2015-2016学年北京市海淀区普通中学高三下学期开学化学试卷（2月份）
一、选择题
1．（2016高三下·海淀开学考）已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1mol KH（ ）
A．失去1mol电子 B．得到1mol电子
C．失去2mol电子 D．没有电子得失
2．（2016高三下·海淀开学考）如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A．常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．Y的氢化物的沸点比H2O的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
3．（2016高三下·海淀开学考）下列关于浓硫酸的叙述，正确的是（ ）
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
4．（2016高三下·海淀开学考）下列分子式中，所有原子不可能共处在同一平面上的是（ ）
A．C2H2 B．CS2 C．NH3 D．C6H6
5．（2016高三下·海淀开学考）绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求．理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放．下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是（ ）
A． +C2H5Cl→ +HCl
B． +C2H5OH→ +H2O
C． +CH2=CH2→
D． → +HBr
二、解答题
6．（2016高三下·海淀开学考）芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构筒式是 ．A经①、②两步反应得C、D和E．B经①、②两步反应得E、F和H．上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示．
（提示： ）
（1）写出E的结构简式 ．
（2）A有2种可能的结构，写出相应的结构简式 ．
（3）F和小粒金属钠反应的化学方程式是 ，实验现象是 ，反应类型是 ．
（4）写出F在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式： 实验现象是 ，反应类型是 ．
（5）写出F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式 ，实验现象是 ，反应类型是 ．
（6）在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是 ．
7．在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：
+ ．
已知：
①化合物A，其分子式为C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应生成B；
②B发生臭氧化还原水解反应生成C，C能发生银镜反应；
③C催化加氢生成D，D在浓硫酸存在下加热生成E；
④E既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与氢氧化钠溶液反应生成F；
⑤F发生臭氧化还原水解反应生成G，G能发生银镜反应，遇酸转化为H（C7H6O2）．
请根据上述信息，完成下列填空：
（1）写出下列化合物的结构简式（如有多组化合物符合题意，只要写出其中的一组）
A ，C ，E ．
（2）写出分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式 ．
8．（2016高三下·海淀开学考）某有机化合物A的相对分子质量（分子量）大于110，小于150．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧．请回答：
（1）该化合物分子中含有 个氧原子，为什么？
（2）该化合物的相对分子质量（分子量）是 ．
（3）该化合物的化学式（分子式）是 ．
（4）该化合物分子中最多含 个 官能团．
9．（2016高三下·海淀开学考）有A、B、C、D、E、F、G七瓶不同物质的溶液，它们各是：Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2和Ba（OH）2溶液中的一种．为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示．表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“﹣”表示观察不到明显变化．试回答下面问题：
（1）A的化学式是 ，G的化学式是 ，判断的理由是 ．
（2）写出其余几种物质的化学式．B： C： D： E： F： ．
A B C D E F G
A ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ↓
B ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ↓ ↓ ↓
C ﹣ ﹣ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ↓
D ﹣ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ↓ ↓
E ﹣ ↓ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ﹣
F ﹣ ↓ ↓ ↓ ↓ ﹣ ↓
G ↓ ↓ ↓ ↓ ﹣ ↓ ﹣
10．（2016高三下·海淀开学考）A、B、C、D是4种可溶的化合物，分别由阳离子K+、Ba2+、Al3+、Fe3+和阴离子OH﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣两两组合而成，它们的溶液发生如下反应：A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失；C与D反应生成有色沉淀；B与C 反应生成白色沉淀．写出它们的化学式：A ，B ，C ，D ．
11．（2016高三下·海淀开学考）有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③．甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量．
