免費試卷公眾號：凹凸學長 化學(二)【命題意圖】考查化學與材料、電子躍遷。【解題思路】A.蠶繭是蛋白質,水解后是氨基酸,A錯誤;B.竹子的主要成分是纖維素,B正確;C.陶瓷的主要成分是硅酸鹽,C正確;D.霓虹燈發光是因為電子躍遷,D正確;故選A。【命題意圖】考查物質分離與提純相關裝置分析。【解題思路】入于釜中煎煉,是蒸發結晶的操作,B正確;故選B。【命題意圖】考查化學用語、鍵線式、結構示意圖、VSEPR模型、電子式。【解題思路】A.CH3OH的鍵線式為OH,A錯誤;B.S2的結構示意圖為+16288,B錯誤;C.H2O是V形結構,C是H2O的VSEPR模型,C正確;D.統基的電子式為.S:H,D錯誤;故選C。【命題意圖】考查有機物的分子式、反應類型及共面問題。【解題思路】A.根據結構簡式可知,A正確;B.X使溴水褪色是因為發生加成反應,葡萄糖使溴水褪色,是因為醛基被溴水氧化,原理不同,B錯誤;C.苯環、NO2、C=CCOOH中所有原子可能共面,C正確;D.靛藍中含兩個苯環,兩個酮羰基,一個碳碳雙鍵,1mol靛藍可與9molH2反應,D正確;故選B。【命題意圖】考查元素周期律。【解題思路】宇宙中含量最多的元素是H,X為H;Y與M的核外電子數之比為3:4,且Y與M之間有Z元素,因此Y與M分別是C與O;Z是N;Q的價電子中S能級與P能級電子數一樣,因此Q是si。A.第一電離能:N>O>C,A正確;B.X與M可組成H2O(10e)、H2O2(18e),B正確;C.NH3是三角錐形,NO3是平面三角形,C錯誤;D.硅單質可作為半導體材料,D正確;故選C。【命題意圖】考查實驗裝置與實驗目的匹配關系。【解題思路】A.電鍍時待鍍金屬作陰極,鍍層金屬作陽極,A正確;B.探究鐵的析氫腐蝕,必須在酸性環境中進行,B錯誤;C.乙炔與H2S都能與酸性KMno4溶液反應,除雜試劑錯誤,C錯誤;D.實驗室需要用氯化銨與氫氧化鈣反應制備氨氣,不能用加熱氯化銨的方法制備氨氣,D錯誤;故選A。【北京專家卷·化學(二)參考答案第1頁(共8頁)】【北京專家卷·化學(二)參考答案第2頁(共8頁)】【命題意圖】考查離子方程式的正誤判斷。【解題思路】A.Naclo與SO2發生的是氧化還原反應,產物是cl與SO42,A錯誤;B.乙醛可發生銀鏡反應,離子方程式正確,B正確;C.H2C2O4是二元弱酸,不可拆,C錯誤;D.稀硝酸處理試管上的銀,產物是NO,而不是NO2,D錯誤;故選B。8.【答案IC【命題意圖】以微型工藝為載體考查元素化合物相關知識、實驗操作。【解題思路】A."焙燒"時原料有KOH,不能用瓷坩堝,A錯誤;B.稀鹽酸中C具有還原性,可被KMno4氧化,不可用稀鹽酸代替CH3COOH,B錯誤;C."操作I"是過濾,"操作I"是蒸發濃縮、降溫結晶,均會用到燒杯、玻璃棒,C正確;D.溶液I中不僅有kcl、CH3COOK,也有溶解的部分KMno4,D錯誤;故選C。【命題意圖】考查氧化還原理論、化學鍵的斷裂與形成。【解題思路】A.根據機理可知,存在NO2+ce(lII)N2+ce(N),SO2+NH3ce(Ⅳ)(NH4)2SO4+ce(Ⅲ),依據氧化還原理論可知氧化性:NO2>ce(Ⅳ)>(NH4)2SO4,但無法比較N2與(NH4)2SO4的氧化性,A錯誤;B.根據機理可知,反應中存在N=N這一非極性鍵的形成,B錯誤;C.因為不知道SO2與NO2的比例關系,無法確定總反應的方程式,C錯誤;D.溶液中氨氣會使溶液呈堿性,這樣會增大S2、N2的溶解度,D正確;故選D。【命題意圖】考查電池類型判斷、電極反應式及相關計算。【解題思路】甲是原電池,a是負極,電極反應式為:CH48e+10OH—CCO237H2O;b是正極,電極反應式為:O2+2H2+4e—4OH;X是陽極,電極反應式為:2H24e—4Ht+2,Y是陰極,電極反應式為:Fe3+十e—Fe2+和2H++2e十O2—H22。A.裝置甲是堿性環境,因此M是陰離子交換膜,A錯誤;B.電子由a流向Y、X流向b,B錯誤;C.根據電池分析可知,H2O2在Fe2+作用下生成·OH,C正確;D.