北京市石景山区届高三下学期一模考试化学试题Word版附解析.docx
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北京市石景山区届高三下学期一模考试化学试题Word版附解析
北京市石景山区2018届高三3月同意测试(一模)
理综化学试题
1.2017年3月,中国成功开采可燃冰(主要成分为甲烷)。
直接从自然界得到的能源为一次能源,下列不属于一次能源的是
A.石油B.氢能C.太阳能D.煤
【答案】B
【解析】直接从自然界得到的能源为一次能源,所以石油、煤、太阳能均属于一次能源;氢能是自然界不存在的能源,是由一次能源转化而来,属于二次能源,B正确;正确选项B。
2.有关氯及其化合物的说法,正确的是
A.以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉
B.氯碱工业中,阳极得到烧碱
C.可在“84”消毒液中加入洁厕灵(主要成为HCl)以增强漂白性
D.Cl2能使湿润的有色布条褪色,所以Cl2具有漂白性
【答案】A
【解析】工业上,氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙,即漂白粉,A正确;电解饱和食盐水,阳极上产生氯气,阴极上生成氢气,并得到氢氧化钠,B错误;“84”消毒液主要成分为次氯酸钠,具有强氧化性,把HCl氧化为氯气,不是增加次氯酸钠的漂白性,C错误;Cl2与水反应生成次氯酸,具有强氧化性,能够起到漂白作用;而氯气没有漂白作用;D错误;正确选项A。
点睛:
干燥的氯气没有漂白作用,而潮湿的氯气具有漂白作用,因为氯气与水反应生成了次氯酸所致。
3.在NH3和NH4Cl存在条件下,以活性炭为催化剂,用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正确的是
A.中子数为32,质子数为27的钴原子:
B.H2O2的电子式:
C.NH3和NH4Cl化学键类型相同
D.[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+3
【答案】D
【解析】质量数为32,中子数为32-27=5,A错误;H2O2为共价化合物,没有电子的得失,B错误;NH3存在氮氢共价键,NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键,氮氢原子间的共价键,C错误;[Co(NH3)6]Cl3,NH3整体为0价,Cl为-1价,所以Co的化合价是+3,D正确;正确选项D。
4.北京航空航天大学教授偶然中发现米虫吃塑料,受此启发进行了系列实验,证实黄粉虫的肠道微生物可降解聚苯乙烯(PS),蜡虫可降解聚乙烯(PE)。
聚苯乙烯在虫肠内降解的示意图如下,下列说法正确的是
A.在虫肠内微生物作用下,聚苯乙烯断裂碳碳双键
B.在虫肠内微生物作用下,聚苯乙烯直接降解为CO2分子
C.在虫肠内微生物作用下,聚苯乙烯发生降解,分子量降低
D.聚乙烯与聚苯乙烯是同系物,具有烯烃的性质
【答案】C
【解析】,聚苯乙烯结构中已经不存在碳碳双键,无法断裂碳碳双键,A错误;根据图示可知,聚苯乙烯先降解为低分子中间产物,最后降解为CO2分子,B错误;聚苯乙烯是高分子,发生降解后,变为小分子的物质,分子量变小,C正确;聚乙烯与聚苯乙烯二者结构不相似,不是同系物关系,且二者中已经没有碳碳双键,不再具备烯烃的性质,D错误;正确选项C。
点睛:
乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键,能够与溴水发生加成反应,被酸性高锰酸钾溶液氧化;而聚乙烯与聚苯乙烯结构中已经没有碳碳双键,不再具有烯烃的性质。
5.室温时,甲、乙两同学配制氯化钠溶液。
甲同学配制10%的NaCl溶液100g,乙同学配制1.0mol/L的NaCl溶液100mL(20℃时,氯化钠的溶解度为36.0g)。
下列说法正确的是
A.两同学所需溶质的质量相同B.两同学所配溶液的质量相同
C.两同学所需实验仪器种类相同D.甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大
【答案】D
6.从某含Br-废水中提取Br2的过程包括:
过滤、氧化、萃取(需选择合适萃取剂)及蒸馏等步骤。
己知:
物质
Br2
CCl4
正十二烷
密度/g·cm-3
3.119
1.595
0.753
沸点/℃
58.76
76.8
215~217
下列说法不正确的是
A.甲装置中Br-发生的反应为:
2Br-+Cl2=Br2+2C1-
B.甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmolCl2,转移0.lmole-
C.用乙装置进行萃取,溶解Br2的有机层在下层
D.用丙装置进行蒸馏,先收集到的是Br2
【答案】C
【解析】氯气的氧化性大于溴,所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-,A正确;1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子,甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmolCl2,转移0.lmole-,B正确;用正十二烷进行萃取溴,由于正十二烷密度小于水,所以溶解Br2的有机层在上层,C错误;把溶解Br2的正十二烷混合液进行蒸馏,由于正十二烷的沸点大于溴的沸点,所以用丙装置进行蒸馏,先收集到的是Br2,D正确;正确选项C。
7.探究电场作用下阴阳离子的迁移。
a、b、c、d均为石墨电极,电极间距4cm。
将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿,进行如下实验:
