全国大联考北京北京市房山区届高三模拟一模理综化学试题解析版.docx
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全国大联考北京北京市房山区届高三模拟一模理综化学试题解析版
北京市房山区2018届高三4月模拟（一模）化学试题
第I卷（选择题）
1．中国健儿武大靖在平昌冬奥会短道速滑男子五百米决赛上获得金牌，下列运动装备材质不属于有机化合物的是
A
冰刀片——抗腐蚀合金钢
B
速滑服——芳纶纤维
C
防切割手套内层材质——聚乙烯纤维
D
防护镜——聚甲基丙烯酸甲酯
【答案】A
【解析】A、冰刀片——抗腐蚀合金钢，属于金属材料，为无机化合物，选项A选；B、速滑服——芳纶纤维，属于合成纤维，属于有机化合物，选项B不选；C、防切割手套内层材质——聚乙烯纤维属于合成纤维，属于有机化合物，选项C不选；D、防护镜——聚甲基丙烯酸甲酯，属于合成纤维，属于有机化合物，选项D不选。
答案选A。
2．下列水处理方法涉及氧化还原反应的是
A．用明矾处理水中的悬浮物
B．用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用FeSO4处理含Cr2O72-的酸性废水，再调节pH除去Cr3+
D．用NaOH处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
【答案】C
【解析】A、明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝，不涉及氧化还原反应；B、用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为沉淀而除去，不涉及氧化还原反应；C、用FeSO4处理含Cr2O72-的酸性废水，再调节pH除去Cr3+，铁元素、铬元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，选项C正确；D、用NaOH处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨，反应中各元素化合价不变，不涉及氧化还原反应；答案选C。
3．Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
下列解释事实的方程式不正确的是
A．电解饱和食盐水制取Cl2：
2Cl－+2H2O
2OH－+H2↑+Cl2↑
B．氯气用于自来水消毒：
Cl2+H2O
2H++Cl－+ClO－
C．浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：
8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：
HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H++2Cl－
【答案】B
4．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。
下列说法不正确的是
A．Y、Z的氢化物的稳定性逐渐减弱x/k..w
B．原子半径：
r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W）
C．W和Z形成的化合物中可能含离子键和共价键
D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】A
【解析】地壳中含量最多的是氧，Z为O元素，所以Y为N元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是Na；X原子序数最小且不与Y、Z同周期，所以X是H元素。
A、Y、Z的氢化物氨气和水的稳定性逐渐增强，选项A不正确；B．同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素从上而下半径依次增大，故原子半径：
r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），选项B正确；C．W和Z形成的化合物中过氧化钠含离子键和共价键，选项C正确；D．H、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，选项D正确。
答案选A。
5．三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为0.5mol
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
【答案】D
【解析】A、根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项A错误；B、催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，选项B错误；C、还原过程中氮元素从+5价降为0价，生成0.1molN2，转移电子数为1.0mol，选项C错误；D、三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体再排放，选项D正确。
答案选D。
6．硝基苯是一种重要有机合成中间体，实验室可用如下反应制备：
C6H6+HNO3
C6H5—NO2+H2OΔH<0。
已知该反应在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。
有关数据如下表：
物质
苯
硝基苯
间二硝基苯
浓硝酸
浓硫酸
沸点/℃
80
211
301
83
338
溶解性
微溶于水
难溶于水
微溶于水
易溶于水
易溶于水
下列说法不正确的是
A．制备硝基苯的反应类型为取代反应
B．采用蒸馏的方法可将硝基苯从反应所得产物中首先分离出来
C．该反应温度控制在50-60℃的原因是减少反应物的挥发和副产物的生成
D．采用加入NaOH溶液、水洗涤、以及分液的方法可除去粗硝基苯中混有的无机杂质
【答案】B