鄰苯二酚與·OH反應的方程式為:C,HO226·OH——6CO216H2O,因此需要2.6mol·OH,而根據Y電極的電極反應式可知,需要2.6molH2O2,即2.6mol的O2,標準狀況下,O2的體積共計為58.24L,D錯誤;故選C。【命題意圖】考查有機物的性質、手性碳原子判斷、順反異構。【解題思路】A.M中的酚羥基鄰對位均有空位,能與甲醛發生縮聚反應,A錯誤;B.N中含有酚羥基和酚酯基,1molN最多可消耗3mol的NaoH,B錯誤;C.M和N與氫氣加成后,均免費試卷公眾號：凹凸學長如下 12.【答案】A【命題意圖】考查物質結構與性質之間的關系。【解題思路】A.siH4和PH3的中心原子雜化方式均是SP3雜化,但因為PH3中存在孤電子對,導致鍵角會【北京專家卷·化學(二)參考答案第3頁(共8頁)】A正確;B因為電負性N<熔變小B錯誤;C<[cuH2NH3所以配合物的穩定性A正確;B因為電負性N<熔變小B錯誤;C<[cuH2NH32是共價晶體但是3雖然存在非極性鍵點si因為siC錯誤;D3是極性2是共價晶體但是3雖然存在非極性鍵點si因為siC錯誤;D3是極性2>siH4只是極性較弱中的溶解度D錯誤;故選A分子所以導致3在ccl4中的溶解度大于在H2只是極性較弱中的溶解度D錯誤;故選A分子所以導致C3答案C3密度計算距離判斷命題意圖考查晶胞中的化學式密度計算距離判斷命題意圖2個體個體內解題思路黑球均攤:8個頂點4個面上8個面上A均攤后為4個;白球均攤:2個體個體內解題思路黑球均攤:8個頂點4個面上8個面上A個體均攤后為8個A正確;B缺氧的有3個位置個棱個面因此含錳化合物的化學式為個體均攤后為8個A正確;B缺氧的有3個位置個棱個面25774摻雜的N原子位于面上所以缺個Mn就是缺也就是因此這是4個Mn對應缺的氧25774摻雜的N原子位于面上所以缺個Mn就是缺也就是因此均攤后為B正確;C個Mn對應因為不清楚與b的大個2所以因此88這是4個均攤后為B正確;C個Mn對應因為不清楚與b的大個2所以因此88小關系含錳氧化物晶胞中Mn2個C錯誤;小關系含錳氧化物晶胞中Mn2個C錯誤;D348D正確;故選C數是4個2bC體積為cmgA348D正確;故選C數是4個2bC體積為cmgA2bND4答案D4命題意圖考查溶液中離子濃度比較大守恒以物質的量分數曲線為載體命題意圖考查溶液中離子濃度比較大守恒根據圖像可知解題思路根據平衡常數表達式A錯誤;B即ACC物質的量分數先增大后減小根據圖像可知解題思路根據平衡常數表達式A錯誤;B即ACCclclCCC根據圖像可知若溶液中氯離子濃度逐漸減小K可知增大這個CclclCCC根據圖像可知若溶液中氯離子濃度逐漸減小K可知增大這個C比值是在增大的該比值不會減小根據C與N的B錯誤比值是在增大的該比值不會減小根據C與N的B錯誤;C但元素質量守恒H2CHCCNHNH3H22C2C2CC可知存在以下關系式:C但元素質量守恒H2CHCCNHNH3H22C2C2CC溶液中根據電荷守恒可知CHCC因此在PH為7的時候HH2CCCC溶液中根據電荷守恒可知CHCC因此在PH為7的時候HH2CCCCCHCC不存在C根據H2CC錯誤;D3的kaHCH2CH2NH不存在C根據H2CC錯誤;D3的kaHCH2CH2NH32CCCH2CCCkaCka2D正確;故選D4<4<HC因此主要含碳微粒是H2CCkaCka2D正確;故選D4<4<HCCD5答案D5命題意圖考查吸放熱反應的判斷重平衡體系中的平衡移動及相關計算命題意圖考查吸放熱反應的判斷升高溫度解題思路因此曲線2表示C4H8曲線反應是逆向移動A因此C4H8的物質的量分數降低升高溫度解題思路因此曲線2表示C4H8曲線反應是逆向移動A其中HA正確;B表示H溫度小于8的增大K時H與C2H4其中HA正確;B表示H溫度小于8的增大K時HB正確;C即反應的CH3因此反應Ⅲ的反應程度大于反應幅度大于B正確;C即反應的CH3因此反應Ⅲ的反應程度大于反應幅度大于C2H4因為CH37根據產物中碳原子守恒可知2C4H8的物質的為llC2H4C4H84m7m7而且根據圖像可知根據產物中碳原子守恒可知2C4H8的物質的為llC2H4C4H84m7m7結合2可得l量分數是C2H4的物質的量分數的2倍C4H8C4H8結合2可得l量分數是C2H4的物質的量分數的2倍C4H8C4H8C2H424m7C正確;D催化劑只能改變活化能因此不能改變平衡后的C2H4的物質的量為lC正確;D催化劑只能改變活化能因此不能改變平衡后的C2H4的物質的量為l7D錯誤D錯誤;故選D【北京專家卷·化學(二)參考答案第4頁(共8頁)】16.