北京市房山区届高三上学期期末考试化学试题解析版.docx

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北京市房山区届高三上学期期末考试化学试题解析版

2021北京房山高三（上）期末

化学

本试卷共10页，共100分，考试时长90分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保存。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Cl35.5Fe56

第一部分选择题（每小题3分，共42分）

下列各小题均有四个选项，其中只有一项是符合题意要求的。

请将所选答案前的字母，按要求填涂在答题卡相应位置上。

（每小题3分，共42分，多选则该小题不得分。

）

1.2020年12月17日嫦娥五号返回器携带月球样品成功返回地面。

下列所涉及的材料属于金属材料的是

A.超声电机的心脏——压电陶瓷

B.主体框架——钛合金、铝合金

C.国旗旗面——芳纶纤维

D.发动机包裹材料——碳纤维

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．陶瓷是无机非金属材料，A不选；

B．钛合金、铝合金是金属材料，B选；

C．芳纶纤维属于有机高分子合成材料，C不选；

D．碳纤维属于新型无机非金属材料，D不选；

故选：

B。

2.化学与人类生活密切相关，下列应用中涉及氧化还原反应的是

A.用BaCl2去除粗盐中的SO

杂质

B.用NaClO溶液消毒

C.用小苏打作食品膨松剂

D.用明矾［KAl（SO4）2·12H2O］作净水剂

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．Ba2+与SO

结合成硫酸钡沉淀，是复分解反应，不是氧化还原反应，故A不选；

B．用NaClO溶液消毒，利用其强氧化性，与氧化还原反应有关，故B选；

C．用小苏打作食品膨松剂，利用碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳气体的性质，是非氧化还原反应，故C不选；

D．明矾净水，是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，与氧化还原反应无关，故D不选；

故选：

B。

3.下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是

①臭氧（O3）②铁粉③NaCl④KI⑤双氧水

A.①⑤B.②④C.③④D.③⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

Na2S因易发生水解产生有毒物质H2S，故Na2S属于毒性较强的物质，利用氧化剂将硫离子氧化，即可缓解其毒性。

【详解】具有还原性的物质是：

②铁粉、④KI；具有氧化性的物质是：

①臭氧和⑤双氧水；既无还原性又无氧化性的物质是：

③NaCl。

臭氧和双氧水可以使Na2S氧化为不溶于水的硫，而降低毒性，H2O2+Na2S=S↓+2NaOH、O3+3Na2S+3H2O=S↓+6NaOH，故选：

A。

4.过氧化钠常用作供氧剂：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。

下列说法不正确的是

A.Na2O2的电子式：

B.Na+的结构示意图：

C.

O与

O互称为同位素

D.NaOH属于离子化合物，仅含有离子键

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．过氧化钠为离子化合物，钠离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合，过氧化钠电子式：

，故A正确；

B．钠离子核内11个质子，核外10个电子，最外层8个电子，离子结构示意图：

，故B正确；

C．同位素是指质子数相同，中子数不同的两种核素，

O与

O互称为同位素，故C正确；

D．NaOH属于离子化合物，含有离子键，O-H之间是共价键，故D错误；

故选：

D。

5.下列说法正确的是

A.标准状况下，相同体积H2和H2O中所含的H原子数相等

B.2.3g钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时转移的电子数相等

C.相同物质的量C2H4和C3H6所含C-H键的数目相等

D.0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c（CH3COO-）相等

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．标准状况下水不是气体，因此相同体积的H2和H2O的物质的量不同，所含H原子数不同，故A错误；

B．钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时都是由Na原子生成钠离子，1molNa失1mol电子，相同质量的钠失去电子数相同，故B正确；

C．相同物质的量的C2H4和C3H6所含H原子数不同，C-H键的数目不相同，故C错误；

D．醋酸是弱酸不能完全电离，而醋酸钠是强电解质完全电离，因此0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c（CH3COO-）不同，故D错误；

