(完整版)2017年北京市西城区高考化学一模试卷(解析版)

北京市西城区2017届高三统一测试一模化学试卷景泰蓝是一种传统的手工艺品。

下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是7•全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。

中国科学家成功合成全氮阴离子N5「，NT是制备全氮类物质N+NT的重要中间体。

下列说法中，不正确的是A. 全氮类物质属于绿色能源B | •每个N；中含有35个质子C.每个NT中含有35个电子 D . N5+NT结构中含共价键&下列实验方案中，可行的是A. 用食醋除去热水瓶中的水垢B. 用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO s）C. 向Al2（SO4）3溶液中加过量NaOH溶液，制AI（OH）sD. 向稀HSQ催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu （OH）2悬浊液，检验水解产物9. 25C时，mol・L「1的3种溶液①盐酸②氨水③CHCOON溶液。

下列说法中，不正确的是A. 3种溶液中pH最小的是①B. 3种溶液中水的电离程度最大的是②C. ①与②等体积混合后溶液显酸性D. ①与③等体积混合后C（H+）> c（CfCOO）> C（OH「）10•生铁在pH = 2和pH = 4的盐酸中发生腐蚀。

在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如右图所示。

下列说法中，不正确的是A. 两容器中负极反应均为Fe - 2e - == Fe2+B. 曲线a记录的是pH = 2的盐酸中压强的变化C. 曲线b记录的容器中正极反应是Q + 4e「+ 2H2O == 4OH ID. 在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀6.将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘酸洗去污11. 某同学用N&CO和NaHCO溶液进行如下图所示实验。

下列说法中，正确的是C. 加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多2 —2+D. 加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO + Ca == CaCOj12. 已知:CHCHCHCHOH C CrQ/H* 3CHCHCHO90〜95 C *物质沸点/ C密度/(g • cm —3)水中溶解性正丁醇微溶正丁醛微溶F列说法中，不正确的是A. 为防止产物进一步氧化，应将酸化的N Q C R O溶液逐滴加入正丁醇中B. 当温度计1示数为90〜95 C,温度计2示数在76 C左右时，收集产物C. 反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D. 向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇A.B.1 mL 0.5 rnol-LT1白色沉提白色沉淀无色2体I mLO.5mobL^1/ NaHCOjigjft1 mL 0.5 rnobL'1NaiCOjflSift \实验前两溶液的pH相等实验前两溶液中离子种类完全相同非选择题(共11题共180分)25. （17 分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。

北京市西城区2017届高三统一测试一模化学试卷（有答案）2017.46．景泰蓝是一种传统的手工艺品。

下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及．．．化学变化的是A B C D将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污7．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。

中国科学家成功合成全氮阴离子N5－，N5－是制备全氮类物质N5+N5－的重要中间体。

下列说法中，不正确．．．的是A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5－中含有35个电子D．N5+N5－结构中含共价键8．下列实验方案中，可行的是A．用食醋除去热水瓶中的水垢B．用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO3）C．向Al2(SO4)3溶液中加过量NaOH溶液，制Al(OH)3D．向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu (OH)2悬浊液，检验水解产物9．25℃时，0.1 mol·L－1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液。

下列说法中，不．正确．．的是A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c(H+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)10．生铁在pH = 2和pH = 4的盐酸中发生腐蚀。

在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如右图所示。

下列说法中，不正确．．．的是A．两容器中负极反应均为Fe - 2e－== Fe2+B．曲线a记录的是pH = 2的盐酸中压强的变化C．曲线b记录的容器中正极反应是O2 + 4e－+ 2H2O ==4OH－D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀11．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如下图所示实验。

下列说法中，正确的是A．实验前两溶液的pH 相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32－+ Ca2+ ==CaCO3↓12．已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO利用右图装置用正丁醇合成正丁醛。

2020届北京市西城区2017级高三一模考试理科综合化学试卷★祝考试顺利★本试卷共 9 页,100 分。

考试时长 90 分钟。

考生务必将答案写在答题卡上,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。

第一部分本部分共 14 题,每题 3 分,共 42 分。

在每题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。

1.下列防疫物品的主要成分属于无机物的是A．聚丙烯B．聚碳酸酯C．二氧化氯D．丁腈橡胶A. AB. BC. CD. D 【答案】C【详解】A.制口罩的聚丙烯是合成有机高分子化合物,故A错误；B.制防护镜的聚碳酸酯是合成有机高分子化合物,故B错误；C.用于消毒的二氧化氯是氯元素的氧化物,属于无机物,故C正确；D.制医用手套的丁腈橡胶是合成有机高分子化合物,故D错误；故选C。