【答案】(193d54S'(1分)72+4Fe·cr23+16NaoH焙燒8Na2cr4+2Fe23+8H2(2分,無條件不給分)(2)HCO3+Al(OH)4]——Al(OH)3+C23+H2(2分)陽極區內H2放電生成O2與Ht,H+濃度增大,導致2cr42+2H+cr227+H2平衡正向移動,cr227濃度增大;同時陽極區多余Na+移向陰極區,生成Na2cr2O7(3分)(3)因為HF是弱酸,若酸化時H+濃度過多,則會導致溶液中F濃度較小,無法使Mg2+沉淀完全(2分)(4)①316(1分)②可還原Fepo4(1分)作為電極的導電材料(1分)【命題意圖】以鉻鐵礦為原料制備Na2cr2O7和Fepo4的工藝分析。【解題思路】(1)cr外圍電子排布式為:3d54s';400℃時,鉻鐵礦的產物是Na2cr4和Fe23,化學方程式為:702+4Feo·cr2o3+-16NaoH焙燒8Na2cro4+2Fe2o3+8H2o(2)沉鋁時,NaHCO3與Na[Al(OH)4]反應的方程式為HCO3+Al(OH)4]——Al(OH)3+C23+H2O;陽極區內H2放電生成O2與Ht,H+濃度增大,導致2cro42+2H+cr227H2平衡正向移動,cr227濃度增大;同時陽極區多余Na+移向陰極區,生成Na2cr27。(3)因為HF是弱酸,若酸化時H+濃度過多,則會導致溶液中F濃度較小,無法使Mg2+沉淀完全。(4)①根據電子守恒可知,存在4Fep44LiFep4C~3c2,12kg50%的炭黑即可獲得2X103mol的LiFep4,質量為316kg。②炭黑一方面可還原Fepo4,另一方面可作為電極的導電材料。17.【答案(192CUFes2+17H22+2H微生物2CU2+2Fe3+4SO42+18H2(2分·無條件不給分)防止H2O2受熱分解;防止微生物因溫度太高而失活(2分)(2)3.0~4.5(2分)n(Nacl)2+n(Nacl)(3)三頸燒瓶(1分)2CUSO4+Na2S3+2Nacl+H2o冰水浴2cucl+2Na2Sn(Nacl)2+n(Nacl)(4)當(CUS4<1.2時,因為cl的物質的量較少,CU沉淀率較低;而當(CUS4)>1.2時,因為cl濃度較高,cucl溶解在Nacl溶液中生成[cucl2,導致Cu2+沉淀率較低(2分)(5)①因為酸性KMno4會與cl反應,會導致測量結果不準(1分)【命題意圖】考查實驗綜合分析。【解題思路】(1)因為浸出渣中只有sio2,所以不含有S,因此CUFes2酸浸產物是CU2+、Fe3+和S42,因此離子方程式為:2CUFes2+17H22+2H微生物2CU2+2Fe3+4S42+18H2;溫度不宜太高的原因有兩條,第一防止H22受熱分解;第二是防止微生物因溫度太高而失活。(2)根據CU2+完全沉淀時的PH可知,KSPCU(OH)2]=105X(1O7·5)2102,因為CU2+的濃度是沉淀完全,所以PH要大于3.0,故PH范圍為:3.0~4.5。(3)儀器a的名稱是三頸燒瓶;cucl是由CUS4與Na2SO3和Nacl反應獲得的,化學方程式為:2CUS4+Na2S3+2Nacl+H2o冰水浴2cucl+2Na2SO4+H2S4n(Nacl)2+n(CUSO4)(4)根據反應機理及已知條件可知:當<1.2時n(Nacl)2+n(CUSO4)【北京專家卷·化學(二)參考答案第5頁(共8頁)】n(Nacl)2n(cuso4)>1.2時,因為cl濃度較高·cucl溶解在Nacl溶液中生成cucl2·導致Cn(Nacl)2n(Nacl)n(CUSO4) =1.2n(Nacl)n(CUSO4)(5)①因為酸性KMno4溶液會與cl反應,會導致測量結果不準,所以不能用酸性KMno4溶液代替K2cr2O7溶液。