北京市西城区高三一模化学.docx
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北京市西城区高三一模化学
2016北京市西城区高三（一模）
化学
一、在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．每题6分，共42分．
1．（6分）如表物质与类别不对应的是（ ）
A
B
C
D
小苏打
食用油
淀粉
84消毒液
盐
高分子化合物
糖类
混合物
A．AB．BC．CD．D
2．（6分）下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：
HBr＞HI
B．0.1mol•L﹣1溶液的pH：
NaOH＞LiOH
C．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生
D．Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈
3．（6分）Na2CO3俗称纯碱，是基本化工原料．下列涉及Na2CO3的方程式中，正确的是（ ）
A．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3Na2O2+CO2═Na2CO3+O2
B．Na2CO3溶液呈碱性CO32﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣
C．Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOHCO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4CO32﹣+CaSO4═CaCO3+SO42﹣
4．（6分）如表实验操作可以达到目的是（ ）
目的
操作
A
干燥Cl2
将气体通过盛有碱石灰的干燥装置
B
检验溴乙烷中的溴元素
取样，加NaOH溶液，振荡后再加AgNO3溶液
C
测定混有NaCl的Na2CO3固体样品中Na2CO3的质量分数
取m1g样品加入过量盐酸充分反应，加热蒸干后，称量固体质量为m2g
D
配制100mL1.0mol•L﹣1CuSO4溶液
将25gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水中
A．AB．BC．CD．D
5．（6分）合成高分子材料PC的反应如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．PC含有酯基
B．合成PC的反应为缩聚反应
C．
与
互为同系物
D．1mol
最多能与2molNaOH完全反应
6．（6分）将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（ ）
操作
现象
A
加入NaOH溶液
有红褐色沉淀
B
加入Ba（NO3）2溶液
有白色沉淀
C
加入酸性KMnO4溶液
紫色褪去
D
加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液
有蓝色沉淀
A．AB．BC．CD．D
7．（6分）室温下，分别用0.1mol•L﹣1溶液进行下列实验，结论不正确的是（ ）
A．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：
c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
B．向CH3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸：
c（Na+）=c（Cl﹣）
C．向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液：
pH=13
D．向氨水中加入少量NH4Cl固体：
增大
二、非选择题（共58分）
8．（17分）有机物K是治疗高血压药物的重要中间体，它的合成路线如图（部分转化条件略去）
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
（R、R1、R2表示氢原子或烃基）
（1）A的结构简式是 ．
（2）B→C的反应类型是 ．
（3）F中含有的官能团是 ．
（4）G与E生成H的化学方程式是 ．
（5）C→D的化学方程式是 ．
（6）I的结构简式是 ．
（7）有关J的说法中，正确的是 （选填字母）．
a．能与NaHCO3反应b．能与NaOH反应c．能与新制Cu（OH）2反应
（8）K存在以下转化关系：
K
M（C16H15NO5Na2），M的结构简式是 ．
9．（14分）如图1表示氮及其化合物在一定条件下的转化关系：
（1）反应I：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1
图2是反应I中平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L（L1、L2）、X分别代表温度或压强．其中X代表的是 （填“温度”或“压强”），判断L1、L2的大小关系并说明理由 ．
（2）①反应II的化学方程式是 ．
②反应II其中一步反应为
2NH3（g）+3Cl2（g）═N2（g）+6HCl（g）△H=﹣462kJ•mol﹣1
已知：
N2（g）
2N（g）Cl2（g）
2Cl（g）
断开1molH﹣N键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为 kJ．
（3）反应III是利用图3所示装置电解制备NCl3（氯的化合价为+1），其原理是：
NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑．
①b接电源的 极（填“正”或“负”）．
②阳极反应式是 ．
（4）反应III得到的NCl3可以和NaClO2制备ClO2，同时生成NH3，该反应的离子方程式是 ．
10．（12分）以铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质有SiO2、Fe2O3等）为原料，采用拜耳法生产Al2O3的流程如图1所示：
（1）Al2O3可用于电解制Al，其反应的化学方程式是 ．
（2）调控反应池中钠铝元素之比一定时，Al2O3溶于NaOH，SiO2转化为铝硅酸钠沉淀．Al2O3溶于NaOH的离子方程式是 ．
（3）该生产过程中，需向沉淀池中加入X．
①X可为过量的CO2，则滤液II中主要的溶质是 ，为了使滤液II循环利用，应补充的物质是 （选填字母）；
a．CaOb．HClc．Na2CO3
②X也可为少量Al（OH）3晶种（晶种可加速沉淀的生成），其优点是 ．
（4）测铝土矿中铝元素含量：
I将mg铝土矿样品经处理配成VmL溶液
II取少量该溶液用EDTA法测得该溶液中Fe3+、Al3+浓度之和为amol•L﹣1