2.化学与生产生活密切相关,下列说法不正确的是A. 用食盐、蔗糖等作食品防腐剂B. 用氧化钙作吸氧剂和干燥剂C. 用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜【答案】B【详解】A. 食盐、蔗糖能够使细菌脱水死亡,达到抑制细菌繁殖的目的,可做防腐剂,故A正确；B. 氧化钙没有还原性,不能作吸氧剂,故B错误；C. 碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝可与胃液中的盐酸反应,常用于作抗酸药,故C正确；D. 乙烯是一种植物生长调节剂,对水果蔬菜具有催熟的作用,为了延长水果的保鲜期,应除掉乙烯,所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯,故D正确；故选B。

3.短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色,X是地壳中含量最高的元素,Y在同周期主族元素中原子半径最大,Z 与 Y形成的化合物的化学式为YZ。

下列说法不正确的是A. W 在元素周期表中的位置是第二周期 VA 族B. 同主族中 Z 的气态氢化物稳定性最强C. X 与 Y 形成的两种常见的化合物中,阳离子和阴离子的个数比均为 2∶1D. 用电子式表示 YZ 的形成过程为：【答案】B【解析】【分析】短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大,由W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知,W为N元素；X是地壳中含量最高的元素,则X是O元素,Y在同周期主族元素中原子半径最大,则Y为Na元素,Z 与 Y形成的化合物的化学式为YZ,则Z为Cl元素。

优胜教育2017年一模模拟卷（一）【北京卷】理科综合能力测试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12 O-16 N-14 Mg-24 S-32 Cr-52 Fe-56一、选择题（共7题，每题6分，共42分）6. 下列图片所示做法不能．．达到相应目的是 ( )A B C D做法锡中加入一定量的铅制成焊锡聚乙烯制成薄膜废荧光灯管放入有此标志的垃圾桶橡胶硫化目的降低熔点用于食品、药品包装材料防止重金属污染增强橡胶的强度、韧性、弹性和化学稳定性7．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法中不正确．．．的是( )A．BaSO4和BaCO3均难溶于水，均可用作“钡餐”B．轮船的外壳和铁锅等生锈主要发生了电化学腐蚀C．钻石和水晶都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D．硫酸铁和明矾都可用于净水8. 短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W 处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）A．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化B．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径C．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物D．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol 水时所放出的热量相同9．下列解释事实的化学方程式或离子方程式，不正确．．．的是( )A．工业上可用电解法制备Mg：MgCl2Mg + Cl2↑B．自然界中正常的雨水呈酸性：H2O + CO2H2CO3H+ + HCO3-C．用CaSO4治理盐碱地：CaSO4(s) + Na2CO3(aq)CaCO3(s) + Na2SO4(aq)D．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：Cr2O72- + Fe2+ + 14H+ == 2Cr3+ + Fe3+ + 7H2O10．已知：常温下，H2CO3 K a1=4.2×10-7，K a2=5.6×10-11；某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数( )随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述不正确．．．的是（）A ．在pH=4.4的溶液中：3c(HR -)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -)B ．等体积等浓度的NaOH 溶液与H 2R 溶液混合，所得溶液中水的电离程度比纯水小C ．在pH=3的溶液中，三种微粒的浓度满足关系式：()()()22 3.110c R c H R c HR---=D ．向Na 2CO 3溶液中加入少量H 2R 溶液，发生反砬：CO 32-+H 2R==HCO 3-+HR -11．下列实验装置图与文字表示及选项中补充的说明均正确的是( )Ａ．图①常用作除去SO 2气体中混有的HCl 气体Ｂ．图②能分离乙醇和乙酸得到乙酸，因为两者互溶且沸点相差较大 Ｃ．图③能验证盐酸的酸性比碳酸强Ｄ．图④加硝酸钡溶液，再加稀盐酸，能检验SO 32－的溶液中含有SO 42－12．一定温度下，在3个体积均为1.0 L 的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH 3OH(g)达到平衡。