实验现象:
时间
试纸I
试纸II
1min
a极附近试纸变红,b极附近试纸变蓝
c极附近试纸变红,d极附近……
10min
红色区和蓝色区不断向中间扩展,相遇时红色区约2.7cm,蓝色区约1.3cm
两极颜色范围扩大不明显,试纸大部分仍为黄色
下列说法不正确的是
A.d极附近试纸变蓝
B.a极附近试纸变红的原因是:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C.对比试纸I和试纸Ⅱ的现象,说明电解质浓度影响H+和OH-的迁移
D.试纸I的现象说明,此环境中H+的迁移遗率比OH-快
【答案】B
【解析】d极为阴极,氢离子在此极发生还原反应变为氢气,溶液中氢氧根离子浓度增大,d极附近试纸变蓝,A正确;a极为阳极,氢氧根离子在此极发生氧化反应生成氧气,溶液中氢离子浓度增大,a极附近试纸变红,B错误;10min以后,试纸I和试纸Ⅱ的现象不同,说明电解质浓度越大,对H+和OH-的迁移影响较大,C正确;红色区约2.7cm,蓝色区约1.3cm,说明氢离子H+的迁移速率比OH-快,D正确;正确答案:
B。
点睛:
用惰性电极电解硫酸钠溶液,阴极反应:
2H++2e-=H2↑,氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大,碱性增强,pH试纸变蓝;阳极反应:
4OH--4e-=2H2O+O2↑,氢氧根离子浓度减小,氢离子浓度增大,酸性增强,pH试纸变红。
8.PVAc是一种具有热塑性的树脂,可合成重要高分子材料M,合成路线如下:
己知:
R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基
I.R'CHO+R"CH2CHO
II.RCHO+
(1)标准状况下,4.48L气态烃A的质量是5.2g,则A的结构简式为___________________。
(2)己知A→B为加成反应,则X的结构简式为_______;B中官能团的名称是_________。
(3)反应①的化学方程式为______________________。
(4)E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应②的反应试剂和条件是_______________________。
(5)反应③的化学方程式为____________________________。
(6)在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇的作用是__________________________。
(7)己知M的链节中除苯环外,还含有六元环状结构,则M的结构简式为_________________。
【答案】
(1).HC≡CH
(2).CH3COOH(3).酯基、碳碳双键(4).
(5).稀NaOH溶液/△(6).
(7).保护醛基不被H2还原(8).
【解析】
(1)标准状况下,4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g,摩尔质量为26g/mol,所以A为乙炔,结构简式为HC≡CH;正确答案:
HC≡CH。
(2)根据B分子结构可知,乙炔和乙酸发生加成反应,X的结构简式为.CH3COOH;B中官能团的名称是酯基、碳碳双键;正确答案:
CH3COOH;酯基、碳碳双键。
(3)有机物B发生加聚反应生成PVAc,PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇,化学方程式为
;正确答案:
(4)乙炔水化制乙醛,乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E,因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液/△;正确答案:
稀NaOH溶液/△。
(5)根据信息II,可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应
,与氢气发生加成反应生成
;化学方程式为
;正确答案:
。
6)从流程图可以看出,醛基能够与氢气发生加成反应,所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原;正确答案:
保护醛基不被H2还原。
(7)高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应,生成六元环状结构的高分子环醚,则M的结构简式为
;正确答案:
。
9.化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺,促进了世界制碱技术的发展。
下图是纯碱工艺的简化流
(1)写出CO2的电子式____________________。
(2)用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。
(3)工业生产时先氨化再通CO2,顺序不能颠倒,原因是_______________。
(4)滤液A中最主要的两种离子是_________。
(5)某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。
打开分液漏斗活塞,一段时间后,试管中有白色晶体生成,用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。
(6)某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3,取质量为m1的纯碱样品,充分加热后质量为m2,则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。
【答案】
(1).