III另取少量该溶液，将Fe3+用盐酸羟胺还原为Fe2+后，利用吸光度法测得吸光度为0.400（吸光度与Fe2+浓度对应曲线如图2），该铝土矿样品中铝元素的质量分数表达式是 （用字母表示）．
11．（15分）Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法．
【查阅资料】
①CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2O．
②Cu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和Cu．
③Cu2O和Cu（SO3）23﹣可以相互转化
（1）配制0.25mol•L﹣1CuSO4溶液和0.25mol•L﹣1Na2SO3溶液．测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9．用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因 ．
（2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式：
□Cu2++□SO32﹣+□
□Cu2O↓+□ +□HSO3﹣
【实验探究】
操作
现象
i有黄色沉淀出现，随着Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5mL时，溶液的蓝色消失．
ii将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生．
iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当1加到10mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液．
（3）证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是 ．
（4）经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是 ．
（5）iii中砖红色沉淀消失的原因是 ．
（6）在加热条件下，若向2mL0.25mol•L﹣1Na2SO3溶液中滴加0.25mol•L﹣1CuSO4溶液至
过量，预期观察到的现象是 ．
（7）由上述实验得出结论：
CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是
、 ．
化学试题答案
一、在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．每题6分，共42分．
1．【解答】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式是NaHCO3，由钠离子和碳酸氢根离子构成，属于盐，故A不选；
B．食用油的成分为油脂，是相对分子量较小的分子，不属于有机高分子，故B选；
C．多糖包括淀粉、纤维素和糖原，其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的，糖原是动物细胞特有的，故C不选；
D．“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠（NaClO）的水溶液，属于混合物，故D不选；
故选B．
2．【解答】A．非金属性Br＞I，氢化物稳定性：
HBr＞HI，能用元素周期律解释，故A正确；
B．金属性Na＞Li，0.1mol•L﹣1溶液的pH：
NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故B正确；
C．向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，不能用元素周期律解释，故C错误；
D．金属性Mg＞Al，Mg与酸反应剧烈，能用元素周期律解释，故D正确；
故选C．
3．【解答】A．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，化学方程式：
2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A错误；
B．Na2CO3溶液呈碱性，离子方程式：
CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；
C．Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH离子方程式：
CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故C错误；
D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4实现硫酸钙转化为碳酸钙，离子方程式：
CO32﹣+CaSO4═CaCO3+SO42﹣，故D正确；
故选：
D．
4．【解答】A．氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应，所以在做溴离子的检验中要首先中和碱，故B错误；
C．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，根据反应前后的质量差为m1g﹣m2g可计算碳酸钠的质量，然后计算质量分数，故C正确；
D．水的体积不等于溶液的体积，应加水至溶液的体积等于100mL，故D错误．
故选C．
5．【解答】A．根据图知，PC中含有酯基，故A正确；
B．该反应生成高分子化合物同时还生成甲醇，为缩聚反应，故B正确；
C．结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，前者含有两个苯环、两个酚羟基，所以与苯酚不是同系物，故C错误；
D．该物质水解生成碳酸和甲醇，1mol该物质能水解生成1mol碳酸，所以1mol
最多能与2molNaOH完全反应，故D正确；
故选C．
6．【解答】A．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；
C．加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；
D．亚铁离子加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；
故选：
D．
7．【解答】A．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知：
c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A正确；