②滴定過程中,Fe2+逐漸被消耗,因此滴定終點的現象為:當加入最后半滴K2cr27溶液時,溶液由無色變為橙紅色,且半分鐘不褪色。③根據電子守恒可獲得如下關系:6cucl~6Fe2+cr2O27,所以cucl的物質的量為:6CVX103mol,cucl18.【答案】(1)CO(g)十2H2(g)=CH3H(g)H=91.4KJ·mol'(1分)低溫(1分)(2)①T3>T2>T(1分)②當溫度低于280℃時,溫度升高,反應I逆向移動,H2的平衡轉化率下降,反應II正向移動,H2的平衡轉化率升高,且反應I逆向移動的程度大于反應II正向移動的程度(3分)③360℃時,溫度較高,主要發生反應I,且反應II是反應前后氣體系數不變的反應,因此增大壓強,不會改變H2的平衡轉化率(2分)(3)AD(1分)【命題意圖】考查熱化學方程式書寫、化學平衡、平衡常數的計算。【解題思路】(1)依據蓋斯定律可知CO(g)與H2(g)合成甲醇的熱化學方程式為:CO(g)十2H2(g)=CH3H(g)ΔHHiH291.4KJ·mol';反應I是放熱和熵減的化學反應,因此在低溫下可自發進行。(2)①生成甲醇的反應是放熱反應,升高溫度,甲醇的平衡產率會降低,因此可知T3>T2>T。②當溫度低于280℃時,溫度升高,反應I逆向移動,H2的平衡轉化率下降,反應正向移動,H2的平衡轉化率升高,因為反應I逆向移動的程度大于反應正向移動的程度,所以H2的平衡轉化率呈現下降趨勢。③360℃時,溫度較高,主要發生反應I,又因為反應I是反應前后氣體系數不變的反應,因此增大壓強,不會改變H2的平衡轉化率,因此三條曲線交于一點。(3)因為在絕熱容器中,所以反應過程中壓強是不斷變化的,因此壓強不變能作為平衡的標志,A正確;因為反應過程中總質量與總體積不變,因此密度始終不變,因此B不是平衡的標志,B錯誤;反應過程中碳原子是守恒的,即C(CO2)C(CO)始終不會改變,因此C不能作為平衡的標志,C錯誤;反應過程中,各物質的濃(4)①生成CO的反應是吸熱反應,升高溫度CO的選擇性會一直增大,同理二甲醚的選擇性會一直減小,因此L,是CO2的平衡轉化率,L2是CO的選擇性,L3是二甲醚的選擇性。②根據圖像可知,參與反應的Co2的物質的量為0.6mol,其中有0.36mol用于生成二甲醚,有0.24mol【北京專家卷·化學(二)參考答案第6頁(共8頁)】用于生成CO。因此可列以下三段式2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)起始量/mol1300轉化量/mol0.361.080.180.54平衡量/mol0.641.920.180.54CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)起始量/mol0.641.920.54轉化量/mol0.240.240.240.24平衡量/mo0.41.680.240.78078X0.2439078X0.24390.4X1.6814019.【答案(1)對甲基苯酚或4-甲基苯酚(1分)與生成的HBr反應,提高B的產率(1分)(2)加成反應(1分)羥基、羧基(1分)(4)3(2分)(5)bd(2分)NH,N(4)3(2分)(5)bd(2分)NH,N(6l+lH,NH,NCONH,NCONH,【命題意圖】考查有機物化學名稱、有機反應方程式書寫、同分異構體書寫、有機合成路線分析。COOH//OHC—OCOOH【北京專家卷·化學(二)參考答案第7頁(共8頁)】反應生成G,G中NH2與C=O反應同時脫去小分子水,生成H,H經取代反應生成I。整體合成路線K,CO3,△CH;CH;CNHCNCHOHCOOHABCDE>>on>>on如下COOHH,NonH,NCOOHH,NonH,N·oy