（1）甲取样品①强热，若所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L气体（标准状况），则样品①中氧化铜的质量为 g．
（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊．再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有bg固体剩余，该剩余固体的化学式为 ．样品②中氧化铜质量为 g
（以含a、b的代数式表示）．
（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量（n）的取值范围为 ．
12．（2016高三下·海淀开学考）根据下图及描述，回答下列问题：
（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，静置后如图所示．试判断：A装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”） ，判断理由： ．
（2）关闭图B装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断：B装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”） ，判断理由： ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：KH+H2O=H2+KOH中，KH中H元素的化合价升高，失去电子，1molKH失去电子为1mol×[0﹣（﹣1）]=1mol，A正确；
故选A．
【分析】KH+H2O=H2+KOH中，只有H元素的化合价变化，H元素的化合价由﹣1价升高为0，由+1价降低为0，以此来解答．
2．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素，
A．常压下S、P为固体，而Br2为液体，所以五种元素的单质中Z单质的沸点不是最高的，故A错误；
B．Y的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，故B错误；
C．水分子之间含氢键，沸点大于Y的氢化物，故C错误；
D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性Y＞W，故D正确；
故选D．
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素，
A．根据物质的在常压下的存在形式可知，常压下S、P为固体，而Br为液体；
B．Y的阴离子核外有18个电子，Z的阴离子核外有36个电子；
C．根据水分子之间含有氢键进行比较；
D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强．
3．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化，故A错误；
B．浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误．
C．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故D正确；
故选D．
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖碳化，以此解答该题．
4．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙炔为直线型结构，所有原子处于同一平面内，故A不选；
B．二硫化碳是直线型分子，所有原子处于同一平面内，故B不选；
C．氨气是三角锥型结构，所有原子不可能处于同一平面内，故C选；
D．苯是平面结构，所有原子处于同一平面内，故D不选．
故选C．
【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面判断，根据化学键判断甲醛中杂化轨道数目，确定杂化方式，判断空间构型．
5．【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用；绿色化学
【解析】【解答】解：A．反应物没有全部转化为乙苯，还有HCl生成，故A错误；
B．反应物没有全部转化为乙苯，还有水生成，故B错误；
C．反应物全部转化为乙苯，没有副产品生成，故C正确；
D．反应物没有全部转化为乙苯，还有HBr生成，故D错误．
故选C．
【分析】根据绿色化学的定义可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，以此解答该题．
6．【答案】（1）
（2）
（3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；有气体产生；置换反应
（4）CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O；有气体产生；消去反应
（5）CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；有香味产生；酯化反应
（6）C和F
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：（1）B 在氢氧化钠的水溶液作用下其中的酯基易水解为相应的羧酸钠盐和醇，然后羧酸钠盐酸化得到对应的羧酸，故F为CH3CH2OH，G为CH3CHO，H为CH3COOH，E为对羟基苯甲酸，故答案为： ；（2）A与B互为同分异构体，E为对羟基苯甲酸，D为甲酸，故A中有甲酸某酯的结构，并且E中的羟基和羧基也分别形成了酯基，故A的同分异构即在丙基的同分异构上，故答案为： ；（3）乙醇和钠反应的方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，现象是有气体产生，属于置换反应，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑； 现象是有气体产生；置换反应；（4）乙醇在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O，现象是有气体产生，属于消去反应，故答案为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O；有气体产生；消去反应；（5）醇和羧酸在加热和浓H2SO4催化作用下发生酯化反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，生成有香味的酯类，属于酯化反应，故答案为：CH3CH2OHCH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；有香味产生；酯化反应；（6）同系物是具有相同的官能团、属于同一类物质、通式相同且分子组成上相差一个或若干个﹣CH2﹣基团的有机物之间的互称，在B、C、D、F、G、I化合物中，只有C和F符合条件，故C、F互为同系物，故答案为：C和F．
