北京市高三理综3月适应性测试(海淀零模)(化学部分)新人教版

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北京市海淀区高考化学零模试卷(含解析)

一、选择题（共7 小题，每题 6 分，满分42 分）1．（ 6 分）化学人类生活亲密有关，以下说法正确的选项是（）A． PM2.5 中含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B．柠檬在味觉上有酸味，是酸性食品C．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常有的胃酸中和剂D．“地沟油”严禁食用，但办理后可用来制肥皂和生物柴油2．（ 6 分）与以下事实对应的化学用语不正确的选项是（）A．用热的纯碱溶液能够冲洗油污：2﹣﹣﹣CO+H O? HCO +OH323B．配制 FeSO4溶液时加入适当的铁粉：Fe3+ +Fe═2Fe2+++﹣NH↑+2H O C．向 NHHSO溶液中加过度的 NaOH溶液并加热： NH +H +2OH44432D．铝片溶于较浓的 NaOH溶液中，产生气体：﹣﹣+3H2↑2Al+2OH +2HO═2AlO23．（ 6 分）依照如图判断，以下说法正确的选项是（）A． 2mol H 2（g）与 1mol O 2（ g）所拥有的总能量比2mol H 2O（g）所拥有的总能量低﹣1B．氢气的焚烧热为△ H=﹣241.8 kJ?molC．液态水分解的热化学方程式为： 2H2O（ l ）═ 2H2（g） +O2（ g）△ H=+571.6kJ?mol ﹣1 D． H2O（ g）生成 H2O（ l ）时，断键汲取的能量小于成键放出的能量4．（ 6 分）以下说法不正确的选项是（）A．银氨溶液能够用于划分麦芽糖和蔗糖．B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点挨次高升C． 1mol 乙酰水杨酸（）最多能够和2molNaOH反响D．可用和HCHO为原料合成5．（ 6 分）海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只好让锂离子经过的特别互换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理以下图．以下说法不正确的选项是（）A． a 连结电源的正极B． Li +的挪动方向是从海水进入到盐酸中C．过程中还可能获取有经济价值的副产物氢气和氯气D．一段时间后， b 电极邻近溶液的pH降低6．（ 6 分）下述实验方案不可以达到实验目的是（）编号A B CD实验方案片晌后在Fe 电极邻近滴入K3溶液1 加入 3 滴同浓度的AgNO3溶液2 再加入3 滴同浓度的Na2S 溶液目的考证乙炔的复原性采集氨气考证Fe电极被保护考证AgCl的溶解度大于 Ag2 SA．A B．B C．C D．D7．（6 分）已知反响：2NO（红棕色） ? N2O4（无色）△ H＜ 0，将必定量的NO2充入注射器中后封口，如图是拉伸和压缩 =注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）．以下说法正确的选项是（）A． b 点的操作的压缩注射器B． c 点与 a 点对比： c（ NO2）增大， c（N2O4）减少C．若不忽视系统温度变化，且没有能量损失，则T（ b）＞ T（ c）D． d 点： v（正）＞ v（逆）二、解答题（共 4 小题，满分58 分）8．（ 14 分）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻挡血栓扩展，其构造简式为：醋硝香豆素能够经过以下方法合成（部分反响条件省略）．已知：+H2O回答以下问题：（1）反响①的反响种类是．（2）从 A 到 B 引入的官能团名称是．（3）反响②的化学方程式为．（4）反响③的化学方程式为．（ 5）对于 E 物质，以下说法正确的选项是（填字母序号）．a．在核磁共振氢谱中有四组汲取峰b．能够用酸性高锰酸钾溶液鉴识D和 Ec．能够发生加成反响、聚合反响、氧化反响和复原反响d．存在顺反异构（6）写出 G的构造简式．（7）分子构造中只含有一个环，且同时切合以下条件的G的同分异构体共有种．此中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的构造简式为．9．（ 15 分） 3 名同学在用氯酸钾和二氧化锰混淆加热制取氧气的过程中，发现生成的气体有刺激性气味，针对这一“异样现象”进行了实验研究及剖析．（ 1）甲用润湿的KI ﹣淀粉试纸查验上述生成的气体，察看到试纸变蓝，据此判断氧气中混有Cl 2．用离子方程式解说甲判断试纸变蓝的原由．（2）乙以为上述现象只好说明混淆气体拥有性，实验中使试纸变蓝的气体单质还可能是．为了进一步考证甲的推测，乙增补了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有溶液的洗气瓶中，若现象为，则甲的推测合理．（ 3）丙查阅文件获知，这类方法制取氧气的过程中确有Cl 2产生，而且查到了以下反响历程：①2KClO3+2MnO→2KMnO4+Cl 2↑+O2↑②反响②，③K2MnO4+Cl 2→2KCl+MnO+O2↑总反响2KClO 3→2KCl+3O2↑丙设计实验，经过察看 MnO4﹣的特点颜色来考证反响历程中①的发生，详细实验操作为：将必定量的 KClO3和 MnO2混淆于试管中，加热，，写出历程中反响②的化学方程式．（4）另据文件记录：此法制取的氧气中除了含有 Cl 2，还混有化合物 ClO2，ClO2拥有强氧化性，能够将污水中的 S2﹣氧化成 SO42﹣，反响的离子方程式为．10．（ 14 分）物质的类型和中心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（ 1）图中 X 的电子式为；其水溶液长久在空气中搁置简单变污浊，该变化表现出：S 非金属性比 OO（填“强”或“弱”）．用原子构造解说原由：同主族元素最外层电子数同样，从上到下，，得电子能力渐渐减弱．（ 2） Na2S2O3是一种用途宽泛的钠盐．①以下物质用于Na2S2O3的制备，从氧化复原反响的角度，理论上有可能的是（填字母序号）．a． Na2S+S b．Z+S c．Na2SO3+Y d．NaHS+NaHSO3②已知反响： Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反响速率时，以下说法正确的选项是（填写字母序号）．a．可经过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反响的速率b．可经过比较出现污浊的时间，研究浓度、温度等要素对该反响速率的影响c．可经过 Na S O 固体与稀硫酸和浓硫酸的反响，研究浓度对该反响速率的影响223（ 3）治理含 CO、SO的烟道气，能够将其在催化剂作用下转变为单质S 和无毒的气体．222﹣ 1①已知： CO（ g）+ O（g） =CO（g）△ H=﹣283kJ?molS（ s）+O2（ g） =SO2（ g）△ H=﹣296kJ?mol ﹣1则治理烟道气反响的热化学方程式为．②必定条件下，将 CO与 SO2以体积比为 4：1 置于恒容密闭容器中发生上述反响，以下选项能说明反响达到均衡状态的是（填写字母序号）．a． v （CO）： v（SO2） =2： 1b．均衡常数不变c．气体密度不变d． CO2和 SO2的体积比保持不变测得上述反响达均衡时，混淆气体中CO的体积分数为，则SO2的转变率为．11．（ 15 分）某 NiO 的废猜中有FeO、 CuO、 Al 2O3、MgO、 SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni 的流程以下：已知：有关金属离子生成氢氧化物积淀所需的pH 如图 1：（1）滤渣 1 的主要成分为．（2）电解脱铜：金属铜在极析出．（3）①用离子方程式解说加入H2O2的作用．②加 Na2 CO3调理溶液的 pH 至 5，则滤渣 2 的主要成分为．（ 4）从滤液 2 中获取 NiSO4． 6H2O的实验操作是、过滤、清洗、干燥．（ 5）电解浓缩后的滤液 2 可获取金属镍，其基本反响原理表示图 2 以下：①A极的电极反响式为和2H++2e﹣=H2↑．②B极邻近 pH 会（填“增大”、“减小”或“不变”）；用均衡挪动原理解说 B 极邻近 pH 变化的原由：．③若一段时间后，在A、 B 两极均采集到11.2L 气体（标准状况下），理论上能获取Ni g ．北京市海淀区2015 届高考化学零模试卷参照答案与试题分析一、选择题（共7 小题，每题 6 分，满分42 分）1．（ 6 分）化学人类生活亲密有关，以下说法正确的选项是（）A． PM2.5 中含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B．柠檬在味觉上有酸味，是酸性食品C．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常有的胃酸中和剂D．“地沟油”严禁食用，但办理后可用来制肥皂和生物柴油考点：常有的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系；药物的主要成分和疗效．专题：化学应用．剖析：A、砷为非金属元素；B、食品的酸碱性并不是指味觉上的酸碱性，也不是指化学上所指的溶液的酸碱性，而是指食品在体内代谢最后产物的性质来分类；C、碳酸钠的腐化性过强，不可以用于治疗胃酸过多；D、地沟油是对生活中存在的各种低质油的统称，长久食用可能会引起癌症，对人体的危害极大．其主要成分仍旧是高级脂肪酸甘油酯，经加工办理后，可用来制肥皂和生物柴油，能够实现厨余废物合理利用；解答：解： A、PM 2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，此中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故 A 错误；B、柠檬含钾、钠、钙、镁等元素，在人体内代谢后生成碱性物质，为碱性食品，故 B 错误；C、氢氧化钠和碳酸钠的腐化性过强，对胃的刺激性过大，不可以用于治疗胃酸过多，故 C错误；D、地沟油经加工办理后，可用来制肥皂和生物柴油，能够实现厨余废物合理利用，故 D正确；应选 D．评论：此题考察了化学知识在生活中的应用，难度不大，属于识记型知识，注意概括总结．2．（ 6 分）与以下事实对应的化学用语不正确的选项是（）A．用热的纯碱溶液能够冲洗油污：2﹣﹣﹣323CO+H O? HCO +OHB．配制 FeSO4溶液时加入适当的铁粉：Fe3+ +Fe═2Fe2+C．向 NH4HSO4溶液中加过度的 NaOH溶液并加热：++﹣NH3↑+2H2O NH4+H +2OH﹣﹣D．铝片溶于较浓的 NaOH溶液中，产生气体： 2Al+2OH +2HO═2AlO22+3H ↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反响专题．剖析：A．碳酸根为强碱弱酸盐，水解显碱性，油污主要成分为油脂在碱性条件下水解完全；B．电荷不守恒；C．氢氧化钠足量，氢离子、氨根离子都发生反响；D．铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气．解答：解： A．用热的纯碱溶液能够冲洗油污，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根：2CO3﹣﹣﹣+H2O? HCO3+OH ，故 A 正确；B．配制 FeSO 溶液时加入适当的铁粉，离子方程式：3+2+2Fe +Fe═3Fe，故 B 错误；4C．向 NHHSO溶液中加过度的 NaOH溶液并加热：++﹣NH↑+2H O，故 C 正确；NH +H+2OH44432D．铝片溶于较浓的 NaOH溶液中，产生气体，离子方程式：﹣﹣+3H2↑，故2Al+2OH +2H2O═2AlO 2D正确；应选： B．评论：此题考察了离子方程式的书写，明确反响本质是解题重点，注意反响一定按照客观规律，按照电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大．3．（ 6 分）依照如图判断，以下说法正确的选项是（）A． 2mol H 2（g）与 1mol O 2（ g）所拥有的总能量比2mol H 2O（g）所拥有的总能量低﹣ 1B．氢气的焚烧热为△ H=﹣241.8 kJ?molC．液态水分解的热化学方程式为： 2H2O（ l ）═ 2H2（g） +O2（ g）△ H=+571.6kJ?mol ﹣1D． H2O（ g）生成 H2O（ l ）时，断键汲取的能量小于成键放出的能量考点：化学反响的能量变化规律；反响热和焓变；热化学方程式．剖析： A.2mol H 2（ g）与 1mol O 2（ g）反响生成 2mol H 2O（ g），放出 483.6kJ 的热量，故2mol H 2（g）与 1mol O 2（ g）所拥有的总能量比 2mol H 2O（g）所拥有的总能量高；B．氢气的焚烧热是指1mol 氢气完整焚烧生成液态水放出的热量；C．液态水分解的热化学方程式为： 2H2O（ l ）═2H（2g）+O（2 g），△H=+（483.6+88 ）=+571.6kJ?mol ﹣1 ；D． H O（ g）生成 H O（ l ）时，放出热量，故断键汲取的能量小于成键放出的能量．22解答：解： A.2mol H 2（ g）与 1mol O 2（ g）反响生成 2mol H 2O（ g），放出 483.6kJ 的热量，故 2mol H （ g）与 1mol O （ g）所拥有的总能量比2mol H O（ g）所拥有的总能量高，故 A 错222误；B．氢气的焚烧热是指1mol 氢气完整焚烧生成液态水放出的热量，故氢气的焚烧热为=285.8kJ?mol ﹣1，故 B 错误；C．液态水分解的热化学方程式为： 2H2O（ l ）═2H（2g）+O（2 g），△H=+（483.6+88 ）=+571.6kJ?mol ﹣1，故 C 正确；D． H O（ g）生成 H O（ l ）为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故 D 错误；应选 C．评论：此题考察化学反响能量变化剖析，主假如能量守恒和反响本质的理解应用，难度不大．4．（ 6 分）以下说法不正确的选项是（）A．银氨溶液能够用于划分麦芽糖和蔗糖．B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点挨次高升C． 1mol 乙酰水杨酸（）最多能够和2molNaOH反响D．可用和 HCHO为原料合成考点：有机物的构造和性质；晶体熔沸点的比较；有机物的鉴识；常用合成高分子资料的化学成分及其性能．剖析：A．麦芽糖为复原性糖，能够与银氨溶液反响；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量渐渐增大，氢键数量增加；C．乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基；D．反响近似苯酚与甲醛的缩聚反响．解答：解： A．麦芽糖为复原性糖，能够与银氨溶液反响，蔗糖不反响，故 A 正确；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量渐渐增大，氢键数量增加，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点挨次高升，故 B 正确；C．乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基，则1mol 乙酰水杨酸（）最多能够和3molNaOH反响，故C 错误；D．反响近似苯酚与甲醛的缩聚反响，故 D 正确．应选 C．评论：此题考察有机物的构造和性质，为高频考点和常有题型，重视于学生的剖析的考察，注意掌握有机物的官能团的性质以及有机物的构造，难度不大．5．（ 6 分）海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只好让锂离子经过的特别互换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理以下图．以下说法不正确的选项是（）A． a 连结电源的正极B． Li +的挪动方向是从海水进入到盐酸中C．过程中还可能获取有经济价值的副产物氢气和氯气D．一段时间后， b 电极邻近溶液的pH降低考点：电解原理．剖析：要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海长进入到盐酸中，依照电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知 b 为阴极与电源负极相连， a 为阳极与电源正极相连；电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失掉电子发生复原反响生成氢气，据此解答．解答：解： A．要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海长进入到盐酸中，依照电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知 b 为阴极与电源负极相连， a 为阳极与电源正极相连，故 A正确；B．电解池中阳离子移向阴极， b 电极为阴极，因此Li +的挪动方向是从海水进入到盐酸中，故B 正确；C．电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失掉电子发生复原反响生成氢气，故 C正确；D． b 电极为阴极，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，pH 值增大，故 D 错误；应选： D．评论：此题考察了电解原理，明确电解池工作原理、正确判断电解池的阴阳极及发生的反应是解题重点，题目难度不大．6．（ 6 分）下述实验方案不可以达到实验目的是（）编号A B CD实验方案片晌后在Fe 电极邻近滴入K3溶液1 加入 3 滴同浓度的AgNO3溶液2 再加入3 滴同浓度的Na2S 溶液目的考证乙炔的复原性采集氨气考证Fe电极被保护考证AgCl的溶解度大于 Ag2 SA．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评论．剖析：A．生成乙炔中含硫化氢；B．铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住；C．原电池中Zn 为负极；D．发生积淀的转变．解答：解： A．生成乙炔中含硫化氢，硫酸铜与硫化氢反响可除杂，乙炔被高锰酸钾氧化，可考证乙炔的复原性，故 A 正确；B．铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住，因氨气与硫酸反响，不可以用沾有稀硫酸的棉花，故 B 错误；C．原电池中 Zn 为负极， Fe 不会失掉电子， Fe 电极邻近滴入 K3溶液无现象可考证 Fe 电极被保护，故 C正确；D．加入 3 滴同浓度的AgNO3溶液，再加入 3 滴同浓度的Na2S 溶液，发生积淀的转变，则考证AgCl 的溶解度大于Ag2S，故 D 正确；应选 B．评论：此题考察化学实验方案的评论，为高频考点，掌握物质的制备及除杂、原电池及应用、积淀的转变等为解答的重点，重视反响原理及剖析与实验能力的考察，注意实验的评论性剖析，题目难度不大．7．（6 分）已知反响：2NO（红棕色） ? N2O4（无色）△ H＜ 0，将必定量的NO2充入注射器中后封口，如图是拉伸和压缩 =注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）．以下说法正确的选项是（）A． b 点的操作的压缩注射器B． c 点与 a 点对比： c（ NO）增大， c（N O）减少224C．若不忽视系统温度变化，且没有能量损失，则T（ b）＞ T（ c）D． d 点： v（正）＞ v（逆）考点：化学均衡的影响要素．剖析：该反响是正反响气体体积减小的放热反响，压强增大均衡虽正向挪动，但二氧化氮浓度增大，混淆气体颜色变深，压强减小均衡逆向挪动，但二氧化氮浓度减小，混淆气体颜色变浅，据图剖析， b 点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小， c 点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此剖析．解答：解： A、b 点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B、 c 点是压缩注射器后的状况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故 B 错误；C、 b 点开始是压缩注射器的过程，均衡正向挪动，反响放热，致使T（ b）＜ T（ c），故 C 错误；D、 c 点后的拐点是拉伸注射器的过程， d 点是均衡向气体体积增大的逆向挪动过程，因此v （逆）＞ v（正），故 D 错误；应选 A．评论：此题经过图象和透光率考察了压强对均衡挪动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大．二、解答题（共 4 小题，满分58 分）8．（ 14 分）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻挡血栓扩展，其构造简式为：醋硝香豆素能够经过以下方法合成（部分反响条件省略）．已知：+H2O回答以下问题：（ 1）反响①的反响种类是代替反响（或硝化反响）．（2）从 A 到 B 引入的官能团名称是溴原子．（3）反响②的化学方程式为．（ 4）反响③的化学方程式为．（ 5）对于 E 物质，以下说法正确的选项是cd （填字母序号）．a．在核磁共振氢谱中有四组汲取峰b．能够用酸性高锰酸钾溶液鉴识D和 Ec．能够发生加成反响、聚合反响、氧化反响和复原反响d．存在顺反异构（ 6）写出 G的构造简式．（ 7）分子构造中只含有一个环，且同时切合以下条件的G的同分异构体共有13 种．此中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的构造简式为．