(2).CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+(3).NH3极易溶于水,先通NH3可使更多的CO2与其反应,能增大c(NH4+)和c(HCO3-),有利于NaHCO3晶体的析出(4).NH4+和Cl-(5).滤液A中含有大量NH4+和Cl-,加入食盐,增大c(Cl-);通入氨气,增大c(NH4+),使平衡NH4Cl(s)
NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动,促使氯化铵结晶析出。
温度降低有利于氯化铵结晶析出(6).
【解析】
(1)CO2为共价化合物,碳原子与氧原子键形成双键,CO2的电子式为
;正确答案:
。
(2)二氧化碳通入氨气的水溶液中,发生反应生成碳酸氢铵,离子方程式为.CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+;正确答案:
CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。
(3)NH3极易溶于水,先通NH3可使更多的CO2与其反应,能增大c(NH4+)和c(HCO3-),有利于NaHCO3晶体的析出,所以工业生产时先氨化再通CO2;正确答案:
NH3极易溶于水,先通NH3可使更多的CO2与其反应,能增大c(NH4+)和c(HCO3-),有利于NaHCO3晶体的析出。
(4)碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后,生成氯化铵和碳酸氢钠,过滤后,滤液A中主要为氯化铵溶液,所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-;正确答案:
NH4+和Cl-。
(6)
,由方程式可知有2mol
反应,反应前后固体质量就减少
,那么题中反应前后固体质量减少(m1-m2)g,需要
的质量为x=84(m1-m2)/31,将其带入下式可得:
ω(NaHCO3)=x/m1×100%=
;正确答案:
。
10.硒及其化合物在工农业生产中有重要用途,硒也是人体必需的微量元素。
(1)硒(34Se)在周期表中位于硫下方,画出其原子结构示意图_____________。
(2)氧族元素单质均能与H2反应生成H2X,用原子结构解释原因_______________。
(3)298K、1.01×l0-5Pa,O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。
写出Se与H2化合的热化学反应方程式__________________。
(4)可以从电解精炼铜的阳极泥中提取硒,通过化学工艺得到亚硒酸钠等含硒物质。
常温下,Se(Ⅳ)溶液中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图。
①向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5,该过程中主要反应的离子方程式________。
②在pH<0的酸性环境下,向Se(Ⅳ)体系中通入SO2制得单质Se的化学方程式是_______。
③下列说法正确的是____(填字母序号)。
a.NaHSeO3溶液显酸性
b.pH=8时,溶液中存在c(HAsO3-)+2c(SeO32-)+c(OH-)=c(H+)
c.在Na2SeO3溶液中,c(SeO32-》c(HSeO3-)>c(H2SeO3)
④常温下,H2SeO3的第二步电离平衡常数为K2,计算K2=________。
【答案】
(1).