故选：

B。

6.下列化学用语表达正确的是

A.NaCl溶液导电：

NaCl=Na++Cl−

B.氯气通入水中制备氯水：

Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-

C.CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：

CO2+H2O+2C6H5O-→2C6H5OH+CO

D.石灰水敞口存放，出现白色固体：

2OH-+CO2=CO

+H2O

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，产生可自由移动的离子，故能导电：

NaCl=Na++Cl−，A正确；

B．HClO为弱酸，在离子方程式中不可拆，正确的离子方程式：

Cl2+H2O

HClO+H++Cl-，B错误；

C．CO2通入苯酚钠溶液中应该生成

，正确的离子方程式：

CO2+H2O+C6H5O-→C6H5OH+HCO

，C错误；

D．反应生成沉淀CaCO3也不可拆，正确的离子方程式：

Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误；

故选：

A。

7.用下列仪器或装置（夹持装置略）进行实验，不能达到实验目的的是

A

B

C

D

实验目的

制备氢氧化铁胶体

分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液

制取并检验氨气

证明氯化银溶解度大于硫化银

实验装置

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至红褐色，可以达到实验目的，故A不选；

B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，且乙酸乙酯在上层，分液可分离，可以达到实验目的，故B不选；

C．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体加热的方法制备氨气，并用湿润的红色石蕊试纸检验，可以使试纸变蓝，可以达到实验目的，故C不选；

D．实验中硝酸银过量，先生成白色氯化银沉淀，再生成黄色的碘化银沉淀，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，不能达到实验目的，故D选；

故选D。

8.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质，下列说法正确的是

A.糖类、油脂、蛋白质均可水解B.纤维素和淀粉互为同分异构体

C.油脂属于酯类物质可发生皂化反应D.NH4Cl溶液和CuSO4溶液均可使蛋白质变性

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．糖类中单糖不能水解，糖类中的二糖和多糖、油脂、蛋白质均可水解，故A错误；

B．分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，纤维素和淀粉的分子通式为（C6H10O5）n，n值不同分子式不同，且都是混合物二者不互为同分异构体，故B错误；

C．油脂全称为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，可发生皂化反应，故C正确；

D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出的过程，NH4Cl溶液能使蛋白质发生盐析，使蛋白质析出固体；CuSO4溶液中含有重金属铜离子，可使蛋白质变性，故D错误；

答案选C。

【点睛】盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使溶解的物质析出的过程。

向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化，可复原。

但向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫作变性，性质改变，是化学反应，无法复原。

9.用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的转化机理，其主要过程示意图如下：

下列说法不正确的是

A.C3N4中C为-4价

B.该过程中太阳能转化为化学能

C.g-C3N4端的反应：

O2+2H++2e-=H2O2

D.NO最终转化为HNO3

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．N的非金属性强于C，在化合物C3N4中N显负3价，C显正4价，故A错误；

B．由图示信息可知，在光照条件下，NO和氧气在催化剂表面发生反应最终转化成硝酸，过程中太阳能转化成化学能，故B正确；

C．由图示信息可知g-C3N4端的反应：

O2+2H++2e-=H2O2，故C正确；

D．由图可知，反应物为NO和氧气，最终生成物为HNO3，故D正确；

故选：

A。

10.近年来，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

其中直接氧化法的反应为：

4HCl（g）+O2（g）

2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH。

下图为恒容反应器中，进料浓度比c（HCl）：

c（O2）分别为1：

1、4：

1、7：

1时HCl平衡转化率随温度变化的关系

下列说法不正确的是

A.该反应为放热反应

B.反应平衡常数K（300℃）＞K（400℃）

C.

