北京市高考试题理综化学解析版Word文件下载.docx

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8．答案A

【解析】本题考查有机物的结构和性质。

为

分子间发生缩聚反应的产物，链节中含有酯基，A项正确；

顺－2－丁烯和反－2－丁烯的加氢产物均为丁烷，B项错误；

葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，C项错误；

油脂和蛋白质都能发生水解反应，蛋白质为高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，D项错误。

【误区警示】糖类中的单糖（葡萄糖和果糖）均不能发生水解反应。

9.用右图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应。

下列实验不合理的是

A.上下移动①中铜丝可控制SO２的量

B.②中选用品红溶液验证SO２的生成

C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2

D.为确认CuSO4生成,向①中加水，观察颜色

9．答案D

【解析】本题考查铜和浓硫酸的反应。

上下移动铜丝可以控制铜与浓硫酸的接触面积的大小，从而可以控制反应生成SO2的量，A项正确；

SO2可使品红溶液褪色，因此②中品红溶液可以验证SO2的生成，B项正确；

SO2有毒，能与NaOH溶液反应，因此③中NaOH溶液可以吸收多余的SO2，C项正确；

铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明CuSO4生成，无需向其中加水，D项错误。

10.下列解释实验事实的方程式不准确的是

A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞１：

CH3COOH

CH3COO－+H+

B.“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：

2NO2（g）

N2O4（g）

H＜0

C.铁溶于稀硝酸，溶液变黄：

3Fe+8H++2NO

===3Fe2++2NO↑+4H2O

D.向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：

CO

+H2O

HCO

+OH－

10．答案C

【解析】本题考查方程式的正误判断。

0.1molCH3COOH溶液的pH＞1，则c（H＋）＜0.1mol/L，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡：

CH3COO－＋H＋，A项正确；

“NO2”浸泡在冷水中，温度降低，平衡2NO2

N2O4向正方向移动，颜色变浅，B项正确；

铁容易稀硝酸，溶液变黄，说明Fe被氧化为Fe3＋：

Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，C项错误；

Na2CO3溶液中由于CO32－水解溶液显碱性，加入酚酞，溶液变红，D项正确。

11.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。

下列分析正确的是

A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度

B.原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性

C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2－====CuS↓

D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应

12.某温度下，H2（g）＋CO2（g）

H2O（g）＋CO（g）的平衡常数K＝

。

该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如右表所示。

起始浓度

甲

乙

丙

c（H2）/mol/L

0.010

0.020

c（CO2）/mol/L

下列判断不正确的是

A.平衡时，乙中CO2的转化率大于60％

B.平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60％

C.平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/L

D.反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢

12．答案C

【解析】本题考查化学平衡常数及转化率的计算。

设平衡时甲中CO2的转化浓度为x，则平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为0.01－x、0.01－x、x、x，根据平衡常数K＝

＝

，解得x＝0.006，则甲中CO2的转化率为

×

100%＝60%，由于乙相对甲，增加了c（H2），因此CO2的转化率增大，A项正确；

设平衡时丙中CO2的转化浓度为y，则平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为0.02－y、0.02－y、y、y，根据平衡常数K＝

，解得x＝0.012，则丙中CO2的转化率为

100%＝60%，B项正确；

平衡时甲中c（CO2）＝0.01－0.006＝0.004mol/L，丙中c（CO2）＝0.02－0.012＝0.008mol/L，C项错误；

反应开始时，丙中反应物浓度最大，反应速率最快，甲中反应物浓度最小，反应速率最慢，D项正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共180分）

本卷共11小题，共180分。

25.（14分）

由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。

甲同学欲探究X的组成。

查阅资料：

①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。

②Al3+在pH=5.0时沉淀完全；

Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=11.4时沉淀完全。

实验过程：

I.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。

Ⅱ.用铂丝蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。

Ⅲ.向I中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。

Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。

Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。

（1）I中气全A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是。

（2）由I、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、。

（3）Ⅲ中生成B的离子方程式是。

（4）Ⅳ中B溶解的离子方程式是。

（5）沉淀C的化学式是。

（6）若上述n（A）:

n（B）:

n（C）＝1:

1:

3，则X的化学式是。

25．答案（14分）

（1）CO2

（2）钠硅

（3）

（4）

（5）

（6）

【解析】本题考查抗酸药成分的探究实验。

（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，该气体为CO2。

（2）根据Ⅰ，一定不含Si，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，根据Ⅱ，一定不含Na，因为Na的焰色为黄色。

（3）根据提供资料，Ⅲ中调解pH至5－6时生成的白色沉淀为Al（OH）3。

（4）Ⅳ中加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：

Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋H2O。

（5）Ⅴ中加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg（OH）2。

（5）根据上述实验探究，该抗酸药为Al（OH）3、MgCO3、碱式碳酸镁铝组成，由于n（CO2）：

n[Al（OH）3]：

n[Mg（OH）2]＝1：

1：

3，则CO32－、Al3＋、Mg2＋的物质的量为1：

3，结合电荷守恒，则CO32－、Al3＋、Mg2＋、OH－的物质的量之比为1：

3：

7，故X为Mg3Al（OH）7CO3。

【知识归纳】常见的抗酸药的类型及其抗酸原理为：

种类

化学方程式

离子方程式

NaHCO3

NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑

HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑

CaCO3

CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑

CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑

MgCO3

MgCO3＋2HCl＝MgCl2＋H2O＋CO2↑

MgCO3＋2H＋＝Mg2＋＋H2O＋CO2↑

Mg（OH）2

Mg（OH）2＋2HCl＝MgCl2＋2H2O

Mg（OH）2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O

Al（OH）3

Al（OH）3＋3HCl＝AlCl3＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O

26.（14）

某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH

和NH3·

H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：

（1）过程Ⅰ:

