故答案为：C5H10O4；（4）C5H10O4与5个C原子的饱和衍生物（可表示为C5H12O n）比较可知，分子中最多含有1个羰基官能团，故答案为：1．9．有A、B、C、D、E、F、G七瓶不同物质的溶液，它们各是：Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2和Ba（OH）2溶液中的一种．为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示．表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“﹣”表示观察不到明显变化．试回答下面问题：（1）A的化学式是KCl，G的化学式是3，判断的理由是混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓．（2）写出其余几种物质的化学式．B：Na2SO4C：2：Na2CO3E：（3）【分析】本题涉及的物质较多，可以采用对应求解法，根据物质间的两两反应，找到特征物质，此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，采用顺藤摸瓜的办法根据性质和得到其他物质即可．【解答】解：（1）此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，故答案为：KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓；（2）A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，Na2CO3、Na2SO4、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）和Ba（OH）2之间都可以反应得到沉淀或是微溶物，所以F是Ba（OH）2，只能和Ca（NO3）2、Ba（OH）2、Ca（NO3）反应生成沉淀的B是：Na2SO4，此外可以Na2CO3和AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2、Ba（OH）2四种物质反应生成沉淀，所以D是Na2CO3，所以C是MgCl2．故答案为：Na2SO4；MgCl2；Na2CO3；Ca（NO3）2；Ba（OH）2．10．A、B、C、D是4种可溶的化合物，分别由阳离子K+、Ba2+、Al3+、Fe3+和阴离子OH﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣两两组合而成，它们的溶液发生如下反应：A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失；C与D反应生成有色沉淀；B与C 反应生成白色沉淀．写出它们的化学式：A Ba（OH）2，B Al2（SO4）3，C K2CO3，D Fe （NO3）3．【考点】离子共存问题；无机物的推断．【分析】A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B 为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C 反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3．【解答】解：A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B 为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C 反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3，故答案为：Ba（OH）2；Al2（SO4）3；K2CO3；Fe（NO3）3．11．有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③．甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量．（1）甲取样品①强热，若所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L气体（标准状况），则样品①中氧化铜的质量为 6.0g．（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊．再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有bg固体剩余，该剩余固体的化学式为C．样品②中氧化铜质量为g（以含a、b的代数式表示）．（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量（n）的取值范围为mol≤n（CuO）≤mol．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）==0.05mol，根据转移电子相等计算n（Cu），再根据Cu原子守恒计算n（CuO）、m=nM计算氧化铜的质量；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，根据方程式计算CuO的质量；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，采用极值法结合关系式计算CuO的物质的量．【解答】解：（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）==0.05mol，根据转移电子相等得n（Cu）==0.075mol，根据Cu原子守恒得n（CuO）=n（Cu）=0.075mol，m（CuO）=0.075mol×80g/mol=6.0g，故答案为：6.0；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，设CuO的质量为x，CuO+C Cu+CO↑（CuO+C）80 92x （a﹣b）g80：92=x：（a﹣b）gx==，故答案为：C；；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，CuO+C Cu+CO↑2CuO+C2Cu+CO2↑，假设生成的气体是CO，根据方程式得n（CuO）=n（CO）==mol，假设生成的气体是CO2，根据方程式得n（CuO）=2n（CO2）=2×=mol，实际上生成的气体介于二者之间，所以mol≤n（CuO）≤mol，故答案为：mol≤n（CuO）≤mol．12．根据下图及描述，回答下列问题：（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，静置后如图所示．试判断：A装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”）不漏气，判断理由：由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面．．（2）关闭图B装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断：B装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”）无法确定，判断理由：由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．．【考点】气体发生装置的气密性检查．【分析】检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差，并产生某种明显现象，如气泡的生成，水柱生成，液面升降．【解答】解：（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，当长颈漏斗下口浸没水中，试管中的气体形成密闭体系．继续加水，试管内液面上升，导致压强增大，长颈漏斗中液面高出试管内液面．静置后，若液面差不变，则气密性良好．故答案为：不漏气；由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，如检查是否漏气，应用止水夹夹住橡皮管，再观察分液漏斗中的液体是否能滴入烧瓶，如不能滴入，则说明不漏气．故答案为：无法确定由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．2016年10月10日。
