北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题含答案Word下载.docx

北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题含答案Word下载.docx

《北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题含答案Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题含答案Word下载.docx（14页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

【答案】D

【详解】质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：

，A错误；

H2O2为共价化合物，没有电子的得失，B错误；

NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；

[Co（NH3）6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；

正确选项D。

4.北京航空航天大学教授偶然中发现米虫吃塑料，受此启发进行了系列实验，证实黄粉虫的肠道微生物可降解聚苯乙烯（PS），蜡虫可降解聚乙烯（PE）。

聚苯乙烯在虫肠内降解的示意图如下，下列说法正确的是

A.在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯断裂碳碳双键

B.在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯直接降解为CO2分子

C.在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯发生降解，分子量降低

D.聚乙烯与聚苯乙烯是同系物，具有烯烃的性质

【答案】C

，聚苯乙烯结构中已经不存在碳碳双键，无法断裂碳碳双键，A错误；

根据图示可知，聚苯乙烯先降解为低分子中间产物，最后降解为CO2分子，B错误；

聚苯乙烯是高分子，发生降解后，变为小分子的物质，分子量变小，C正确；

聚乙烯与聚苯乙烯二者结构不相似，不是同系物关系，且二者中已经没有碳碳双键，不再具备烯烃的性质，D错误；

正确选项C。

乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化；

而聚乙烯与聚苯乙烯结构中已经没有碳碳双键，不再具有烯烃的性质。

5.室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。

甲同学配制10%的NaCl溶液100g，乙同学配制1.0mol/L的NaCl溶液100mL（20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g）。

下列说法正确的是

A.两同学所需溶质的质量相同B.两同学所配溶液的质量相同

C.两同学所需实验仪器种类相同D.甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大

配制100g5%的NaC1溶液需要氯化钠质量为100g×

5%=5g，配制100m10.5mo1/L的NaC1溶液需要氯化钠质量为0.1L×

0.5mol/L×

58.5g/mol=2.9g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；

氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g，B错误；

配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，用量筒量取水的体积，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；

配制一定体积一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，洗涤后移入100mL容量瓶，加水定容，距离刻度线1～2cm改用胶头滴管滴加，配制需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，两种配制需要的仪器不同，C错误；

配制10%的NaCl溶液100g，其密度>

1g/mL，所以100g溶液的体积小于100mL，10%的NaCl溶液中氯化钠的量为10%×

100/58.5=0.17mol,其浓度大于1.7mol/L；

D正确；

6.从某含Br—废水中提取Br2的过程包括：

过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。

已知：

物质

Br2

CCl4

正十二烷

密度/g·

cm-3

3.119

1.595

0.753

沸点/℃

58.76

76.8

215~217

下列说法不正确的是

A.甲装置中Br—发生的反应为：

2Br-+Cl2=Br2+2Cl-

B.甲装置中NaOH溶液每吸收0.1molCl2，转移0.1mole—

C.用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层

D.用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2

氯气的氧化性大于溴，所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-，A正确；

1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmolCl2，转移0.lmole-，B正确；

用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；

把溶解Br2的正十二烷混合液进行蒸馏，由于正十二烷的沸点大于溴的沸点，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；

7.探究电场作用下阴阳离子的迁移。

a、b、c、d均为石墨电极，电极间距4cm。

将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下实验：

实验现象：

时间

试纸I

试纸II

lmin

a极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝

c极附近试纸变红，d极附近……

10min

红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm

两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色

A.d极附近试纸变蓝

B.a极附近试纸变红的原因是：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

C.对比试纸I和试纸II的现象，说明电解质浓度环境影响H+和OH-的迁移

D.试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH-快

d极为阴极，氢离子在此极发生还原反应变为氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，d极附近试纸变蓝，A正确；

a极为阳极，氢氧根离子在此极发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，a极附近试纸变红，B错误；

10min以后，试纸I和试纸Ⅱ的现象不同，说明电解质浓度越大，对H+和OH-的迁移影响较大，C正确；

红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm，说明氢离子H+的迁移速率比OH-快，D正确；

正确答案：

B。

用惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极反应：

2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，pH试纸变蓝；

阳极反应：

4OH--4e-=2H2O+O2↑，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，酸性增强，pH试纸变红。

8.PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：

己知：

R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基

I.R'

CHO+R"

CH2CHO

II.RCHO+

（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为___________________。

（2）己知A→B为加成反应，则X的结构简式为_______；

B中官能团的名称是_________。

（3）反应①的化学方程式为______________________。

（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是_______________________。

（5）反应③的化学方程式为____________________________。

（6）在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇的作用是__________________________。

（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_________________。

【答案】

（1）.HC≡CH

（2）.CH3COOH（3）.酯基、碳碳双键（4）.