考点：有机物的推测．剖析：甲苯和硝酸发生代替反响生成A，依据 D的构造知， A 构造简式为，B的构造简式为，联合 C相对分子质量知，C构造简式为，D和丙酮反响生成E，E 构造简式为，苯酚和丙二酸酐反响生成G， E 和 G反响生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素构造简式知，G构造简式为，据此剖析解答．解答：解：甲苯和硝酸发生代替反响生成A，依据 D 的构造知， A 构造简式为，B的构造简式为，联合 C 相对分子质量知， C 构造简式为，D和丙酮反响生成E，E 构造简式为，苯酚和丙二酸酐反响生成G，E 和 G反响生成醋酸香豆素，依据醋酸香豆素构造简式知，G构造简式为，（ 1）经过以上剖析知，反响①的反响种类是代替反响（或硝化反响），故答案为：代替反响（或硝化反响）；（2）从 A 到 B 引入的官能团名称是溴原子，故答案为：溴原子；（3）反响②的化学方程式为，故答案为：；（ 4）反响③的化学方程式为，故答案为：；（5） E为，a．在核磁共振氢谱中有五组汲取峰，故错误；b． E 中含有碳碳双键、羰基、硝基， D 中含有醛基、硝基，碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不可以够用酸性高锰酸钾溶液鉴识D和 E，故错误；c． E 中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环，能够发生加成反响、聚合反响、氧化反响和复原反响，故正确；d．碳碳双键碳原子连结不一样的支链，因此存在顺反异构，故正确；应选 cd；（ 6） G构造简式为，故答案为：；（ 7） G为，分子构造中只含有一个环，G的同分异构体切合以下条件：假如代替基为﹣COOH、﹣ C≡CH、﹣ OH，假如﹣ COOH、﹣ OH位于邻位，有 4 种同分异构体；假如﹣ COOH、﹣ OH位于间位，有 3 种同分异构体；假如﹣ COOH、﹣ OH位于对位，有 3 种同分异构体；假如代替基为﹣ C≡CCOOH、﹣OH，有邻间对三种构造；因此有 13 种同分异构体；且苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的构造简式为，故答案为： 13；．评论：此题考察有机物推测，为2015 届高考高频点，重视考察学生剖析推测能力，以甲苯和对硝基甲苯构造简式联合反响条件进行推测物质，注意联合题给信息，明确D生成E时断键和成键方式，难点是同分异构体种类的判断，注意碳碳双键碳原子上不可以连结﹣OH，为易错点．9．（ 15 分） 3 名同学在用氯酸钾和二氧化锰混淆加热制取氧气的过程中，发现生成的气体有刺激性气味，针对这一“异样现象”进行了实验研究及剖析．（ 1）甲用润湿的KI ﹣淀粉试纸查验上述生成的气体，察看到试纸变蓝，据此判断氧气中混有Cl 2．用离子方程式解说甲判断试纸变蓝的原由Cl 2+2I ﹣═2Cl ﹣ +I 2．（ 2）乙以为上述现象只好说明混淆气体拥有氧化性，实验中使试纸变蓝的气体单质还可能是O3或 O2．为了进一步考证甲的推测，乙增补了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有硝酸酸化的硝酸银溶液的洗气瓶中，若现象为产生白色积淀，则甲的推测合理．（ 3）丙查阅文件获知，这类方法制取氧气的过程中确有Cl 2产生，而且查到了以下反响历程：①2KClO3+2MnO→2KMnO4+Cl 2↑+O2↑②反响②，③K2MnO4+Cl2→2KCl+MnO2+O2↑总反响 2KClO 3→2KCl+3O2↑丙设计实验，经过察看 MnO4﹣的特点颜色来考证反响历程中①的发生，详细实验操作为：将一定量的 KClO3和 MnO2混淆于试管中，加热，在KClO3未完整分解前，冷却混淆物并把它倒入水中，写出历程中反响②的化学方程式2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑．（ 4）另据文件记录：此法制取的氧气中除了含有Cl 2，还混有化合物ClO2，ClO2拥有强氧化性，能够将污水中的2﹣42﹣，反响的离子方程式为22﹣242﹣+8Cl﹣+ S氧化成 SO8ClO +5S+4H O═5SO+8H或2﹣﹣2﹣﹣8ClO +5S +8OH =5SO +8Cl+4H O．242考点：研究物质的构成或丈量物质的含量；研究化学实验中的失常现象．剖析：（ 1）润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气拥有强氧化性，能氧化碘离子生成碘；（ 2）氧气或臭氧也能氧化碘离子；假如为氯气，氯气和水反响生成 HCl ，致使溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银查验；（ 3）在 KClO 3 未完整分解前，冷却混淆物并把它倒入水中，依据溶液颜色判断能否含有高锰酸钾；（ 4） ClO 2 拥有强氧化性，能够将污水中的 S 2﹣氧化成 SO 42﹣，自己被复原生成氯离子．解答：解：（ 1）润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气拥有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，离子方程式为 Cl 2+2I ﹣ ═2Cl ﹣+I 2，故答案为： Cl +2I ﹣ ═2Cl ﹣ +I ；2 2（ 2）碘离子被氧化生成碘，说明气体拥有氧化性； O 3 或 O 2 也能氧化碘离子，因此试纸变蓝的气体中可能含有氧气或臭氧；假如为氯气，氯气和水反响生成HCl ，致使溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银查验，假如产生白色积淀，就说明气体中含有氯气，因此能够用硝酸酸化的硝酸银溶液查验，故答案为：氧化； O 3 或 O 2；硝酸酸化的硝酸银；产生白色积淀；（ 3）高锰酸钾溶液呈紫色，要想查验固体中含有高锰酸钾，只需将固体加入水中依据溶液颜色判断即可，因此操作是：在 KClO 未完整分解前，冷却混淆物并把它倒入水中，高锰酸钾分3解生成锰酸钾，因此反响②方程式为2KMnO ═K MnO+MnO+O ↑，42 4 22故答案为：在 KClO 3 未完整分解前，冷却混淆物并把它倒入水中；2KMnO 4═K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑；22﹣氧化成 4 2﹣，自己被复原生成氯离子，离子方（ 4） ClO 拥有强氧化性，能够将污水中的SSO2﹣2﹣+8Cl﹣ +2﹣ ﹣2﹣ +8Cl ﹣+4H 2O ，故答案为：程式为 8ClO 2+5S +4H 2O ═5SO 4 +8H 或 8ClO 2+5S +8OH =5SO 4 2﹣2﹣ +8Cl ﹣+2﹣ ﹣ 2﹣ +8Cl ﹣+4H 2O ．8ClO 2+5S +4H 2O ═5SO 4 +8H 或 8ClO 2+5S +8OH =5SO 4评论：此题考察研究物质的构成，重视考察物质性质、物质之间的反响，波及氧化复原反应、离子查验、物质成分判断等知识点，明确物质性质是解此题重点，知道常有离子查验方法、实验现象等，题目难度中等．10．（ 14 分）物质的类型和中心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（ 1）图中 X 的电子式为；其水溶液长久在空气中搁置简单变污浊，该变化表现出： S 非金属性比 O 弱 O （填“强”或“弱”）．用原子构造解说原由：同主族元素最外层电子数同样，从上到下，电子层数增加，原子半径增大，得电子能力渐渐减弱．（ 2） Na 2S 2O 3 是一种用途宽泛的钠盐．①以下物质用于 Na 2S 2O 3 的制备，从氧化复原反响的角度，理论上有可能的是bd （填字母序号）．a． Na2S+S b．Z+S c．Na2SO3+Y d．NaHS+NaHSO3②已知反响： Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反响速率时，以下说法正确的选项是 b （填写字母序号）．a．可经过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反响的速率b．可经过比较出现污浊的时间，研究浓度、温度等要素对该反响速率的影响c．可经过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反响，研究浓度对该反响速率的影响（ 3）治理含 CO、SO的烟道气，能够将其在催化剂作用下转变为单质S 和无毒的气体．2①已知： CO（ g）+O2（g） =CO（g）△ H=﹣283kJ?mol﹣ 12S（ s）+O2（ g） =SO2（ g）△ H=﹣296kJ?mol ﹣1则治理烟道气反响的热化学方程式为2CO（ g）+SO2（ g）═S（ s）+2CO（ g）△H=﹣270 kJ?mol ﹣1 ．②必定条件下，将 CO与 SO2以体积比为 4：1 置于恒容密闭容器中发生上述反响，以下选项能说明反响达到均衡状态的是 cd（填写字母序号）．a． v （CO）： v（SO2） =2： 1b．均衡常数不变c．气体密度不变d． CO2和 SO2的体积比保持不变测得上述反响达均衡时，混淆气体中CO的体积分数为，则SO2的转变率为60%．考点：化学反响速率的影响要素；同一主族内元生性质递变规律与原子构造的关系；用盖斯定律进行有关反响热的计算；化学均衡状态的判断．剖析：（ 1） X 为 H2S， S 最外层 6 个电子，能够与 2 个 H 原子形成共价键； H2S 在空气中变污浊是由于被氧气氧化为 S；同主族元素最外层电子数同样，原子半径自上而下渐渐增大，得电子能力渐渐减弱，失电子能力渐渐加强；（ 2）① Na2S2O3中 S 为 +2 价，从氧化复原的角度剖析，反响物中S 元素化合价一定分别大于2和小于 2；②硫代硫酸钠与稀硫酸反响生成了单质硫，溶液变污浊，反响速率越快，出现污浊时间越短；（ 3）①利用已知热化学方程式，利用盖斯定律进行书写；②反响达到均衡状态时正逆反响速率相等，各组分浓度保持不变，据此剖析；利用三段式法计算二氧化硫的转变率．解答：解：（ 1） X 为 H2S， S 最外层 6 个电子，能够与 2 个 H 原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变污浊是由于被氧气氧化为S，因此 S 非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数同样，原子半径自上而下渐渐增大，得电子能力渐渐减弱，失电子能力渐渐加强，故答案为：；弱；电子层数增加，原子半径增大；（ 2）① Na2S2O3中 S 为 +2 价，从氧化复原的角度剖析，反响物中S 元素化合价一定分别大于2和小于 2， a 中 S化合价都小于2，c 中 S 的化合价都大于2， bd 切合题意，故答案为： bd；②依据硫代硫酸钠与稀硫酸反响生成了单质硫，溶液变污浊，能够判断反响速率快慢，反响速率越快，出现污浊时间越短，故答案为：b；（ 3）①已知：① CO（ g） +O2（ g） =CO2（ g）△ H=﹣283kJ?mol ﹣1。