对应的曲线进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=7：

1

D.HCl初始浓度为c0，进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=1：

1时，K（400℃）=

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．由图可知，随着温度的升高，HCl的转化率下降，所以反应为放热反应，故A正确；

B．由图可知该反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K（300℃）＞K（400℃），故B正确；

C．当c（O2）一定时，c（HCl）越大，HCl的转化率越低，

表示HCl的转化率最大，所以

对应的曲线进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=1：

1，故C错误；

D．根据图像可知，400℃进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=1：

1时，列三段：

K（400℃）=

，故D正确；

故答案为C。

11.常温下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法不正确的是

A.a点pH约为3，由此可以判断HA是弱酸

B.b→c过程中，c（A-）不断增大

C.c点V（KOH）＜10ml

D.d点混合液中离子浓度大小关系为：

c（K+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+）

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．a点pH约为3，

，则HA部分电离，即HA属于弱酸，故A正确；

B．b→c过程中发生的化学反应方程式：

HA+KOH=KA+H2O，氢离子被消耗，HA的电离平衡正移，c（A-）不断增大，B正确；

C．c点pH=7，此时溶液的溶质是KA、HA，不是滴定终点，d点才是滴定终点，V=10mL，则c点V（KOH）＜10ml，C正确；

D．d点恰好生成KA，溶液中KA=K++A-、A-+H2O

HA+OH-、H2O

H++OH-，由于d点pH>7，则c（OH-）>c（H+），但A-少量水解，则c（A-）>c（OH-），则大小关系为c（K+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），D错误；

故选：

D。

12.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型

污水处理剂。

为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾，流程如下

下列说法不正确的是

A.步骤i适当加热搅拌可以加快反应速率

B.ii中的试剂为H2O2

C.iii中反应为2Fe3++10H2O+3ClO-=2FeO

+3Cl-+10H+

D.iv中反应说明溶解度：

Na2FeO4＞K2FeO4

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．步骤i

酸溶，适当加热搅拌可以加快反应速率，A正确；

B．步骤ii加入氧化性试剂将亚铁离子氧化成铁离子，可以是H2O2，B正确；

C．步骤iii溶液是碱性的，H+不能共存，应以H2O形式存在，离子方程式为：

2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO

+3Cl-+5H2O，C错误

D．步骤iv中Na2FeO4转化成K2FeO4，说明高铁酸钾溶解度更小，则溶解度：

Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；

故选：

C。

13.绿原酸是金银花中抗菌、抗病毒的有效药理成分之一，结构简式如图所示。

下列关于绿原酸的推测不合理的是

A.可溶于水也可溶于乙醇

B.不具备抗氧化能力

C.在碱性条件下不稳定，1mol绿原酸最多可与4molNaOH反应

D.可通过缩聚反应形成高分子

【答案】B

【解析】

分析】

【详解】A．含多个-OH羟基，可溶于水也可溶于乙醇，A正确；

B．含羟基，可与强氧化剂反应，具备抗氧化能力，B错误；

C．含有2个酚羟基、1个酯基、1个羧基，均能与NaOH反应，则1mol绿原酸最多可与4molNaOH反应，C正确；

D．含-OH、-COOH可通过缩聚反应形成高分子，D正确；

故选：

B。

14.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。

①

②

③

试管内生成蓝色沉淀

在Fe表面生成蓝色沉淀

试管内无明显变化

下列说法不正确的是

A.实验①说明Fe腐蚀生成Fe2+

B.对比实验①③，可以判定Zn保护了Fe

C.对比实验②③，预测K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化

D.将②中溶液换成H2O（已除O2），若无明显现象，说明K3[Fe（CN）6]不能氧化Fe

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．Fe在食盐水中浸泡一段时间后，向Fe附近的溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明Fe被氧化产生Fe2+，A正确；

B．①中Fe被腐蚀，③中Fe未被腐蚀，说明将Zn、Fe连接与NaCl溶液构成原电池，由于金属活动性Zn＞Fe，Zn作负极，Fe为正极，Zn保护了Fe，Fe未被氧化，因此Fe附近的溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无明显变化，B正确；

C．对比实验②③，说明棒表面被氧化，但溶液中没有Fe2+，可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，C正确；

D．NaCl在装置的作用是增强溶液的导电性，与反应原理无关，因此将②中溶液换成H2O（已除O2），若无明显现象，不能说明K3[Fe（CN）6]是否能氧化Fe，D错误；