（5）.稀NaOH溶液／△（6）.

（7）.保护醛基不被H2还原（8）.

（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HC≡CH；

HC≡CH。

（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；

B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；

CH3COOH；

酯基、碳碳双键。

（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为

；

（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液／△；

稀NaOH溶液／△。

（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应

，与氢气发生加成反应生成

化学方程式为

。

6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；

保护醛基不被H2还原。

（7）高分子醇中2个-CH（OH）-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为

9.化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。

下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。

打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。

【答案】

（1）.

（2）.CO2+NH3·

H2O=HCO3—+NH4+（3）.NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c（NH4+）和c（HCO3-），有利于NaHCO3晶体的析出（4）.NH4+和Cl-（5）.滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c（Cl-）；

通入氨气，增大c（NH4+），使平衡NH4Cl（s）

NH4+（aq）+Cl-（aq）逆向移动，促使氯化铵结晶析出。

温度降低有利于氯化铵结晶析出（6）.

（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2的电子式为

（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为.CO2+NH3·

H2O=HCO3—+NH4+；

CO2+NH3·

H2O=HCO3—+NH4+。

（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c（NH4+）和c（HCO3-），有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；

NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c（NH4+）和c（HCO3-），有利于NaHCO3晶体的析出。

（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-；

NH4+和Cl-。

（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c（NH4+），使平衡NH4Cl（s）

NH4+（aq）+Cl-（aq）逆向移动，促使氯化铵结晶析出；

滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c（Cl-），使平衡NH4Cl（s）

温度降低有利于氯化铵结晶析出；

滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c（Cl-）；

温度降低有利于氯化铵结晶析出。

（6）

，由方程式可知有2mol

反应，反应前后固体质量就减少

，那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g,需要

的质量为x=84（m1-m2）/31,将其带入下式可得：

ω（NaHCO3）=x/m1×

100%=

10.硒及其化合物在工农业生产中有重要用途，硒也是人体必需的微量元素。

（1）硒（34Se）在周期表中位于硫下方，画出其原子结构示意图_____________。

（2）氧族元素单质均能与H2反应生成H2X，用原子结构解释原因_______________。

（3）298K、1.01×

l0-5Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。

写出Se与H2化合的热化学反应方程式__________________。

（4）可以从电解精炼铜的阳极泥中提取硒，通过化学工艺得到亚硒酸钠等含硒物质。

常温下，Se（Ⅳ）溶液中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图。

①向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5，该过程中主要反应的离子方程式________。

②在pH<

0的酸性环境下，向Se（Ⅳ）体系中通入SO2制得单质Se的化学方程式是_______。

③下列说法正确的是____（填字母序号）。

a．NaHSeO3溶液显酸性

b．pH=8时，溶液中存在c（HAsO3-）+2c（SeO32-）+c（OH-）=c（H+）

c．在Na2SeO3溶液中，c（SeO32-》c（HSeO3-）>

c（H2SeO3）

④常温下，H2SeO3的第二步电离平衡常数为K2，计算K2=________。

（2）.氧族元素原子的最外层电子数均为6（3）.Se（s）+H2（g）=H2Se（g）△H=+81kJ／mol（4）.H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O（5）.H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4（6）.ac（7）.10-7.3

（1）硫原子核外电子排布为

，硒（34Se）在周期表中位于下方，电子层应该为四层，最外层有6个电子，原子结构示意图

（2）氧族元素原子的最外层电子数均为6，均能与2个氢原子形成2个共价键，所以氧族元素单质均能与H2反应生成H2X；

氧族元素原子的最外层电子数均为6。

（3）O2、S分别与H2化合，均为放热反应，Se、Te分别与H2化合均为吸热反应，且Se的非金属性强于Te，所以吸收的热量要小一些，依据图形可以看出+81kJ／mol为Se（s）与H2（g）化合的热效应；

