届北京市西城区高三下学期统一测试一模化学试题解析版.docx

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届北京市西城区高三下学期统一测试一模化学试题解析版

2018年届高三4月一模理综化学试卷

1.我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。

下列文物中，主要成分属于合金的是

A．西夏佛经纸本

B．西汉素纱禅衣

C．唐兽首玛瑙杯

D．东汉青铜奔马

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A．西夏佛经纸本，纸的主要成分是纤维素，属于有机物，选项A不符合；B、西汉素纱禅衣，丝为蛋白质，属于有机物，选项B不符合；C、唐兽首玛瑙杯，主要成分为二氧化硅，选项C不符合；D、东汉青铜奔马，青铜是在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，属于合金，选项D符合。

答案选D。

2.下列延长食品保质期的方法中，其原理与其它几种不同的是

A.加食盐腌制B.抽真空C.充氮气D.使用吸氧剂

【答案】A

【解析】加食盐腌制能破坏细菌微生物赖以生存繁殖的环境，达到减慢食品的腐败，延长其保质期的目的；抽真空、充氮气、使用吸氧剂均是使食品与氧气隔绝或减小接触，减少氧化延长保质期。

答案选A。

3.下列事实不能用元素周期律解释的是

A.F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应

B.Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应

C.金属Na和熔融KCl反应置换出金属K

D.常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7

【答案】C

4.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。

下列关于上述过程的说法不正确的是

A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂

B.H2O2既表现氧化性又表现还原性

C.Cu2+将H2O2还原为O2

D.发生了反应Cu2O+H2O2+4H+==2Cu2++3H2O

【答案】C

【解析】A.蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），红色浑浊又变为蓝色溶液，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，选项A正确；B.H2O2中氧元素化合价由-1价变为0价和-2价，既表现氧化性又表现还原性，选项B正确；C.反应中H2O2自身发生氧化还原反应，选项C不正确；D.发生了反应2Cu2++H2O2+H2O==Cu2O+O2↑+4H+和Cu2O+H2O2+4H+==2Cu2++3H2O，选项D正确。

答案选C。

5.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。

反应过程示意图如下：

下列说法不正确的是

A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子

B.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂

C.反应过程中生成了MG和甲醇

D.EG和甲醇不是同系物

【答案】B

【解析】A.根据图中信息可知，Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子，选项A正确；B.根据图中信息可知，DMO分子断裂时生成甲醇和CH3OOCCH2OH，故应有碳氧单键和碳氧双键发生了断裂，选项B不正确；C.根据图中信息可知，反应过程中生成了MG和甲醇，选项C正确；D.EG为乙二醇，是二元醇，和甲醇不是同系物，选项D正确。

答案选B。

6.下列解释事实的方程式书写正确的是

A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：

Ca2++CO32−==CaCO3↓

B.Na2O2作呼吸面具的供氧剂：

2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2

C.稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管：

Ag+2H++NO3−==Ag++NO2↑+H2O

D.FeCl3溶液腐蚀线路板：

Fe3++Cu==Fe2++Cu2+

【答案】B

【解析】A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，发生反应的离子方程式为CaSO4+CO32−==CaCO3↓＋SO４2−，选项A错误；B.Na2O2作呼吸面具的供氧剂，发生反应的化学方程式为：

2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2，选项B正确；C.稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管，发生反应的离子方程式为：

３Ag+４H++NO3−==３Ag++NO↑+２H2O，选项C错误；D.FeCl3溶液腐蚀线路板，发生反应的离子方程式为：

２Fe3++Cu==２Fe2++Cu2+，选项D错误。

答案选B。

7.某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：

序号

实验操作

实验现象

溶液不变红，试纸不变蓝

溶液不变红，试纸褪色

生成白色沉淀

下列实验分析中，不正确的是

A.①说明Cl2被完全消耗

B.②中试纸褪色的原因是：

SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI

C.③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−

D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化

【答案】C

【解析】A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。

答案选C。

点睛：

本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。

注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。

8.为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx，研究者提出了若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。

（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是______。

（2）选择性催化还原法（SCR）“脱硝”。

在催化剂的作用下，选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。

NH3还原NO的化学方程式是______。

（3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。

控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2、NO转化为SO42−、NO3−，均为放热反应。

①在如图中画出“放热反应”的反应过程中的能量变化示意图。

②NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是______。

③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是______（写出1种即可）。

④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为______。

【答案】

（1）.2CaCO3+2SO2+O2

2CaSO4+2CO2

（2）.4NH3+6NO

5N2+6H2O（3）.

SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+

SO2在水中的溶解度大于NO（4）.SO2在溶液中的还原性强于NO（5）.SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO

2∶13

【解析】

（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时石灰石、氧气和SO2转化为CaSO4的化学方程式是2CaCO3+2SO2+O2

2CaSO4+2CO2；

（2）NH3还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式是4NH3+6NO

5N2+6H2O；（3）①“放热反应”的反应过程中反应物总能量大于生成物总能量，故能量变化示意图如下：

；②NaClO溶液吸收烟气中SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式是SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+；③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是SO2在水中的溶解度大于NO、SO2在溶液中的还原性强于NO、SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2分别为100%和80%，根据反应SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O=2NO3−+3Cl−+2H+，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为

。

9.以铝土矿（主要成分为Al2O3）为原料，用真空氯化亚铝（AlCl）歧化法，无需进行分离提纯，直接制备金属Al。

其反应过程主要由两步组成，如下图：

（1）已知：

Al2O3（s）+3C（s）

2Al（l）+3CO（g）ΔH＝+1346kJ·mol−1

3AlCl（g）

AlCl3（g）+2Al（l）ΔH＝−140kJ·mol−1

①第一步反应的热化学方程式是______。

②第二步AlCl分解反应的化学平衡常数K随温度升高而______（填“增大”、“不

变”或“减小”）。

（2）第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是______。

（3）第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是______（不考虑未反应的C，写出1种即可）。

（4）如图为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是______。

（5）制备Al的整个过程中可循环利用的物质是______。

【答案】

（1）.Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）==3AlCl（g）+3CO（g）ΔH＝+1486kJ·mol−1

减小

（2）.第一步反应是气体分子数增加的反应降低压强，利于生成AlCl（3）.CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C（4）.CO在Al或AlCl作用下生成CO2和C（5）.T3>T2>T1（6）.AlCl3

【解析】

（1）已知：

①Al2O3（s）+3C（s）

2Al（l）+3CO（g）ΔH1＝+1346kJ·mol−1

①3AlCl（g）

AlCl3（g）+2Al（l）ΔH2＝−140kJ·mol−1

①第一步反应为Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）==3AlCl（g）+3CO（g），根据盖斯定律，由①-②得反应Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）==3AlCl（g）+3CO（g）ΔH＝+1346kJ·mol−1-（−140kJ·mol−1）=+1486kJ·mol−1；②第二步AlCl分解反应3AlCl（g）

AlCl3（g）+2Al（l）ΔH2＝−140kJ·mol−1为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，故化学平衡常数K随温度升高而减小；

（2）第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是第一步反应是气体分子数增加的反应降低压强，利于生成AlCl；（3）第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C；（4）如图为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置必须在较低温、Al的生成装置和AlCl的制备（升华必须在较高温度）装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是T3>T2>T1；（5）AlCl3的凝华和作为反应物，故制备Al的整个过程中可循环利用的物质是AlCl3。

10.某小组研究溶液中Fe2+与NO2−、NO3−的反应。

资料：

[Fe（NO）]2+在溶液中呈棕色。

（1）研究现象a中的黄色溶液。

①用______溶液检出溶液中含有Fe3+。

②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2+。

乙认为O2不是主要原因，理由是______。

③进行实验Ⅱ，装置如图。

左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。

产生NO的电极反应式是______。

实验Ⅱ的目的是______。

（2）研究现象a中的棕色溶液。

①综合实验Ⅰ和实验Ⅱ，提出假设：

现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2+或Fe3+发生了反应。

进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应。

实验Ⅲ的操作和现象是______。

②加热实验Ⅰ中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。

解释产生红褐色沉淀的原因是______。

（3）研究酸性条件下，溶液中Fe2+与NO2−、NO3−的反应。

序号

操作

现象

ⅰ

取1mol·L−1的NaNO2溶液，加醋酸至pH=3，加入1mol·L−1FeSO4溶液

溶液立即变为棕色

ⅱ

取1mol·L−1的NaNO3溶液，加醋酸至pH=3，加入1mol·L−1FeSO4溶液

无明显变化

ⅲ

分别取0.5mL1mol·L−1的NaNO3溶液与1mol·L−1的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5mL浓硫酸