故合理选项是D。

第二部分非选择题（共58分）

15.为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等从世界范围征集优秀青年化学家为化学元素代言，我国有8位化学家成为硫（S）等元素的代言人。

回答下列问题：

（1）S在周期表中的位置是___________

（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是___________（填字母序号）

a．非金属性：

O＞Sb．离子半径：

S2-＞Cl-c．酸性：

H2SO4＞H2SO3d．酸性：

H2SO4＞H3PO4

（3）Se与S位于同一主族，二者氢化物稳定性较强的是：

___________（用化学式表示），用原子结构解释原因___________

（4）某同学用如下装置探究不同价态硫元素之间的转化。

培养皿中A、B、C三个塑料瓶盖内盛有不同物质。

向Na2SO3固体上滴加70%硫酸，迅速用玻璃片将培养皿盖严，实验记录如下。

实验装置

瓶盖

物质

实验现象

A

蘸有品红溶液的棉花

品红溶液褪色

B

HCl、BaCl2的混合溶液

无明显变化

C

HCl、BaCl2、FeCl3的混合溶液

产生白色沉淀

能够说明硫元素由+4价转化为+6价的证据是___________

【答案】

（1）.第三周期ⅥA族

（2）.a、b、d（3）.

（4）.核电荷数SSe，非金属性S>Se，所以氢化物稳定性

（5）.A中品红溶液褪色说明有SO2生成，C中产出白色沉淀而B中无明显变化，证明SO2（+4价）在C中转化为

（+6价）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）S在周期表中的位置是第三周期ⅥA族；

（2）氧和硫位于同一主族，根据元素周期律，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以a．非金属性：

O＞S正确，硫和氯位于同一周期，根据元素周期律，同一周期从左至右简单阴离子半径逐渐减小，b．离子半径：

S2-＞Cl-正确，c．酸性：

H2SO4＞H2SO3是因为硫酸中非羟基氧数目多，酸性强，和元素周期律没有关系，硫和磷位于同一周期，根据元素周期律，同一周期从左至右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，所以d．酸性：

H2SO4＞H3PO4正确；

（3）核电荷数SSe，非金属性S>Se，所以氢化物稳定性

；

（4）A中品红溶液褪色说明有SO2生成，C中产出白色沉淀而B中无明显变化，证明SO2（+4价）在C中转化为

（+6价）

【点睛】准确记忆元素周期律的内容是应用的基础。

16.合成纤维性能优异，用途广泛，除了满足人们的穿着需求外，还广泛应用于医疗、航天等高科技领域。

涤纶（聚酯纤维）F和维纶I的合成路线如下：

已知：

RCHO+

+H2O

（1）A中官能团的名称是___________。

（2）B→C的反应类型是___________

（3）芳香烃D苯环上的一氯代物仅有一种，D的结构简式是___________。

（4）C+E→F化学方程式是___________

（5）G→H分为两步反应，写出中间产物及H的结构简式___________。

（已知乙烯醇不稳定，会迅速转化为乙醛。

）

【答案】

（1）.碳碳双键

（2）.取代反应（或叫水解反应）（3）.

（4）.nHOCH2-CH2OH+n

+（2n-1）H2O（5）.CH3CHO、

【解析】

【分析】

A分子式是C2H4，结构简式是CH2=CH2，CH2=CH2与Br2发生加成反应产生B是CH2Br-CH2Br；B与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C是HOCH2-CH2OH；芳香烃D分子式是C8H10， 苯环上的一氯代物仅有一种，则D结构简式是

，D与酸性KMnO4溶液作用，甲基被氧化变为羧基，产生E是

，C、E发生缩聚反应产生高聚物F：

；CH2=CH2在一定条件下反应产生G：

CH2=CHOOCCH3，根据信息反应可知H是

，H与HCHO发生反应产生维纶I。

【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是CH2Br-CH2Br，C是HOCH2-CH2OH，D是

