北京市西城区届高三上学期期末考试化学解析版.docx
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北京市西城区届高三上学期期末考试化学解析版
北京市西城区2020届高三上学期期末考试
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16S32
第Ⅰ卷(选择题共42分)
1.可回收物经综合处理,可再利用,节约资源。
下列可回收物的主要成分属于合金的是()
A.
旧自行车钢圈B.
旧报纸
C.
旧塑料盆D.
旧衣物
【答案】A
【详解】A、钢圈的主要材料是铁的合金,故A符合题意;
B、旧报纸的主要成分是纤维素,故B不符合题意;
C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料,故C不符合题意;
D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料,故D不符合题意。
答案选A。
2.下列说法不正确的是()
A.鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀
B.蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性
C.油酸甘油酯可通过氢化反应变
硬脂酸甘油酯
D.油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐
【答案】B
【详解】A、鸡蛋清是蛋白质,故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色,且加热能使蛋白质变性,故A正确;
B、硫酸钠为轻金属盐,不能使蛋白质变性,能使蛋白质发生盐析,故B错误;
C、油酸甘油酯含有碳碳双键,与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯,故C正确;
D、油脂含有酯基,在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐,又叫皂化反应,故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握物质的结构与性质的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意蛋白质盐析和变性的条件。
3.下列反应过程,与氧化还原反应无关的是()
A.在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁
B.向工业废水中加入Na2S去除其中的Cu2+、Hg2+
C.向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放
D.补铁剂(含琥珀酸亚铁)与维生素C同服促进铁的吸收
【答案】B
【详解】A、钢铁设备上连接金属锌,构成原电池时锌为负极,原电池反应为氧化还原反应,故A不符合题意;
B、向废水中加入Na2S,S2-与Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀,为复分解反应,故B符合题意;
C、向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4,发生的反应为:
2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2,为氧化还原反应,故C不符合题意;
D、维生素C有还原性,可防止亚铁离子氧化为铁离子,这与氧化还原反应有关,故D不符合题意。
【点睛】本题考查氧化还原反应,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化。
4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟,每3000万年误差仅1秒。
Rb是第五周期第ⅠA族元素,下列关于37Rb的说法正确的是()
A.元素的金属性:
K>37Rb
B.中子数为50的Rb的核素:
50Rb
C.与同周期元素53I的原子半径比:
Rb>I
D.最高价氧化物对应的水化物的碱性:
KOH>RbOH
【答案】C
【分析】铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第ⅠA族,为碱金属元素,同主族从上到下金属性增强,同主族元素化合物的性质相似,以此来解答。
【详解】A、同主族从上往下金属性增强,所以金属性:
K<37Rb,故A错误;
B、中子数为50的Rb的核素表示为:
87Rb,故B错误;
C、同周期从左到右,原子半径逐渐减小,故原子半径Rb>I,C正确;
D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强,故碱性RbOH>KOH,故D错误。
答案选C。
【点睛】考查元素周期表,侧重考查学生的分析能力,要求学生熟悉元素周期表的排布规律,同时了解元素的一些性质变化规律。
5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是()
A.无色溶液中:
Cu2+、K+、SCN−、Cl−
B.含有NO3−的溶液中:
I−、SO32−、SO42−、H+
C.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol·L−1的溶液中:
Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
D.pH=11的NaOH溶液中:
CO32−、K+、NO3−、SO42−
【答案】D
【分析】A、Cu2+显蓝色;
B、NO3−在酸性条件下具有强氧化性;
C、由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱;
D、pH=11的NaOH含有氢氧根。
【详解】A、Cu2+显蓝色,故A不符合题意;
B、溶液中含有大量H+,显酸性,NO3−在酸性条件下具有强氧化性,I−、SO32−均不能大量共存,故B错误;
C、由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱,NH4+在碱性溶液中不能大量存在,HCO3−在酸性和碱性条件下都不能大量共存,故C错误;
D、pH=11的NaOH溶液中有钠离子和氢氧根,CO32−、K+、NO3−、SO42−与它们都不反应,可以共存,故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查离子共存的判断,注意明确离子不能大量共存的一般情况:
能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如:
溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-;溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等。
6.下列说法正确的是()
A.1molO2的体积是22.4L
B.1.7gNH3中含有的质子数约为6.02×1023
C.8gS在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.01×1023
D.0.5mol·L−1NaCl溶液中含有Cl−的物质的量为0.5mol
【答案】B
【详解】A、气体摩尔体积受温度和压强影响,温度和压强未知导致气体摩尔体积未知,则无法计算气体体积,故A错误;
