2016海淀区高三化学适应性训练试题
北京市海淀区2016届高三化学下学期(零模)适应性练习试题(含解析)
海淀区高三年级第二学期适应性练习理科综合能力测试化学试题2016. 3.116. 下列铁制品（铁钉或钢铁管道）易被腐蚀的是【考点】电解池原电池【试题解析】A 、为电解池，铁为阴极，受保护，不发生反应；B 、为原电池，镁为负极，铜铁输水管为正极，受保护，不发生反应；C 、锌比铁活泼，形成原电池，锌为负极，铁为正极，受保护，不发生反应；D 、铁的活动性比铜弱，铁为负极，发生反应，易被腐蚀，所以答案为D 。
【答案】D7. 下列化学用语的表示不．正确．．的是 A ．Na 2S 的电子式：B ．HClO 的结构式：H －O －ClC ．2,2-二甲基丙烷的结构简式：D ．氯离子结构示意图 可以表示35Cl －，也可以表示37Cl－【考点】化学用语【试题解析】A.Na 2S 的电子式为，错误；B ．HClO 的结构式：H －O －Cl ，正确；C ．2,2-二甲基丙烷的结构简式：，正确；D．氯离子结构示意图可以表示35Cl －，也可以表示37Cl －，正确；故答案为A 。
【答案】A8. 下列说法不．正确．．的是 A ．食盐和醋都是常用的食品添加剂B ．钙、铁、碘都是人体内必需的微量元素C ．ClO 2、O 3等均可用于饮用水消毒D ．静脉滴注NaHCO 3溶液可治疗水杨酸中毒反应【考点】生活中的营养元素化学与健康【试题解析】A ．食盐和醋都是常用的食品添加剂，正确；B ．铁、碘都是人体内必需的微量水膜元素，钙为大量元素，错误；C．ClO2、O3均具有强氧化性，可用于饮用水消毒，正确；D．静脉滴注NaHCO3溶液可治疗水杨酸中毒反应，正确；故答案为B。
【答案】B9. 下列说法正确的是A．丙烷、丁烷、正戊烷的沸点依次降低B．乙二醇、丙氨酸均可发生缩聚反应C．蔗糖和麦芽糖水解的最终产物都是葡萄糖D．饱和(NH4)2SO4溶液可导致蛋清液变性凝固【考点】糖类蛋白质有机物的研究【试题解析】A．丙烷、丁烷、正戊烷的沸点随着碳数的增加沸点应依次增大，错误； B．乙二醇可与乙二酸发生缩聚反应、丙氨酸中含有氨基和羧基可发生缩聚反应，正确； C．蔗糖水解的最终产物为葡萄糖和果糖，麦芽糖水解的最终产物是葡萄糖，错误； D．饱和(NH4)2SO4溶液可导致蛋清液发生盐析而凝固，错误；故答案为B。
2016-2017学年北京市海淀区高三一模化学试卷(带解析)
2016-2017学年北京市海淀区高三一模化学试卷（带解析）满分:班级：_________ 姓名：_________ 考号：_________一、单选题（共7小题）1．在2015年9月3日胜利日大阅兵中，八一飞行表演队首次使用高沸点的彩色拉烟剂，进行了绚丽的拉烟飞行．其原理是用氮气将拉烟剂带入飞机燃料燃烧后喷出的高温气体中，其中的水蒸气与气化后的彩色拉烟剂遇冷凝结形成“彩雾”．下列说法不正确的是（）A．“彩雾”是一种混合物B．上述过程中有物理变化C．燃料燃烧产生的热量促使拉烟剂气化D．“彩雾”的形成与焰色反应的原理相同【答案】D【解析】本题主要考查的是物质分类和变化的分类问题。
A：由于“彩雾”中包括水蒸气和气化后的彩色拉烟剂，因此是混合物。
B：由于“彩雾”形成过程是高温气体中的水蒸气与气化后的拉烟剂遇冷凝结形成的，因此是物理变化。
C：飞机燃料燃烧产热使得拉烟剂气化。
因此，C正确。
D：“彩雾”的形成过程显色是拉烟剂的原因，与焰色反应无关。
因此，D错误。
2．核反应不仅能发电也能制造元素．2016 年初国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117 和118 四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，其中113 号元素与Al 元素处于同一主族．下列说法正确的是（）A．核反应发电实现了化学能到电能的转化B．115 号元素一定是处于VA 族的非金属元素C．117 号元素与F 、Cl 、Br 、I 均处于VIIA 族D．四种新元素位于元素周期表中的不同周期【答案】C【解析】A：核反应发电是核能转化成电能。
因此，A错误。
B ：115 号元素位于第ⅤA 族的金属元素。
因此，B错误。
C：117 号元素位于第ⅦA 族的元素。
因此，C正确。
D ：四种新元素都在第七周期。
因此，D错误。
3．硫黄制酸在我国的工业发展进程中具有重要地位，其工业流程示意图如下。
已知硫黄的燃烧热△H=297KJ/mol。
北京市海淀区2016届高三下学期期末考试(二模)化学试卷.pdf
8. 镓Ga)与铝同主族被称为类铝其氧化物和氢氧化均为化合物。制备的流程所示：
判断的是
l、Ga均处于
B. Ga2O3可与盐酸反应生成G
C. Ga(OH)3可与NaOH反应NaGaO2
D. 酸性：l(OH)3 > Ga(OH)3
9. 下列解释事实的方程式不正确的是
A. 硝酸型酸雨的形成：3NO2 + H2O===2HNO3 + NO
2NH3
② 4NH3 + 5O2=====4NO + 6H2O
（2） c(OH-)增大，使NH4+ + OH- NH3·H2O NH3 + H2O平衡正向移动，利
于氨气被吹出
3.4
（3）H3COO- - 8e- + 2H2O===2CO2 + 7H+
② NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4+ + 2O2===NO3- + 2H+ + H2O；
化合物A是一种重要的化工原料，常用于合成橡胶、香料等。用A合成香料F和J
的合成路线如下：
已知： i.
ii.
iii.
（R和R’表示烃基或氢）
（1）。
（）。
（）的。
（）。
(填字母序号)
a. 反应①中还可能生成
b. 反应②的反应类型是加成反应
D中的可酸性nO4溶液检验 同分异构体
a，均分溶液a置于b、c两支试管中；
向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；
再向上述b溶液中滴加3滴1 mol·L NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现
④ 向c中逐渐滴加1mol·L KSCN溶液 mL，溶液颜色先变深后变浅。
北京市海淀区2016届高三上学期期末考试化学试卷.pdf
海淀区高三年级第一学期期练习 化 学 20161 本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共8页。
满分100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案在答题卡和答题纸上，在试卷上作答无效。
考试结束时，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1C 12 N 14 O 16 Fe 56 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. 化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是 A．酸性食物 B．人类维持生命活动所需能量的主要来源 C．空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和 D．登高山时防晒是了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性 2．下列说法不正确的是 A．共振氢谱 B．用溴水可鉴别苯酚溶液、,4-己二烯和甲苯 C．室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞溴乙烷 ．两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同 3．相同物质的量浓度的aHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法正确的是 A．中的种类相同B．的 C．与盐酸反应放出 D．澄清石灰水变浑浊 4．右图是部分短周期元素的原子序数与化合价的关系图，原子序数的则下列说法正确的是 A．33d属于同种核素 B．气态氢化物的稳定性：a＞d＞e C．上常用电解法制备单质 D．的化合物不可能含共价键 5．关于下列常见的说法正确的是 丁橡胶 涤纶 酚醛树脂 A．顺丁、涤纶和树脂都属于高分子材料 B．橡胶单体-丁同分异构体 C．是二甲酸乙二醇通过缩聚反应得到的 D．树脂的单体是和 6．，关于pH 2的盐酸，下列说法正确的是 A．+)=1.010-2 mol·L-1 B．由电离出的-)=1.010-12 mol·L-1 C．后，的pH=4 D．pH=12的氨水，呈中 7．用来解释事实的方程式不正确的是： A．钢铁发生吸氧腐蚀反应：2 + 4e- + 2H2O===4OH- B．将氯气通入石灰乳制备漂白粉2Cl2 + 2Ca(OH)2===CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O C．向Na2SiO3溶液中通过量CO2制备硅酸 SiO32- + 2CO2 + 2H2O===H2SiO3 + 2HCO3- D．溶质物质的量为1:1的明矾和Ba(OH)2溶液混合 2SO42- + 2Ba2+ + Al3+ + 4OH-===AlO2- + 2BaSO4↓ + 2H2O 8．2010年，中国首次应用六炔苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(合成所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。
2016年北京人大附中高考化学适应性试卷.doc
2016年北京市人大附中高考化学适应性试卷答案和解析【答案】1.B2.D3.B4.D5.D6.C7.C8.乙烯；醛基；CH≡CCH3；加成反应；CH2=C（CH3）CHO+2C u（OH）2CH2=C（CH3）COOH+C u2O↓+2H2O；4；；B；n9.2NH4C l+C a（OH）2C a C l2+2NH3↑+2H2O；CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=k J•mol-1；94.4k J；将NH3从反应体系中分离出去；10%；A；2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O；210.12；90；1.5；SO42-、NH4+、N a+；洗涤、干燥；0；7g11.C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；BD；吸收有毒的NO气体，避免污染空气；2M n O4-+5NO2-+6H+=2M n2++3H2O+5NO3-；取少量试液于试管中，向试管内滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成就说明含有硫酸根离子，则二者发生氧化还原反应；B【解析】1. 解：液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽则指呈淡黄色的硫，故选B．“得火则飞，不见埃尘”是指汞受热易变成汞蒸气，“将欲制之，黄芽为根”指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，据此分析解答．本题考查了常见元素单质及其化合物性质，题目难度中等，明确金属汞的性质为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力．2. 解：A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HC l O 为弱酸、HB r O4为强酸，故A错误；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如A r原子化学性质稳定，而S2-离子具有强还原性，故B错误；C．S2-、C l-、C a2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2-＞C l-＞K+＞C a2+，故C错误；D．3517C l与3717C l互为同位素，化学性质几乎完全相同，得电子能力相同，故D正确，故选D．A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如A r原子与S2-离子；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．互为同位素原子的化学性质几乎完全相同．本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．3. 解：A．用氯化铁溶液腐蚀铜板的离子反应为C u+2F e3+═C u2++2F e2+，故A错误；B．碘水中通入适量的SO2的离子反应为I2+SO2+2H2O═2I-+SO42-+4H+，故B正确；C．二者反应生成银氨溶液，先发生A g++NH3•H2O=A g OH↓+N H4+，后发生A g OH+2NH3•H2O=[A g（NH3）]++OH-+2H2O，故C错误；2D.0.5mol/LN a HSO4与0.5mol/LB a（OH）2混合至溶液呈中性的离子反应为B a2++2OH-+SO42-+2H+═B a SO4↓+2H2O，故D错误；故选B．A．电子、电荷不守恒；B．发生氧化还原反应生成硫酸和HI；C．生成银氨溶液；D．中性时生成硫酸钡、硫酸钠和水．本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4. 解：A．含酚-OH，均与N a、N a0H溶液、N a2CO3溶液反应，故A正确；B．均含苯环可发生加成反应，均含醇-OH可发生消去反应、取代反应，故B正确；C．两种分子中均含多个四面体构型的亚甲基，则两种分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故C正确；D．两种分子中均含酚-OH，可与F e C l3溶液发生显色反应，酚-OH极易氧化，能与O2发生氧化反应，故D错误；故选D．A．两种分子中均含酚-OH；B．均含苯环和-OH；C．两种分子中均含多个四面体构型的亚甲基；D．两种分子中均含酚-OH，酚-OH极易氧化．本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醇的性质，题目难度不大．