，E是

，F是

，H是

。

（1）A是CH2=CH2，所含官能团名称是碳碳双键；

（2）B是CH2Br-CH2Br；B与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C：

HOCH2-CH2OH，所以B→C 的反应类型是取代反应（或叫水解反应）；

（3）芳香烃D分子式是C8H10，苯环上的一氯代物仅有一种，D的结构简式是

；

（4）C是HOCH2-CH2OH，分子中含有2个醇羟基，E是

，分子中含有2个羧基，在一定条件下发生缩聚反应产生F是聚对苯二甲酸乙二酯，结构简式是

，该反应的方程式为：

nHOCH2-CH2OH+n

+（2n-1）H2O；

（5）G是CH2=CHOOCCH3，该物质属于不饱和一元酯，在酸性条件下水解产生CH3COOH和CH2=CHOH，CH2=CHOH不稳定转化为稳定的CH3CHO，CH3CHO发生加聚反应产生H：

，H与HCHO按1：

1的物质的量的关系反应产生维纶I，故中间产物结构简式是CH3CHO，H结构简式是

。

17.将二氧化碳加氢制甲醇可以实现碳减排。

其主反应为：

I：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH=-49kJ/mol

在较高温度时可发生副反应：

II：

CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH=+41kJ/mol

（1）①写出反应I

平衡常数表达式___________。

②为提高主反应I中CO2的平衡转化率

，可以采取的措施是___________（填字母序号）

a．升高温度b．增大反应的压强c．增大投料比

（2）反应过程中，副反应生成的CO也可以与H2反应生成甲醇，请写出该反应的热化学方程式___________

（3）在密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，在相同时间内测得不同实验温度下混合气体中甲醇的体积分数（CH3OH）与温度的关系如图所示：

①甲醇的生成速率：

va___________vb（填“＞”“=”或“＜”）

②温度高于t1时，甲醇的体积分数随温度升高而减小的原因是___________。

（4）下表是其它条件相同时，不同催化剂成分对甲醇产率及催化选择性的数据。

组成/单位

催化剂

CuO

ZnO

Al2O3

ZrO2

MnO

CH3OH产率

选择性

wt%

wt%

wt%

wt%

wt%

g·（kg-催化剂）-1·h-1

%

催化剂I

65.8

26.3

7.9

0

0

78

40

催化剂II

62.4

25

0

12.6

0

96

88

催化剂III

65.8

26.6

0

3.6

4

88

100

催化剂IV

65.8

26.6

0

5.6

2

138

91

说明：

wt%为质量百分数单位。

由上表数据，可以得到的结论是___________（填字母序号）。

a．催化剂的组成会影响单位时间内所获得的产品质量

b．催化剂的组成会影响反应的限度

c．其它条件相同时，催化剂中MnO对甲醇选择性的影响大于ZrO2

【答案】

（1）.

（2）.b（3）.

（4）.<（5）.该反应是放热反应，温度升高，有利于向逆反应方向进行（6）.ac

【解析】

【分析】

（1）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，二氧化碳的转化率变小，而正反应是气体分子数减小的，增大压强，平衡正移，转化率变大；

（3）温度升高，反应速率一定变大，但由于该反应是放热反应，反应会逆向进行；

【详解】

（1）①写出反应I：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡常数表达式为：

K=

；

②a．反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，消耗的CO2的量减小，转化率变小，a不选；

b．正反应方向是气体分子数减小，增大压强，平衡向正向移动，消耗CO2的量增多，转化率变大，b选；

c．增大投料比，即加大CO2的用量，根据勒夏特列原理可知，CO2不能完全转化，则转化率变小，c不选；

故选b；

（2）根据盖斯定律，反应I-II可得热化学方程式：

；

（3）①温度升高，反应速率加快，Ta

va

②CO2与H2反应是一个放热反应，升高温度，反应逆向进行，不利于甲醇的生成；

（4）观察催化剂I、IV，不同组成的催化剂，最终催化性能不同，故选a，比较催化剂III、IV，得知其他条件相同时，MnO增多，选择性增大，即催化剂中MnO对甲醇选择性的影响大于ZrO2，