届北京市海淀区高三第一次模拟考试化学试题解析版.docx
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届北京市海淀区高三第一次模拟考试化学试题解析版
2020春海淀区高三年级第二学期阶段性测试
化学
本试卷共8页，100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14016A127S32CI35.5Fe56Ag108
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。
下列关于医用外科口罩的说法不正确的是
A.防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用
B.熔喷聚丙烯属于合成高分子材料
C.熔喷聚丙烯材料难溶于水
D.用完后应投入有
标志的垃圾箱
【答案】D
【解析】
【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确；
B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；
C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；
D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有
标志的垃圾箱，D项错误；
答案选D。
2.人类的生命健康与化学息息相关。
下列说法正确的是
A.油脂是人体不可缺少的营养物质
B.淀粉没有甜味，糖尿病患者多食无碍
C.重金属盐溶液能使蛋白质盐析，会使人中毒
D.纤维素在人体内能水解为葡萄糖，为人体提供营养
【答案】A
【解析】
【详解】A.油脂是人体必需的六大营养物质之一，是人体供能物质之一，属于不可缺少的营养物质,A项正确；
B.淀粉没有甜味，在人体内水解得到葡萄糖才有甜味，所以糖尿病患者不可多吃，B项错误；
C.重金属盐溶液能使蛋白质变性，所以会使人中毒，C项错误；
D.纤维素在人体内不能能水解为葡萄糖，但是可以帮助肠胃蠕动，不能为人体提供营养，D项错误；
答案选A。
3.下列关于各物质的所属类别及性质的描述不正确的是
选项
A
B
C
D
物质
乙烯
氯化钠
氢氧化铁胶体
生铁
类别
烃
离子化合物
混合物
合金
性质
不可燃
熔融态能导电
能产生丁达尔现象
易发生电化学腐蚀
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯属于烃类可以燃烧,A项错误；
B.氯化钠属于离子化合物熔融态能导电，B项正确；
C.氢氧化铁胶体属于混合物，能产生丁达尔现象，C项正确；
D.生铁属于合金，易发生电化学腐蚀，D项正确；
答案选A。
4.砷化镓（GaAs）是一种优良的半导体材料。
镓与铝同主族，镓与砷同周期，砷与氮同主族。
下列说法不正确的是
A.Ga位于元素周期表第IIIA族B.Ga的原子半径比As的大
C.AsH3的热稳定性比PH3的弱D.H3AsO4的酸性比HNO3的强
【答案】D
【解析】
【详解】A.Ga位于元素周期表第IIIA族,A项正确；
B.同周期从左到右原子半径逐渐减小，Ga的原子半径比As的大，B项正确；
C.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，As的非金属性较P弱，所以氢化物AsH3的热稳定性比PH3的弱，C项正确；
D.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，N的非金属性较As强，所以最高价氧化物的水化物H3AsO4的酸性比HNO3的弱，D项错误；
答案选D。
5.下列实验装置或操作与实验目的不相符的是
A.
证明Cl2氧化性强于Br2
B.
分离乙醇和水
C.
除去水中泥沙
D.
配制100mL0.100mol/LNaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，氯气和溴化钠反应,证明Cl2氧化性强于Br2
，A项正确；
B.乙醇和水互溶的液体，所以分离乙醇和水应该用蒸馏，B项错误；
C.分离固体和液体也过滤，所以除去水中泥沙用过滤，C项正确；
D.配制100mL0.100mol/LNaCl溶液使用100mL容量瓶，D项正确；
答案选B。
6.下列说法正确的是
A.1molO2的体积为22.4L
B.5.6gFe与足量C12反应，转移电子的物质的量为0.3mol
C.0.1mol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.3mol
D.28g丁烯所含碳原子数是28g乙烯所含碳原子数的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A.1molO2无法确定体积为22.4L，需要标明气体状态，A项错误；
B.5.6gFe与足量C12反应，Fe少量完全反应生成三氯化铁，每个Fe失去3电子，5.6gFe转移电子的物质的量为0.3mol，B项正确；
C.0.1mol/LAlCl3溶液没有溶液的体积无法求算Cl-的物质的量，C项错误；
D.28g丁烯物质的量0.5mol所含碳原子数2NA等于28g乙烯1mol所含碳原子数2NA，D项错误；
答案选B。
【点睛】易错点C选项0.1mol/LAlCl3溶液没有体积
7.下列化学用语对事实的表述正确的是
A..由H和Cl形成HCl的过程：
B.常温时，饱和NaClO溶液的pH约为11：
ClO-+H2O=HClO+OH-
C.苯酚和甲醛在一定条件下反应能生成酚醛树脂：
D.电解饱和食盐水的反应：
2Cl-+2H+
Cl2↑+H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.共价键是通过共用电子对结合，不存在电子的得失，氯化氢是共价化合物，无电子的得失，则用电子式表示HCl的形成过程为
，A项错误；
B.常温时，饱和NaClO溶液的pH约为11：
ClO-+H2O
