北京市通州区届高三化学下学期第三次模拟考试试题及答案经典版doc.docx
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北京市通州区届高三化学下学期第三次模拟考试试题及答案经典版doc
北京市通州区2019届高三年级第三次模拟考试
理科综合化学试题
1.下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是
A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素
B．伏打发明电池
C．拉瓦锡研究空气成分
D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A错误；B．原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C．拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。
2.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：
下列说法不正确的是
A.Y的分子式为C10H8O3
B.由X制取Y的过程中可得到乙醇
C.一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应
D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：
1，故D错误；故答案为D。
【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。
熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。
3.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：
下列说法不正确的是
A.合成气的主要成分为CO和H2
B.①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C.①→②吸收能量
D.Ni在该反应中做催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。
4.已知：
一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。
25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
K
1.75×10–5
4.9×10–10
K1=4.4×10–7
K2=5.6×10–11
下列说法正确的是
A.稀释CH3COOH溶液的过程中，n（CH3COO–）逐渐减小
B.NaHCO3溶液中：
c（H2CO3）＜c（）＜c（HCO3−）
C.25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液
D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n（CH3COO–）逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c（）＜c（H2CO3）＜c（HCO3−），故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。
5.已知：
苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：
Fe3++6C6H5OHH3Fe（OC6H5）6+3H+，其中H3Fe（OC6H5）6显紫色。
实验如下：
下列说法不正确的是：
A.i是空白对照实验
B.向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅
C.iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4
D.苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe（OC6H5）6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。
6.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：
下列说法不正确的是
A.b为电源的正极
B.①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C.a极的电极反应式为2C2O52−−4e−==4CO2+O2
D.上述装置存在反应：
CO2=====C+O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2=C+O2，故D正确；故答案为B。
7.研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：
①
②
铜丝表面无明显现象
铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象
铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，
品红溶液褪色
下列说法正确的是
A.常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸
B.②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等
C.依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2
D.①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。
8.聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料（N）的合成路线如下：
已知：
i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
ii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
（1）A中含有的官能团名称是______。
（2）①、②的反应类型分别是______、______。
（3）③的化学方程式是______。
（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。
（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。
（6）⑦化学方程式是______。
（7）己二醛是合成其他有机物的原料。
L经过两步转化，可以制备己二醛。
合成路线如下：
中间产物1的结构简式是______。
【答案】
（1）.碳碳双键
（2）.氧化反应（3）.加成反应（4）.（5）.CH3CH=CH2（6）.、、（7）.（8）.
【解析】
【分析】
A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；
G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；
（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；
【详解】
（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；
（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；
（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；
（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；
（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；
（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；
（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。
【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。
难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
9.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。
I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
（1）已知：
C（s）+O2（g）==CO2（g）△H1＝−393.5kJ·mol−1
2C（s）+O2（g）==2CO（g）△H2＝−221.0kJ·mol−1
N2（g）+O2（g）==2NO（g）△H3＝+180.5kJ·mol−1
CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2（g）的热化学方程式是______。
（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10−4mol·L−1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
100
c（CO）/（10−3mol·L−1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前4s内的平均反应速率υ（CO）＝______mol·L−1·s−1。
②L、X可分别代表压强或温度。
下图表示L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的变化关系。
X代表的物理量是______。
判断L1、L2的大小关系，并简述理由：
______。
II．柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。
Urea-SCR的工作原理为：
尿素[CO（NH2）2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，生成的NH3与富氧尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。
（3）尿素水解的化学方程式是______。
（4）下图为在不同投料比[n（尿素）/n（NO）]时NO转化效率随温度变化的曲线。
①尿素与NO物质的量比a______b（填“>”、“=”或“<”）
②由图可知，温度升高，NO转化效率升高，原因是______。
温度过高，NO转化效率下降，NO的浓度反而升高，可能的原因是______（写出一种即可）。
【答案】
（1）.2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g）△H==−746.5kJ·mol−1
（2）.2.25×10−4（3）.温度（4）.L2>L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大（5）.CO（NH2）2＋H2O2NH3＋CO2（6）.>（7）.随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c（NH3）增大；温度升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快（8）.当温度过高，发生反应4NH3＋5O2====4NO＋6H2O，生成NO等