北京市海淀区高三化学第二学期适应性练习零模试卷含解析

北京市海淀区2021年高三第二学期适应性练习（零模）化学试卷一、选择题（共7小题，每题6分，总分值42分）1．化学人类生活紧密相关，以下说法正确的选项是（）A．中含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B．柠檬在味觉上有酸味，是酸性食物C．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂D．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油考点：常见的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系；药物的主要成分和疗效．. 专题：化学应用．分析：A、砷为非金属元素；B、食物的酸碱性并非指味觉上的酸碱性，也不是指化学上所指的溶液的酸碱性，而是指食物在体内代谢最终产物的性质来分类；C、碳酸钠的腐蚀性过强，不能用于治疗胃酸过多；D、地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大．其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用；解答：解：A、PM 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故A错误；B、柠檬含钾、钠、钙、镁等元素，在人体内代谢后生成碱性物质，为碱性食物，故B错误；C、碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D、地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学知识在生活中的应用，难度不大，属于识记型知识，注意归纳总结．2．（6分）（2021•海淀区模拟）与以下事实对应的化学用语不正确的选项是（）A．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣B．配制FeSO4溶液时加入适量的铁粉：Fe3++Fe═2Fe2+C．向NH4HSO4溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++H++2OH﹣NH3↑+2H2O D．铝片溶于较浓的NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．碳酸根为强碱弱酸盐，水解显碱性，油污主要成分为油脂在碱性条件下水解彻底；B．电荷不守恒；C．氢氧化钠足量，氢离子、氨根离子都发生反应；D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．解答：解：A．用热的纯碱溶液可以清洗油污，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；B．配制FeSO4溶液时加入适量的铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C．向NH4HSO4溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++H++2OH﹣NH3↑+2H2O，故C正确；D．铝片溶于较浓的NaOH溶液中，产生气体，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；故选：B．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须遵循客观规律，遵循电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大．3．（6分）（2021•海淀区模拟）依据如图判定，以下说法正确的选项是（）A．2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量低B．氢气的燃烧热为△H=﹣kJ•mol﹣1C．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+•mol﹣1D．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量考点：化学反应的能量变化规律；反应热和焓变；热化学方程式．.分析：H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高；B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；C．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g），△H=+（+88）=+•mol ﹣1；D．H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量．解答：解：H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高，故A错误；B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为=•mol﹣1，故B错误；C．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g），△H=+（+88）=+•mol ﹣1，故C正确；D．H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，故D正确；故选CD．点评：本题考查化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，难度不大．4．（6分）（2021•海淀区模拟）以下说法不正确的选项是（）A．银氨溶液可以用于区分麦芽糖和蔗糖．B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C．1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D．可用和HCHO为原料合成考点：有机物的结构和性质；晶体熔沸点的比较；有机物的鉴别；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．.分析：A．麦芽糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C．乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基；D．反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应．解答：解：A．麦芽糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应，蔗糖不反应，故A正确；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C．乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基，则1mol乙酰水杨酸（）最多可以和3molNaOH反应，故C错误；D．反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应，故D正确．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构，难度不大．5．（6分）（2021•海淀区模拟）海水中含有丰硕的锂资源，研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊互换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理如下图．以下说法不正确的选项是（）A ．a 连接电源的正极 B ．L i+的移动方向是从海水进入到盐酸中 C ．过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气 D ．一段时间后，b 电极附近溶液的pH 降低考点：电解原理．.分析：要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海上进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b 为阴极与电源负极相连，a 为阳极与电源正极相连；电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，据此解答．解答：解：A ．要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海上进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b 为阴极与电源负极相连，a 为阳极与电源正极相连，故A 正确；B ．电解池中阳离子移向阴极，b 电极为阴极，所以Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中，故B 正确；C ．电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，故C 正确；D ．b 电极为阴极，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，pH 值增大，故D 错误；故选：D ．点评：本题考查了电解原理，明确电解池工作原理、准确判断电解池的阴阳极及发生的反应是解题关键，题目难度不大．6．（6分）（2021•海淀区模拟）下述实验方案不能达到实验目的是（）编号AB C D 实验方案片刻后在Fe 电极附近滴入K3[Fe （CN ）6]溶液1加入3滴同浓度的AgNO3溶液2再加入3滴同浓度的Na2S 溶液目的验证乙炔的还原性收集氨气验证Fe 电极被保护验证AgCl 的溶解度大于Ag2SA．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．.分析：A．生成乙炔中含硫化氢；B．铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住；C．原电池中Zn为负极；D．发生沉淀的转化．解答：解：A．生成乙炔中含硫化氢，硫酸铜与硫化氢反应可除杂，乙炔被高锰酸钾氧化，可验证乙炔的还原性，故A正确；B．铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住，因氨气与硫酸反应，不能用沾有稀硫酸的棉花，故B错误；C．原电池中Zn为负极，Fe不会失去电子，Fe电极附近滴入K3[Fe（CN）6]溶液无现象可验证Fe电极被保护，故C正确；D．加入3滴同浓度的AgNO3溶液，再加入3滴同浓度的Na2S溶液，发生沉淀的转化，则验证AgCl的溶解度大于Ag2S，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，把握物质的制备及除杂、原电池及应用、沉淀的转化等为解答的关键，侧重反应原理及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．（6分）（2021•海淀区模拟）已知反映：2NO2（红棕色）⇌N2O4 （无色）△H＜0，将必然量的NO2充入注射器中后封口，如图是拉伸和紧缩=注射器的进程中气体透光率随时刻的转变（气体颜色越深，透光率越小）．以下说法正确的选项是（）A．b点的操作的压缩注射器B．c点与a点相比：c（NO2）增大，c（N2O4）减少C．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＞T（c）D．d点：v（正）＞v（逆）考点：化学平衡的影响因素．.分析：该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析．解答：解：A、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T（c），故C错误；D、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）＞v（正），故D错误；故选A．点评：本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大．二、解答题（共4小题，总分值58分）8．（14分）（2021•海淀区模拟）醋硝香豆素是一种医治心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝香豆素能够通过以下方式合成（部份反映条件省略）．已知：+H2O回答以下问题：（1）反映①的反映类型是取代反映（或硝化反映）．（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子．（3）反映②的化学方程式为．（4）反映③的化学方程式为．（5）关于E物质，以下说法正确的选项是cd（填字母序号）．a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b．能够用酸性高锰酸钾溶液辨别D和Ec．能够发生加成反映、聚合反映、氧化反映和还原反映d．存在顺反异构（6）写出G的结构简式．（7）分子结构中只含有一个环，且同时符合以下条件的G的同分异构体共有13种．•①可与氯化铁溶液发生显色反映；‚②可与碳酸氢钠溶液反映生成二氧化碳气体．其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为．考有机物的推断．.点：分析：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为，据此分析解答．解答：解：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为，（1）通过以上分析知，反应①的反应类型是取代反应（或硝化反应），故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子，故答案为：溴原子；（3）反应②的化学方程式为，故答案为：；（4）反应③的化学方程式为，故答案为：；（5）E为，a．在核磁共振氢谱中有五组吸收峰，故错误；b．E中含有碳碳双键、羰基、硝基，D中含有醛基、硝基，碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E，故错误；c．E中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环，可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应，故正确；d．碳碳双键碳原子连接不同的支链，所以存在顺反异构，故正确；故选cd；（6）G结构简式为，故答案为：；（7）G为，分子结构中只含有一个环，G的同分异构体符合下列条件：•①可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；‚②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，说明含有羧基，如果取代基为﹣COOH、﹣C≡CH、﹣OH，如果﹣COOH、﹣OH位于邻位，有4种同分异构体；如果﹣COOH、﹣OH位于间位，有3种同分异构体；如果﹣COOH、﹣OH位于对位，有3种同分异构体；如果取代基为﹣C≡CCOOH、﹣OH，有邻间对三种结构；所以有13种同分异构体；且苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为，故答案为：13；．