全国大联考北京北京市大兴区高三一模考试理科综合化学试题解析版.docx
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全国大联考北京北京市大兴区高三一模考试理科综合化学试题解析版
【试卷整体分析】
考试范围：
高考范围难度：
一般
题型统计（试题总量11）
单选题
7题
63.6%
综合题
3题
27.3%
实验题
1题
9.1%
难易度统计（平均难度：
0.55）
容易
0题
较易
3题
27.3%
一般
8题
72.7%
较难
0题
困难
0题
知识点统计（考核知识点5个）
知识点
数量
试题数量
试题数量比
分数
分数占比
化学反应原理
4个
4题
36.4%
0分
0%
物质结构与性质
1个
1题
9.1%
0分
0%
化学实验基础
3个
3题
27.3%
0分
0%
认识化学科学
1个
1题
9.1%
0分
0%
有机化学基础
2个
2题
18.2%
0分
0%
【题型考点分析】
题号
题型
知识点
1
综合题
化学键与化学反应中的能量关系
2
单选题
综合实验设计与评价
3
单选题
勒夏特列原理的应用
4
单选题
同周期元素性质递变规律
5
单选题
基于氧化还原反应守恒规律的计算
6
单选题
缩聚物的单体、链节及聚合度的确定
7
综合题
有机合成综合考查
8
单选题
电源使用及回收
9
综合题
化学反应条件的控制及优化
10
单选题
物质性质的探究
11
实验题
物质性质实验方案的设计
第I卷（选择题）
1．2018年，平昌冬奥会上“北京8分钟”以充满中国智慧和中国科技的表演惊艳世界，下列有关说法中不正确的是
A．熊猫木偶的材质采用铝合金和碳纤维，可以减轻重量
B．演出服中的石墨烯是一种新型的纳米材料
C．低温环境会影响机器人的电池性能
D．机器人芯片的主要成分为SiO2
【答案】D
【解析】A、铝的密度小，质量轻，碳纤维质量轻，因此熊猫木偶的材质采用铝合金和碳纤维，可以减轻重量，故A说法正确；B、石墨烯是一种新型的纳米材料，具有超高强度、超高的导热系数，故B说法正确；C、低温环境，化学反应速率降低，放出电流减少，因此低温环境下会影响机器人的电池性能，故C说法正确；D、芯片的成是晶体硅，故D说法错误。
2．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：
C>OB．酸性：
HCl>H2SiO3
C．热稳定性：
H2O>H2SD．金属性：
Na>Al
【答案】B
3．FeCl3溶液与下列物质反应，对现象的解释不正确的是
物质
现象
解释
A
SO2
溶液变为浅绿色
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
B
氨水
有红褐色沉淀产生
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
C
NaHCO3溶液
有红褐色沉淀产生，并伴有无色气泡
Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑
D
Mg（OH）2浊液
有红褐色沉淀产生
3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）=2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq）
【答案】B
【解析】A、Fe3＋显棕黄色，溶液变为浅绿色，说明Fe3＋→Fe2＋，即2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋，故A说法正确；B、NH3·H2O是弱碱，写成离子方程式时不能拆写，正确的是Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4＋，故B说法错误；C、有红褐色沉淀产生，生成Fe（OH）3，伴有无色气泡产生，此气体为CO2，说明FeCl3与NaHCO3溶液发生双水解反应，离子方程式为Fe3＋＋3HCO3－=Fe（OH）3↓＋3CO2↑，故C说法正确；D、有红褐色沉淀产生，氢氧化铁比氢氧化镁更难溶，根据反应向更难溶的方向进行，说明发生3Mg（OH）2（s）+2Fe3＋（aq）=2Fe（OH）3（s）+3Mg2＋（aq），故D说法正确。
4．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．1molNH4+所含的质子总数为10NA
B．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:
1
【答案】A
【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨（N2H4）的结构式为
，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：
1，故D说法正确。
点睛：
氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。
5．高聚物（L）是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂，其原料取材于植物和贻贝。
下列关于高聚物（L）的说法中不正确的是
A．单体之一为
B．在一定条件下能发生水解反应
C．生成1molL的同时，会有（x+y-1）molH2O生成
D．1molL最多可与3molH2发生加成反应
【答案】D
6．利用如图所示装置进行下列实验，现象和结论均正确的是
选项
①
②
③中现象
结论
装置图
A
浓硝酸
Cu
淀粉-KI溶液变蓝
NO2为氧化性气体
B
稀硫酸
Na2SO3
品红溶液褪色
Na2SO3未变质
C
浓盐酸
MnO2
FeBr2溶液变为黄色
氧化性：
Cl2＞Br2
D
浓氨水
NaOH
湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3为碱性气体
【答案】D
7．已知：
2NO2（g）+CH4（g）