【分析】（1）根据B的结构简式和性质，推出H、E、F的结构简式；（2）根据A与B互为同分异构题，确定A的分子式，根据已推得的E、D的结构简式确定C，进而写出A的结构简式；（3）根据乙醇能和钠反应的化学性质来回答；（4）根据醇发生消去反应得到烯烃的化学性质来分析；（5）根据酯化反应的原理和产物来回答；（6）根据同系物的概念进行分析回答．
7．【答案】（1）；；
（2）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为 =5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个 ，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为 （可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为 ，F为 ，则A为 ，B为 ，C为 ，D为 （都可以为邻位、对位），（1）由上面的分析可知，A为 ，C为 ，E为 ，故答案为： ； ； ．（2）分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式为 ，故答案为： ．
【分析】化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为 =5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个 ，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为 （可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为 ，F为 ，则A为 ，B为 ，C为 ，D为 （都可以为邻位、对位），以此解答该题．
8．【答案】（1）4
（2）134
（3）C5H10O4
（4）1
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：（1）由题意知，氧的质量分数为1﹣52.24%=47.76%，由有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于 =3.28，小于 =4.48，所以氧原子为4个，故答案为：4； ＜N（O）＜ ，且为整数；（2）分子中氧原子为4个，氧的质量分数为47.76%，则有机化合物分子质量= =134，故答案为：134； （3）分子中氧原子为4个，所以C、H的相对原子质量之和为：134﹣16×4=70，C原子最大数目= =5…10，故分子中含有5个C原子、10个H原子，可确定化学式为C5H10O4；故答案为：C5H10O4；（4）C5H10O4与5个C原子的饱和衍生物（可表示为C5H12On）比较可知，分子中最多含有1个羰基官能团，
故答案为：1．
【分析】（1）根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数的范围，最终确定分子中含有的氧原子数目；（2）根据氧元素的质量分数、分子中含有的氧原子数目求出有机化合物的相对分子质量；（3）计算有机物中C、H总相对原子质量，利用商余法确定C、H原子数目，进而确定有机物的分子式；（4）结合有机物分子确定．
9．【答案】（1）KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓
（2）Na2SO4；MgCl2；Na2CO3；Ca（NO3）2；Ba（OH）2
【知识点】几组未知物的检验
【解析】【解答】解：（1）此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，故答案为：KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓；（2）A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，Na2CO3、Na2SO4、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）和Ba（OH）2之间都可以反应得到沉淀或是微溶物，所以F是Ba（OH）2，只能和Ca（NO3）2、Ba（OH）2、Ca（NO3）反应生成沉淀的B是：Na2SO4，此外可以Na2CO3和AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2、Ba（OH）2四种物质反应生成沉淀，所以D是Na2CO3，所以C是MgCl2．故答案为：Na2SO4；MgCl2；Na2CO3；Ca（NO3）2；Ba（OH）2．
【分析】本题涉及的物质较多，可以采用对应求解法，根据物质间的两两反应，找到特征物质，此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，采用顺藤摸瓜的办法根据性质和得到其他物质即可．
10．【答案】Ba（OH）2；Al2（SO4）3；K2CO3；Fe（NO3）3
【知识点】离子共存；无机物的推断
【解析】【解答】解：A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3，
故答案为：Ba（OH）2； Al2（SO4）3；K2CO3；Fe（NO3）3．
【分析】A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3．
11．【答案】（1）6.0
（2）C；
（3） mol≤n（CuO）≤ mol
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）= =0.05mol，根据转移电子相等得n（Cu）= =0.075mol，根据Cu原子守恒得n（CuO）=n（Cu）=0.075mol，m（CuO）=0.075mol×80g/mol=6.0g，故答案为：6.0；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，