北京市西城区2017年九年级统一测试可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 I 127第一部分选择题（共20分）（每小题只有一个选项符合题意）1．空气成分中，体积分数最大的是A．氧气B．氮气C．二氧化碳D．稀有气体2．地壳中含量最多的元素是A．氧B．硅C．铝D．铁3．下列金属活动性最强的是A．Zn B．Al C．Ag D．Fe4．下列物质在氧气中燃烧，火星四射，有黑色固体生成的是A．红磷B．木炭C．镁条D．铁丝5．下列符号能表示两个氧分子的是A．O2B．2O C．2O2D．2O2-6．水果散发出诱人的香味，能闻到香味的原因是A．分子在不断运动B．分子的质量很小C．分子之间有间隔D．分子的体积很小7．垃圾分类从你我他开始。

用过的金属饮料罐属于A．可回收物B．有害垃圾C．厨余垃圾D．其它垃圾8．下列做法不符合．．．“改善环境质量，推动绿色发展”理念的是A．鼓励使用共享单车B．鼓励使用一次性餐具C．鼓励自带布袋购物D．鼓励乘坐公共交通工具9．配制50 g溶质的质量分数为6%的氯化钠溶液，不需要．．．的仪器是A．蒸发皿B．玻璃棒C．烧杯D．量筒10．下列实验操作中，正确的是A．加热液体B．点燃酒精灯C．称量NaOH固体D．稀释浓硫酸11．下列物质放入水中，温度明显降低的是A ．氯化钠B ．硝酸铵C ．氧化钙D ．氢氧化钠12．某同学制作的试剂标签如下，其中化学式书写不正确．．．的是A B C D13．下列物质的用途中，主要利用其化学性质的是 A ．氮气用作保护气B ．干冰用于人工降雨C ．大理石用作建筑材料D ．氢氧化钠固体用作干燥剂14．下列操作中，能鉴别空气、氧气和氢气3瓶气体的是A ．观察气体颜色B ．插入燃着的木条C ．闻气体的气味D ．倒入澄清石灰水15．硒元素有防癌作用。

硒在元素周期表中的信息如图所示，下列有关硒元素的说法中，正确的是A ．属于金属元素B ．原子序数是34C ．质子数是45D ．相对原子质量是78.96 g 16．下列关于2CO + O 2 ====== 2CO 2的说法中，不正确．．．的是 A ．表示一氧化碳与氧气在点燃条件下反应生成二氧化碳 B ．参加反应的一氧化碳与氧气的质量比为28︰32 C ．反应前后碳原子、氧原子的个数均不变D ．参加反应的氧气与生成的二氧化碳的分子个数比为1︰2 17．下列实验操作能达到实验目的的是18．甲、乙的溶解度曲线如右图所示。

北京西城区2010年抽样测试高三理科综合能力测试本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两个部分，第I卷1至5页，第II卷6-14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。

以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Na 23 S16 Fe 56第I卷(选择题共20小题，每小题6分，共120分)在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

6．（2010西城一模）下列事实不能用金属活动性解释的是A．生活中可用铝制的水壶烧水B．镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品C．工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠D．电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部【解析】能体现金属活动性强弱的有：原电池的正负极，电解池的离子析出顺序，金属冶炼方式，与水反应的激烈程度，置换反应等。

B、C、D分别能体现金属性的比较，因此选A【答案】A7．（2010西城一模）反应2C+O2=2CO的能量变化如右图所示。

下列说法正确的是A．12 g C(s)与一定量O2 (g)反应生成14 g CO(g)放出的热量为110.5 kJB．2 mol C(s)与足量O2 (g)反应生成CO2(g)，放出的热量大于221 kJC．该反应的热化学方程式是2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJD．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差【解析】根据图示可知C(s)+1O2(g)=2CO(g) △H=-110.5kJ/mol。

A选项中12 g C(s)与一定2量O2 (g)反应生成28 g CO(g)放出的热量为110.5 kJ；该反应的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ；该反应的反应热等于O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差与CO分子中化学键形成时所释放的总能量。