(2).氧族元素原子的最外层电子数均为6(3).Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ/mol(4).H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O(5).H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4(6).ac(7).10-7.3
【解析】
(1)硫原子核外电子排布为
,硒(34Se)在周期表中位于下方,电子层应该为四层,最外层有6个电子,原子结构示意图
;正确答案:
。
(2)氧族元素原子的最外层电子数均为6,均能与2个氢原子形成2个共价键,所以氧族元素单质均能与H2反应生成H2X;正确答案:
氧族元素原子的最外层电子数均为6。
(3)O2、S分别与H2化合,均为放热反应,Se、Te分别与H2化合均为吸热反应,且Se的非金属性强于Te,所以吸收的热量要小一些,依据图形可以看出+81kJ/mol为Se(s)与H2(g)化合的热效应;方程式为Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ/mol;正确答案:
Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ/mol。
(4)①从图像可出,向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5时,溶液中HSeO3一离子浓度最大,所以过程中主要反应的离子方程式H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O;正确答案:
H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O。
②在pH<0的酸性环境下,向H2SeO3溶液中通入还原性气体SO2,就能够把+4价的Se还原到0价,+4价的硫氧化到+6价,反应的化学方程式是H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4;正确答案:
H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4。
③从图像看出,H2SeO3第一步电离平衡常数为c(HSeO3一)×c(H+)/c(H2SeO3),当c(H+)=10-2.5mol/L,c(HSeO3一)=c(H2SeO3),K1=10-2.5;NaHSeO3溶液水解平衡常数为Kh=Kw/K1=10-14/10-2.5=10-11.5,水解能力小于电离能力,该溶液显酸性,a正确;溶液遵循电荷守恒规律:
c(HAsO3-)+2c(SeO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),b错误;在Na2SeO3溶液中,水解显碱性,所以c(SeO32-》c(HSeO3-)>c(H2SeO3)顺序正确;c正确;正确选项ac。
④根据图像可知,常温下,H2SeO3第二步电离平衡常数为c(SeO32-)×c(H+)/c(HSeO3一);当c(H+)=10-7.3mol/L,c(HSeO3一)=c(SeO32-),K2=10-7.3;正确答案:
10-7.3。
点睛:
硫酸氢钠溶液电离显酸性,亚硫酸氢钠溶液电离过程大于水解过程,溶液显酸性,碳酸氢钠溶液水解过程大于电离过程,溶液显碱性。
11.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性,某小组同学进行如下实验:
已知:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol,+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+,Cr3+在水溶液中为绿色。
(1)试管c和b对比,推测试管c的现象是________。
(2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。
你认为是否需要再设计实验证明?
____(“是”或“否”),理由是_________________________________。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,得到的结论是________________。
(4)试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4,分析上图的实验现象,得出的结论是_______;写出此过程中氧化还原反应的离子方程式________________。
(5)小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水,探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响,结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度,体积、电压、电解时间均相同)。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2(SO4)3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨,阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。
②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示,结合此机理,解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。
【答案】
(1).溶液变黄色
(2).否(3).Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,若因浓H2SO4溶于水而温度升高,平衡正向移动,溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深,说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果(4).碱性条件下,+6价铬主要以CrO42-存在;酸性条件下,主要以Cr2O72-存在(5).碱性条件下,CrO42-不能氧化I-;酸性条件下,Cr2O72-能氧化I-。
(或Cr2O72-氧化性强于CrO42-)(6).6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O(7).Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O(8).阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率
【解析】
(1)针对Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+反应来说,试管c中加入碱,消耗了H+,平衡右移,溶液变黄色;正确答案:
溶液变黄色。
(2)Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,若因浓H2SO4溶于水而温度升高,平衡正向移动,溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深,说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果;正确答案:
否;Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,若因浓H2SO4溶于水而温度升高,平衡正向移动,溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深,说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,得到的结论在酸碱性不同的情况下,溶液中主要存在的离子不同;碱性条件下,+6价铬主要以CrO42-存在;酸性条件下,主要以Cr2O72-存在;正确答案:
碱性条件下,+6价铬主要以CrO42-存在;酸性条件下,主要以Cr2O72-存在。
(4)从实验现象分析可知:
碱性条件下,CrO42-不能氧化I-,所以无明显变化;酸性条件下,Cr2O72-能氧化I-,本身被还原为Cr3+,变为墨绿色溶液;此过程中氧化还原反应的离子方程式:
.6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O;正确答案:
碱性条件下,CrO42-不能氧化I-;酸性条件下,Cr2O72-能氧化I-。
(或Cr2O72-氧化性强于CrO42-);6I-+Cr2O72-+14H+==3I2+2Cr3++7H2O。
(5)①实验ⅱ中Cr2O72-在阴极被还原为Cr3+,电极反应式Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O;正确答案:
Cr2O72-+6e一+14H+==2Cr3++7H2O。
②根据图示分析可知:
阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率;正确答案:
阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。