5. 解：A．图中滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，说明K2C r2O4被还原成C r3+，故A错误；B．双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；C．如生成二氧化氮，可与水反应生成NO，要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，避免对实验造成干扰，故C错误；D．硝酸银过量，发生沉淀的生成，不存在沉淀的转化，不能比较A g C l、A g2S溶解度大小，故D正确．故选D．A．K2C r2O4与K2C r O4的C r元素的化合价都为+6价；B．浓度不一样，不能用于比较催化剂的影响；C．如生成二氧化氮，可与水反应生成NO；D．硝酸银过量，A g C l和A g2S都生成．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、化学反应速率、沉淀的生成等，把握反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项D为易错点．6. 解：A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的p H变化小于n个单位，所以1L p H=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，p H变化小于lg V，故A错误；B．升温促进水电离，K w增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2＜T1，故B错误；C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；D．2B a O2（s）⇌2B a O（s）+O2（g）该反应的平衡常数k=c（O2）只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以同一温度下，c（O2）不变，图象不符，故D错误．故选C．A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的p H变化小于n个单位；B．升温促进水电离，K w增大；C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率；D．平衡常数k=c（O2）只与温度有关．本题考查了弱酸的电离、影响水的电离平衡的因素、化学平衡移动等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握有关的反应原理以及影响平衡的条件．7. 解：A．电解过程中，阴极附近的乙醛被还原，故A错误；B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反应式为：CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+，故B错误；C．电解的总反应为乙醛转化为乙醇、乙酸的反应，即总反应方程式为2CH3CHO+H2O CH3COOH+CH3CH2OH，故C正确；D．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故D错误；故选：C．A．电解池阴极上发生的还原反应；B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；C．电解的总反应为乙醛转化为乙醇、乙酸的反应；D．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷．本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解题关键，题目难度不大．8. 解：由分子式可知A为CH2=CH2，由信息①可知B为CH3CH2CHO，B与HCHO发生信息②中的反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为CH2=C（CH3）CHO，C发生催化氧化生成D为CH2=C（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2：3，结合反应⑤的产物结构可知F为CH2=C（CH3）CN，E为CH≡CCH3．（1）A为CH2=CH2，名称是乙烯，B为CH3CH2CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：乙烯；醛基；（2）由上述分析可知，E的结构简式是CH≡CCH3，④是CH≡CCH3与HCN发生加成反应生成CH2=C（CH3）CN，故答案为：CH≡CCH3；加成反应；（3）C的结构简式是CH2=C（CH3）CHO，与新制C u（OH）2反应的化学方程式：CH2=C（CH3）CHO+2C u（OH）2CH2=C（CH3）COOH+C u2O↓+2H2O，故答案为：CH2=C（CH3）CHO+2C u（OH）2CH2=C（CH3）COOH+C u2O↓+2H2O，（4）D为CH2=C（CH3）COOH，D的同系物G比D相对分子质量多14．G比D多一个CH2原子团，G的同分异构体中，能发生银镜反应，说明含有醛基，且1mol G恰好消耗4mol A g（NH3）OH，则含有2个醛基，可看作丙烷中H原子被2个-CHO取代，其中一个-CHO取代甲基中H 2原子时，另外的-CHO有3种位置，也可以是2个-CHO都取代亚甲基中H原子，故共有4种，其中一种同分异构体的核磁共振氢谱只呈现2个吸收峰，其结构简式为，故答案为：4；；（5）若高分子化合物PMI的平均相对分子质量为10000，其链节组成为C8H11O2N，则n的数值近似为=65，故选：B；（6）为单体发生聚合反应可合成另一种聚亚酰胺树脂X（X中无碳碳双键），该聚合反应的化学方程式为：n，故答案为：n．由分子式可知A为CH2=CH2，由信息①可知B为CH3CH2CHO，B与HCHO发生信息②中的反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为CH2=C（CH3）CHO，C发生催化氧化生成D为CH2=C（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2：3，结合反应⑤的产物结构可知F为CH2=C（CH3）CN，E为CH≡CCH3．本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，较好的考查学生自学能力、信息获取能力与知识迁移运用能力，是对有机化学基础综合考查．9. 解：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4C l+C a（OH）C a C l2+2NH3↑+2H2O，2故答案为：2NH4C l+C a（OH）2C a C l2+2NH3↑+2H2O；（2）该反应中生成2mol氢气放出热量为（E2-E1）k J，则生成3mol氢气放出热量为k J，热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=k J•mol-1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=k J•mol-1；（3）①根据图知，反应达到平衡状态时生成氨气的物质的量=（1.00mol/L-0）×2L=2.00mol，生成2mol氨气放出94.4k J热量，故答案为：94.4k J；②25min时，氢气、氮气浓度不变但氨气浓度减小，所以改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去，故答案为：将NH3从反应体系中分离出去；③相同条件下不同气体的体积分数等于其物质的量分数也等于其物质的量浓度分数，则氨气体积分数=×100%=10%，故答案为：10%；（4）①根据图知，A g-P t电极上硝酸根离子得电子发生还原反应，则P t电极上失电子发生氧化反应，P t电极为阳极、A g-P t电极为阴极；酸性条件下，阴极上硝酸根离子得电子和氢离子反应生成氮气和水，所以A为电源正极，阴极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，故答案为：A；2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O；②当阳极产生气体体积为11.2L时，生成的n（O2）==0.5mol，转移电子物质的量=0.5mol×4=2mol，生成n（H+）=4n（O2）=4×0.5mol=2mol，则转移氢离子的物质的量为2mol，故答案为：2．（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制取氨气；（2）该反应中生成2mol氢气放出热量为（E2-E1）k J，则生成3mol氢气放出热量为k J；（3）①根据图知，反应达到平衡状态时生成氨气的物质的量=（1.00mol/L-0）×2L=2.00mol，生成2mol氨气放出94.4k J热量；②25min时，氢气、氮气浓度不变但氨气浓度减小；③相同条件下不同气体的体积分数等于其物质的量分数也等于其物质的量浓度分数；（4）①根据图知，A g-P t电极上硝酸根离子得电子发生还原反应，则P t电极上失电子发生氧化反应，P t电极为阳极、A g-P t电极为阴极；酸性条件下，阴极上硝酸根离子得电子和氢离子反应生成氮气和水；②当阳极产生气体体积为11.2L时，生成的n（O2）==0.5mol，转移电子物质的量=0.5mol×4=2mol，生成n（H+）=4n（O2）=4×0.5mol=2mol．本题考查化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析、计算能力，正确分析图象及灵活运用化学反应原理是解本题关键，难点是电解池中电极反应式的书写．10. 解：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90℃和120℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90℃，故答案为：12；90；（2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3F e2（SO4）3+6H2O+6N a2CO3=N a2F e6（SO4）（OH）12↓+5N a2SO4+6CO2↑，故答案为：3，6，6，1，5，6；4（3）===1.5，故答案为：1.5；（4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为：SO42-、NH4+、N a+；洗涤、干燥；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：C o O2+L i++e-=L i C o O2，充电时，L i+还原为L i，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6（C6）中，所以负极为L i C6中L i的化合价为0价，若放电时有1mole-转移，C o O2+L i++e-=L i C o O2，正极质量增加为1mol L i+的质量=1mol×7g/mol=7g；故答案为：0；7g．水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，加入稀硫酸，矿渣为S i O2，滤液中含有：C o SO4、F e2（SO4）3、M g SO4、C a SO4，加入碳酸钠，除去F e2（SO4）3，加入氟化钠，除去钙镁，过滤得主要含C o SO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴，（1）根据浸出率与时间和温度的关系及生产成本分析；（2）根据原子守恒配平方程式；（3）=；（4）根据流程图中加入的物质分析，该沉淀中吸附易溶于水的离子；得到的沉淀要进行洗涤和干燥，才能得到较纯净、干燥的物质；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，依据负极电极材料和题干信息分析计算．本题考查难溶电解质的溶解平衡、电极反应式的书写、物质的分离和提纯等知识点，难点是（3）题，明确溶度积常数的含义是解此题关键，电极反应式的书写是学习难点，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等．11. 解：A装置用于制备二氧化氮，二氧化氮进入B装置后和水反应生成NO和硝酸，硝酸和C u反应生成NO，根据①2NO+N a2O2═2N a NO2知，NO和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，根据②NO 能被酸性高锰酸钾氧化成NO3-、而M n O4-被还原为M n2+知，未反应的NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成NO3-，（1）装置A中在加热条件下，C和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）B装置的目的是①将NO2转化为NO、②铜与稀硝酸反应生成NO，故答案为：将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；（3）得到的NO气体中还含有二氧化碳气体，二氧化碳能和过氧化钠反应生成碳酸钠，所以为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应该除去二氧化碳气体，二氧化碳气体是酸性气体，应该用碱性物质除去，故选BD；（4）由信息可知，E装置的作用是吸收有毒的NO气体，避免污染空气，故答案为：吸收有毒的NO气体，避免污染空气；（5）①将N a NO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，离子方程式为2M n O4-+5NO2-+6H+=2M n 2++3H2O+5NO3-，故答案为：2M n O4-+5NO2-+6H+=2M n 2++3H2O+5NO3-；②将SO2通入用稀盐酸酸化的N a NO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子，为证明有氧化还原反应发生，用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，其操作方法为：取少量试液于试管中，向试管内滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成就说明含有硫酸根离子，则二者发生氧化还原反应，故答案为：取少量试液于试管中，向试管内滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成就说明含有硫酸根离子，则二者发生氧化还原反应；（6）比较AB结构知，B结构比A结构多H原子，则B为还原态，故答案为：B．