N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH，向容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO2和CH4的混合气体0.3mol充分反应。
不同投料比时，NO2的平衡转化率与温度的关系如右图所示。
[投料比=
]；下列说法不正确的是
A．ΔH<0
B．X>2
C．400K时，反应的平衡常数为5×10-2
D．投料比为2时，Q点v逆（CH4）小于P点的v逆（CH4）
【答案】C
【解析】A、根据图像，随着温度升高，NO2的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即△H<0，故A说法正确；B、增加投料比，即可以认为增大n（NO2），相同温度下，在等于2的基础上增大n（NO2），根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，即X>2，故B说法正确；C、400K时，投料比为2，即n（NO2）=0.2mol，n（CH4）=0.1mol，
2NO2（g）+CH4（g）
N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
起始：
0.20.1000
变化：
0.2×50%0.1×50%0.1×50%0.1×50%0.1×50%
平衡：
0.10.050.050.050.05，K=
=6.25×10－4，故C错误；D、Q点移向P点，NO2的转化率增大，平衡向正反应方向移动，逆反应速率逐渐增大，即Q点v逆（CH4）小于P点的v逆（CH4），故D说法正确。
第II卷（非选择题）
8．匹多莫德是一种免疫调节剂，其合成路线如下：
已知：
i
ii
（1）A中官能团名称________。
（2）B的结构简式________。
（3）②的反应类型________。
（4）写出谷氨酸生成F的化学方程式________。
该过程，还可能生成高聚物，写出任意一种的结构简式________。
（5）③的化学方程式________。
（6）写出半胱氨酸与HCHO反应生成G的化学方程式________。
（7）结合信息，写出以乙醇和必要无机试剂合成
的路线________。
【答案】碳碳三键CH2=CH-CN取代反应
、
【解析】考查有机物的推断，
（1）A的分子式为C2H2，即A为乙炔，含有官能团是碳碳三键；
（2）根据B
应，H的结构简式
，H中含有酯基，在氢氧化钠溶液中发生水解反应，即反应方程式为
；（6）G与C2H5OH发生酯化反应，即G的结构简式为
，半胱氨酸与甲醛反应的方程式为
；（7）高分子化合物单体是CH3CH（OH）COOH，根据上述合成路线，先让CH3CH2OH氧化成乙醛，然后乙醛再与HCN反应生成CH3CH（OH）CN，因此合成路线是
。
点睛：
有机物的推断中，一般根据反应前后分子式或结构简式的对比，确认哪些化学键的断裂和生成，从而确认反应类型，得出相应的结构简式，如F结构简式的推断，观察匹多莫德的结构简式与
对比，发现
与
不同，从而确认F的结构简式。
9．CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据上图，写出气缸内产生NO的热化学方程式________。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式________。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如右图。
若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是________。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2
已知：
0.448LCO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）=________。
（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是________。
a．c（CO32-）>c（HCO3-）
b．2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）
c．c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.2mol•L-1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH<0
根据图1分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由________。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图2。
写出右侧的电极反应式________。
【答案】N2（g）+O2（g）====2NO（g）ΔH=+180kJ·mol-12xCO+2NOx=======N2+2xCO2氧气过量，还原性气体CO和CxHy首先和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行0.1mol·L-1bc温度低于250°C时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250°C时，CO2的转化率和催化效率都较低CO2+6e-+6H+====CH3OH+H2O
【解析】
（1）考查热化学反应方程式的书写、化学反应方程式的书写、反应条件的控制，①断裂1molN2中
点睛：
本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，首先判断正负两极，需要根据原电池的工作原理进行判断，如本题，根据电子或H＋移动的方向，推断出右侧为正极，然后判断在电极上的反应物和生成物，CO2中C显＋4价，CH3OH中C显－2价，化合价降低，右侧电极上CO2作反应物，CH3OH作产物，根据介质的环境判断出H＋或OH－是否参与反应，即本题的电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