点评：本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析推断能力，以甲苯和对硝基甲苯结构简式结合反应条件进行推断物质，注意结合题给信息，明确D 生成E 时断键和成键方式，难点是同分异构体种类的判断，注意碳碳双键碳原子上不能连接﹣OH ，为易错点．9．（15分）（2021•海淀区模拟）3名同窗在用氯酸钾和二氧化锰混合加热制取氧气的进程中，发觉生成的气体有刺激性气味，针对这一“异样现象”进行了实验探讨及分析．（1）甲用湿润的KI ﹣淀粉试纸查验上述生成的气体，观看到试纸变蓝，据此判定氧气中混有Cl2．用离子方程式说明甲判定试纸变蓝的缘故 Cl2+2I ﹣═2Cl ﹣+I2 ．（2）乙以为上述现象只能说明混合气体具有氧化性，实验中使试纸变蓝的气体单质还可能是 O3或O2 ．为了进一步验证甲的推测，乙补充了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有硝酸酸化的硝酸银溶液的洗气瓶中，假设现象为产生白色沉淀，那么甲的推测合理．（3）丙查阅文献获知，这种方式制取氧气的进程中确有Cl2产生，而且查到了以下反映历程： ①2KClO3+2MnO2→2KMnO4+Cl2↑+O2↑②反映②，③K2MnO4+Cl2→2KCl+MnO2+O2↑总反映 2KClO3→2KCl+3O2↑丙设计实验，通过观看MnO4﹣的特点颜色来验证反映历程中①的发生，具体实验操作为：将必然量的KClO3和MnO2混合于试管中，加热，在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，写出历程中反映②的化学方程式 2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑ ．（4）另据文献记载：此法制取的氧气中除含有Cl2，还混有化合物ClO2，ClO2具有强氧化性，能够将污水中的S2﹣氧化成SO42﹣，反映的离子方程式为 8ClO2+5S2﹣+4H2O ═5SO42﹣+8Cl ﹣+8H+或8ClO2+5S2﹣+8OH ﹣=5SO42﹣+8Cl ﹣+4H2O ．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；探究化学实验中的反常现象．.分析：（1）湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘；（2）氧气或臭氧也能氧化碘离子；如果为氯气，氯气和水反应生成HCl ，导致溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验；（3）在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，根据溶液颜色判断是否含有高锰酸钾；（4）ClO2具有强氧化性，可以将污水中的S2﹣氧化成SO42﹣，自身被还原生成氯离子．解答：解：（1）湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，离子方程式为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故答案为：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2；（2）碘离子被氧化生成碘，说明气体具有氧化性；O3或O2也能氧化碘离子，所以试纸变蓝的气体中可能含有氧气或臭氧；如果为氯气，氯气和水反应生成HCl，导致溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验，如果产生白色沉淀，就说明气体中含有氯气，所以可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，故答案为：氧化；O3或O2；硝酸酸化的硝酸银；产生白色沉淀；（3）高锰酸钾溶液呈紫色，要想检验固体中含有高锰酸钾，只要将固体加入水中根据溶液颜色判断即可，所以操作是：在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，高锰酸钾分解生成锰酸钾，所以反应②方程式为2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑，故答案为：在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中；2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑；（4）ClO2具有强氧化性，可以将污水中的S2﹣氧化成SO42﹣，自身被还原生成氯离子，离子方程式为8ClO2+5S2﹣+4H2O═5SO42﹣+8Cl﹣+8H+ 或8ClO2+5S2﹣+8OH﹣=5SO42﹣+8Cl﹣+4H2O，故答案为：8ClO2+5S2﹣+4H2O═5SO42﹣+8Cl﹣+8H+ 或8ClO2+5S2﹣+8OH﹣=5SO42﹣+8Cl﹣+4H2O．点评：本题考查探究物质的组成，侧重考查物质性质、物质之间的反应，涉及氧化还原反应、离子检验、物质成分判断等知识点，明确物质性质是解本题关键，知道常见离子检验方法、实验现象等，题目难度中等．10．（14分）（2021•海淀区模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个大体视角．（1）图中X的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该转变表现出：S非金属性比O弱O（填“强”或“弱”）．用原子结构说明缘故：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力慢慢减弱．（2）Na2S2O3是一种用途普遍的钠盐．①以下物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反映的角度，理论上有可能的是bd（填字母序号）．a．Na2S+S b．Z+S c．Na2SO3+Y d．NaHS+NaHSO3②已知反映：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反映速度时，以下说法正确的选项是b（填写字母序号）．a．可通过测定一段时刻内生成SO2的体积，得出该反映的速度b．可通过比较显现浑浊的时刻，研究浓度、温度等因素对该反映速度的阻碍c．可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反映，研究浓度对该反映速度的阻碍（3）治理含CO、SO2的烟道气，能够将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．①已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1那么治理烟道气反映的热化学方程式为2CO（g）+SO2 （g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270 kJ•mol﹣1．②必然条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反映，以下选项能说明反映达到平稳状态的是cd（填写字母序号）．a．v （CO）：v（SO2）=2：1b．平稳常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比维持不变测得上述反映达平稳时，混合气体中CO的体积分数为，那么SO2的转化率为60%．考点：化学反应速率的影响因素；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断．.分析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；（2）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；②硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（3）①利用已知热化学方程式，利用盖斯定律进行书写；②反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率．解答：解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，所以S非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故答案为：；弱；电子层数增多，原子半径增大；（2）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；②根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（3）①已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1据盖斯定律①×2﹣②得：2CO（g）+SO2 （g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270 kJ•mol ﹣1，故答案为：2CO（g）+SO2 （g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270 kJ•mol﹣1；②a、CO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b、温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c、容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d、CO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由2CO（g）+SO2 （g）═S（s）+2CO2（g）反应前（mol）4 1 0 0转化了（mol）2x x x 2x平衡后（mol）4﹣2x 1﹣x x 2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=，所以SO2的转化率为×100%=60%，故答案为：cd；60%．点评：本题考查了核外电子的排布与电子式、氧化还原反应、盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、转化率计算，题目难度较大．11．（15分）（2021•海淀区模拟）某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：（1）滤渣1的要紧成份为SiO2．（2）电摆脱铜：金属铜在阴极析出．（3）①用离子方程式说明加入H2O2的作用2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O．②加Na2CO3调剂溶液的pH至5，那么滤渣2的要紧成份为Fe（OH）3、Al（OH）3．（4）从滤液2中取得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（5）电解浓缩后的滤液2可取得金属镍，其大体反映原理示用意2如下：①A极的电极反映式为Ni2++2e﹣═Ni和2H++2e﹣=H2↑．②B极周围pH会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平稳移动原理说明B极周围pH 转变的缘故：H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平稳向右移动，c（H+）增大，致使pH降低．③假设一段时刻后，在A、B两极均搜集到11.2L气体（标准状况下），理论上能取得Ni g．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.分析：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1为二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜；（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；②分析金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物；（5）①依据电解池原理分析，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，阴离子硫酸根移向的电极B 为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应；②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，氢离子浓度增大；③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量．解答：解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为二氧化硅，故答案为：二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子移向阴极，在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜，Cu2++2e ﹣=Cu，故答案为：阴；（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；②由图1，金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，此时溶液中铁离子，铝离子全部沉淀，所以过滤得到滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（5）①由图2可知，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，电极反应为：Ni2++2e﹣═Ni和2H++2e ﹣=H2↑；故答案为：Ni2++2e﹣═Ni；②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致溶液PH减小；故答案为：减小；H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低；③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量；（3）一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==，阳极电极反应：Ni2++2e﹣═Ni1mol2H++2e﹣=H2↑；1mol阴极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2mol生成Ni物质的量为，质量=×mol=29.35g，故答案为：．点评：本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．。