设CuO的质量为x，
CuO+C Cu+CO↑ （CuO+C）
80 92
x （a﹣b）g
80：92=x：（a﹣b）g
x= = ，
故答案为：C； ；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，
CuO+C Cu+CO↑
2CuO+C 2Cu+CO2↑，
假设生成的气体是CO，根据方程式得n（CuO）=n（CO）= = mol，
假设生成的气体是CO2，根据方程式得n（CuO）=2n（CO2）=2× = mol，
实际上生成的气体介于二者之间，所以 mol≤n（CuO）≤ mol，
故答案为： mol≤n（CuO）≤ mol．
【分析】（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）= =0.05mol，根据转移电子相等计算n（Cu），再根据Cu原子守恒计算n（CuO）、m=nM计算氧化铜的质量；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，根据方程式计算CuO的质量；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，采用极值法结合关系式计算CuO的物质的量．
12．【答案】（1）不漏气；由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面．
（2）无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．
【知识点】气体发生装置的气密性检查
【解析】【解答】解：（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，当长颈漏斗下口浸没水中，试管中的气体形成密闭体系．继续加水，试管内液面上升，导致压强增大，长颈漏斗中液面高出试管内液面．静置后，若液面差不变，则气密性良好．故答案为：不漏气；
由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，如检查是否漏气，应用止水夹夹住橡皮管，再观察分液漏斗中的液体是否能滴入烧瓶，如不能滴入，则说明不漏气．
故答案为：无法确定
由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．
【分析】检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差，并产生某种明显现象，如气泡的生成，水柱生成，液面升降．
1 / 12015-2016学年北京市海淀区普通中学高三下学期开学化学试卷（2月份）
一、选择题
1．（2016高三下·海淀开学考）已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1mol KH（ ）
A．失去1mol电子 B．得到1mol电子
C．失去2mol电子 D．没有电子得失
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：KH+H2O=H2+KOH中，KH中H元素的化合价升高，失去电子，1molKH失去电子为1mol×[0﹣（﹣1）]=1mol，A正确；
故选A．
【分析】KH+H2O=H2+KOH中，只有H元素的化合价变化，H元素的化合价由﹣1价升高为0，由+1价降低为0，以此来解答．
2．（2016高三下·海淀开学考）如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A．常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．Y的氢化物的沸点比H2O的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素，
A．常压下S、P为固体，而Br2为液体，所以五种元素的单质中Z单质的沸点不是最高的，故A错误；
B．Y的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，故B错误；
C．水分子之间含氢键，沸点大于Y的氢化物，故C错误；
D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性Y＞W，故D正确；
故选D．
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素，
A．根据物质的在常压下的存在形式可知，常压下S、P为固体，而Br为液体；
B．Y的阴离子核外有18个电子，Z的阴离子核外有36个电子；
C．根据水分子之间含有氢键进行比较；
D．同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强．
3．（2016高三下·海淀开学考）下列关于浓硫酸的叙述，正确的是（ ）
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化，故A错误；
B．浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误．
C．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故D正确；
故选D．
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖碳化，以此解答该题．
4．（2016高三下·海淀开学考）下列分子式中，所有原子不可能共处在同一平面上的是（ ）
A．C2H2 B．CS2 C．NH3 D．C6H6
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙炔为直线型结构，所有原子处于同一平面内，故A不选；
B．二硫化碳是直线型分子，所有原子处于同一平面内，故B不选；
C．氨气是三角锥型结构，所有原子不可能处于同一平面内，故C选；
D．苯是平面结构，所有原子处于同一平面内，故D不选．
故选C．
【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面判断，根据化学键判断甲醛中杂化轨道数目，确定杂化方式，判断空间构型．