方程式为Se（s）+H2（g）=H2Se（g）△H=+81kJ／mol；

Se（s）+H2（g）=H2Se（g）△H=+81kJ／mol。

（4）①从图像可出，向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5时，溶液中HSeO3一离子浓度最大，所以过程中主要反应的离子方程式H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O；

H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O。

0的酸性环境下，向H2SeO3溶液中通入还原性气体SO2，就能够把+4价的Se还原到0价，+4价的硫氧化到+6价，反应的化学方程式是H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4；

H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4。

③从图像看出，H2SeO3第一步电离平衡常数为c（HSeO3一）×

c（H+）/c（H2SeO3），当c（H+）=10-2.5mol/L，c（HSeO3一）=c（H2SeO3），K1=10-2.5；

NaHSeO3溶液水解平衡常数为Kh=Kw/K1=10-14/10-2.5=10-11.5,水解能力小于电离能力，该溶液显酸性，a正确；

溶液遵循电荷守恒规律：

c（HAsO3-）+2c（SeO32-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），b错误；

在Na2SeO3溶液中，水解显碱性，所以c（SeO32-》c（HSeO3-）>

c（H2SeO3）顺序正确；

c正确；

正确选项ac。

④根据图像可知，常温下，H2SeO3第二步电离平衡常数为c（SeO32-）×

c（H+）/c（HSeO3一）；

当c（H+）=10-7.3mol/L，c（HSeO3一）=c（SeO32-），K2=10-7.3；

10-7.3。

硫酸氢钠溶液电离显酸性，亚硫酸氢钠溶液电离过程大于水解过程，溶液显酸性，碳酸氢钠溶液水解过程大于电离过程，溶液显碱性。

11.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。

甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c（H+）增大影响的结果；

乙认为橙色加深一定是c（H+）增大对平衡的影响。

你认为是否需要再设计实验证明？

____（“是”或“否”），理由是_________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，得到的结论是________________。

（4）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是_______；

写出此过程中氧化还原反应的离子方程式________________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。

实验

ⅰ

ⅱ

ⅲ

ⅳ

是否加入Fe2（SO4）3

否

加入5g

是否加入H2SO4

加入1mL

电极材料

阴、阳极均为石墨

阴极为石墨，阳极为铁

Cr2O72-的去除率/%

0.922

12.7

20.8

57.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】

（1）.溶液变黄色

（2）.否（3）.Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。

而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c（H+）平衡逆向移动的结果（4）.碱性条件下，+6价铬主要以CrO42-存在；

酸性条件下，主要以Cr2O72-存在（5）.碱性条件下，CrO42-不能氧化I-；

酸性条件下，Cr2O72-能氧化I-。

（或Cr2O72-氧化性强于CrO42-）（6）.6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O（7）.Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O（8）.阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率

（1）针对Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+反应来说，试管c中加入碱，消耗了H+，平衡右移，溶液变黄色；

溶液变黄色。

（2）Cr2O72-（橙色）+H2O

而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c（H+）平衡逆向移动的结果；

否；

Cr2O72-（橙色）+H2O

而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c（H+）平衡逆向移动的结果。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，得到的结论在酸碱性不同的情况下，溶液中主要存在的离子不同；

碱性条件下，+6价铬主要以CrO42-存在；

酸性条件下，主要以Cr2O72-存在；

酸性条件下，主要以Cr2O72-存在。

（4）从实验现象分析可知：

碱性条件下，CrO42-不能氧化I-，所以无明显变化；

酸性条件下，Cr2O72-能氧化I-，本身被还原为Cr3+，变为墨绿色溶液；

此过程中氧化还原反应的离子方程式：

.6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O；

碱性条件下，CrO42-不能氧化I-；

（或Cr2O72-氧化性强于CrO42-）；

6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O。

（5）①实验ⅱ中Cr2O72-在阴极被还原为Cr3+，电极反应式Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O；

Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O。

②根据图示分析可知：

阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率；

阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。