2017-2018学年北京市海淀区高考化学猜题试卷一、选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．下列说法不正确的是（）A．植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气B．Al（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性D．塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用2．具有“﹣CH2OH”结构的醇类物质中，能被酸性高锰酸钾溶液氧化成相应的酸．分子式为C5H l2O可被氧化成酸的醇共有（）A．3种B．4种C．5种D．6种3．下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的．下列说法正确的是（）．在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质B．化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同C．Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强D．五种元素中，只有T是金属元素4．工业甲醛（HCHO）含量测定的一种方法是：在甲醛的水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定，（已知H2O2也能氧化甲酸HCOOH）①HCHO+H2O2→HCOOH+H2O△H＜0②NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O△H＜0下列有关说法正确的是（）A．测定时可用氯水代替过氧化氢氧化甲醛B．足量H2O2氧化1molHCHO时放出的热量一定是①的2倍C．上述方法测定甲醛含量时，如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果偏高D．H2O2氧化等物质的量甲醛（反应①）和甲酸时转移电子的数目相同5．用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A．验证浓硫酸具有强氧化性B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余SO2D．验证乙炔的还原性6．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔．下列说法不正确的是（）A．右室电极为该电池的正极B．左室电极反应式可表示为：C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+C．右室电极附近溶液的pH减小D．工作时中间室的Cl﹣移向左室，Na+移向右室c（Na+）=c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c （H+）＞c（OH﹣）C．已知某温度下常见弱酸的电离平衡常数如上表：相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、Na2SO3、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由小到大排列的顺序是Na2SO3＜CH3COONa＜NaF＜NaHSO3D．pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH基本不变二、解答题（共5小题，满分58分）8．吡洛芬是一种用于治疗风湿病的药物，它的合成路线如下：已知苯胺（）进行氯化或溴化反应都直接生成2，4，6﹣三卤苯胺，很难使反应停留在一氯代或一溴代的阶段．完成下列填空：（1）B→C的反应类型为，吡洛芬（填“易”或“不易”）溶于水．（2）A→B反应的化学方程式为．（3）E的结构简式为．（4）A在一定条件下可生成F（）．写出同时满足下列条件的F的两种同分异构体的结构简式．①属于芳香族化合物；②是一种α﹣氨基酸；③分子中有6种不同化学环境的氢原子．（5）从整个合成路线看，步骤A→B的目的是．（6）苯酚难以与羧酸直接酯化，而能与等酸酐反应生成酚酯．请写出由水杨酸（）与反应的化学方程式．9．某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO 与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质．（1）写出甲的分子式．（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：．（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为．10．肌红蛋白（Mb）与血红蛋白（Hb）的主要功能为输送氧气与排出二氧化碳．肌红蛋白（Mb）可以与小分子X（如氧气或一氧化碳）结合．反应方程式：Mb（aq）+X（g）⇌MbX （aq）（1）在常温下，肌红蛋白与CO 结合反应的平衡常数K（CO）远大于与O2结合的平衡常数K（O2），下列哪个图最能代表结合率（f）与此两种气体压力（p）的关系．（2）①通常用p 表示分子X 的压力，p0表示标准状态大气压．若X 分子的平衡浓度为，上述反应的平衡常数为K，请用p、p0和K 表示吸附小分子的肌红蛋白（MbX）占总肌红蛋白的比例．②下图表示37℃下反应“Mb（aq）+O2（g）⇌MbO2（aq）”肌红蛋白与氧气的结合度（α）与氧分压p（O2）的关系，p0取101kPa．据图可以计算出37℃时上述反应的正反应平衡常数K p=．11．利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4]，生产铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产步骤如图：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣．请回答：（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是．（2）滤渣的主要成分为TiO2•xH2O，写出TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式．（3）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为．（4）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因．（5）步骤④的离子方程式是．