2023年北京市西城区高考化学一模试卷1. 中医药根植于中华传统文化。

下列说法不正确的是A. 屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法B. 中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物C. 汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率D. 煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效2. 下列化学用语或图示不正确的是A.丁烯的实验式：B. 的VSEPR模型：C. 基态Cr原子的价层电子排布式：D. HCl分子中键的形成：3. 下列解释事实的化学用语不正确的是( )A.C和浓反应：浓B.的催化氧化反应，C.工业冶炼Al的反应：熔融D. 溶液与少量的溶液反应：4. 益母草中的提取物益母草碱具有活血化淤、利水消肿的作用，其分子结构如图。

下列说法不正确的是( )A. 存在3种含氧官能团B. 能发生取代、加成和氧化反应C. 既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应D. 分子中N原子的杂化方式都是5. 下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是( )A. 核苷酸聚合生成核酸B. 氨基酸缩合生成多肽C. 油脂在碱性溶液中反应制取肥皂D. 纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯6. 探究影响分解速率的影响因素，实验方案如图。

下列说法不正确的是( )A. 对比①②，可探究溶液对分解速率的影响B. 对比②③④，可探究温度对分解速率的影响C. 是直线形的非极性分子D. 易溶于水，主要是由于与分子之间能形成氢键7. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是( )A.B.C.D.8. 下列实验能达到实验目的的是( )A. 制作简单的燃料电池B. 证明苯环使羟基活化C.制备并收集D.检验溴乙烷的水解产物9. 下列反应与电离平衡无关的是( )A.溶液与溶液反应制备B. 电解饱和NaCl溶液制备NaOHC. 加氨水除去溶液中的杂质D.将溶液加入水垢中使转化为10.实验小组探究与的反应。

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届高三各城区一模化学试题分类汇编一一工艺流程（海淀）27. （ 13分）感光材料AgBr 的发现推动了化学感光成像技术的发展。

胶片冲印的化学成像过程 如下： 感光：涂有AgBr 胶片的感光部分被活化，形成显影区； 显影：用显影液将显影区被活化的AgBr 转化为Ag ，形成暗影区；定影：用定影液（含 Na 2S 2O 3）将胶片上未感光的 AgBr 转化为Ag （S 2O 3）23-，形成 透光亮影区；水洗：用水洗去胶片上残留的可溶性银盐，自然干燥后形成黑白底片。

（1）①显影液可将 AgBr 转化为Ag 的原因是显影液具有性。

② 定影时，发生反应的离子方程式是 ______________________ 。

③ 下图是一张经冲印后得到的黑白底片，其中含银元素最多的区域是 (2) 已知： + - ___________________ 」 12i. Ag (aq) + Br (aq) AgBr(s)K i = 1.9 1 区Ag +(aq) + 2NH 3 H 2O(aq)^^ Ag(NH 3)2+ (aq) + 2H 2O(I) K 2 = 1.1 10732ii. 2Ag(S 2。

3)2 -(aq)Ag 2S 2O 3(s) + 3S 2O 3 -(aq),白色 Ag 2S 2O 3易分解出黑色 Ag z S 。

① ___________________________________________________________________ 判断—(填“能”或“不能”)用氨水作定影液，理由是 _____________________________ 。

② 新制定影液 洽Na 2S 2O 3）和废定影液［含Na 3Ag （S 2O 3）2和少量Na z S z O s ］的鉴别方 法如下：a. 盛装新制定影液的试管为（填 “ A 或 “ B ”，若继续向该试管中滴（选填字母序号）扎产主白色沆淀然辰变黑R.无明舔现最暗彩区*亮影区 灰白区'加AgNO3溶液，将出现的实验现象是________________________ 。

绝密★启用前2017届北京市西城区高三上学期期末考试化学试卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：66分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl 2溶液，实验记录如下(a 、b 代表电压数值) 序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物 I x≥a电极附近出现黄色，有气泡产生 有Fe 3+、有Cl 2 II a ＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生 有Fe 3+、无Cl 2试卷第2页，共12页III b ＞x≥0 无明显变化 无Fe 3+、无Cl 2下列说法中，不正确的是A. I 中阳极附近的溶液可使KI 淀粉试纸变蓝B. II 中出现黄色可能是因为Fe 2+有还原性，在阳极放电产生Fe 3+C. 由II 中阳极现象可知，该电压下Cl -在阳极不放电D. 根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关2、将气体a 通入溶液b 中，始终无明显变化的是 气体a 溶液bA Cl 2 NaBrB CO 2 CaCl 2C SO 2 Ba(NO 3)2D NO 2 FeSO 4A. AB. BC. CD. D3、已知：N 2(g) + 3H 2(g)2NH 3(g) ΔH = − 92 kJ·mol -1，下图表示L 一定时，H 2的平衡转化率(α)随X 的变化关系，L(L 1、L 2)、X 可分别代表压强或温度。