A装置用于制备二氧化氮，二氧化氮进入B装置后和水反应生成NO和硝酸，硝酸和C u反应生成NO，根据①2NO+N a2O2═2N a NO2知，NO和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，根据②NO能被酸性高锰酸钾氧化成NO3-、而M n O4-被还原为M n2+知，未反应的NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成NO3-，（1）装置A中在加热条件下，C和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（2）B装置中的水能和二氧化氮反应生成NO，且生成的硝酸也能和C u反应生成NO；（3）得到的NO气体中还含有二氧化碳气体，二氧化碳能和过氧化钠反应生成碳酸钠，所以为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应该除去二氧化碳气体，二氧化碳气体是酸性气体，应该用碱性物质除去；（4）NO有毒不能直接排空，可以用高锰酸钾溶液吸收；（5）①将N a NO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子；②将SO2通入用稀盐酸酸化的N a NO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子，为证明有氧化还原反应发生，用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子；【问题讨论】（6）比较AB结构知，B结构比A结构多H原子，则B为还原态．本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、氧化还原反应的应用为解答的关键，侧重分析与实验及应用能力的综合考查，题目难度中等．。
北京市海淀区2016届高三上学期期末练习化学试题 含解析
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,共8页。
满分100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案写在答题卡和答题纸上,在试卷上作答无效。
考试结束时，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56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。
化学与社会、生产、生活密切相关。
下列说法正确的是A．柠檬属于酸性食物B．油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源C．PM2。
5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和D．登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性【答案】D【解析】试题分析:A、柠檬属于水果，在人体内代谢后生成碱性物质，属于碱性食物,故A错误；B、糖类是最主要的供能物质，人体进行各项生命活动所消耗的能量主要来自于糖类的氧化分解,约占人体能量供应量的70%，故B错误；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,故C错误;D、蛋白质在强酸、强碱、高温、强紫外线照射等条件下能够发生变性，所以强紫外线灼伤人体皮肤属于皮肤蛋白质的变性，故D正确；故选D.考点:考查了化学与生活、生产的相关知识。
2．下列说法不正确的是A．核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3B．用溴水可以鉴别苯酚溶液、2,4—己二烯和甲苯C．室温下,在水中的溶解度:甘油＞苯酚＞溴乙烷D．两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同【答案】A【解析】试题分析：A、核磁共振氢谱中CH3CH2OH有3个峰,CH3OCH3有2个峰，可以区分,错误;B、苯酚溶液与浓溴水生产白色沉淀，2,4-己二烯与溴水褪色,甲苯与溴水发生萃取,可以鉴别，正确；C、丙三醇易溶于水，苯酚室温下微溶于水，溴乙烷不溶于水，正确；D、两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸,如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，正确;故选A.考点:考查了有机物的结构和性质的相关知识。
北京市海淀区重点中学2016届高三化学上学期综合练习试卷(含解析)
2015-2016学年北京市海淀区重点中学高三（上）综合练习化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．下列说法不正确的是（）A．含铅汽油、含磷洗涤剂的使用均可对环境造成危害B．棉花、木材及草类的纤维都是天然纤维C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料D．煤、石油、天然气均属于可再生的化石燃料2．在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A．NH4+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣ B．Fe2+、OH﹣、SO42﹣、MnO4﹣C．K+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣D．Na+、Fe3+、Cl﹣、AlO2﹣3．下列有机物的结构简式书写正确的是（）A．3﹣甲基丁醛（CH3）2CHCH2COH B．TNTC．硬脂酸甘油酯 D．乙酸甲酯 CH3OOCCH34．在25℃，将pH=11的NaOH溶液a mL与pH=1的H2SO4溶液b mL混合，当恰好完全中和时，a与b的比值为（）A．1000：1 B．100：1 C．50：1 D．10：15．运用元素周期律分析以下推断，其中不正确的是（）A．已知Ra是第七周期、ⅡA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、ⅤA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈D．已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小6．单质Ti的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称．工业上常用硫酸分解钛铁矿（FeTiO3）的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属Ti．由TiO2制金属Ti的反应为：①TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO ②TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti则下列叙述正确的是（）A．由反应①可知，Cl2是氧化剂，TiCl4是氧化产物B．由反应①可知，可用CO在高温下把TiO2还原成TiC．由反应②可知，若有24 g Mg参加反应，就可生成1 mol TiD．由反应②可知，金属Mg的还原性比金属Ti的还原性强7．一定温度下，在一个体积可变的密闭容器中加入2molN2和2molH2 ，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2 ，又达到平衡，则下列说法正确的是（）A．NH3的质量分数不变B．N2的体积分数增大C．H2 的转化率增大D．NH3的质量分数增大8．某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH溶液．该电池的总反应是：Zn+Ag2O═2Ag+ZnO，下列说法正确的是（）A．Zn极为负极，其电极反应为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2OB．Ag2O极为负极，其电极反应为：Ag2O+H2O﹣2e﹣═2Ag+2OH﹣C．电池放电过程中，负极周围溶液的pH不断增大D．该电池用完后，可作为普通垃圾处理，因为它不会造成环境污染二、解答题（共4小题，满分36分）9．（2015秋•海淀区校级月考）已知下列反应，（反应所需的其他条件和各物质的化学计量数均已略去）：①A+B M+D+E；②M+E→A+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法．则A的电子式为；反应②的离子方程式为；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为．（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在．1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周期表中的位置是周期族．X单质的熔点是112.8℃，则X单质的晶体类型属于晶体．X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2属于分子（填“极性”或“非极性”）．反应②的化学方程式为：．10．（12分）（2015秋•海淀区校级月考）已知：①一定条件下，R﹣Cl+2Na+Cl﹣R′→R﹣R′+2NaCl②醛和醇可以发生氧化反应，相关物质被氧化的难易次序是：RCHO最易，R﹣CH2OH次之，最难现有某氯代烃A，其相对分子质量为78.5；B与氯气反应生成的一氯代物有两种．有关的转化关系如图所示（部分产物及条件均已略去）：请回答下列问题：（1）分子式：A ；反应类型：A→C，E→F；（2）结构简式：B ，K为；（3）反应方程式：A→E；G→H；（4）D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种．请写出这两种中的任一种结构简式：．11．（14分）（2015秋•海淀区校级月考）某学生用胆矾制取氧化铜固体，并研究氧化铜能否在氯酸钾受热分解实验中起催化作用．实验步骤如下：①称量a g胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液，向其中滴加氢氧化钠溶液至沉淀完全；②把步骤①中的溶液和沉淀转移至蒸发皿中，加热至溶液中的沉淀全变成黑色氧化铜为止；③过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为bg；④取一定质量的上述氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀后加热，收集反应生成的氧气，如图所示．请回答下列问题：（1）上述各步操作中，需要用到玻璃棒的是（填写前面所述实验步骤的序号）．（2）由胆矾制备氧化铜的产率（实际产量与理论产量的百分比）为×100%．（3）为保证Cu2+沉淀完全，步骤①中溶液的pH应大于10．简述测定溶液pH的操作：．（4）为证明氧化铜在氯酸钾的分解反应中起催化作用，在上述实验①～④后还应该进行的实验操作是（按实验先后顺序填写字母序号）．a 过滤b 烘干c 溶解d 洗涤e 称量（5）但有同学认为，还必须另外再设计一个实验才能证明氧化铜在氯酸钾受热分解的实验中起催化作用．你认为还应该进行的另一个实验是．12．（10分）（2015秋•海淀区校级月考）某结晶水合物，含有两种阳离子和一种阴离子，其中所含元素均为短周期元素．为确定其组成，有同学进行了如下实验：称取9.06g样品，溶于水，将溶液分成两等份，待用．①向一份溶液中逐滴加入6mol•L﹣1NaOH溶液，先观察到有白色沉淀产生，而后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，继续滴加NaOH，白色沉淀又逐渐消失，最后得到无色透明溶液．向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g．②取另一份溶液，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体224mL．然后，往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g．请回答：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是、；一种阴离子是．（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式，请写出计算过程．2015-2016学年北京市海淀区重点中学高三（上）综合练习化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．下列说法不正确的是（）A．含铅汽油、含磷洗涤剂的使用均可对环境造成危害B．棉花、木材及草类的纤维都是天然纤维C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料D．煤、石油、天然气均属于可再生的化石燃料【考点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；煤的干馏和综合利用．【专题】化学应用．【分析】A．