5．（2016高三下·海淀开学考）绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求．理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放．下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是（ ）
A． +C2H5Cl→ +HCl
B． +C2H5OH→ +H2O
C． +CH2=CH2→
D． → +HBr
【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用；绿色化学
【解析】【解答】解：A．反应物没有全部转化为乙苯，还有HCl生成，故A错误；
B．反应物没有全部转化为乙苯，还有水生成，故B错误；
C．反应物全部转化为乙苯，没有副产品生成，故C正确；
D．反应物没有全部转化为乙苯，还有HBr生成，故D错误．
故选C．
【分析】根据绿色化学的定义可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，以此解答该题．
二、解答题
6．（2016高三下·海淀开学考）芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构筒式是 ．A经①、②两步反应得C、D和E．B经①、②两步反应得E、F和H．上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示．
（提示： ）
（1）写出E的结构简式 ．
（2）A有2种可能的结构，写出相应的结构简式 ．
（3）F和小粒金属钠反应的化学方程式是 ，实验现象是 ，反应类型是 ．
（4）写出F在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式： 实验现象是 ，反应类型是 ．
（5）写出F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式 ，实验现象是 ，反应类型是 ．
（6）在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是 ．
【答案】（1）
（2）
（3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；有气体产生；置换反应
（4）CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O；有气体产生；消去反应
（5）CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；有香味产生；酯化反应
（6）C和F
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：（1）B 在氢氧化钠的水溶液作用下其中的酯基易水解为相应的羧酸钠盐和醇，然后羧酸钠盐酸化得到对应的羧酸，故F为CH3CH2OH，G为CH3CHO，H为CH3COOH，E为对羟基苯甲酸，故答案为： ；（2）A与B互为同分异构体，E为对羟基苯甲酸，D为甲酸，故A中有甲酸某酯的结构，并且E中的羟基和羧基也分别形成了酯基，故A的同分异构即在丙基的同分异构上，故答案为： ；（3）乙醇和钠反应的方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，现象是有气体产生，属于置换反应，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑； 现象是有气体产生；置换反应；（4）乙醇在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O，现象是有气体产生，属于消去反应，故答案为：CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O；有气体产生；消去反应；（5）醇和羧酸在加热和浓H2SO4催化作用下发生酯化反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，生成有香味的酯类，属于酯化反应，故答案为：CH3CH2OHCH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；有香味产生；酯化反应；（6）同系物是具有相同的官能团、属于同一类物质、通式相同且分子组成上相差一个或若干个﹣CH2﹣基团的有机物之间的互称，在B、C、D、F、G、I化合物中，只有C和F符合条件，故C、F互为同系物，故答案为：C和F．
【分析】（1）根据B的结构简式和性质，推出H、E、F的结构简式；（2）根据A与B互为同分异构题，确定A的分子式，根据已推得的E、D的结构简式确定C，进而写出A的结构简式；（3）根据乙醇能和钠反应的化学性质来回答；（4）根据醇发生消去反应得到烯烃的化学性质来分析；（5）根据酯化反应的原理和产物来回答；（6）根据同系物的概念进行分析回答．
7．在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：
+ ．
已知：
①化合物A，其分子式为C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应生成B；
②B发生臭氧化还原水解反应生成C，C能发生银镜反应；
③C催化加氢生成D，D在浓硫酸存在下加热生成E；
④E既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与氢氧化钠溶液反应生成F；
⑤F发生臭氧化还原水解反应生成G，G能发生银镜反应，遇酸转化为H（C7H6O2）．
请根据上述信息，完成下列填空：
（1）写出下列化合物的结构简式（如有多组化合物符合题意，只要写出其中的一组）
A ，C ，E ．
（2）写出分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式 ．
【答案】（1）；；
（2）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为 =5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个 ，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为 （可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为 ，F为 ，则A为 ，B为 ，C为 ，D为 （都可以为邻位、对位），（1）由上面的分析可知，A为 ，C为 ，E为 ，故答案为： ； ； ．（2）分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式为 ，故答案为： ．