10．金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。
通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
PO43-
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/（mg•L-1）
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：
Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：
Fe3++3HR
FeR3+3H+Y3++3HR
YR3+3H+（已知：
FeR3、YR3均易溶于HR）
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
表2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：
向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。
磷酸法：
将磷酸（H3PO4：
三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/（mg•L-1）
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3+++=FePO4↓+CO2↑+，___________________
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附
c．表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：
Y3++3OH-=Y（OH）3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
【答案】Y3+在溶液中存在平衡：
Y3++3HR
YR3+3H+，pH增大，c（H+）减小（或c（OH-）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+）2Fe3++2H3PO4+3CO32-=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小分液bcd
11．某研究小组探究电解FeCl2溶液的电极反应产物
（1）配制1mol•L-1FeCl2溶液，测得pH=4.91，原因______（用离子方程式表示）。
从化合价角度分析，Fe2+具有________。
（2）该小组同学预测电解FeCl2溶液两极的现象：
阳极有黄绿色气体产生，阴极有无色气体产生。
该小组同学用右图装置电解1mol•L-1FeCl2溶液：
①取少量银灰色固体洗涤后，加稀H2SO4有气泡产生，再向溶液中加入________（试剂和现象），证明该固体为Fe。
②该小组同学进一步分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为________；乙同学认为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化Fe2+最终生成Fe（OH）3。
为证实结论，设计方案如下：
用实验Ⅰ的装置和1.5v电压，电解酸化（pH=4.91）的_______，通电5分钟后，阳极无明显现象，证实乙同学的推论不正确。
丙同学认为仍不严谨，原因是产生的气体溶于水，继续实验________（操作和现象），进一步证实了乙同学的推论不正确。
（3）该小组同学进一步探究电解1mol•L-1FeCl2溶液电极产物的影响因素。
实验
条件
操作及现象
电压
pH
阳极
阴极
Ⅰ
1.5v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，5分钟后电极表面析出红褐色固体
无气泡产生，4分钟后电极表面有银灰色金属状固体附着
Ⅱ
1.5v
2.38
无气泡产生，溶液出现少量浑浊，滴加KSCN溶液变红色
无气泡产生，电极表面有银灰色金属状固体附着
Ⅲ
1.5v
1.00
无气泡产生，溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色
有气泡产生，无固体附着
Ⅳ
3.0v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，3分钟后电极表面有红褐色固体产生
极少量气泡产生，1分钟出现镀层金属
Ⅴ
6.0v
4.91
有气泡产生，遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
溶液逐渐变浑浊
大量气泡产生，迅速出现镀层金属
①对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可以得出结论：
阳极Fe2+放电时，酸性较强主要生成Fe3+；酸性较弱主要生成Fe（OH）3。
阴极________。
②对比实验Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ可以得出结论：
增大电压，不仅可以改变离子的放电能力，也可以________。
（4）综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与________有关。
【答案】Fe2++2H2O
Fe（OH）2+2H+氧化性和还原性K3[Fe（CN）6]溶液、蓝色沉淀Fe2+-e-=Fe3+，最终生成Fe（OH）32mol·L-1NaCl（或KCl）溶液取阳极附近溶液，加入淀粉KI溶液后，溶液不变蓝酸性较强时，H+放电，酸性较弱时，Fe2+放电改变电极反应的速率电解质溶液的酸碱性、电源电压
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