使用含铅汽油会使铅随汽车尾气排除，含磷洗涤剂的使用会引起河流湖泊富营养化；B．棉花、木材及草类的纤维都直接来自植物；C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料；D．煤、石油、天然气均属于化石燃料．【解答】解：A．使用含铅汽油会使铅随汽车尾气排除，含磷洗涤剂的使用会引起河流湖泊富营养化，它们均可对环境造成危害，故A正确；B．棉花、木材及草类的纤维都直接来自植物，是天然纤维，故B正确；C．玻璃、沙子、水泥等属于传统的无机非金属材料，氮化硅、光导纤维均属于新型无机非金属材料，故C正确；D．煤、石油、天然气均属于不可再生的化石燃料，故D错误．故选D．【点评】本题考查环境污染、材料、能源等知识，比较基础，要注意与现实生活的联系．2．在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A．NH4+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣ B．Fe2+、OH﹣、SO42﹣、MnO4﹣C．K+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣D．Na+、Fe3+、Cl﹣、AlO2﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】pH=1，则溶液中存在大量的H+，与H+反应的离子不能大量共存，溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，以此解答该题．【解答】解：A．CO32﹣与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、OH﹣反应生成沉淀，且Fe2+、MnO4﹣都有颜色，在酸性条件下而发生氧化还原反应，且OH﹣不能在酸性条件下存在，故B错误；C．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+有颜色，且AlO2﹣在酸性条件下不能大量存在，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和审题能力的考查，难度不大，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，学习中注意相关基础知识的积累．3．下列有机物的结构简式书写正确的是（）A．3﹣甲基丁醛（CH3）2CHCH2COH B．TNTC．硬脂酸甘油酯 D．乙酸甲酯 CH3OOCCH3【考点】有机化合物命名；结构简式．【专题】有机化学基础．【分析】A．醛基的结构简式为CHO，据此解答即可；B．TNT：甲苯中甲基邻、对位氢原子易被硝基取代生成2，4，6﹣三硝基甲苯，其结构简式为：；C．硬脂酸甘油酯为硬脂酸与甘油形成的酯，结构简式为：；D．乙酸甲酯可以写为：CH3OOCCH3，也可以写为：乙酸甲酯 CH3COOCH3．【解答】解：A．醛基的结构简式为﹣CHO，D中为﹣COH，故A错误；B．TNT：甲苯中甲基邻、对位氢原子易被硝基取代生成2，4，6﹣三硝基甲苯，其结构简式为，A中左边硝基应是N原子与苯环相连，故B错误；C．硬脂酸甘油酯为硬脂酸与甘油形成的酯，结构简式为：，故C错误；D．乙酸甲酯可以写为：CH3OOCCH3，也可以写为：乙酸甲酯 CH3COOCH3，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查的是有机物的结构简式，注意官能团的正确表示方法是解决本题的关键，属于中等难度题目．4．在25℃，将pH=11的NaOH溶液a mL与pH=1的H2SO4溶液b mL混合，当恰好完全中和时，a与b的比值为（）A．1000：1 B．100：1 C．50：1 D．10：1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=1H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），再结合n=cV表示出n（H+）、n（OH﹣），据此判断．【解答】解：pH=1H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），所以bc（H+）=ac（OH﹣），所以a：b=c（H+）：c（OH﹣）=0.1mol/L：10﹣3mol/L=100：1．故选：B．【点评】本题考查溶液PH值的计算、化学方程式计算，注意基础知识的掌握，离子积计算，恰好中和反应的定量关系计算，题目难度中等．5．运用元素周期律分析以下推断，其中不正确的是（）A．已知Ra是第七周期、ⅡA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、ⅤA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈D．已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B．非金属性越强，其氢化物越稳定；C．原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，元素的金属性越强；D．同周期核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，原子半径减小．【解答】解：A．同主族自上而下元素金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Ra（OH）2＞Mg（OH）2，故A正确；B．同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性：AsH3＜NH3，故B错误；C．Cs的原子半径比Na的原子半径大，原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，故Cs的金属性较强，Cs与水反应比Na与水反应更剧烈，故C正确；D．Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，故Cl的原子半径比Al的原子半径小，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素周期律，难度不大，注意根据原子结构理解同周期、同主族元素性质的递变规律．6．单质Ti的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称．工业上常用硫酸分解钛铁矿（FeTiO3）的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属Ti．由TiO2制金属Ti的反应为：①TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO ②TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti则下列叙述正确的是（）A．由反应①可知，Cl2是氧化剂，TiCl4是氧化产物B．由反应①可知，可用CO在高温下把TiO2还原成TiC．由反应②可知，若有24 g Mg参加反应，就可生成1 mol TiD．由反应②可知，金属Mg的还原性比金属Ti的还原性强【考点】氧化还原反应．【分析】①TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；②TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti中，Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．反应①中碳元素的化合价升高，是还原剂，CO是氧化产物，故A错误；B．由反应①可知，C作还原剂生成CO，所以不能用CO作还原剂，故B错误；C．由反应②可知，2molMg可以置换出1molTi，所以若有24 g Mg参加反应，就可生成0.5 mol Ti，故C错误；D．反应②中Mg失去电子作还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，金属镁还原性比金属钛强，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．7．一定温度下，在一个体积可变的密闭容器中加入2molN2和2molH2 ，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2 ，又达到平衡，则下列说法正确的是（）A．NH3的质量分数不变B．N2的体积分数增大C．H2 的转化率增大D．NH3的质量分数增大【考点】化学平衡的影响因素．【分析】根据在一个体积可变的密闭容器中即恒温恒压，只要反应物成比例，则为成比例的等效平衡，所以加入2molN2和2molH2 ，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2 ，又达到平衡，两种平衡状态等效，各物质的质量分数、体积分数、反应物的转化率都不变据此分析．【解答】解：因为在一个体积可变的密闭容器中即恒温恒压，只要反应物成比例，则为成比例的等效平衡，所以加入2molN2和2molH2 ，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2 ，又达到平衡，两种平衡状态等效，各物质的质量分数、体积分数、反应物的转化率都不变，故A正确，B、C、D都错误，故选：A．【点评】本题主要考查了恒温恒压等效平衡的条件及其量的判断，难度不大，抓住等效的条件是关键．8．某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH溶液．该电池的总反应是：Zn+Ag2O═2Ag+ZnO，下列说法正确的是（）A．Zn极为负极，其电极反应为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2OB．Ag2O极为负极，其电极反应为：Ag2O+H2O﹣2e﹣═2Ag+2OH﹣C．电池放电过程中，负极周围溶液的pH不断增大D．该电池用完后，可作为普通垃圾处理，因为它不会造成环境污染【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电池反应式知，Zn失电子作负极，Ag2O作正极，负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O、正极反应式为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，以此解答该题．【解答】解：A．Zn被氧化生成ZnO，电极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，故A正确；B．Ag被还原，Ag2O极为正极，正极反应式为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，故B错误；C．负极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，消耗OH﹣，pH减小，故C错误；D．含有重金属，不能随意丢弃，防止污染环境，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是C，题目难度不大．二、解答题（共4小题，满分36分）9．（2015秋•海淀区校级月考）已知下列反应，（反应所需的其他条件和各物质的化学计量数均已略去）：①A+B M+D+E；②M+E→A+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法．则A的电子式为；反应②的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O ．（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在．1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周期表中的位置是三周期VIA 族．X单质的熔点是112.8℃，则X单质的晶体类型属于分子晶体．X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）．反应②的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】（1）A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，①应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素、酸根为SO42﹣，A为CuSO4，B为H2O，则反应②应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应①应在电解条件下进行，D应为O2．【解答】解：（1）A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，①应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO，则：A的电子式为；反应②的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素、酸根为SO42﹣，A为CuSO4，B为H2O，则反应②应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应①应在电解条件下进行，D应为O2，则：X在元素周期表中的位置是第三周期VIA族．硫单质的熔点是112.8℃，则硫单质的晶体属于分子晶体；X与碳单质在一定条件下可以生成CS2的化合物，其分子结构类似于CO2，为直线型对称结构，则CS2属于非极性分子，反应②的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：三、VIA；分子；非极性；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意理解掌握电解的原理和规律，结合反应的特点以及现象进行推断，难度中等．10．