【解析】A．制备硝基苯是苯与浓硝酸反应生成硝基苯和水，反应类型为取代反应，选项A正确；B、由于硝基苯的沸点高于苯，采用蒸馏的方法不能将硝基苯从反应所得产物中首先分离出来，选项B不正确；C、该反应温度控制在50-60℃的原因是减少反应物的挥发和副产物的生成，选项C正确；D、采用加入NaOH溶液、水洗涤、以及分液的方法可除去粗硝基苯中混有的无机杂质，除去过量硝酸、硫酸及可溶性盐，选项D正确。
答案选B。
7．某同学探究SO2使品红溶液褪色的过程，将SO2通入水中得到pH=2的溶液A，后续操作如下，下列说法不正确的是
实验1
实验2
A．溶液A的pH=2原因是：
SO2+H2O
H2SO3
H++HSO3－
B．实验1、实验2均体现了SO2的还原性和漂白性
C．经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的
D．实验2中加入NaOH溶液调节pH=2的原因是排除H+浓度变化产生的干扰
【答案】B
第II卷（非选择题）
8．有机物I是重要有机中间体，其合成路线（部分反应条件已略去）如下图所示：
已知：
R—CN
R—COOH
回答下列问题：
（1）A的结构简式是______________。
（2）B中含有的官能团是______________。
（3）D是一种合成高分子，它的结构简式是______________。
（4）I发生缩聚反应的化学方程式是______________。
（5）G→H的反应类型是______________。
（6）E→F反应的化学方程式是______________。
（7）下列说法正确的是________。
①物质I能发生消去反应
②F→G过程产生的副产物
物质G互为同分异构体
③B、D均存在顺反异构学/科//网
（8）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线（其他试剂任选）________。
（合成路线常用的表示方式为：
【答案】CH3—CH==CH2
碳碳双键、酯基n
+（n-1）H2O取代反应CH2=CHCH2—Cl+NaOH
CH2=CHCH2—OH+NaCl①②CH2=CH2
CH3—CH2—Br
CH3—CH2—CN
CH3CH2COOH
【解析】由图中信息可知，B通过加聚反应生成C
，则B为C的单体，B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3；A分子式为C3H6，与甲醇、CO催化反应生成B，根据结构简式可知A为CH3CH=CH2；
在碱性条件下发生水解反应后酸化得到D，则D为
；A与氯气反应生成E，E在氢氧化钠水溶液中加热水解生成F为醇，则E应该为一氯代物，B为CH2=CHCH2Cl；F为CH2=CHCH2OH；根据已知R—CN
R—COOH，
由H反应而得，则H为
；G与NaCN反应生成H，则G为
；根据已知
，CH2=CHCH2OH与
反应生成G为
。
（1）A的结构简式是CH3CH=CH2；
（2）B为CH3CH=CHCOOCH3，含有的官能团是碳碳双键、酯基；（3）D是一种合成高分子，它的结构简式是
；（4）I（
）发生缩聚反应的化学方程式是n
+（n-1）H2O；（5）G→H是
与NaCN反应生成
，反应类型是取代反应；（6）E→F反应的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+NaOH
CH2=CHCH2OH+NaCl；（7）①物质I（
）中醇羟基相连的碳相邻的碳上有氢原子，能发生消去反应，故正确；②F→G过程产生的副产物
，与物质G只是碳碳双键的位置不相同，互为同分异构体，故正确；③CH3CH=CHCOOCH3存在顺反异构、
不存在顺反异构，故错误；答案选①②；（8）乙烯与HBr在催化剂作用下发生加成反应生成CH3—CH2—Br，CH3—CH2—Br与NaCN反应生成CH3—CH2—CN，CH3—CH2—CN在氢氧化钠条件下反应后酸化得到丙酸，合成路线如下：
CH2=CH2
CH3—CH2—Br
CH3—CH2—CN
CH3CH2COOH。
9．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。
（1）镓（Ga）的原子结构示意图为
，镓元素在周期表中的位置是_______。
（2）镓能与沸水剧烈反应生成氢气和氢氧化镓，该反应的化学方程式是______________。
（3）氮化镓在电和光的转化方面性能突出，是迄今理论上光电转化效率最高的材料。
资料：
镓的熔点较低（29．8℃），沸点很高（2403℃）。
①传统的氮化镓（GaN）制备方法是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应，该反应的化学方程式是____________________。
②当代工业上固态氮化镓（GaN）的制备方法是利用镓与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每生成lmolH2时放出10.27kJ热量。
该可逆反应的热化学方程式是____________________________________。
③在密闭容器中，充入一定量的Ga与NH3发生上述反应，实验测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强P和温度T的关系曲线如图1所示。
图中A点和C点化学平衡常数的关系是：
KA_____KC（填“＞”“＝”或“＜”），理由是_____________________________。
（4）电解法可以提纯粗镓，具体原理如图2所示：
①粗镓与电源____极相连。
（填“正”或“负”）
②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式是
_____________________________。
【答案】第四周期第IIIA族2Ga+6H2O====Ga（OH）3+3H2↑Ga+NH3
GaN+3HCl2Ga（l）+2NH3（g）
2GaN（s）+3H2（g）△H=—30.81kJ/molKA【解析】
（1）根据镓（Ga）的原子结构示意图为
，镓元素在周期表中的位置是第四周期第IIIA族；
（2）镓能与沸水剧烈反应生成氢气和氢氧化镓，反应的化学方程式是2Ga+6H2O=Ga（OH）3+3H2↑；（3）①GaCl3与NH3在一定条件下反应生成氮化镓（GaN），反应的化学方程式是Ga+NH3