液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环

①ⅰ中溶液变为棕色的离子方程式是______、______。

②ⅲ中出现棕色的原因是______。

实验结论：

本实验条件下，溶液中NO2−、NO3−的氧化性与溶液的酸碱性等有关。

【答案】

（1）.KSCN

（2）.两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化（3）.NO2−+e−+H2O==NO↑+2OH−（4）.证实Fe2+被NO2−氧化生成Fe3+（5）.将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色将NO通入Fe2（SO4）3溶液中无明显变化（6）.棕色溶液中的[Fe（NO）]2+受热生成Fe2+加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+促进Fe3+水解产生Fe（OH）3沉淀（7）.①Fe2++NO2−+2CH3COOH==Fe3++NO↑+H2O+2CH3COO−（8）.Fe2++NO==[Fe（NO）]2+（9）.两层液体界面上H+NO3−与Fe2+反应生成棕色的[Fe（NO）]2+

【解析】

（1）①用KSCN溶液检出溶液中含有Fe3+；②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2+。

乙认为O2不是主要原因，理由是两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化；③产生NO的电极上硝酸根离子得电子产生一氧化氮，发生还原反应，其电极反应式是NO2−+e−+H2O==NO↑+2OH−；实验Ⅱ的目的是证实Fe2+被NO2−氧化生成Fe3+；

（2）①进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应。

实验Ⅲ的操作和现象是将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色将NO通入Fe2（SO4）3溶液中无明显变化；②棕色溶液中的[Fe（NO）]2+受热生成Fe2+加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+促进Fe3+水解产生Fe（OH）3沉淀；（3）①ⅰ中溶液变为棕色是因为亚铁离子被氮的氧化物氧化，发生反应的离子方程式是Fe2++NO2−+2CH3COOH==Fe3++NO↑+H2O+2CH3COO−、Fe2++NO==[Fe（NO）]2+；②ⅲ中出现棕色的原因是两层液体界面上H+NO3−与Fe2+反应生成棕色的[Fe（NO）]2+。

点睛：

本题以硝酸与铜的反应为载体，综合考查学生实验设计和探究能力，涉及HNO3的性质、物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质，是对基础知识与学生综合能力的考查，理解原理与各装置作用是解题的关键。

二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，溶液浓度增大，溶液颜色加深，溶于二氧化氮的溶液呈黄色，含有铁离子的铁盐溶液为黄色，二者混合相互干扰。

11.M（

）

是牙科粘合剂，X是高分子金属离子螯合剂，以下是两种物质的合成路线：

已知：

R、R1、R2代表烃基或其他基团

（1）A为烯烃，B中所含官能团名称是______，A→B的反应类型是______。

（2）C→D的反应条件是______。

（3）E分子中有2个甲基和1个羧基，E→F的化学方程式是______。

（4）D+F→K的化学方程式是______。

（5）下列关于J的说法正确的是______。

a．可与Na2CO3溶液反应

b．1molJ与饱和溴水反应消耗8molBr2

c．可发生氧化、消去和缩聚反应

（6）G分子中只有1种氢原子，G→J的化学方程式是______。

（7）N的结构简式是______。

（8）Q+Y→X的化学方程式是______。

【答案】

（1）.碳碳双键、氯原子

（2）.取代反应（3）.NaOH/H2O、△（4）.

（5）.

（6）.a（7）.

（8）.

（9）.

点睛：

本题考查有机合成及推断。

注意分析多官能团有机物的结构与性质的关系。

A为烯烃，分子式为C3H6，则A为CH3CH=CH2，A与氯气发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；ClCH2CH=CH2与过氧化物反应生成C为

，

在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成D为

；G分子中只有1种氢原子，分子式为C3H6O，则G为

，

与HCN发生加反应反应后酸化得到E为

，

在浓硫酸的催化下发生消去反应生成F为

；

与苯酚反应生成J和水，J为

；根据已知

，

与三氯甲烷在氯化铝作用下反应生成N，分子式为C17H16O2Cl4，且根据后面X的结构简式可知，取代位置在酚羟基的邻位，故N为

；

在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应后酸化得到Q为

；

在一下条件下与Y发生缩聚反应生成X为

，根据缩聚反应的单体可推出Y为

；

与

在浓硫酸催化下发生酯化反应生成K为

；

与

在特定溶剂中发生反应生成M（

），据此分析得解。