B、1.7 g NH3的物质的量为n=
=
=0.1mol,1个NH3中含有10个质子,0.1mol NH3的质子数为1mol,所以,1molNH3的质子数数目约为6.02×1023,故B正确;
C、8 g S物质的量为:
=0.25mol,在足量O2中完全燃烧转移的电子数约0.25×4×6.02×1023=6.02×1023,故C错误;
D、溶液体积未知,无法计算氯离子个数,故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式是解题关键,注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键。
7.下列解释事实的化学用语不正确的是()
A.碳酸钙与稀盐酸反应:
CO32−+2H+==H2O+CO2↑
B.铜与稀硝酸反应:
3Cu+8H++2NO3−==3Cu2++2NO↑+4H2O
C.氨的催化氧化反应:
4NH3+5O2
4NO+6H2O
D.少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应:
2OH−+SO2==SO32−+H2O
【答案】A
【详解】A、碳酸钙与稀盐酸反应,碳酸钙应该写成化学式,正确的离子方程式为:
CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+,故A错误;
B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3−==3Cu2++2NO↑+4H2O,故B正确;
C、氨的催化氧化反应,氨被氧化为NO,化学方程式为:
氨的催化氧化反应:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故C正确;
D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠,离子方程式为:
SO2+2OHˉ=SO32-+H2O,故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查方程式的书写,解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。
8.向2mL0.8mol·L−1FeSO4溶液中,滴加2mL1mol·L−1NaHCO3溶液,产生无色气体和白色沉淀。
将浊液分成两份,一份迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊;另一份静置一段时间后变为红褐色。
已知:
碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。
下列说法不正确的是()
A.无色气体是CO2
B.HCO3−只发生了电离
C.白色沉淀中含有FeCO3
D.上述实验过程中发生了氧化还原反应
【答案】B
【分析】FeSO4与NaHCO3溶液反应,产生无色气体和白色沉淀,气体能使澄清石灰水变浑浊,为二氧化碳,沉淀中有FeCO3,HCO3−是二元弱酸的酸式根既发生了电离,也发生了水解。
【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,在该反应中肯定为二氧化碳,故A正确;
B、HCO3−是二元弱酸的酸式盐离子,既能发生电离,也发生水解,故B错误;
C、浊液迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,说明产生了二氧化碳,表明沉淀中有FeCO3,故C正确;
D、另一份静置一段时间后变为红褐色,生成了氢氧化铁,说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子,故D正确。
答案选B。
9.PET(
,M链节=192g·mol−1)可用来生产合成纤维或塑料。
测某PET样品的端基中羧基的物质的量,计算其平均聚合度:
以酚酞作指示剂,用cmol·L−1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点(现象与水溶液相同),消耗NaOH醇溶液vmL。
下列说法不正确的是()
A.PET塑料是一种可降解高分子材料
B.滴定终点时,溶液变为浅红色
C.合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D.PET的平均聚合度
(忽略端基的摩尔质量)
【答案】C
【分析】
是聚酯类高分子,它的单体为:
HOCH2CH2OH和
,可以发生水解反应生成小分子。
【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子,可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和
,故A正确;
B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基,恰好反应完时生成羧酸钠,显弱碱性,使酚酞试剂显浅红色,B正确;
C、
的单体为:
HOCH2CH2OH和
,乙二醇中有两个羟基,在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍,故乙二醇与乙醇不是同系物,故C错误;
D、NaOH醇溶液只与PET端基中的羧基反应,n(NaOH)=cv
10-3mol,则PET的物质的量也等于cv
10-3mol,则PET的平均相对分子质量=
=
g/mol,PET的平均聚合度
,故D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查高分子化合物的结构,单体的判断,中和滴定等知识点,判断同系物的两个要点:
一是官能团的种类和个数要相同,二是组成上要相差-CH2-的整数倍。
10.室温下,1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表(加入前后溶液体积不变):
溶液a
通入0.01molHCl
加入0.01molNaOH
pH
4.76
4.67
4.85
像溶液a这样,加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。
下列说法不正确的是()
A.溶液a和0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者
B.向溶液a中通入0.01molHCl时,CH3COO−结合H+生成CH3COOH,pH变化不大
C.向溶液a中加入0.1molNaOH固体,pH基本不变
D.含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液
【答案】C
【分析】含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液中,如果加入少量的强酸或强碱,反应后不会改变溶液的大致组成,pH变化不大;如果加入较多的强酸或强碱,则会改变溶液的组成和性质。
【详解】A、1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中,CH3COONa电离出CH3COO--,对CH3COOH的电离有抑制作用,因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度,故A正确;