下列说法中，不正确的是A ．X 表示温度B ．L 2＞L 1C ．反应速率 υ(M)＞υ(N)D ．平衡常数 K(M)＞K(N)4、实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。

下列说法中，不正确的是A ．试剂a 可选用酸化的双氧水B ．试剂b 可选用酒精C ．步骤③的操作是过滤D ．步骤①需用坩埚，步骤⑤需用分液漏斗5、4种短周期元素在周期表中的相对位置如下图所示，Y 元素原子最外层电子数是其电子层数的3倍。

2017-2018学年北京市西城区高三一模化学试卷一、单选题（共7小题）1．下列物质与类别不对应的是（）A．A B．B C．C D．D考点：物质的分类答案：B试题解析：A.小苏打的化学式为NaHCO3是酸式盐，属于盐，A项正确;B.食用油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，分子量较小，不属于高分子化合物，B项错误;C.淀粉属于多糖，C项正确;D.84消毒液的成分为NaCl和NaClO，属于混合物，D项正确。

2．下列事实不能用元素周期律解释的是（）A．气态氢化物的稳定性：HBr > HIB．0.1 mol•L－1溶液的pH：NaOH > LiOHC．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生D．Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈考点：元素周期律答案：C试题解析：A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBr>HI，能用元素周期律解释，故A正确;B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOH>LiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，故B正确;C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，强酸制取弱酸，能够证明酸性：HCl>H2SO3,不能体现元素周期律,故C不正确;D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，故D正确。

3．Na2CO3俗称纯碱，是基本化工原料。

下列涉及的方程式中，正确的是（）A．Na2O2与CO2反应生成B．Na2CO3溶液呈碱性C．Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH CO32－+2H+= CO2↑+H2OD．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4CO32－+CaSO4 = CaCO3+SO42－考点：元素及其化合物答案：D试题解析：A反应的化学方程式为，因此，A错误。

B.由于是多元弱酸的正盐，水解显碱性且分步进行，水解方程式为，因此，B错误;C.由于乙酸是弱酸，在离子方程式中写化学式，方程式为，因此，C错误;D.由于CaSO4的溶解度大于CaCO3，发生沉淀转化，反应为CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，因此，D正确。