B．向CH3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸，钠离子和氯离子的物质的量相等，则：
c（Na+）=c（Cl﹣），故B正确；
C．向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：
=0.05mol/L，溶液中氢氧根离子浓度不是0.1mol/L，溶液的pH≠13，故C错；
D．氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而
=
×
=
，所以该比值增大，故D正确；
故选C．
二、非选择题（共58分）
8．【解答】结合A的分子式与D的结构，可知A为
，则B为
，C为
．E可以连续发生氧化反应，结合E的分子式可知E为C2H5OH，则F为CH3CHO，G为CH3COOH，H为CH3COOC2H5，I与C反应得到J，J与氨气反应得到K，由K的结构逆推结合信息，可知J为
，I为
．
（1）A的结构简式是
，故答案为：
；
（2）B→C的反应类型是取代反应，故答案为：
取代反应；
（3）F为CH3CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：
醛基；
（4）G与E生成H的化学方程式是：
CH3COOH+C2H5OH
CH3COOC2H5+H2O，
故答案为：
CH3COOH+C2H5OH
CH3COOC2H5+H2O；
（5）C→D的化学方程式是：
+O2
+2H2O，
故答案为：
+O2
+2H2O；
（6）I的结构简式是
，
故答案为：
；
（7）J为
，
a．没有羧基，不能与NaHCO3反应，故a错误；
b．含有酯基，能与NaOH反应，故b正确；
c．含有醛基，能与新制Cu（OH）2反应，故c正确，
故选：
bc；
（8）K存在以下转化关系：
K
M（C16H15NO5Na2），发生信息Ⅱ中反应及酯碱性条件下水解反应，则M的结构简式是
，
故答案为：
如上．
9．【解答】
（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1为放热反应，若升高温度平衡逆向移动，前期的体积分数减小，与图象矛盾；若增大压强，平衡向正向移动，氨气的体积分数增大，故改变条件为压强；压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小，L1＜L2，故答案为：
压强；L1＜L2；合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小；
（2））①根据流程图，反应II中氯气与氨气反应生成氮气和氯化铵，反应为：
8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，
故答案为：
8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl
②设1molH﹣N键能为x，1molH﹣Cl键能为y，根据△H=反应物键能之和﹣生成物键能之和，
﹣462=6x+3×243﹣（945+6y），x﹣y=41kJ，故答案为：
41；
（3）①b极产生氢气，为阴极，与电源负极相连，故答案为：
负；
②阴极电极反应为氢离子得电子生成氢气，用总反应减掉阴极反应得阳极反应式，
故答案为：
3Cl﹣﹣6e﹣+NH4+=NCl3+4H+；
（4）反应III得到的NCl3可以和NaClO2制备ClO2，同时生成NH3，根据氧化还原化合价升降原理，Cl元素化合价有升高和讲点，根据得失电子守恒配平反应，故答案为：
NCl3+6ClO2﹣+3H2O=6ClO2+NH3+3Cl﹣+3OH﹣．
10．【解答】
（1）Al2O3可用于电解制Al，化学方程式是2Al2O3（熔融）═4Al+3O2↑，
故答案为：
2Al2O3（熔融）═4Al+3O2↑；
（2）三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，离子方程式是Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，
（3）故答案为：
Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；
（3）①偏铝酸钠与过量的CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氧化钙反应生成氢氧化钠，可循环使用，
故答案为：
NaHCO3；a；
②Al（OH）3晶种可加速沉淀的生成，偏铝酸钠水解生成氢氧化铝和氢氧化钠，滤液II可直接循环使用，故答案为：
滤液II可直接循环使用；
（4）由图知Fe2+浓度为0.00004mol•L﹣1，铝离子的浓度为a﹣0.00004，铝的物质的量为（a﹣0.00004）×
，铝元素的质量分数为
，故答案为：
．
11．【解答】
（1）铜离子水解显酸性，离子方程式Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，故答案为：
Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；
（2）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成氧化亚铜和硫酸根一个铜离子降低1价，一个亚硫酸根升高2价，离子方程式：
2Cu2++5SO32﹣+2H2O
1Cu2O+1SO42﹣+4HSO3﹣，故答案为：
2，5，2H2O，1，1SO42﹣，4；
（3）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O，故答案为：
取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O；
（4）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜，化学方程式Cu2SO3═Cu2O+SO2↑，故答案为：
Cu2SO3═Cu2O+SO2↑；
（5）Cu2O能与Na2SO3反应生成无色Cu（SO3）23﹣，故答案为：
Cu2O转化得无色Cu（SO3）23﹣；
（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O砖红色沉淀，故答案为：
产生砖红色沉淀，且沉淀不消失；
（7）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23﹣，应控制较高的反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比约为1：
1，故答案为：
反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比．
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