（12分）（2015秋•海淀区校级月考）已知：①一定条件下，R﹣Cl+2Na+Cl﹣R′→R﹣R′+2NaCl②醛和醇可以发生氧化反应，相关物质被氧化的难易次序是：RCHO最易，R﹣CH2OH次之，最难现有某氯代烃A，其相对分子质量为78.5；B与氯气反应生成的一氯代物有两种．有关的转化关系如图所示（部分产物及条件均已略去）：请回答下列问题：（1）分子式：A C3H7Cl ；反应类型：A→C取代反应，E→F加聚反应；（2）结构简式：B ，K为；（3）反应方程式：A→E；G→H；（4）D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种．请写出这两种中的任一种结构简式：．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为，E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为，A碱性水解得 C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，据此答题．【解答】解：氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为，E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为，A碱性水解得 C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，（1）根据上面的分析可知，A的分子式为C3H7Cl，A→C的反应类型为取代反应，E→F的反应类型加聚反应，故答案为：C3H7Cl；取代反应；加聚反应；（2）根据上面的分析可知，B为，K为，故答案为：；；（3）A→E的反应方程式为，G→H的反应方程式为，故答案为：；；（4）D为CH3COOCH（CH3）2，D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种，则其结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，是对有机物知识的综合考查，综合性较强，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，（4）为本题的易错点．11．（14分）（2015秋•海淀区校级月考）某学生用胆矾制取氧化铜固体，并研究氧化铜能否在氯酸钾受热分解实验中起催化作用．实验步骤如下：①称量a g胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液，向其中滴加氢氧化钠溶液至沉淀完全；②把步骤①中的溶液和沉淀转移至蒸发皿中，加热至溶液中的沉淀全变成黑色氧化铜为止；③过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为bg；④取一定质量的上述氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀后加热，收集反应生成的氧气，如图所示．请回答下列问题：（1）上述各步操作中，需要用到玻璃棒的是①②③④（填写前面所述实验步骤的序号）．（2）由胆矾制备氧化铜的产率（实际产量与理论产量的百分比）为×100%．（3）为保证Cu2+沉淀完全，步骤①中溶液的pH应大于10．简述测定溶液pH的操作：把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH ．（4）为证明氧化铜在氯酸钾的分解反应中起催化作用，在上述实验①～④后还应该进行的实验操作是cadbe （按实验先后顺序填写字母序号）．a 过滤b 烘干c 溶解d 洗涤e 称量（5）但有同学认为，还必须另外再设计一个实验才能证明氧化铜在氯酸钾受热分解的实验中起催化作用．你认为还应该进行的另一个实验是对比实验，称取相等质量的氯酸钾，加热，比较产生相同体积氧气所需的时间，或比较在相同时间内产生氧气的体积．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】1）胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液时需要用玻璃棒搅拌，加速胆矾固体溶解速度；在蒸发时用玻璃棒搅拌，是为了防止局部温度过高使液滴飞溅；过滤时用到玻璃棒的作用是引流；氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀也需要玻璃棒的搅拌；（2）ag胆矾中含铜元素质量为ag×=a，设能制得氧化铜的质量为X，根据铜守恒由X×=a，解得X=a，据此计算由胆矾制备氧化铜的产率；（3）根据pH试纸的使用方法答题；（4）由于需要证明反应前后氧化铜的质量不变，反应后先将氧化铜从混合物中分离出来：加水溶解，进行过滤，得到的氧化铜上有氯化钾溶液，进行洗涤干燥，再进行称量即可；（5）通过对比实验才能说明氧化铜的确加快了氯酸钾的反应速度，另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢，现象很明显．【解答】解：（1）胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液时需要用玻璃棒搅拌，加速胆矾固体溶解速度；在蒸发时用玻璃棒搅拌，是为了防止局部温度过高使液滴飞溅；过滤时用到玻璃棒的作用是引流；氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀也需要玻璃棒的搅拌，所以选择①②③④，故答案为：①②③④；（2）ag胆矾中含铜元素质量为ag×=a，设能制得氧化铜的质量为X，根据铜守恒由X×=a，解得X=a，所以由胆矾制备氧化铜的产率：×100%=×100%，故答案为：；（3）测定溶液pH的操作为：把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH，故答案为：把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；（4）由于需要证明反应前后氧化铜的质量不变，反应后先将氧化铜从混合物中分离出来：加水溶解，进行过滤，得到的氧化铜上有氯化钾溶液，进行洗涤干燥，再进行称量，故答案为：cadbe；（5）通过对比实验才能说明氧化铜的确加快了氯酸钾的反应速度，另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢，现象很明显，故答案为：对比实验，称取相等质量的氯酸钾，加热，比较产生相同体积氧气所需的时间，或比较在相同时间内产生氧气的体积．【点评】本题主要考查物质的制备，难度不大，涉及产率计算、实验原理分析、实验基本操作、实验方案的设计等，注意基础知识的掌握和灵活运用．12．（10分）（2015秋•海淀区校级月考）某结晶水合物，含有两种阳离子和一种阴离子，其中所含元素均为短周期元素．为确定其组成，有同学进行了如下实验：称取9.06g样品，溶于水，将溶液分成两等份，待用．①向一份溶液中逐滴加入6mol•L﹣1NaOH溶液，先观察到有白色沉淀产生，而后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，继续滴加NaOH，白色沉淀又逐渐消失，最后得到无色透明溶液．向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g．②取另一份溶液，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体224mL．然后，往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g．请回答：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是NH4+、Al3+；一种阴离子是SO42﹣．（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式，请写出计算过程．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】由①可知，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，则原溶液中含NH4+，白色沉淀溶解在过量NaOH中，则白色沉淀为氢氧化铝，可知原溶液中含Al3+，向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g，该白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中含SO42﹣；由原子守恒可知，n（NH4）=n（NH3）==0.01mol，n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.02mol；往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g，固体为氧化铝，其物质的量为=0.005mol，则n（Al）=0.005mol×2=0.01mol，结合原子守恒及固体总质量解答．【解答】解：由①可知，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，则原溶液中含NH4+，白色沉淀溶解在过量NaOH中，则白色沉淀为氢氧化铝，可知原溶液中含Al3+，向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g，该白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中含SO42﹣；。
北京市海淀区重点中学高三化学上学期课堂综合练习题试题(含解析)
北京市海淀区重点中学2016届高三化学上学期课堂综合练习题试题（含解析）(可能用到的原子量: H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137)1．下列说法不正确．．．的是A．含铅汽油、含磷洗涤剂的使用均可对环境造成危害B．棉花、木材及草类的纤维都是天然纤维C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料D．煤、石油、天然气均属于可再生的化石燃料【答案】D【解析】试题分析：A、使用含铅汽油会使铅随汽车尾气排除，含磷洗涤剂的使用会引起河流湖泊富营养化，它们均可对环境造成危害，A正确；B、棉花、木材及草类的纤维都直接来自植物，是天然纤维，B正确；C、氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料，C正确；D、煤、石油、天然气均属于不可再生的化石燃料，D错误；故选D。
考点：考查了化学与环境、能源的相关知识。
2．在pH=1的无色溶液中, 下列离子能大量共存的是A．NH4+、Ba2+、NO3-、CO32- B．Fe2+、OH-、SO42-、MnO4-C．K+、Mg2+、NO3-、SO42- D．Na+、Fe 3+、Cl-、AlO2-【答案】C【解析】试题分析：pH=1的溶液显酸性，A、酸性溶液中CO32-不能大量存在，故A错误；B、Fe2+和MnO4-有颜色，故B错误；C、酸性溶液中K+、Mg2+、NO3-、SO42-离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；D、Fe3+有颜色，故D错误；故选C。
考点：考查了离子共存的相关知识。
3．下列有机物的结构简式书写正确的是A．3-甲基丁醛 (CH3)2CHCH2COH B． TNTC．硬脂酸甘油酯 D．乙酸甲酯 CH3OOCCH3【答案】D【解析】试题分析：A、醛基的结构简式为-CHO，D中为-COH，故A错误；B、TNT：甲苯中甲基邻、对位氢原子易被硝基取代生成2，4，6-三硝基甲苯，其结构简式为，A中左边硝基应是N原子与苯环相连，故B错误；C、硬脂酸甘油酯为硬脂酸与甘油形成的酯，结构简式为：，故C错误；D、乙酸甲酯可以写为：CH3OOCCH3，也可以写为：乙酸甲酯 CH3COOCH3，故D正确；故选D。
北京市海淀区2016届高三上学期期末练习化学试题解析(解析版)
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。
满分100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案写在答题卡和答题纸上，在试卷上作答无效。
考试结束时，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56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. 化学与社会、生产、生活密切相关。
下列说法正确的是A．柠檬属于酸性食物B．油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源C．PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和D．登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性【答案】D【解析】试题分析：A、柠檬属于水果，在人体内代谢后生成碱性物质，属于碱性食物，故A错误；B、糖类是最主要的供能物质，人体进行各项生命活动所消耗的能量主要来自于糖类的氧化分解，约占人体能量供应量的70%，故B错误；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，故C错误；D、蛋白质在强酸、强碱、高温、强紫外线照射等条件下能够发生变性，所以强紫外线灼伤人体皮肤属于皮肤蛋白质的变性，故D正确；故选D。
考点：考查了化学与生活、生产的相关知识。
2．下列说法不正确的是A．核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3B．用溴水可以鉴别苯酚溶液、2,4-己二烯和甲苯C．室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞溴乙烷D．两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同【答案】A【解析】试题分析：A、核磁共振氢谱中CH3CH2OH有3个峰，CH3OCH3有2个峰，可以区分，错误；B、苯酚溶液与浓溴水生产白色沉淀，2,4-己二烯与溴水褪色，甲苯与溴水发生萃取，可以鉴别，正确；C、丙三醇易溶于水，苯酚室温下微溶于水，溴乙烷不溶于水，正确；D、两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，正确；故选A。