【分析】化合物A的分子式为C9H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，不饱和度为 =5，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，还含有1个 ，由A→B→C，C能发生银镜反应，则C属醛类，故A中双键碳上有氢原子，E与A含有官能团相同，由E→F→G，G能发生银镜反应，G酸化得到H，则H中含有﹣CHO、酚羟基，由H的分子式可知，H为 （可以为邻位、对位），由于臭氧氧化过程会发生碳链的断裂，可推知E比A少1个碳原子，比H多1个碳原子，故E为 ，F为 ，则A为 ，B为 ，C为 ，D为 （都可以为邻位、对位），以此解答该题．
8．（2016高三下·海淀开学考）某有机化合物A的相对分子质量（分子量）大于110，小于150．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧．请回答：
（1）该化合物分子中含有 个氧原子，为什么？
（2）该化合物的相对分子质量（分子量）是 ．
（3）该化合物的化学式（分子式）是 ．
（4）该化合物分子中最多含 个 官能团．
【答案】（1）4
（2）134
（3）C5H10O4
（4）1
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：（1）由题意知，氧的质量分数为1﹣52.24%=47.76%，由有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于 =3.28，小于 =4.48，所以氧原子为4个，故答案为：4； ＜N（O）＜ ，且为整数；（2）分子中氧原子为4个，氧的质量分数为47.76%，则有机化合物分子质量= =134，故答案为：134； （3）分子中氧原子为4个，所以C、H的相对原子质量之和为：134﹣16×4=70，C原子最大数目= =5…10，故分子中含有5个C原子、10个H原子，可确定化学式为C5H10O4；故答案为：C5H10O4；（4）C5H10O4与5个C原子的饱和衍生物（可表示为C5H12On）比较可知，分子中最多含有1个羰基官能团，
故答案为：1．
【分析】（1）根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数的范围，最终确定分子中含有的氧原子数目；（2）根据氧元素的质量分数、分子中含有的氧原子数目求出有机化合物的相对分子质量；（3）计算有机物中C、H总相对原子质量，利用商余法确定C、H原子数目，进而确定有机物的分子式；（4）结合有机物分子确定．
9．（2016高三下·海淀开学考）有A、B、C、D、E、F、G七瓶不同物质的溶液，它们各是：Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2和Ba（OH）2溶液中的一种．为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示．表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“﹣”表示观察不到明显变化．试回答下面问题：
（1）A的化学式是 ，G的化学式是 ，判断的理由是 ．
（2）写出其余几种物质的化学式．B： C： D： E： F： ．
A B C D E F G
A ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ↓
B ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ↓ ↓ ↓
C ﹣ ﹣ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ↓
D ﹣ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ↓ ↓
E ﹣ ↓ ﹣ ↓ ﹣ ↓ ﹣
F ﹣ ↓ ↓ ↓ ↓ ﹣ ↓
G ↓ ↓ ↓ ↓ ﹣ ↓ ﹣
【答案】（1）KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓
（2）Na2SO4；MgCl2；Na2CO3；Ca（NO3）2；Ba（OH）2
【知识点】几组未知物的检验
【解析】【解答】解：（1）此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，故答案为：KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl↓；（2）A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，Na2CO3、Na2SO4、AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）和Ba（OH）2之间都可以反应得到沉淀或是微溶物，所以F是Ba（OH）2，只能和Ca（NO3）2、Ba（OH）2、Ca（NO3）反应生成沉淀的B是：Na2SO4，此外可以Na2CO3和AgNO3、MgCl2、Ca（NO3）2、Ba（OH）2四种物质反应生成沉淀，所以D是Na2CO3，所以C是MgCl2．故答案为：Na2SO4；MgCl2；Na2CO3；Ca（NO3）2；Ba（OH）2．
【分析】本题涉及的物质较多，可以采用对应求解法，根据物质间的两两反应，找到特征物质，此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca（NO3）2，所以E是Ca（NO3）2，采用顺藤摸瓜的办法根据性质和得到其他物质即可．
10．（2016高三下·海淀开学考）A、B、C、D是4种可溶的化合物，分别由阳离子K+、Ba2+、Al3+、Fe3+和阴离子OH﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣两两组合而成，它们的溶液发生如下反应：A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失；C与D反应生成有色沉淀；B与C 反应生成白色沉淀．写出它们的化学式：A ，B ，C ，D ．