GaN+3HCl；②当代工业上固态氮化镓（GaN）的制备方法是利用镓与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每生成lmolH2时放出10.27kJ热量。
则可逆反应的热化学方程式是2Ga（l）+2NH3（g）
2GaN（s）+3H2（g）△H=—30.81kJ/mol；
③图中A点和C点化学平衡常数的关系是：
KA10．钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：
（1）钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是___________________。
（2）过程①中反应的离子方程式是：
FeTiO3+4H++4Cl－==Fe2++TiOCl42－+2H2O、_______。
（3）过程①中，铁的浸出率结果如图1所示。
由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是___________________。
（4）过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是___________。
（5）在滤液B转化为FePO4沉淀过程中发生以下反应，请配平：
Fe2++_____+H3PO4===FePO4+____+_____
（6）过程③中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率。
MgO+2H+====Mg2++H2O100℃3小时温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降2Fe2++H2O2+2H3PO4==2FePO4+4H++2H2O2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O
点睛：
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2．xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成（NH4）2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O，以此来解答。
11．某学习小组探究铁和硝酸银溶液的反应，实验过程如下：
实验序号
实验操作
实验现象
I
将一束光亮洁净的铁丝伸入到0.1mol/L的AgNO3溶液中
铁丝表面有银白色固体析出，溶液逐渐变为浅绿色
II
取少量实验I中上层清液，滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
（1）根据上述实验现象，甲同学认为有Fe2+生成，铁和硝酸银溶液的反应的离子方程式是____________________。
（2）乙同学认为实验中可能生成Fe3+，设计并完成如下实验
实验序号
实验操作
实验现象
III
取少量实验I中上层清液，滴入少量KSCN溶液，振荡
产生白色沉淀，溶液局部变红，振荡后红色消失，沉淀量增加
查阅资料：
Ag+与SCN－生成白色沉淀AgSCN
乙同学判断有Fe3+，理由是____________________。
（3）乙同学继续探究红色褪去的原因，设计并完成如下实验
实验序号
实验操作
实验现象
IV
取少量实验I中上层清液，滴加几滴稀盐酸
有白色沉淀生成
V
取1mL Fe（NO3）3溶液，滴加2滴等浓度的KSCN溶液，振荡，再滴加少量AgNO3溶液
溶液变红；振荡溶液颜色无变化，滴加AgNO3后溶液红色褪去，产生白色沉淀．
①实验IV的目的是____________________；
②用平衡移动原理解释，实验V中溶液红色褪去的原因____________________。
（4）丙认为溶液中Fe3+是Fe2+被Ag+氧化所致。
按下图连接装置并进行实验，一段时间后取出左侧烧杯溶液加入KSCN溶液，溶液变红
①其中X溶液是____________________；
②由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是____________________；
③丙同学的实验设计及结论是否合理，请说明理由____________________。
【答案】2Ag+＋Fe====Fe2+＋2Ag溶液局部变红证明实验I上层清液中存在Ag+Fe3+＋3SCN－
Fe（SCN）3，加入硝酸银后，Ag+与SCN－生成白色沉淀AgSCN，SCN－浓度降低促使平衡逆向移动红色褪去。
Fe（NO3）2（aq）Ag+＋Fe2+====Ag＋Fe3+不合理，有可能空气中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+
【解析】
（1）铁和硝酸银溶液的反应生成硝酸亚铁和银，反应的离子方程式是2Ag+＋Fe====Fe2+＋2Ag；
（2）取少量实验I中上层清液，滴入少量KSCN溶液，振荡，溶液局部变红，故此乙同学判断有Fe3+；（3）①实验IV的目的是证明实验I上层清液中存在Ag+；②Fe3+＋3SCN－
Fe（SCN）3，加入硝酸银后，Ag+与SCN－生成白色沉淀AgSCN，SCN－浓度降低促使平衡逆向移动红色褪去；（4）①溶液中Fe3+是Fe2+被Ag+氧化所致，右边溶液含有银离子，左边溶液应该含有亚铁离子，故X溶液是Fe（NO3）2溶液；②由实验得出Ag+和Fe2+反应生成Fe3+和Ag，反应的离子方程式是Ag+＋Fe2+=Ag＋Fe3+；③有可能空气中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，故丙同学的实验设计及结论不合理。
点睛：
本题为探究实验，考查实验操作、装置的作用、物质的检验等知识，题目难度中等，注意掌握实验设计的方法和物质实验验证方案分析方法，侧重考查了学生提出假设并设计实验验证的能力、分析问题解决问题的能力及提取信息的能力。
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