2017年北京市西城区高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．景泰蓝是一种传统的手工艺品．下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是（）A B C D高温焙烧酸洗去污将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘A．A B．B C．C D．D2．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点．中国科学家成功合成全氮阴离子N5﹣，N5﹣是制备全氮类物质N5+N5﹣的重要中间体．下列说法中，不正确的是（）A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5﹣中含有35个电子D．N5+N5﹣结构中含共价键3．下列实验方案中，可行的是（）A．用食醋除去热水瓶中的水垢B．用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO3）C．向Al2（SO4）3溶液中加过量NaOH溶液，制Al（OH）3D．向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu （OH）2悬浊液，检验水解产物4．25℃时，0.1mol•L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）5．生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．两容器中负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀6．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验．下列说法中，正确的是（）A．实验前两溶液的pH相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓7．已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO利用如图装置用正丁醇合成正丁醛．相关数据如表：物质沸点/℃密度/（g•cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.2 0.8109 微溶正丁醛75.7 0.8017 微溶下列说法中，不正确的是（）A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇二、解答题（共4小题，满分58分）8．聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域．某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件略去）．已知：（1）A所含官能团的名称是．（2）①反应的化学方程式是．（3）②反应的反应类型是．（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是．（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是．（6）1mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4mol CO2，M的结构简式是．（7）P的结构简式是．9．As2O3在医药、电子等领域有重要应用．某含砷元素（As）的工业废水经如图1流程转化为粗As2O3．（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是．（2）“氧化”时，1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣至少需要O2mol．（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣⇌Ca5（AsO4）3OH△H＞0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃．用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是．（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是．（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图2所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是．（6）下列说法中，正确的是（填字母）．a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的．10．以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜CuFeS2）为原料，用Fe2（SO4）3溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+⇌Cu2++5Fe2++2S．（1）该反应中，Fe3+体现性．（2）上述总反应的原理如图1所示．负极的电极反应式是．（3）一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：实验操作2小时后Cu2+浸出率/%I 加入足量0.10mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液78.2II 加入足量0.10mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，通入空气90.8III 加入足量0.10mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液，再加入少量0.0005mol•L﹣1Ag2SO4溶液98.0①对比实验 I、II，通入空气，Cu2+浸出率提高的原因是．②由实验 III推测，在浸取Cu2+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：ⅰ．CuFeS2+4Ag+═Fe2++Cu2++2Ag2Sⅱ．Ag2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S为证明该催化原理，进行如下实验：a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol•L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，观察到溶液中，证明发生反应 i．b．取少量Ag2S粉末，加入溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应 ii．（4）用实验 II的浸取液电解提取铜的原理如图2所示：①电解初期，阴极没有铜析出．用电极反应式解释原因是．②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是．11．某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验．（1）研究盐酸被MnO2氧化．实验操作现象I 常温下将MnO2和12mol•L﹣1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II 将 I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III 加热MnO2和4mol•L﹣1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性． I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是．②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是．③III中无明显现象的原因，可能是c（H+）或c（Cl﹣）较低，设计实验（图1）IV进行探究：将实验 III、IV作对比，得出的结论是；将 i、ii作对比，得出的结论是．④用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验 V：ⅰ．K闭合时，指针向左偏转ⅱ．向右管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol•L﹣1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol•L﹣1，指针向左偏转幅度增大将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是．（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化．①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象．由此得出浓硫酸（填“能”或“不能”）氧化盐酸．②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2．实验操作现象I 将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色II 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色III ……通过实验 I、II、III证明混合气体中含有Cl2，III的操作是．（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关．2017年北京市西城区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．景泰蓝是一种传统的手工艺品．下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是（）A B C D高温焙烧酸洗去污将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘A．A B．B C．C D．D【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析解答．【解答】解：A．将铜丝压扁，掰成图案，属于物质形状改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A选；B．铅丹、硼酸盐、玻璃粉等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C．烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D．酸洗去污，为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选；故选：A．【点评】本题以景泰蓝制造为载体考查了物理变化与化学变化的区别，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大．2．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点．中国科学家成功合成全氮阴离子N5﹣，N5﹣是制备全氮类物质N5+N5﹣的重要中间体．下列说法中，不正确的是（）A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5﹣中含有35个电子D．N5+N5﹣结构中含共价键【分析】A、全氮类物质爆轰产物无污染等优点；B、每个N5+中含有质子为7×5=35个；C、电子为35+1=36个电子；D、N5+和N5﹣离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键；【解答】解：A、全氮类物质爆轰产物无污染等优点，所以属于绿色能源，故A正确；B、每个N5+中含有质子为7×5=35个，而电子为35﹣1=34个电子，故B正确；C、电子为35+1=36个电子，所以每个N5﹣中含有36个电子，故C错误；D、N5+和N5﹣离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键，所以N5+N5﹣结构中含共价键，故D正确；故选C．