【答案】Ba（OH）2；Al2（SO4）3；K2CO3；Fe（NO3）3
【知识点】离子共存；无机物的推断
【解析】【解答】解：A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3，
故答案为：Ba（OH）2； Al2（SO4）3；K2CO3；Fe（NO3）3．
【分析】A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可知，CO32﹣只能与K+结合形成K2CO3，OH﹣离子只能与Ba2+结合形成Ba（OH）2；C和D生成的有色沉淀应为Fe（OH）3，A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al（OH）3，则A必为碱，所以A为Ba（OH）2，B必含有Al3+、SO42﹣，则B为Al2（SO4）3；剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe（NO3）3中的一种，由于B与C反应生成白色沉淀，所以C为K2CO3、D为Fe（NO3）3．
11．（2016高三下·海淀开学考）有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③．甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量．
（1）甲取样品①强热，若所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L气体（标准状况），则样品①中氧化铜的质量为 g．
（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊．再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有bg固体剩余，该剩余固体的化学式为 ．样品②中氧化铜质量为 g
（以含a、b的代数式表示）．
（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量（n）的取值范围为 ．
【答案】（1）6.0
（2）C；
（3） mol≤n（CuO）≤ mol
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）= =0.05mol，根据转移电子相等得n（Cu）= =0.075mol，根据Cu原子守恒得n（CuO）=n（Cu）=0.075mol，m（CuO）=0.075mol×80g/mol=6.0g，故答案为：6.0；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，
设CuO的质量为x，
CuO+C Cu+CO↑ （CuO+C）
80 92
x （a﹣b）g
80：92=x：（a﹣b）g
x= = ，
故答案为：C； ；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，
CuO+C Cu+CO↑
2CuO+C 2Cu+CO2↑，
假设生成的气体是CO，根据方程式得n（CuO）=n（CO）= = mol，
假设生成的气体是CO2，根据方程式得n（CuO）=2n（CO2）=2× = mol，
实际上生成的气体介于二者之间，所以 mol≤n（CuO）≤ mol，
故答案为： mol≤n（CuO）≤ mol．
【分析】（1）Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的气体是NO，n（NO）= =0.05mol，根据转移电子相等计算n（Cu），再根据Cu原子守恒计算n（CuO）、m=nM计算氧化铜的质量；（2）乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，说明生成的气体是CO而不是CO2，则C过量、CuO不足量，Cu和稀硝酸反应、C和稀硝酸不反应，所以bg固体是C，参加反应的CuO和C的质量=（a﹣b）g，二者反应方程式为CuO+C Cu+CO↑，根据方程式计算CuO的质量；（3）丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了cg，减少的质量为O、C的质量，生成的气体可能是CO或CO2，采用极值法结合关系式计算CuO的物质的量．
12．（2016高三下·海淀开学考）根据下图及描述，回答下列问题：
（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，静置后如图所示．试判断：A装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”） ，判断理由： ．
（2）关闭图B装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断：B装置是否漏气？（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”） ，判断理由： ．
【答案】（1）不漏气；由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面．
（2）无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．
【知识点】气体发生装置的气密性检查
【解析】【解答】解：（1）关闭图A装置中的止水夹a后，从长颈漏斗向试管中注入一定量的水，当长颈漏斗下口浸没水中，试管中的气体形成密闭体系．继续加水，试管内液面上升，导致压强增大，长颈漏斗中液面高出试管内液面．静置后，若液面差不变，则气密性良好．故答案为：不漏气；
由于不漏气，加水后试管内气体体积减小，导致压强增大，长颈漏斗内的水面高出试管内的水面；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，如检查是否漏气，应用止水夹夹住橡皮管，再观察分液漏斗中的液体是否能滴入烧瓶，如不能滴入，则说明不漏气．
故答案为：无法确定
由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．
【分析】检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差，并产生某种明显现象，如气泡的生成，水柱生成，液面升降．
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