北京海淀零模化学试题

6.以下说法不正确的是．．．A.在干旱地域植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C.为增补人体所需的营养成分，人人都应食用增添营养加强剂的食品D. 服用阿司匹林若出现水杨酸反响，应立刻停药并静脉滴注NaHCO3溶液7.以下说法正确的选项是A ．配制 FeCl3溶液，可将必定量 FeCl3固体溶于适当盐酸中并加入少许铁粉B ．制备 Fe(OH) 3胶体，可向开水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸-1，将 4.0 g NaOH 固体放入 100 mL 容量瓶中溶解C．配制 0.1 mol L· NaOH 溶液 100 mLD ．向饱和 Ca(OH) 2溶液中加入少许无水CaO 固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH) 2的物质的量浓度不变8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价以下表：元素代号X Y Z M R Q 原子半径 ( ×10-10 m)最高正价+1+7+3+2+5——主要化合价——1———— --3-2最低负价已知， X 、Y 、 Z 和 M 以下说法正确的选项是A． X 、 Z、 R 的最高价氧化物的水化物之间可两两互相反响B．元素 X 和 Q 形成的化合物中不行能含有共价键C． X 、 Z 、M 的单质分别与水反响，Y 最强烈D ． Y 的氢化物的水溶液可用于雕琢玻璃H 3CO O OH OH9．某种药物合成中间体的构造简式为：，相关该物质的说OHOCOOH OH法不正确的是．．．A ．属于芬芳族化合物B ．能发生消去反响和酯化反响C．能分别与金属 Na、 NaHCO 3溶液反响D． 1 mol 该有机物与足量NaOH 溶液反响，耗费 5 mol NaOH－ 1－ 110．常温下，用 0.01 mol L ·NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.01 mol L ·CH 3COOH 溶液，所得滴定曲线如右图。

北京市海淀区高三理综3月适应性考试(零模)试题(扫描版)

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北京市海淀区017届高三理综3月适应性考试（零模）试题（扫描版）
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北京市海淀区高三理综适应性练习(化学部分)试题(海淀零模)新人教版

北京市海淀区高三理综适应性练习（化学部分）试题（海淀零模）新人教版可能用到的相对原子质量： C 12 O 16 Na 23 I 127 Pd 1066．环境问题的最终解决要依靠科技进步。

下列关于保护生存环境的说法中，不正确．．．的是 A ．通常利用沉淀反应除去污水中的重金属离子B ．垃圾焚烧不仅可以用于发电，还不会带来任何新的污染C ．减少使用、加强回收和再利用是治理“白色污染”的主要途径D ．可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染 7．下列实验操作中正确的是A ．蒸馏实验中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处B ．制备乙酸乙酯的实验中，导管末端要伸入饱和Na 2CO 3溶液液面下C ．分液操作中，待下层液体流出后，再将上层液体从分液漏斗下口放出D ．测定溶液pH 时，可用pH 试纸蘸取少量待测液，并与标准比色卡比较 8．下列说法正确的是A ．1 mol 蔗糖可水解生成2 mol 葡萄糖B ．CH 3—CH=CH —CH 3与C 3H 6一定互为同系物 C ．的名称是2，3-甲基丁烷D ．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成了氢键9．亚硝酸钠（NaNO 2）是一种常用的食品添加剂，具有防腐和增色作用。

下列对亚硝酸钠性质的分析中，不合理．．．的是 A ．亚硝酸钠中含有钠元素，焰色反应呈黄色 B ．已知亚硝酸为弱酸，则亚硝酸钠溶液呈碱性C ．亚硝酸钠属于盐类物质，其水溶液能与金属钾反应生成金属钠D ．亚硝酸钠中氮元素化合价为+3，可能既具有氧化性又具有还原性 10．下列解释事实的化学（或离子）方程式正确的是A ．以MnO 2为原料制得的MnCl 2溶液中常含有Cu 2+等金属离子，通常添加难溶电解质MnS 使这些离子形成硫化物沉淀而除去：Cu 2++S 2- === CuS↓B ．盛放NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO 2 + 2OH - === SiO 32- ＋ H 2OC ．金属钠在空气中放置表面会很快失去金属光泽：2Na+ O 2 === Na 2O 2D ．向硫酸亚铁铵[(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O]的稀溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2稀溶液：NH 4++Fe 2++SO 42－+ Ba 2++3OH －= BaSO 4↓+ Fe(OH)2↓ +NH 3·H 2OCH 3—CH —CH —CH 3 CH 3 CH 311．X 、Y 、M 、Z 四种短周期主族元素的原子半径依次减小，X 、Y 、Z 的电子层数之和为5，X 元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，Y 元素原子的最外层电子数是X 和Z 两元素原子最外层电子数的总和，M 是地壳中含量最多的元素。

北京市海淀区2022届高三化学3月适应性练习(零模)试题(含解析)

北京市海淀区2022届高三化学3月适应性练习（零模）试题（含解析）1.中国文化中的“文房四宝”所用材料的主要成分为单质的是（）A. 笔B. 墨C. 纸D. 砚A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A．笔使用的主要是动物毛发，属于蛋白质，主要由C、H、O、N元素组成，故A错误；B．墨中的炭主要是C元素形成的单质，故B正确；C．纸的主要成分是纤维素，属于糖类，由C、H、O元素组成，故C错误；D．砚的主要成分是硅酸盐或碳酸盐，由C、Si、O、Na、K、钙等元素组成，故D错误；答案选B。

2.固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。

在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。

下列说法不正确．．．的是（）A. N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应B. 吸附在铁表面的N2断裂了N≡N键C. NH3分子中的N-H键不是同时形成D. Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A、由3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而4、5表示发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，故A正确；B、由图4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了N≡N键，故B正确；C、由图5、6、7可知，NH3分子中的N-H键不是同时形成，故C正确；D、催化剂只改变反应速率，平衡不移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；答案选D。

【点睛】本题的易错点为C，要注意图中细节的观察和总结，图3中N2和H2分子被吸附在铁表面，图4中氮气、氢气在铁表面断裂成了原子，图5表示N和H原子形成了一个N-H键，图6表示形成了2个N-H键，图7表示形成了3个N-H键，图8表示NH3分子从铁表面离开。