北京市北大附中2016届高考化学适应性试卷5月份含解析 (1)
2016年北京市北大附中高考化学适应性试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与环境、生活关系密切，下列事实中不涉及化学性质的是（）A．焊锡中加铅后熔点降低B．用漂白粉、臭氧等游泳池消毒C．将镁块与钢铁输水管相连，防止钢铁腐蚀D．往燃煤中加入石灰石，减少酸雨的产生2．将标准状况下的22.4LSO2通入3mol的NaOH溶液中，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知高温下饱和Na2SO3溶液的pH约为8.3）（）A．向上述NaOH溶液中通入SO2：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2OB．上述反应后所得溶液的PH约为12：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣C．向上述反应后所得溶液中通入氯气，PH下降：SO32﹣+Cl2+2OH﹣═SO42﹣+2Cl﹣+H2O D．向上述反应后所得溶液中滴加少量H2O2和BaCl2溶液的混合液，产生白色沉淀：SO32﹣+Ba2++H2O2═BaSO4↓+H2O3．下列推测或结论不合理的是（）A．X2﹣和Y+核外电子层结构相同，原子序数：X＜YB．气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，还原性：Cl﹣＞Br﹣C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D．铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOH＞Sr（OH）2 4．氯原子参与破坏O3的反应O3+Cl→ClO+O2△H1ClO+O→Cl+O2△H2破坏臭氧层的总反应是：O3+O→2O2 △H该反应的能量变化示意图如图所示：则下列叙述不正确的是（）A．△H=△H1+△H2B．ClO中含有极性共价键C．反应O3+O→2O2的△H=E1﹣E3D．氯原子改变了该反应的历程，但不影响△H5．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液．下列判断不正确的是（）A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性6．下列实验操作不能达到实验目的是（）实验目的实验操作选项A 证明乙烯有还原性将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中B 比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼分别加入少量Na性C 检验溴乙烷中的溴原子加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO 3溶液D 鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇核磁共振氢谱A．A B．B C．C D．D7．在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应（）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）实验测得T1℃和T2℃下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是10min 20min 30min 40min 50min 60min温度时间T1℃0.080 0.120 0.150 0.168 0.180 0.180T2℃0.120 0.150 0.156 0.160 0.160 0.160 A．由上述数据可以判断：T1℃＞T2℃B．该反应的焓变△H＞0，升高温度K增大．C．T1℃时，0～20 min H2的平均反应速率ν（H2）=0.003mol/（L•min）D．T2℃下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度二、非选择题：8．有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R′、R″、R1、R2、R3、R4均为烃基）ⅰ．RCN RCOOHⅱ．R′CH═CHR″R″COOHⅲ．（1）B的化学名称是．（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为．（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为．（4）C→E的反应试剂和条件是．（5）G的结构简式为．（6）下列说法正确的是．a．常温下，在水中的溶解度：乙二酸＞G＞Mb．B→D→F均为取代反应c．H能发生加聚、缩聚反应（7）M→N的化学方程式为．（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式．①只含有一种官能团②酸性条件下水解产物只有一种．9．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．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂．（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是价，Na2FeO4具有较强的（填“氧化性”或“还原性”）．（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是（用离子方程式表示）．（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完成下列化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2+5+9．（4）工业上还可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4．①若电解所需的浓NaOH溶液为16mol/L，则在实验室配制500mL该浓度的溶液需NaOH g，配制过程所需玻璃仪器是．②电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示：阳极的电极反应式是；可循环使用的物质是，理由是．11．某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置省略）（1）D中产生NaHCO3的化学方程式是．（2）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用．（3）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用．为确定固体的成分，实验小组设计方案如下（称取一定质量的固体，配成1000mL溶液作为样液，其余固体备用）：①方案1：取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀．实验小组对现象产生的原理进行分析，认为该方案不合理，理由是．②方案2：取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生．实验小组认为固体中存在NaHCO3，其离子方程式是．该小组认为不能确定是否存在Na2CO3．③方案3：实验小组中甲、乙同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验：甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是，结果表明白色固体中存在NaHCO3．为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3，结合甲同学实验，还应补充的实验是．乙同学：利用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如图所示．a．根据A点坐标得到的结论是．（残留率=×100%）通过上述实验，该小组认为，可以向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2制备NaHCO3．2016年北京市北大附中高考化学适应性试卷（5月份）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．化学与环境、生活关系密切，下列事实中不涉及化学性质的是（）A．焊锡中加铅后熔点降低B．用漂白粉、臭氧等游泳池消毒C．将镁块与钢铁输水管相连，防止钢铁腐蚀D．往燃煤中加入石灰石，减少酸雨的产生【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】物理变化过程中一定没有新物质生成，化学变化中一定有新物质生成，据此判断解答．【解答】解：A．合金熔点低于成分金属，属于物质的物理性质，故A选；B．漂白粉、臭氧具有强的氧化性，与蛋白质反应使蛋白质变性，该过程中生成新物质属于化学变化，故B不选；C．镁性质活泼，与铁形成原电池，发生电化学腐蚀，镁被氧化为二价镁离子，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D．往燃煤中加入石灰石，生成的二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不选；故选：A．2．将标准状况下的22.4LSO2通入3mol的NaOH溶液中，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知高温下饱和Na2SO3溶液的pH约为8.3）（）A．向上述NaOH溶液中通入SO2：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2OB．上述反应后所得溶液的PH约为12：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣C．向上述反应后所得溶液中通入氯气，PH下降：SO32﹣+Cl2+2OH﹣═SO42﹣+2Cl﹣+H2O D．向上述反应后所得溶液中滴加少量H2O2和BaCl2溶液的混合液，产生白色沉淀：SO32﹣+Ba2++H2O2═BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】向氢氧化钠溶液中慢慢地通入二氧化硫气体，开始氢氧化钠过量发生SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，生成正盐Na2SO3，继续通入过量二氧化硫时，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，生成酸式盐NaHSO3，标准状况下的22.4LSO2的物质的量为1mol，通入3mol的NaOH溶液中，得到1molNa2SO3和1molNaOH的混合溶液；A．二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠；B．所得溶液呈碱性是氢氧化钠过量而呈碱性；C．氯气是氧化性的酸性气体，所以向所得溶液中通入氯气，发生氧化还原；D．滴加少量H2O2与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子结合生成难溶的硫酸钡．【解答】解：A．二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，所以反应的离子方程式为：2OH ﹣+SO2═SO32﹣+H2O，故A正确；B．所得溶液呈碱性是氢氧化钠过量而呈碱性，而不是亚硫酸氢根水解呈碱性，故B错误；C．氯气是氧化性的酸性气体，所以向所得溶液中通入氯气，发生氧化还原，根据得失电子守恒得：SO32﹣+Cl2+2OH﹣═SO42﹣+2Cl﹣+H2O，故C正确；D．滴加少量H2O2与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子结合生成难溶的硫酸钡，故D正确；故选B．3．下列推测或结论不合理的是（）A．X2﹣和Y+核外电子层结构相同，原子序数：X＜YB．气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，还原性：Cl﹣＞Br﹣C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D．铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOH＞Sr（OH）2【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A、X得电子与Y失电子后电子数相同；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱．【解答】解：A、若X2﹣和Y+的核外电子层结构相同，则X得电子与Y失电子后电子数相同，所以原子序数：X＜Y，故A正确；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，则还原性：Cl﹣＜Br﹣，故B错误；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，都可以做半导体材料，故C正确；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱，铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，则碱性：RbOH＞Sr（OH）2，故D正确．故选B．4．氯原子参与破坏O3的反应O3+Cl→ClO+O2△H1ClO+O→Cl+O2△H2破坏臭氧层的总反应是：O3+O→2O2 △H该反应的能量变化示意图如图所示：则下列叙述不正确的是（）A．