【点评】主要考查了原子的构成和原子和离子之间的相互转化，离子是由于质子和电子的数目相不等而带电，化学键的类型，比较容易．3．下列实验方案中，可行的是（）A．用食醋除去热水瓶中的水垢B．用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO3）C．向Al2（SO4）3溶液中加过量NaOH溶液，制Al（OH）3D．向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu （OH）2悬浊液，检验水解产物【分析】A．醋酸可与碳酸钙反应；B．碘酸钾与淀粉不反应；C．氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液；D．检验麦芽糖的水解产物，应在碱性条件下进行．【解答】解：A．食醋的主要成分为醋酸，酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应，可用于除去水垢，故A正确；B．淀粉遇碘变蓝色，但碘酸钾与淀粉不反应，故B错误；C．氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误；D．检验麦芽糖的水解产物，应先加入碱调节溶液至碱性，应在碱性条件下进行，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及物质的检验、除杂、检验等，答题时主要把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．4．25℃时，0.1mol•L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）【分析】A．溶液PH大小，碱大于水解显碱性的盐，大于酸；B．酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；C．①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性；D．①与③等体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性．【解答】解：A25℃时，0.1mol•L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液，溶液PH②＞③＞①，最小的是盐酸①，故A正确；B.3种溶液中水的电离程度最大的是③CH3COONa溶液，水解促进水的电离，故B错误；C..①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故C正确；D．①与③等体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性，溶液中存在水的电离，溶液中离子浓度c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、溶液酸碱性、盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．5．生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．两容器中负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀【分析】据压强与时间关系图知，曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，对应的是酸性较强的pH=2的盐酸溶液；曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A正确；B．曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，发生析氢腐蚀的条件是酸性较强，则该容器中的盐酸pH=2，故B正确；C．曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，电解质溶液呈酸性，正极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故C错误；D．曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故D正确；故选C．【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、电极反应等知识点，注意弱酸性条件下生铁能发生吸氧腐蚀，难度中等．6．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验．下列说法中，正确的是（）A．实验前两溶液的pH相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓【分析】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；B．溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子；C．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成沉淀是碳酸钙；D．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀．【解答】解：A．等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液PH不同．碳酸钠溶液PH大于碳酸氢钠，故A错误；B．溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子，实验前两溶液中离子种类完全相同，故B正确；C．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙1：1反应生成碳酸钙沉淀，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，故C错误；D．加入CaCl2溶液后，碳酸钠溶液中反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓，碳酸氢钠和氯化钙不反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了钠及其化合物性质，主要是碳酸钠和碳酸氢钠的性质对比，掌握基础是解题关键，题目难度中等．7．已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO利用如图装置用正丁醇合成正丁醛．相关数据如表：物质沸点/℃密度/（g•cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.2 0.8109 微溶正丁醛75.7 0.8017 微溶下列说法中，不正确的是（）A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇【分析】A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇；B．温度计1控制反应混合溶液的温度，温度计2是控制馏出成分的沸点；C．正丁醛密度小于水的密度；D．粗正丁醛中含有水；【解答】解：A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B正确；C．正丁醛密度为0.8017 g•cm﹣3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C 正确；D．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查有机化学实验、反应原理、基本操作等，难度中等，注意对实验原理的理解掌握．二、解答题（共4小题，满分58分）8．聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域．某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件略去）．已知：（1）A所含官能团的名称是碳碳双键．（2）①反应的化学方程式是．（3）②反应的反应类型是取代反应（硝化反应）．（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是．（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是．（6）1mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4mol CO2，M的结构简式是．（7）P的结构简式是．【分析】A为乙烯，与水反应生成B为CH3CH2OH，由分子式可知D为，则E为，可知F为，由题给信息可知G为，I为，K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，应为，L 为，M为，N为，P为，以此解答该题．【解答】解：（1）A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）①为苯甲酸与乙醇的酯化翻译官，反应的化学方程式是，故答案为：；（3）②为的硝化反应，反应的反应类型是取代反应（硝化反应），故答案为：取代反应（硝化反应）；（4）由以上分析可知I为，故答案为：；（5）K是，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是，故答案为：；（6）由以上分析可知M为，故答案为：；（7）由以上分析可知P为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中有机物的结构简式、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难点中等．9．As2O3在医药、电子等领域有重要应用．某含砷元素（As）的工业废水经如图1流程转化为粗As2O3．（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O ．（2）“氧化”时，1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣至少需要O20.5 mol．（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣⇌Ca5（AsO4）3OH△H＞0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃．用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是温度升高，反应a 平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降．（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4．（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图2所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol•L﹣1，冷却至25℃，过滤．（6）下列说法中，正确的是abc （填字母）．a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的．【分析】向工业废水（含有H3AsO4、H3AsO3）加入氢氧化钠碱浸：H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O、H3AsO3+3NaOH═Na3AsO3+3H2O，得到含有Na3AsO4、Na3AsO3的溶液，融入氧气氧化Na3AsO3为Na3AsO4，再加入石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，反应为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，调硫酸浓度约为7 mol•L﹣1，冷却至25℃，过滤，得粗As2O3，据此分析作答．