B、向溶液a中通入0.01molHCl时,CH3COO−结合H+生成CH3COOH,反应后溶液组成为0.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa,溶液组成没有大的变化,pH变化不大,故B正确;
C、向溶液a中加入0.1molNaOH固体,0.1molCH3COOH完全反应,得到CH3COONa溶液,显碱性,pH变化大,故C错误;
D、含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液,加入少量强酸或强碱,溶液组成不会明显改变,故也可叫缓冲溶液,故D正确。
答案选C。
11.下列实验的现象与结论相对应的是()
A
B
C
D
实验
现象
电流计指针向右偏(电子由Fe转移到Cu),片刻后向左偏
加热一段时间后溶液蓝色褪去
加热,肥皂液中产生无色气泡
①和②中均迅速产生大量气泡
结论
铁片作负极,片刻后铜片作负极
淀粉在酸性条件下水解,产物是葡萄糖
铁粉与水蒸气反应生成H2
MnO2一定是②中反应的催化剂
【答案】A
【分析】A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜,铁为负极;铁的表面钝化后,无法与浓硝酸继续反应,则铜与浓硝酸发生反应,此时铜为负极,所以电流方向会发生改变,故A正确;
B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解,但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖,故B错误;
C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气,也可能是空气受热膨胀产生气泡,故C错误;
D、过氧化钠与水反应放出大量的热,因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用,故D错误。
答案选A。
【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论,要求对教材上的实验比较熟悉,关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析,试题有一定的灵活性。
12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。
某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇,其合成原理如下:
已知:
R1COOR2+R318OH
R1CO18OR3+R2OH
下列说法不正确的是()
A.单体M1可用于配制化妆品
B.改变M1在三种单体中的比例,可调控聚酯三元醇的相对分子质量
C.该合成反应为缩聚反应
D.X、Y、Z中包含的结构片段可能有
【答案】C
【分析】由信息中的已知反应可知,三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应,其反应原理为醇羟基断开H原子,酯基断开碳氧单键,断开处相互结合生成新的物质。
【详解】A、单体M1为丙三醇,丙三醇具有吸水性,用于配制化妆品,故A正确;
B、改变M1在三种单体中的比例,则产物的结构简式会改变,相对分子质量也会改变,故B正确;
C、缩聚反应有小分子生成,而上述反应无小分子生成,故C错误;
D、根据信息的反应原理,X、Y、Z中包含的结构片段可能有
,故D正确。
答案选C。
13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池,具有成本低、安全性强、可循环使用等特点,其示意图如右图。
下列说法不正确的是()
已知:
①Zn(OH)2+2OH−==Zn(OH)42−。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A.放电过程中,H+由正极向负极迁移
B.放电过程中,正极的电极反应:
MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O
C.充电过程中,阴极的电极反应:
Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−
D.充电过程中,凝胶中的KOH可再生
【答案】A
【分析】放电过程中,Zn为负极,电极反应式为:
Zn-2e−+4OH−==Zn(OH)42−,MnO2为正极,电极反应式为:
MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O,充电时的阴极反应式为:
Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−,阳极反应式为:
Mn2++2H2O-2e−==MnO2+4H+。
【详解】A、放电时正极反应式为:
MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O,消耗氢离子,应该是硫酸根离子向锌电极迁移,故A错误;
B、MnO2为正极,电极反应式为:
MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O,故B正确;
C、充电时,由负极反应式写阴极反应式为:
Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−,故C正确;
D、充电过程中,阴极反应式
:
Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−,氢氧根与钾离子组成氢氧化钾,故D正确。
答案选A。
【点睛】该题考查可充电电池,一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式;再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。
14.某温度时,两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)
2NO(g)+O2 (g)ΔH>0。
实验测得:
υ正(NO2 )=k正c2(NO2 ),υ逆(NO)=k逆c2(NO)·c(O2 ),k正、k逆为化学反应速率常数,只受温度影响。
容器
编号
起始浓度(mol·L−1)
平衡浓度(mol·L−1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
下列说法不正确的是()
A.Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B.Ⅱ中达到平衡状态时,c(O2)<0.2mol·L−1
C.该反应的化学平衡常数可表示为K=
D.升高温度,该反应的化学平衡常数减小
【答案】D
【分析】先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度:
而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO,平衡会逆向移动,再判断各量的变化。
【详解】A、由上述分析可知,Ⅰ中NO2的平衡转化率为
,故A正确;
B、Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2mol·L−1,实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO,平衡会逆向移动,c(O2)<0.2mol·L−1,故B正确;
C、平衡时υ正(NO2 )=υ逆(NO),即k正c2(NO2 )=k逆c2(NO)·c(O2 ),得