（6）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及．（7）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数，取晶体样品a g，溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）．若消耗0.1000mol•L﹣1 KMnO4溶液20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为（用含a的代数式表示）．12．苯甲酸（无色针状晶体，熔点122.4℃）可广泛用于医药、染料载体、香料等，实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸．反应方程式如图1：合成：如图2（固定及加热装置略去）所示，在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL蒸馏水，瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管，慢慢开启电动搅拌器，加热至沸腾．经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾（过量），继续煮沸至甲苯层消失，回流液中不再出现油珠为止，得到反应混合物．对反应混合物进行分离：①趁热过滤→②洗涤滤渣→③合并滤液和洗涤液→④冷却→⑤盐酸酸化→⑥过滤．对粗产品苯甲酸进行提纯：①沸水溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④→⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥．请回答下列有关问题：（1）实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为．（2）冷凝管的上口是否需要塞上塞子（填“是”或“否”），a处水流方向是（填“进水”或“出水”）．（3）高锰酸钾需要分批加入，请用化学反应速率观点说明理由．（4）在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中，“③趁热过滤”的目的是；“④”的操作名称是；可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是．（5）干燥后称量得苯甲酸2.93g，则苯甲酸的产率为．2016年北京市海淀区高考化学猜题试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．下列说法不正确的是（）A．植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气B．Al（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性D．塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成；B．依据氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性解答；C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析；D．塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素；【解答】解：A．秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成，属于化学变化，故A正确；B．氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水质固体颗粒杂质，可以净水，故B正确；C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析，蛋白质没有变性，故C错误；D．塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，都是有机物，故D正确；故选：C．2．具有“﹣CH2OH”结构的醇类物质中，能被酸性高锰酸钾溶液氧化成相应的酸．分子式为C5H l2O可被氧化成酸的醇共有（）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】同分异构现象和同分异构体；有机化合物的异构现象．【分析】分子式为C5H l2O可被氧化成酸的醇，则分子中含有﹣CH2OH，剩余部分为丁基，然后根据丁基的种类来确定结构，由此确定醇的结构简式．【解答】解：分子式为C5H l2O可被氧化成酸的醇，则分子中含有﹣CH2OH，剩余部分为丁基，丁基有4种，含有﹣CH2OH基团的戊醇也有4种：CH3CH2CH2CH2CH2OH （CH3）2CHCH2CH2OH、CH3CH（CH3）CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）CH2OH，故选B．3．下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的．下列说法正确的是（）YX2发生反应生成Y单质B．化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同C．Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强D．五种元素中，只有T是金属元素【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，X为第二周期元素，Y、Z、W均为第三周期，设X 的原子序数为x，Y的原子序数为x+6，Z的原子序数为x+8，W的原子序数为x+9，结合X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8．结合元素在周期表的位置可知，X为O，Z为S，W为Cl，Y为Si，T为Se，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，X为第二周期元素，Y、Z、W均为第三周期，设X的原子序数为x，Y的原子序数为x+6，Z的原子序数为x+8，W的原子序数为x+9，结合X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8．结合元素在周期表的位置可知，X为O，Z为S，W为Cl，Y为Si，T为Se，A．Mg与二氧化硅发生氧化还原反应生成Si，故A正确；B．化合物SiO2、SO2化学键均为共价键，晶体类型分别为原子晶体、分子晶体，故B错误；C．非金属性W＞Z＞T，T、Z、W三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，故C 错误；D．由上述分析可知，均为非金属元素，故D错误；故选A．4．工业甲醛（HCHO）含量测定的一种方法是：在甲醛的水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定，（已知H2O2也能氧化甲酸HCOOH）①HCHO+H2O2→HCOOH+H2O△H＜0②NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O△H＜0下列有关说法正确的是（）A．测定时可用氯水代替过氧化氢氧化甲醛B．足量H2O2氧化1molHCHO时放出的热量一定是①的2倍C．