【解答】解：（1）H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；故答案为：H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）“氧化”时，AsO33﹣转化为AsO43﹣，As元素由+3价升高到+5价，转移2个电子，则1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣转移电子2mol，氧气由0价降到﹣2价，需要0.5mol；故答案为：0.5；（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0，b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣⇌Ca5（AsO4）3OH△H＞0，温度升高高于85℃后，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）OH沉淀率下降；3故答案为：温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）OH沉淀率下降；3（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；故答案为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）由图2可知：硫酸浓度约为7 mol•L﹣1，25℃时As2O3的沉淀率最大，易于分离，故为了提高粗As2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7 mol•L﹣1，冷却至25℃，过滤；故答案为：调硫酸浓度约为7 mol•L﹣1，冷却至25℃，过滤；（6）a．钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确；b．滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，正确；故答案为：abc．【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．10．以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜CuFeS2）为原料，用Fe2（SO4）3溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+⇌Cu2++5Fe2++2S．（1）该反应中，Fe3+体现氧化性．（2）上述总反应的原理如图1所示．负极的电极反应式是CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+．（3）一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：实验操作2小时后Cu2+浸出率/%I 加入足量0.10mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液78.2II 加入足量0.10mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，通入空气90.8III 加入足量0.10mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液，再加入少量0.0005mol•L﹣1Ag2SO4溶液98.0①对比实验 I、II，通入空气，Cu2+浸出率提高的原因是通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c（Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动．②由实验 III推测，在浸取Cu2+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：ⅰ．CuFeS2+4Ag+═Fe2++Cu2++2Ag2Sⅱ．Ag2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S为证明该催化原理，进行如下实验：a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol•L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，观察到溶液中无明显现象，证明发生反应 i．b．取少量Ag2S粉末，加入pH=1的0.10mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应 ii．（4）用实验 II的浸取液电解提取铜的原理如图2所示：①电解初期，阴极没有铜析出．用电极反应式解释原因是Fe3++e﹣═Fe2+．②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生．【分析】（1）氧化还原反应中元素化合价降低最氧化剂被还原；（2）总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+⇌Cu2++5Fe2++2S，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应；（3）①一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol•L ﹣1 Fe（SO4）3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化2为铁离子，反应正向进行程度增大；②a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol•L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置，溶液中无银离子；b．证明发生反应 iiAg2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S，选择溶液需要溶解Ag2S粉末生成银离子来验证银离子的存在；（4）①浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电；②Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室；【解答】解：（1）CuFeS2+4Fe3+⇌Cu2++5Fe2++2S，反应中铁元素化合价+3价变化为+2价，做氧化剂被还原发生还原反应，故答案为：氧化；（2）CuFeS2+4Fe3+⇌Cu2++5Fe2++2S，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应，电极反应为：CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+，故答案为：CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+；（3）①一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol•L ﹣1 Fe（SO4）3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化2为铁离子，通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c（Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动，故答案为：通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c（Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动；②a．无明显现象；b．pH=1的0.10 mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液；（4）①电解初期，阴极没有铜析出．浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电，电极反应Fe3++e﹣═Fe2+，故答案为：Fe3++e﹣═Fe2+；②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，故答案为：Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生；【点评】本题考查了氧化还原反应、性质实验验证、电极原理的理解和电极反应书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11．某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验．（1）研究盐酸被MnO2氧化．实验操作现象I 常温下将MnO2和12mol•L﹣1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II 将 I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III 加热MnO2和4mol•L﹣1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性． I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是MnO2+4HCl═MnCl4+2H2O ．②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是MnCl4═Cl2↑+MnCl2．③III中无明显现象的原因，可能是c（H+）或c（Cl﹣）较低，设计实验（图1）IV进行探究：将实验 III、IV作对比，得出的结论是III中没有明显现象的原因是c（H+）、c（Cl﹣）较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；将 i、ii作对比，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c（H+）变化的影响大于c（Cl﹣）．④用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验 V：ⅰ．K闭合时，指针向左偏转ⅱ．向右管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol•L﹣1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol•L﹣1，指针向左偏转幅度增大将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是HCl的还原性与c（H+）无关；MnO2的氧化性与c（H+）有关，c（H+）越大，MnO2的氧化性越强．（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化．①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象．由此得出浓硫酸不能（填“能”或“不能”）氧化盐酸．②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2．实验操作现象I 将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色II 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色III ……通过实验 I、II、III证明混合气体中含有Cl2，III的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中．（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c（Cl﹣）、c（H+）有关．【分析】（1）①已知MnO2呈弱碱性． I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应；。