=
=K,故C正确;
D、该反应为吸热反应,升高温度,K值增大,故D错误。
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
15.草酸亚铁是黄色晶体,常用作照相显影剂、新型电池材料等。
实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42−的物质的量之比确定其纯度,步骤如下:
Ⅰ.称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中,加蒸馏水和稀硫酸,加热溶解,再加饱和H2C2O4溶液,加热沸腾数分钟,冷却、过滤、洗涤、晾干,得黄色晶体。
Ⅱ.称取mgⅠ中制得的晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使其溶解,70℃水浴加热,用cmol·L−1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液v1mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。
Ⅲ.向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸,煮沸,至反应完全,过滤,用cmol·L−1KMnO4溶液滴定滤液至终点,消耗KMnO4溶液v2mL。
Ⅳ.重复上述实验3次,计算。
已知:
ⅰ.草酸是弱酸。
ⅱ.pH>4时,Fe2+易被O2氧化。
ⅲ.酸性条件下,KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。
(1)Ⅰ中加入稀硫酸的目的是_____________________、_____________________。
(2)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_________、_________。
(3)Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。
若未除净过量锌粉,则消耗KMnO4溶液的体积V______v2mL(填“>”、“=”或“<”)。
(4)Ⅲ中,滴定时反应的离子方程式是_______________________________________。
(5)mgⅠ中制得的晶体中,Fe2+和C2O42−的物质的量之比是____________(用含v1、v2的计算式表示)。
【答案】
(1).抑制Fe2+水解
(2).增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化(3).Fe2+(4).C2O42−(5).>(6).
(7).
【分析】先用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁,称取mg草酸亚铁晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使其溶解,用KMnO4溶液滴定至终点,Fe2+和C2O42−都反应完,Fe2+被氧化为Fe3+,Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+,最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点,则可以计算出的Fe2+的含量,则C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为(v1-v2),可计算出C2O42−的含量。
【详解】
(1)亚铁离子要水解,由信息可知pH>4时,Fe2+易被O2氧化,加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;故答案为:
抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;
(2)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42−,故答案为:
Fe2+;C2O42−;
(3)Ⅲ中若未除净过量锌粉,则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+继续和高锰酸钾反应,消耗的高锰酸钾溶液体积偏大,故答案为:
>;
(4)Ⅲ中滴定时,Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应,离子方程式为:
;
(5)Ⅲ中滴定时,MnO4-与Fe2+的关系式为:
,
的物质的量为:
,Fe2+的物质的量为
;在Ⅱ中C2O42−与
的关系式为
C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为(v1-v2),
的物质的量为:
,C2O42−的物质的量为:
,Fe2+和C2O42−的物质的量之比为
=
,故答案为:
。
【点睛】该题主要考查氧化还原滴定,关键是要理清反应原理,用电子守恒法找出关系式,再由关系式进行计算。
16.二氧化氯(ClO2)广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。
工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2,工艺流程如下:
已知:
a.发生器中制备ClO2的反应:
12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH=12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O
b.相关物质的熔沸点:
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
熔点/℃
-97
9
-59
沸点/℃
65
101
11
(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。
(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH,应控制
最佳温度为______(填字母)。
A.0~10℃B.20~30℃C.60~70℃
(3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝(Na2SO4·10H2O)并使部分原料循环利用。
已知:
Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图:
1Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体,从芒硝溶解平衡的角度解释其原因:
________________________________________________。
2结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线,过程Ⅱ的操作是:
在32.4℃恒温蒸发,__________________________________________。
3Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_________。
【答案】
(1).氧化
(2).B(3).
,加入NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡逆向移动,有利于Na2SO