【解析】
【分析】
I．
（1）已知：
①C（s）+O2（g）==CO2（g）△H1＝−393.5kJ·mol−1，②2C（s）+O2（g）==2CO（g）△H2＝−221.0kJ·mol−1，③N2（g）+O2（g）==2NO（g）△H3＝+180.5kJ·mol−1，由盖斯定律可知①×2-②-③得2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g），由此计算此反应的△H；
（2）①根据υ（CO）=计算前4s内的平均反应速率υ（CO）；
②图中L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g）△H==−746.5kJ·mol−1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行分析；
II．（3）尿素[CO（NH2）2]水溶液温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，结合守恒法写出尿素水解的化学方程式；
（4）①反应中，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；
②温度升高有利于尿素水解生成NH3，且提高催化剂的活性，催化效果好；NH3在加热条件下催化氧化能生成NO。
【详解】I．
（1）已知：
①C（s）+O2（g）==CO2（g）△H1＝−393.5kJ·mol−1，②2C（s）+O2（g）==2CO（g）△H2＝−221.0kJ·mol−1，③N2（g）+O2（g）==2NO（g）△H3＝+180.5kJ·mol−1，由盖斯定律可知①×2-②-③得2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g），则△H=2（△H1）-（△H2）-（△H3）=2（−393.5kJ·mol−1）-（−221.0kJ·mol−1）-（+180.5kJ·mol−1），故CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2（g）的热化学方程式是2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g）△H==−746.5kJ·mol−1；
（2）①前4s内平均反应速率υ（CO）==mol·L−1·s−1＝2.25×10−4mol·L−1·s−1；
②图中L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO（g）+2CO（g）==N2（g）+2CO2（g）△H==−746.5kJ·mol−1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行，可知X代表的物理量是温度；当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，故L2>L1；
II．（3）尿素[CO（NH2）2]水溶液温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，则尿素水解的化学方程式为CO（NH2）2＋H2O2NH3＋CO2；
（4）①增大尿素的量可提高NO的转化率，即尿素与NO物质的量比值越大，NO的转化率越大，则图象中a＞b；
②由图可知，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c（NH3）增大，且温度升高，催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，故温度升高，NO转化效率升高；但温度过高，
，原因是______。
温度过高，发生反应4NH3＋5O2====4NO＋6H2O，生成NO，导致NO的浓度升高，NO转化效率下降。
【点睛】本题考查了利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。
应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2～3个）进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
10.水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As（Ⅴ）]，其机制模型如下。
零价铁活化过硫酸钠去除废水中As（Ⅴ）的机制模型
资料：
Ⅰ．酸性条件下SO4−·为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO4−·和·OH同时存在，强碱性条件下·OH为主要的自由基。
Ⅱ．Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH
离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe2+
7.04
9.08
Fe3+
1.87
3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。
①砷在元素周期表中的位置是______。
②砷酸的化学式是______，其酸性比H3PO4______（填“强”或“弱”）。
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82−反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As（Ⅴ）去除完全。
①S2O82−中S的化合价是______。
②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是______。
③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是______。
（3）不同pH对As（Ⅴ）去除率的影响如图。
5min内pH=7和pH=9时去除率高的原因是______。
【答案】
（1）.第4周期、第ⅤA族
（2）.H3AsO4（3）.弱（4）.+7（5）.Fe+S2O82−==Fe2++2SO42−（6）.Fe+2Fe3+==3Fe2+（7）.pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO4−·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ）
【解析】
【分析】
（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族；
②磷酸的化学式为H3PO4，同主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱；
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82−反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As（Ⅴ）去除完全。
①S2O82−中氧元素为-2价，设S的化合价是x，结合正负化合价代数和为-2计算；
②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
③Fe将Fe3+还原为Fe2+，结合守恒法写出发生反应离子方程式；
（3）由模型可知pH=7和pH=9时产生了强氧化性的O4−·和·OH，有利于Fe的氧化，pH=7和pH=9时Fe2+和Fe3+完全转化为Fe（OH）2和Fe（OH）3，易除去；
【详解】
（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族，则砷在元素周期表中的位置是第4周期、第ⅤA族；
②砷酸中砷元素的化合价为+5价，其化学式是H3AsO4，因As非金属性比P弱，则其酸性比H3PO4弱；
（2）①S2O82−中氧元素为-2价，设S的化合价是x，2x+（-2）×8=-2，解得x=+7，即S2O82−中S的化合价是+7；
②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，则发生反应的离子方程式为Fe+S2O82−==Fe2++2SO42−；
③Fe将Fe3+还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+==3Fe2+；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As（Ⅴ）的机制模型可知，因pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO4−·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ），故5min内pH=7和pH=9时去除率高。
11.某小组同学研究SO2和KI溶液的反应，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色
II
溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色
（1）加入淀粉溶液的目的是______，为达到相同的目的，还可选用的试剂是______。
（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。
资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成S和I2。
①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应的离子方程式是______。
②针对II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：
______。
为证实该假设，甲同学取II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
③乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是______。
④丙同学向1mL1mol·L−1KCl溶液中加入5滴1mol·L−1盐酸，通入SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。
丙同学的实验结论是______。
（3）实验表明，I−是SO2转化的催化剂。
补全下列离子方程式。
SO2＋H2O===_____＋＋
（4）对比实验I和II，推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。
为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是______。
【答案】
（1）.检验是否有I2生成
（2）.CCl4（苯、煤油）（3）.SO2+4I−+4H+==2I2+S+2H2O（4）.SO2将I2还原为I−（5）.空气中的O2将SO2氧化为SO42−（6）.O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因（7）.3SO2+2H2O===4H++2SO42−+S（8）.向1mL1mol·L−1KI溶液中加入5滴1mol·L−1KCl溶液后，再通入SO2气体，观察现象
【解析】
【分析】
（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；
（2）经检验，II中的浅黄色
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