上述方法测定甲醛含量时，如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果偏高D．H2O2氧化等物质的量甲醛（反应①）和甲酸时转移电子的数目相同【考点】氧化还原反应．【分析】A．氯气被还原生成盐酸；B．甲酸与过氧化氢反应生成二氧化碳和水；C．H2O2过量，甲酸被进一步氧化生成二氧化碳，二氧化碳挥发；D．结合反应的方程式判断．【解答】解：A．如用氯气，氯气被还原生成盐酸，消耗氢氧化钠的量增多，则产生误差，故A错误；B．甲酸与过氧化氢反应生成二氧化碳和水，生成物不一样，不能比较放出的热量的关系，故B错误；C．H2O2过量，甲酸被进一步氧化生成二氧化碳，二氧化碳挥发，可导致甲醛含量的测定结果偏低，故C错误；D．甲醛和甲酸都含有醛基，都被氧化，分别发生HCHO+H202→HCOOH+H20、HCOOH+H202→CO2+2H20，消耗的H202相等，则转移电子的数目也相同，故D正确．故选D．5．用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A．验证浓硫酸具有强氧化性B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余SO2D．验证乙炔的还原性【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓硫酸与铜粉常温下不反应；B．氧化钙与水反应是放热反应；C．二氧化硫是酸性气体；D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体．【解答】解：A．浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误；B．氧化钙与水反应是放热反应，可用浓氨水和水制取氨气，故B正确；C．二氧化硫是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故C错误；D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误．故选B．6．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔．下列说法不正确的是（）A．右室电极为该电池的正极B．左室电极反应式可表示为：C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+C．右室电极附近溶液的pH减小D．工作时中间室的Cl﹣移向左室，Na+移向右室【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，据此分析解答．【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，故A正确；B．左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，故B正确；C．右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl﹣移向负极室左室，故D正确；故选C．c（Na+）=c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c （H+）＞c（OH﹣）C．已知某温度下常见弱酸的电离平衡常数如上表：相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、Na2SO3、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由小到大排列的顺序是Na2SO3＜CH3COONa＜NaF＜NaHSO3D．pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH基本不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．若H2A为二元强酸，在溶液中不存在H2A分子；B．根据电荷守恒分析；C．相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、NaHSO3水溶液，根据电离出的离子数目以及离子的水解程度判断离子总数关系，Na2SO3电离出两个阳离子和一个阴离子，离子数目最多；D．由于盐酸和醋酸溶液的pH相等，两溶液中氢离子浓度相等，故将两溶液混合后氢离子浓度不变．【解答】解：A．若H2A为二元强酸，NaHA为强酸的酸式盐，溶液中可能不存在H2A，故A错误；B．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液为酸性，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故B错误；C．相同温度下，酸的强弱酸性是：H2SO3＞HF＞CH3COOH，酸根离子水解程度大小顺序是：HSO3＜F﹣＜CH3COO﹣，相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的离﹣子总数相应变大，所以相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由小到大排列的顺序是NaHSO3＜NaF＜CH3COONa，而Na2SO3电离出两个阳离子和一个阴离子，离子数目最多，所以溶液中离子总数由小到大排列的顺序是NaHSO3＜NaF ＜CH3COONa＜Na2SO3，故C错误；D．常温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合，由于两溶液中氢离子浓度相等，则混合液中氢离子浓度不变，所以混合液的pH仍然为3，故D正确．故选D．二、解答题（共5小题，满分58分）8．吡洛芬是一种用于治疗风湿病的药物，它的合成路线如下：已知苯胺（）进行氯化或溴化反应都直接生成2，4，6﹣三卤苯胺，很难使反应停留在一氯代或一溴代的阶段．完成下列填空：（1）B→C的反应类型为取代反应，吡洛芬不易（填“易”或“不易”）溶于水．（2）A→B反应的化学方程式为．（3）E的结构简式为．（4）A在一定条件下可生成F（）．写出同时满足下列条件的F的两种同分异构体的结构简式、．①属于芳香族化合物；②是一种α﹣氨基酸；③分子中有6种不同化学环境的氢原子．（5）从整个合成路线看，步骤A→B的目的是使反应进行一氯取代．（6）苯酚难以与羧酸直接酯化，而能与等酸酐反应生成酚酯．请写出由水杨酸（）与反应的化学方程式+→+CH3COOH．【考点】有机物的合成．【分析】（1）由B、C的结构可知，B→C苯环上引入Cl原子，属于取代反应；分子中含有卤代烃结构，吡咯芬不易溶于水；（2）A→B反应为氨基与乙酸酐的成肽反应；（3）比较D与吡咯芬的结构可知，引入1个五元环和1个羧基，根据反应条件，E→吡咯芬，使﹣CN转化为﹣COOH，D→E引入五元环，中的2个Cl原子与﹣NH2中的2个H原子组成HCl而脱去；（4）F的同分异构体，属于芳香族化合物，是一种α﹣氨基酸，氨基与羧基连在同一碳原子上，分子中有6种不同化学环境的氢，若含有1个侧链，为﹣C（NH2）（CH3）COOH，若含有2个侧链，为﹣CH3、﹣C（NH2）COOH，且处于对位位置；（5）同时根据信息可知，苯胺（）进行氯化或溴化反应都直接生成2，4，6﹣三卤苯胺，很难使反应停留在一氯代或一溴代的阶段，A→B反应目的是使反应进行一氯取代；（6）水杨酸（）与反应生成、CH3COOH．