加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃,通空气将氨赶出并回收。

①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：

　　　　　　　　　　　。

②用化学平衡原理解释通空气的目的：

　　　　　　　　　　　　　　。

（2）过程Ⅱ：

在微生物作用的条件下，NH

经过两步反应被氧化成NO

两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是　　　　反应（选填“放热”或“吸热”），判断依据是　　　　。

②1molNH

（aq）全部氧化成NO

（aq）的热化学方程式是　　　。

（3）过程Ⅲ：

一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。

若该反应消耗32g　CH3OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是　　　　　。

26.答案

（1）①

②废水中的NH3被空气带走，

的平衡向正反应方向移动，利于除氨

（2）①放热

（反应物的总能量大于生成物的总能量）

②

（3）5:

6

【解析】本题考查化学工艺流程的分析。

（1）①加NaOH溶液，氨氮废水中NH4＋与OH－发生反应：

NH4＋＋OH－＝NH3·

H2O。

②通空气将NH3带走，NH3·

H2O

NH3＋H2O向正方向移动，利于除氨。

（2）①第一步反应中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。

②根据盖斯定律，由第一步反应＋第二步反应可得：

NH4＋（aq）＋2O2（g）＝NO3－（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l）△H＝－273kJ/mol＋－73kJ/mol＝－346kJ/mol。

（3）32gCH3OH的物质的量为

＝1mol，转移6mol电子时，根据HNO3

N2，由得失电子守恒，则参加反应的HNO3的物质的量为1.2mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：

1.2：

1＝6：

5。

27.（13分）

为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。

Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。

Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。

Ⅳ.……

（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是。

（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是。

（3）B中溶液发生反应的离子方程式是。

（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是。

（5）过程Ⅲ实验的目的是。

（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减北的原因：

同主族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱。

27.答案（13分）

（1）

（2）淀粉KI试纸变蓝

（3）

（4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡。

静至后

层溶液变为紫红色

（5）确认C的黄色溶液中无

，排除

对溴置换碘实验的干扰。

（6）原子半径逐渐增大

【解析】本题考查化学实验的设计和分析。

（1）A中产生的黄绿色气体为Cl2，其电子式为

（2）氯气遇淀粉KI试纸时，发生反应：

Cl2＋2KI＝I2＋2KCl，产生的I2遇淀粉变蓝，可以证明氯气的氧化性强于碘。

（3）B中Cl2与NaBr发生置换反应，离子方程式为：

Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2。

（4）C中NaBr与氯气反应生成NaCl和Br2，将C中溶液滴入D中，发生反应：

Br2＋2KI＝I2＋2KBr，此时D中溶液分层，下层为碘的四氯化碳溶液，显紫红色，可以说明溴的氧化性强于碘。

（5）过程Ⅲ主要为了确认C的黄色溶液中无Cl2，排出对溴置换碘实验的干扰。

（6）Cl、Br、I单质的氧化性逐渐减弱，是因为从Cl到I，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。

28.（17分）

镇痉药物C、化合物N以及高分子树脂

的合成路线如下：

（1）A的含氧官能团的名称是　　　　　　　　。

（2）A在催化剂作用下可与H2反应生成B。

该反应的反应类型是　　　　。

（3）酯类化合物C的分子式是C15H14O3，其结构简式是　　　　。

（4）A发生银镜反应的化学方程式是　　　　　　　　。

（5）扁桃酸（

）有多种同分异构体。

属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有　　　　种，写出其中一种含亚甲基（―CH2―）的同分异构体的结构简式　　。

（6）F与M合成高分子树脂的化学方程式是　　　　　　　　　。

（7）N在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是　　　　　　　　　。

28．答案（17分）

（1）醛基

（2）加成反应

（5）13

（写出任意一种均给分）

（7）

【解析】本题考查有机合成和推断。

（1）根据A

扁桃酸的反应，结合提供的信息，可以推断A为

，其含氧官能团的名称为醛基。

（2）

与氢气的反应属于醛基的加成反应。

（3）C为

和

发生酯化反应的产物，其结构简式为

（4）由醛的银镜反应可知，A发生银镜反应生成

、Ag、NH3和H2O，化学方程式为：

（5）扁桃酸的同分异构体属于甲酸酯且含有酚羟基，则苯环上有两种可能：

①含有HCOOCH2－和－OH，二者在苯环上共用三种位置关系；

②含有HCOO－、－OH、-CH3，三者在苯环上共用十种位置关系，因此其同分异构体总共有13种，其结构简式可以为

等。

为甲醛和

的缩聚反应。

（7）根据转化关系，E为

，F为

，二者发生取代反应生成

，

与NaOH溶液发生水解反应：