3.下列解释事实的方程式不正确．．．的是（）A. 用过量氨水除去烟气中的二氧化硫：SO2 ＋2NH3·H2O === (NH4)2SO3＋H2OB. 呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气：2Na2O2＋2CO2 ===2Na2CO3＋O2C. 电解饱和氯化钠溶液产生气体：2NaCl+2H2O电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑D. 用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜：8H+ +2NO3- +3Cu === 3Cu2++2NO↑ + 4H2O【答案】D【解析】【详解】A．用过量氨水除去烟气中的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式：SO2 +2NH3•H2O═(NH4)2SO3 +H2O，故A正确；B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气，反应的化学方程式：2Na2O2 +2CO2 ═2Na2CO3 +O2，故B正确；C．电解饱和氯化钠溶液产生氯气、氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C正确；D．用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜，浓硝酸反应生成二氧化氮，离子方程式：4H++2NO3-+Cu═Cu2++2NO2↑+2H2O，故D错误；答案选D。

北京市海淀区高三化学下学期(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A B C D水膜【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．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－【考点】化学用语【试题解析】A.Na2S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．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【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。

北京市海淀区高三化学3月适应性考试(零模)试题

北京市海淀区2017届高三化学3月适应性考试（零模）试题6．下列生活中常见物质的用途与其还原性有关的是7．a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族。

下列说法不正确的是A．原子半径：b>c>dB．气态氢化物稳定性：a>cC.简单阴离子还原性：d>cD.ab可形成既含离子键又含共价键的离子化合物8．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液，下列说法正确的是A．滴加酚酞后溶液均变红 B．滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀C．滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 D．所含阳离子的总浓度相等9．下列解释事实的方程式不正确的是A．空气中加热钠生成淡黄色固体：2Na +O2Na2O2B．铁与水蒸气反应生成黑色固体：3Fe +4H2O(g) Fe3O4 +4H2C．除去乙炔中的H2S气体：H2S +Cu2+= CuS↓+2H+D．实验室制备氨气：NH4 Cl NH3↑+HCl↑10.利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是A．用装置①制备SO2 B．用装置②检验和收集SO2C．用装置③稀释反应后溶液 D．用装置④测定反应后溶液中c(H+)11．已,知：R-C≡C-H+R'Br R-C≡C-R'+HBr (R，R'+表示氢原子或羟基)，利用该反应合成导电高分子材料P的结构式。

下列说法正确的是A. 和苯乙炔互为同系物B.炔烃和卤代烃在一定条件下课发生取代反应C.高分子材料P不指使溴的四氯化碳溶液褪色D.生成P的单体是和CH3Br12．我国科研人员以Zn和尖晶石百锰酸锂（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。

该电池的总反应方程式：xZn +Zn1-x Mn2O4ZnMn2O4(0<x<1）。

下列说法正确的是A．ZnMn2O4是负极材料B．充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移C. 充电时，阳极反应：ZnMn2O4-xZn2+-2xe-=Zn1-x Mn2O4D. 充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化25.（17分）药物Targretin(F)能治疗顽同性皮肤T-细胞淋巴瘤，其合成路线如下图所示：已知：i iiiii RCOOH RCOCl（R表示烃基或芳基）(1)反应①的反应类型是______________。

北京市高三理综3月适应性测试(海淀零模)试题

北京市海淀区2013年高三3月适应性测试理综试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Br 801．对于多细胞生物而言，下列有关细胞生命历程的说法正确的是（） A．细胞分化是基因选择性表达的结果B．细胞主要通过原癌基因阻止异常增殖C．衰老细胞呼吸速率减慢且酶活性增强D．细胞凋亡的发生是因为基因不再表达2．在某反应体系中，用固定序列的核苷酸聚合物（mRNA）进行多肽的合成，实验的情况及结果如下表：实验序号重复的mRNA序列生成的多肽中含有的氨基酸种类实验一（UUC）n，即UUCUUC……丝氨酸、亮氨酸、苯丙氨酸实验二（UUAC）n，即UUACUUAC……亮氨酸、苏氨酸、酪氨酸请根据表中的两个实验结果，判断下列说法不正确的是（）A．上述反应体系中应加入细胞提取液，但必须除去其中的DNA和mRNA B．实验一和实验二的密码子可能有：UUC、UCU、CUU 和UUA、UAC、ACU、CUUC．通过实验二的结果推测：mRNA中不同的密码子有可能决定同一种氨基酸D．通过实验一和实验二的结果，能够推测出UUC为亮氨酸的密码子3．破伤风杆菌是一种严格厌氧菌，是引起破伤风的病原菌。

以下叙述正确的是（）A．可以使用高压蒸汽灭菌法对破伤风抗血清进行灭菌B．经处理后的破伤风杆菌外毒素可制成破伤风抗毒血清C．使用相应的抗生素可以治疗因破伤风杆菌引起的感染D．若出现较大面积的表面伤口需注射疫苗来预防破伤风4．图1是人们设想的宇宙飞船生态系统模式图，以下叙述不正确的是（）A．图1中B、C、D可表示航天员所需食物、氧气和水等生活资源B．密封飞船中的能量循环利用，可以使飞船生态系统保持长期稳定C．分解罐的分解产物E可以向藻类植物提供多种无机盐和二氧化碳- 1 -D．该生态系统营养结构简单、自我调节能力差，需宇航员进行调控5．某生物兴趣小组以带有落叶的表层土壤（深5cm左右）为实验材料，研究土壤微生物在适）1组2组3组4组土壤处理灭菌不灭菌灭菌不灭菌湿润湿润较干燥较干燥AB．该实验的自变量为土壤的是否灭菌处理，实验中的对照组是1和3C．为了控制实验中的无关变量，作为实验材料的落叶也应进行灭菌处理D．预期结论是1、3组的落叶不被分解，2、4组中的落叶被不同程度的分解6．下列说法不正确．．．的是A．生铁、不锈钢和黄金都属于合金B．水泥、玻璃、陶瓷均属于无机非金属材料C．淀粉、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物D．天然气、石油液化气和汽油的主要成分都属于烃类7．解释下列现象的化学用语不正确的．．．．是A．铁钉在空气中出现红色的铁锈，其负极反应式为：Fe -3e-＝Fe3+B．氢氧化镁白色沉淀溶于氯化铵溶液：Mg(OH)2＋2NH4+＝Mg2+＋2NH3·H2OC．向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO42-完全沉淀：Al3+＋2SO42-＋2Ba2+＋4OH-＝2BaSO4↓＋2AlO2-＋2H2OD．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+＋3ClO-＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3HClO8．完成下列实验，所选装置正确的是A B C D实验目的实验室制备乙烯分离苯和溴苯的混合物(沸点：苯为80.1℃，溴苯为156.2℃)分离KCl和NH4Cl固体混合物实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳实验装置9．下列说法正确的是- 2 -A．用金属活动性顺序可解释反应：Na(l)＋KCl(l)＝NaCl(l)＋K(g)B．用玻璃棒蘸取某溶液滴在pH试纸上，可测得的溶液pH＝2.9C．在100 mL容量瓶中溶解4.0 g NaOH，可得到1.0 mol/L的NaOH溶液D．由水的离子积常数Kw随温度升高而增大的事实，可判断水电离是吸热过程10．一些微生物在代谢过程中会产生硫化物。

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理综试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Br 806．下列说法不正确．．．的是A．生铁、不锈钢和黄金都属于合金B．水泥、玻璃、陶瓷均属于无机非金属材料C．淀粉、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物D．天然气、石油液化气和汽油的主要成分都属于烃类7．解释下列现象的化学用语不正确的．．．．是A．铁钉在空气中出现红色的铁锈，其负极反应式为：Fe -3e-＝Fe3+B．氢氧化镁白色沉淀溶于氯化铵溶液：Mg(OH)2＋2NH4+＝Mg2+＋2NH3·H2O C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO42-完全沉淀：Al3+＋2SO42-＋2Ba2+＋4OH-＝2BaSO4↓＋2AlO2-＋2H2OD．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+＋3ClO-＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3HClO8．完成下列实验，所选装置正确的是A B C D实验目的实验室制备乙烯分离苯和溴苯的混合物(沸点：苯为80.1℃，溴苯为156.2℃)分离KCl和NH4Cl固体混合物实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳实验装置9．下列说法正确的是A．用金属活动性顺序可解释反应：Na(l)＋KCl(l)＝NaCl(l)＋K(g)B．用玻璃棒蘸取某溶液滴在pH试纸上，可测得的溶液pH＝2.9C．在100 mL容量瓶中溶解4.0 g NaOH，可得到1.0 mol/L的NaOH溶液D．由水的离子积常数Kw随温度升高而增大的事实，可判断水电离是吸热过程10．一些微生物在代谢过程中会产生硫化物。