【解答】解：（1）由B、C的结构可知，B→C苯环上引入Cl原子，属于取代反应，分子中含有卤代烃结构，吡咯芬不易溶于水，故答案为：取代反应；不易；（2）A→B反应为氨基与乙酸酐的成肽反应，同时生成乙酸，反应方程式为：，故答案为：；（3）比较D与吡咯芬的结构可知，引入1个五元环和1个羧基，根据反应条件，E→吡咯芬，使﹣CN转化为﹣COOH，D→E引入五元环，中的2个Cl原子与﹣NH2中的2个H原子组成HCl而脱去，故E的结构简式为：，故答案为：；（4）F的同分异构体，属于芳香族化合物，是一种α﹣氨基酸，氨基与羧基连在同一碳原子上，分子中有6种不同化学环境的氢，若含有1个侧链，为﹣C（NH2）（CH3）COOH，若含有2个侧链，为﹣CH3、﹣C（NH2）COOH，且处于对位位置，故符合条件的F的同分异构体为：、，故答案为：、；（5）同时根据信息可知，苯胺（）进行氯化或溴化反应都直接生成2，4，6﹣三卤苯胺，很难使反应停留在一氯代或一溴代的阶段，A→B反应目的是使反应进行一氯取代；故答案为：使反应进行一氯取代；（6）与反应，脱去1分子CH3COOH生成，反应方程式为+→+CH3COOH，故答案为： +→+CH3COOH．9．某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO 与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质．（1）写出甲的分子式N2H4．（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O．（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为N2H4+6Fe2O3=N2↑+4Fe3O4+2H2O．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH 混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4，据此进行解答．【解答】解：（1）甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO 与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构可知甲的分子式为N2H4，故答案为：N2H4；（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀，Fe元素化合价降低，则N元素被氧化生成氮气，其化学方程式为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+4Fe3O4+2H2O，故答案为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+4Fe3O4+2H2O．10．肌红蛋白（Mb）与血红蛋白（Hb）的主要功能为输送氧气与排出二氧化碳．肌红蛋白（Mb）可以与小分子X（如氧气或一氧化碳）结合．反应方程式：Mb（aq）+X（g）⇌MbX （aq）（1）在常温下，肌红蛋白与CO 结合反应的平衡常数K（CO）远大于与O2结合的平衡常数K（O2），下列哪个图最能代表结合率（f）与此两种气体压力（p）的关系c．（2）①通常用p 表示分子X 的压力，p0表示标准状态大气压．若X 分子的平衡浓度为，上述反应的平衡常数为K，请用p、p0和K 表示吸附小分子的肌红蛋白（MbX）占总肌红蛋白的比例．②下图表示37℃下反应“Mb（aq）+O2（g）⇌MbO2（aq）”肌红蛋白与氧气的结合度（α）与氧分压p（O2）的关系，p0取101kPa．据图可以计算出37℃时上述反应的正反应平衡常数K p= 2.00．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）Mb（aq）+X（g）⇌MbX（aq），增大压强，平衡正向移动，因此无论是CO还是O2，随着压强的增大，结合率（f）都是逐渐增大；肌红蛋白与CO结合反应的平衡常数K（CO）远大于与O2结合的平衡常数K（O2），说明肌红蛋白与CO的结合能力比其与O2的结合能力强；（2）①设平衡时吸附小分子的肌红蛋白（MbX）的浓度为[MbX]，肌红蛋白（Mb）的浓度为[Mb]，根据K的概念代入表达式；②令Mb起始浓度为1，根据三段式：Mb（aq）+O2（g）⇌MbO2（aq）起始：1 0转化：αα平衡：1﹣ααK==，根据图2，p（O2）=2.0kPa，α=80%，代入计算．【解答】解：（1）对于Mb（aq）+X（g）⇌MbX（aq），增大压强，平衡正向移动，因此无论是CO还是O2，随着压强的增大，结合率（f）都是逐渐增大．在常温下，肌红蛋白与CO结合反应的平衡常数K（CO）远大于与O2结合的平衡常数K（O2），说明肌红蛋白与CO的结合能力比其与O2的结合能力强，所以相同压强条件下，肌红蛋白与CO的结合率（f）更大，因此C图象符合，故答案为：C；（2）①设平衡时吸附小分子的肌红蛋白（MbX）的浓度为[MbX]，肌红蛋白（Mb）的浓度为[Mb]，则对于Mb（aq）+X（g）⇌MbX（aq），平衡常数K=，所以[Mb]=，所以吸附小分子的肌红蛋白（MbX）占总肌红蛋白的比例为，将[Mb]代入整理可得，比例为；故答案为：；②令Mb起始浓度为1，根据三段式：Mb（aq）+O2（g）⇌MbO2（aq）起始：1 0转化：αα平衡：1﹣ααK==，根据图2，p（O2）=2.0kPa，α=80%，K==2.00；故答案为：2.00．11．利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4]，生产铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产步骤如图：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣．请回答：（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤．（2）滤渣的主要成分为TiO2•xH2O，写出TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式TiOSO4+（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+H2SO4．（3）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4．（4）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液．（5）步骤④的离子方程式是Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+H2O+CO2↑．（6）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及防止Fe2+被氧化．（7）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数，取晶体样品a g，溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）．若消耗0.1000mol•L﹣1 KMnO4溶液20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为（用含a的代数式表示）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；（1）分离难溶固体和溶液的方法是用过滤．（2）已知TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣，所以水解产物除生成TiO2•xH2O外，还有H2SO4．。