△H=△H1+△H2B．ClO中含有极性共价键C．反应O3+O→2O2的△H=E1﹣E3D．氯原子改变了该反应的历程，但不影响△H【考点】反应热和焓变．【分析】A．根据盖斯定律计算O3+O→2O2 的△H；B．Cl﹣O为不同原子形成的共价键，属于极性键；C．由图可知，O+O3=2O2 的反应为放热反应，△H=E3﹣E2；D．根据特征反应方向Cl原子作用．【解答】解：A．①O3+Cl→ClO+O2△H1②ClO+O→Cl+O2△H2根据盖斯定律①+②可得：O3+O→2O2 △H=△H1+△H2，故A正确；B．ClO中Cl﹣O键为不同原子形成的化学键，为极性键，故B正确；C．由图象曲线可知，生成物的能量低，O+O3=2O2 的反应为放热反应，则△H=E3﹣E2，故C错误；D．在反应O3+Cl→ClO+O2、ClO+O→Cl+O2中，Cl原子起到了催化剂的作用，氯原子改变了该反应的历程，不影响△H，故D正确；故选C．5．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液．下列判断不正确的是（）A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性【考点】氧化还原反应．【分析】①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；②中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2，故C错误；D．实验②中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D正确；故选C．6．下列实验操作不能达到实验目的是（）选实验目的实验操作项A 证明乙烯有还原性将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中B 比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼分别加入少量Na性C 检验溴乙烷中的溴原子加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO3溶液D 鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇核磁共振氢谱A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．Na与水反应剧烈；C．酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应；D..1﹣丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2﹣丙醇含有3种不同环境的氢原子．【解答】解：A．乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能实现实验目的，故A不选；B．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故B 不选；C．酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应，所以在做溴离子的检验中要首先中和碱，故C选；D.1﹣丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2﹣丙醇含有3种不同环境的氢原子，故可用核磁共振氢谱鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇，故D不选；故选C．7．在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应（）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）实验测得T1℃和T2℃下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是温度时间10min 20min 30min 40min 50min60minT1℃0.080 0.120 0.150 0.168 0.180 0.180T2℃0.120 0.150 0.156 0.160 0.160 0.160 A．由上述数据可以判断：T1℃＞T2℃B．该反应的焓变△H＞0，升高温度K增大．C．T1℃时，0～20 min H2的平均反应速率ν（H2）=0.003mol/（L•min）D．T2℃下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．温度越高，反应速率越快，到达平衡所用时间越短；B．由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此解答；C．由表中数据可知，T1℃时，0～20min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（CH3OH），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；D．由表中数据可知，T2℃40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数．向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值．【解答】解：A．温度越高，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，T1℃时达到平衡状态所用时间短，则T1℃＞T2℃，故A错误；B．由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，该反应的焓变△H＜0，升高温度平衡常数减小，故B错误；C．由表中数据可知，300℃时，0～20min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，故v（CH3OH）==0.003mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=2v（CH 3OH）=0.006mol/（L•min），故C错误；D．由表中数据可知，500℃时40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数．向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值，所以T2℃下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度，故D正确；故选D．二、非选择题：8．有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R′、R″、R1、R2、R3、R4均为烃基）ⅰ．RCN RCOOHⅱ．R′CH═CHR″R″COOHⅲ．（1）B的化学名称是1，3﹣丁二烯．（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl．（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为．（4）C→E的反应试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热．（5）G的结构简式为HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH．（6）下列说法正确的是ac．a．常温下，在水中的溶解度：乙二酸＞G＞Mb．B→D→F均为取代反应c．H能发生加聚、缩聚反应（7）M→N的化学方程式为．（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式．①只含有一种官能团②酸性条件下水解产物只有一种．【考点】有机物的合成．【分析】E发生氧化反应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOC ﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH，M为C2H5OOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为．由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4﹣加成生成D为Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl，D发生取代反应生成F为NC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣CN，F发生水解反应生成H为HOOC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH，H 与氢气发生加成反应生成G．【解答】解：E发生氧化反应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOC ﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH，M为C2H5OOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为．由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4﹣加成生成D为Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl，D发生取代反应生成F为NC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣CN，F发生水解反应生成H为HOOC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH，H 与氢气发生加成反应生成G．（1）B的化学名称是1，3﹣丁二烯，故答案为：1，3﹣丁二烯；（2）D的结构简式为：Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl，故答案为：Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl；（3）A的结构简式为，故答案为：；（4）C→E发生卤代烃消去反应，反应试剂和条件是：NaOH的乙醇溶液、加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液、加热；（5）G的结构简式为：HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH，故答案为：HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH；（6）a．G中烃基较大，溶解性小于乙二酸的，M属于酯，难溶于水，故a之间；b．B→D属于加成反应，故b错误；c．H含有碳碳双键，可以发生加聚反应，含有2个羧基，能发生缩聚反应，故c正确，故选：ac；（7）M→N的化学方程式为：，故答案为：；（8）H为HOOC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH，满足下列条件的H的一种同分异构体：①只含有一种官能团，②酸性条件下水解产物只有一种，符合条件的结构简式为：，故答案为：．9．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SO42﹣，故答案为：除去SO42﹣；（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：60．10．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂．（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价，Na2FeO4具有较强的氧化性（填“氧化性”或“还原性”）．（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3+3H+（用离子方程式表示）．（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完成下列化学方程式：2FeCl 3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+5H2O+9NaCl．（4）工业上还可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4．①若电解所需的浓NaOH溶液为16mol/L，则在实验室配制500mL该浓度的溶液需NaOH 320.0g，配制过程所需玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．②电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示：阳极的电极反应式是Fe﹣6e ﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；可循环使用的物质是NaOH溶液，理由是水电离的H+在阴极放电：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c （NaOH）增大，故可以循环使用．．【考点】电解原理；氧化还原反应．