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.