科学家设计出利用一种菌种生成的硫化物，与氧气构成微生物燃料电池，电解质溶液呈酸性。

下列关于该电池的说法不．正确．．的是 A ．将化学能转化为电能电池 B ．放电时，H +向正极移动C ．正极反应式为：O 2＋2H 2O ＋4e -＝4OH -D ．负极反应式可能为：S 2-＋4H 2O －8e -＝SO 42-＋8H +11．下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是 A ．硫磺矿制备硫酸经历两步：B ．酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中C ．在燃煤中加入石灰石可减少SO 2排放，发生的反应为： 2CaCO 3＋2SO 2＋O 2 ==== 2CO 2＋2CaSO 4D ．土壤中的闪锌矿（ZnS ）遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝（CuS ），说明CuS 很稳定，不具有还原性12．下列说法不．正确．．的是 A ．将pH ＝4的某酸稀释10倍，测得其pH ＜5，则该酸为弱酸 B ．相同pH 的CH 3COONa 、NaOH 和Na 2CO 3三种溶液：c (NaOH)＜c (Na 2CO 3)＜c (CH 3COONa)C ．0.1 mol/L 的NaHA 溶液pH ＝5，则溶液：c (HA －)＞c (H ＋)＞c (A 2－)＞c (H 2A) D ．向NH 4HSO 4溶液中滴加NaOH 溶液至中性，所得混合液：c (Na ＋)＞c (NH 4＋)＞c (SO 42－)＞c (OH －)＝c (H ＋)实验题25．（14分）W 、X 、Y 、Z 、M 、Q 均为除稀有气体外的短周期元素，其原子序数依次增大，X 的最外层电子数是W 的4倍，Z 与M 的最低负化合价相同，X 、M 在周期表中位置如图所示。

（1）X 在周期表中的位置为，Q 的元素名称为；（2）Z 与W 形成的4核离子的电子式为；（3）由W 、Y 、Z 、M 组成的离子化合物在溶液中相互反应的离子方程式为：。

XM 高温（4）W2与Z2反应化合物甲，W2与Q2反应生成化合物乙。

已知反应：乙(g)＋Z2(g)→甲(g)＋Q2(g)，每生成1 mol Q2放热57.8 kJ。

写出该反应的热化学方程式：；（5）X、Y可分别与Z以原子个数比1∶1形成化合物丙和丁。

在催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质Y2和另一种化合物戊。

写出该反应的化学方程式：，该反应的平衡常数表达式为；（6）将1 mol丙气体和1 mol丁气体充入一装有催化剂的恒压容器中，充分反应达平衡后：①若气体体积较原来减少23%，则丁的转化率为；②已知该反应 H＜0，则升高温度，平衡常数K值将（填变大、变小或不变）；③若仅将压强增大为原来的2倍，再次达平衡后，混合气体中丁的体积分数将（填变大、变小或不变）。

26．（13分）某种碳酸锰矿的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、MgO、SiO2、Al2O3等。

已知碳酸锰难溶于水。

一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，流程如下：阴离子膜法电解装置如右图所示：（1）写出用稀硫酸溶解碳酸锰反应的离子方程式。

（2）已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：离子Fe3+Al3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH 2.7 3.7 7.0 7.8 9.3沉淀完全的pH 3.7 4.7 9.6 9.8 10.8加氨水调节溶液的pH等于6，则滤渣的成分是，滤液中含有的阳离子有H+和。

（3）在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣中也无MnO2，请解释原因。

（4）电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的极。

实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为。

（5）该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式。

27．（14分）同学甲认为甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液的反应与乙醛类似，产物是Cu2O和甲酸钠，并设计实验进行验证：向3.5 mL新制氢氧化铜碱性悬浊液中加40%福尔马林溶液2 mL，加热，有较多无色气泡逸出。

最终试管内所得红色沉淀与乙醛跟氢氧化铜悬浊液反应所得固体颜色有所不同，试管【资料】（1）甲醛属于强还原剂，在碱性条件下还原性更强，在空气中能缓慢氧化成甲酸。

（2）CO也能还原银氨溶液产生银镜。

（3）Cu2O在酸性溶液中转化为Cu2+、Cu。

（4）Cu2O能溶于浓氨水形成无色配合物离子[Cu(NH3)2]+，并在空气中立即被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+。

置于空气中，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的[Cu(NH3)4]2+。

同学甲分别对实验过程中产生的红色沉淀及气体的成分进行探究。

（1）取少量实验中所得的红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，溶液颜色无明显变化，静置数小时后，溶液颜色略呈浅蓝色，但试管底部红色沉淀的量变化不大。

由此判断红色沉淀可能是（写化学式）。

用离子方程式解释溶液略呈浅蓝色的原因。

（2）为进一步验证上述结论，另取少量实验中所得的红色沉淀于试管，加入。

a．稀硫酸 b．稀硝酸 c．浓硝酸若观察到的现象，可证明前面判断正确。

（3）同学甲认为无色气体可能是二氧化碳、甲醛或两者的混合气体。

同学乙认为该气体中不可能含有二氧化碳，理由是，并设计实验方案，将产生的无色气体通入银氨溶液中，水浴加热，试管壁上有银镜形成。

据此实验现象判断无色气体的成分是甲醛。

（4）两同学进一步查阅资料，发现无色气体的主要成分也可能是CO。

设计如下实验方案，进一步探究：实验现象：氧化铜由黑变红、澄清石灰水变浑浊。

方案中水洗的目的是。

（5）实验证明：甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液产生的大量无色气泡的主要成分是。

你认为甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应的氧化产物还可能有。

28．（17分）具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物（R）的合成路线如下：已知： (R、R1表示烃基或氢)（1）①A的名称是________。

②D→E的反应类型是_______________。

③F中含有的官能团有酯基、___________和___________（写名称）。

④写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式_______________________。

（2）物质G可通过如下流程合成：1.08 g 的I 与饱和溴水完全反应，生成2.66 g白色沉淀，则I的结构简式为_________。

写出M→G中反应①的化学方程式。

（3）下列说法正确的是_________（选填字母）a．Y易溶于水 b．B能使酸性高锰酸钾溶液褪色CH2OH互为同系物c．R的分子式为C12H10O3d．I与CH3（4）写出符合下列要求的E的同分异构体的结构简式（写反式结构）：（写反式结构）。

①与E具有相同官能团②能发生银镜反应③有2个-CH3④存在顺反异构北京市海淀区2013年高三3月适应性测试化学参考答案说明：1．合理答案均可酌情给分．．．．．．．．．．。

2．化学（离子）方程式2分，不写条件扣1分，不配平扣1分，但不重复扣分。

不写“↑”或“↓”不扣分。

3．未标分数的空，每空．．．．．．．．．2．分．，不出现0.5分。

题号 6 7 8 9 10 11 12 答案 CABDCCD25．（14分）（1）第二周期、IVA 族（全对1分）氯（1分）（2）+（1分）（3）SO 32-＋2H +＝SO 2↑＋H 2O 或 HSO 3-＋H +＝SO 2↑＋H 2O（4）2HCl(g)＋21O 2(g)＝H 2O(g)＋Cl 2(g) ΔH ＝－57.8 kJ/mol或写为：4HCl(g)＋O 2(g)＝2H 2O(g) 2Cl 2(g) ΔH ＝－115.6 kJ/mol （5）2CO ＋2NON 2＋2CO 2 K = )NO ()CO ()N ()CO (22222c c c c ⋅⋅（1分）（6）①92% ②变小（1分） ③变小（1分）26．（13分）（1）MnCO 3＋2H +＝Mn 2+＋CO 2↑＋H 2O（2）Al(OH)3、Fe(OH)3 Mn 2+、Mg 2+、NH 4+（3）MnO 2在酸性条件下被二价铁还原为Mn 2+（4）负极（1分） 4OH -－4e -＝O 2↑＋2H 2O （5）Mn 2+－2e -＋2H 2O ＝MnO 2＋4H +27．（14分）（1） Cu （1分） 2Cu ＋O 2＋8NH 3·H 2O ＝2[Cu(NH 3)4]2+＋4OH -＋6H 2O （2） a （1分）溶液颜色不变蓝（或无明显变化）（3）所用浊液呈碱性（4）除去挥发出的甲醛气体 CO CO32-、HCOO-28．（17分）（1）①乙醛（1分）②取代反应（或酯化反应）③溴原子（1分）碳碳双键（1分）④CH2CH CH COOCH3NaBr + CH3OH + CH2OHCH CH COONa（2）CH3OHCH2OHONa+ OCHOONa+ 2H2O 22（3）b c（各 2分，共4分，得分互不干扰）（4）H COOC CCH3HH3C。