【分析】（1）根据化合价的代数和为0来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；（2）Fe3+水解产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式；（3）根据得失电子数守恒和质量守恒来分析；（4）①根据n=CV和m=nM来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；②依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH﹣在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析；【解答】解：（1）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；故答案为：+6；氧化性；（2）Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O ⇌Fe（OH）3+3H+；（3）由于是用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol 失去6mol电子，被氧化为2molNa2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO 中+1价氯元素还原为﹣1价，得3molCl﹣，加上2molFeCl3中的6molCl﹣，一共会生成9molNaCl；反应物中有10molNaOH，根据氢原子的守恒可知，产物中会生成5molH2O，故答案为：Na2FeO4；H2O；NaCl；（4）①所需的NaOH的物质的量n=CV=16mol/L×0.5L=8mol，质量m=nM=8mol×40g/mol=320.0g；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器为天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：320.0g，烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；②阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO 42﹣+4H2O；在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；NaOH溶液；水电离的H+在阴极放电：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用．11．某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置省略）（1）D中产生NaHCO3的化学方程式是Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3．（2）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3﹣+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体．（3）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用．为确定固体的成分，实验小组设计方案如下（称取一定质量的固体，配成1000mL溶液作为样液，其余固体备用）：①方案1：取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀．实验小组对现象产生的原理进行分析，认为该方案不合理，理由是Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3．②方案2：取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生．实验小组认为固体中存在NaHCO3，其离子方程式是2HCO3﹣+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O．该小组认为不能确定是否存在Na2CO3．③方案3：实验小组中甲、乙同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验：甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH，结果表明白色固体中存在NaHCO3．为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3，结合甲同学实验，还应补充的实验是取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照．。
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海淀区高三年级第二学期适应性练习化学2016．3可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.56. 下列铁制品（铁钉或钢铁管道）易被腐蚀的是水膜．．．A．Na2S的电子式：B．HClO的结构式：H－O－ClC．2,2-二甲基丙烷的结构简式：D．氯离子结构示意图可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－8.下列说法不．正确．．的是A．食盐和醋都是常用的食品添加剂B．钙、铁、碘都是人体内必需的微量元素C．ClO2、O3等均可用于饮用水消毒D．静脉滴注NaHCO3溶液可治疗水杨酸中毒反应9. 下列说法正确的是A．丙烷、丁烷、正戊烷的沸点依次降低B．乙二醇、丙氨酸均可发生缩聚反应C．蔗糖和麦芽糖水解的最终产物都是葡萄糖D．饱和(NH4)2SO4溶液可导致蛋清液变性凝固10. 下列实验不能．．用右图所示装置实现的是A. 用CCl4提取碘水中的碘B. 用水去除硬脂酸钠中的甘油C. 用NaOH溶液除去溴苯中的溴D. 用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸11. W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素。
W元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，X元素原子的电子层数是最外层电子数的3倍，Y元素原子M层上的电子数为6。
则下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>XB．简单阴离子还原性：Z>YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>YD．W与Z形成的化合物一定是易溶于水的气体12. 某化工厂采用稀NaOH溶液脱除CO2。
若碱洗脱除后所得废液的pH约为13（已知：相同温度下饱和Na2CO3溶液的pH约为12），则下列说法正确的是A. 该溶液中：c(OH-)>c(Na+)> c(CO32-)> c(HCO3-)> c(H+)B.该溶液中：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+2c(CO32-)+ c(HCO3-)C. 加水稀释该溶液，恢复至原温度，pH增大，K w不变D. 该溶液pH约为13的原因：CO 32-+H2O HCO3-+OH-25.（17分）天然橡胶和香料柑青酸甲酯衍生物F的合成路线如下：已知：①②(R、R’可以是氢原子、烃基或官能团)（1）F中所含官能团的名称是________。
（2）试剂a的结构简式是________。
（3）关于试剂b的下列说法正确是________（填字母序号）。
a. 存在顺反异构体b. 难溶于水c. 能发生取代、加成和氧化反应d. 不能与NaOH溶液发生反应（4）A与试剂b反应生成B的化学方程式是________。
（5）C发生银镜反应的化学方程式是________。
（6）E的结构简式是________。
（7）分子中含有和结构的D的所有同分异构共有________种(不包括顺反异构体)，写出其中任意两种的结构简式________。
发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径。
（1）将煤转化成水煤气的反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂(其他条件保持不变)，此反应的△H________（填“增大”、“减小”或“不变”），判断的理由是________。
（2）CO2制备甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝-49.0 kJ·mol－1，在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如右图所示。
①该反应化学平衡常数K的表达式是________。
②0~9min时间内，该反应的平均反应速率ν(H2) =________。
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5 L时，此反应达平衡时放出的热量(Q)可能是________（填字母序号）kJ。
a. 0< Q <29.5b. 29.5< Q <36.75c. 36.75< Q <49d. 49< Q <98④在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（α）与L和X的关系如右图所示，L和X分别表示温度或压强。
i. X表示的物理量是。
ii. 判断L1与L2的大小关系，并简述理由：。
（3）利用铜基催化剂光照条件下由CO2和H2O制备CH3OH的装置示意图如下图所示，该装置工作时H+移向极（填“a”或“b”），阴极的电极反应式是。
聚合氯化铝(PAC)是常用于水质净化的无机高分子混凝剂，其化学式可表示为[Al2(OH)n Cl6-n]m(n<6，m为聚合度)。
PAC常用高温活化后的高岭土(主要化学组成为Al2O3、SiO2、Fe2O3)进行制备，工艺流程如下图所示：（1）盐酸酸浸所涉及反应的离子方程式是。
（2）已知：生成氢氧化物沉淀的pH注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1根据表中数据解释加入X的主要目的：，滤渣中主要含有物质的化学式是。
（3）已知：生成液体PAC的反应为2Al3+ + m(6-n) Cl- + mn H2[Al2(OH)n Cl6-n]m + mn H+。
用碳酸钙调节溶液的pH时，要严控pH的大小，pH偏小或偏大液体PAC的产率都会降低。
请解释pH偏小液体PAC产率降低的原因：。
（4）浓缩聚合得到含PAC的液体中铝的各种形态主要包括：Al a——Al3+单体形态铝Al b——[Al2(OH)n Cl6-n]m聚合形态铝Al c——Al(OH)3胶体形态图1为Al各形态百分数随温度变化的曲线；图2为含PAC的液体中铝的总浓度Al T 随温度变化的曲线。
①50-90℃之间制备的液体PAC中，形态铝含量最多。
②当T>80℃时，Al T明显降低的原因是。
某实验小组用下图装置制备家用消毒液，并探究其性质。
反应停止后，取洗气瓶中无色溶液5mL分别进行了如下实验：（1）写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式、。
（2）查阅资料：酚酞的变色范围为8.2～10，且酚酞在强碱性溶液中红色会褪去为探究操作a中溶液褪色的原因，又补充了如下实验：获得结论：此实验小组制备的消毒液具有性。
（3）该小组由操作b获得结论：随着溶液酸性的增强，此消毒液的稳定性下降。
①操作b中溶液变成黄绿色的原因：(用离子方程式表示)。
②有同学认为由操作b获得上述结论并不严谨，需要进一步确认此结论的实验方案是。
（4）有效氯的含量是检测含氯消毒剂消毒效果的重要指标。
具体用“单位质量的含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯气的质量”进行表征，一般家用消毒液有效氯含量在5%以上。
小组同学进行如下实验测定有效氯：取此消毒液5 g，加入20 mL 0.5mol·L-1 KI溶液，10 mL 2mol·L-1的硫酸溶液；加几滴淀粉溶液后，用0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O320 mL。
(已知：2S2O32- + I2 === S4O62- + 2I-)①达到滴定终点时的实验现象是。
②此消毒液有效氯含量为%(保留一位有效数字)。
获得结论：此实验制得的消毒液（填“符合”或“不符合”）家用要求。
海淀区高三年级第二学期适应性练习化学参考答案2016．3第I卷（选择题，共42分）共第II卷（非选择题，共58分）阅卷说明：1. 不出现0.5分,最低0分，不出现负分。
2. 简答题文字表述中划线部分为给分点。
3. 其他合理答案可酌情给分。
25．（共17分，特殊标注外，每空2分）（1）碳碳双键、酯基(每个名称1分)（2）HCHO（3）bc（4）(3分，物质1分，配平1分，条件1分；漏写HCl但其他物质正确得1分)（5）(3分，物质1分，配平1分，条件1分；漏写H2O但其他物质正确得1分)（6）（7）7种(1分)或其他合理答案(每个结构简式1分)26．（共14分，特殊标注外，每空2分）（1）不变(1分)加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变（2）①K = (1分)②0.25 mol·L-1·min-1③ c④i. 温度(1分)ii. L1>L2 温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大（3）①a(1分)②CO2 + 6H+ + 6e- == CH3OH + H2O27．（共12分，特殊标注外，每空2分）（1）6H+ + Al2O3 ===2Al3+ + 3H2O 6H+ + Fe2O3 === 2Fe3+ + 3H2O(每个方程式1分) （2）调节溶液pH至Fe3+完全沉淀Fe(OH)3、SiO2(每个1分)（3）pH偏小时，抑制平衡2Al3+ + m(6-n) Cl- + mn H2[Al2(OH)n Cl6-n]m + mn H+正向移动生成PAC（4）①聚合②温度升高，导致液体PAC向Al(OH)3沉淀转化28．（共15分；除特殊标注外，每空2分）（1）4HCl + MnO2 === Cl2↑+ MnCl2 + 2H2O、Cl2 + 2NaOH === NaClO + NaCl + H2O(每个方程式2分)（2）5mL pH = 13漂白性(1分，多答“强碱性”不扣分)（3）①2H+ + ClO- + Cl- === Cl2↑+ H2O②取洗气瓶中溶液5mL，向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色（4）①溶液蓝色褪去(1分)②1.42 %不符合(1分)。