HClO+OH-，B项错误；
C.苯酚和甲醛在一定条件下反应能生成酚醛树脂：
，C项正确；
D.电解饱和食盐水的反应：
2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；
答案选C。
8.下图为实验室制取乙炔并验证其性质的实验装置（夹持装置己略去）。
下列说法正确的是
A.用饱和食盐水替代水的目的是加快反应速率
B.CuSO4溶液的作用是除去杂质
C.酸性KMnO4溶液褪色说明乙炔具有漂白性
D.可用向上排空气法收集乙炔
【答案】B
【解析】
【详解】A.用饱和食盐水替代水的目的是减慢反应速率，A项错误；
B.CuSO4溶液的作用是除去杂质硫化氢，B项正确；
C.酸性KMnO4溶液褪色说明乙炔具有还原性，C项错误；
D.乙炔密度小于空气，可用向下排空气法收集乙炔，D项错误；
答案选B。
9.利用天然气水蒸气重整制备H2的反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H>0，每次只改变一种条件（X），其它条件不变，CH4的平衡转化率
随X的变化趋势如下图所示。
下列说法正确的是
A.X为温度时，
的变化趋势为曲线N
B.X为压强时，
的变化趋势为曲线M
C.X为投料比
时，
的变化趋势为曲线N
D.某条件下，若CH4（g）、H2O（g）初始浓度均为0.2mol/L，
=25%，则K=3
【答案】C
【解析】
【详解】A.X为温度时，升高温度平衡正向移动，
的变化趋势为曲线M，A项错误；
B.X为压强时，加压平衡逆向移动
的变化趋势为曲线N，B项错误；
C.X为投料比
时，
的变化趋势为曲线N，C项正确；
D.某条件下，若CH4（g）、H2O（g）初始浓度均为0.2mol/L，
=25%，则K=0.0075，D项错误；
答案选C。
10.某化工厂生产硝酸的流程如图l所示；其他条件相同时，装置③中催化剂铂网的成分、温度与氧化率的关系如图2所示。
下列说法不正确的是
A.该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应
B.装置②中利用氨易液化的性质实现反应物和生成物的分离
C.装置③中最佳反应条件是铂网成分为纯铂、温度为900℃
D.装置④中通入过量空气可以提高硝酸
产率
【答案】C
【解析】
【详解】A.该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应，A项正确；
B.装置②中利用氨易液化的性质实现反应物和生成物的分离，B项正确；
C.装置③中最佳反应条件是铂网成分为含10%铑的铂、温度为900℃，C项错误；
D.装置④中通入过量空气可以提高硝酸的产率，D项正确；
答案选C。
11.AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂。
通过激光加热引发AlH3的燃烧反应，燃烧时温度随时间变化关系如下图所示。
燃烧不同阶段发生的主要变化如下：
2AlH3（g）=2Al（s）+3H2（g）△H1H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H2Al（s）=Al（g）△H3Al（g）+
O2（g）=
Al2O3（s）△H4
下列分析正确的是
A.AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应
B.其他条件相同时，等物质的量的Al（s）燃烧放热大于Al（g）燃烧放热
C.在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最大
D.2AlH3（s）+3O2（g）=Al2O3（s）+3H2O（g）△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4
【答案】D
【解析】
【详解】A.AlH3燃烧是放热反应，A项错误；
B.其他条件相同时，等物质的量的Al（s）燃烧放热小于Al（g）燃烧放热，B项错误；
C.在反应过程中，a点释放的能量最高，a点时物质所具有的总能量最小，C项错误；
D.2AlH3（s）+3O2（g）=Al2O3（s）+3H2O（g）△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4，D项正确；
答案选D。
12.某同学在室温下进行下图所示实验。
（已知：
H2C2O4为二元弱酸）
试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。
下列说法正确的是
A.反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B.试管c反应至300s时，溶液中剩余的c（KMnO4）=0.0025mol/L
C.对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快
D.对比试管c、d，可验证H+浓度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A项错误；
B.c中溶液褪色分别耗时600s，高锰酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300s时，溶液中剩余的c（KMnO4）无法求算，B项错误；
C.对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，C项正确；
D.对比试管c、d，没有d试管褪色时间无法验证H+浓度对反应速率的影响，D项错误；
答案选C。
13.常温下，将NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10，再向其中滴加1mol/L盐酸。
溶液的pH随加入盐酸体积的变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A.a点溶液中，c（OH-）=l×l0-4mol/LB.b点溶液中，c（NH4+）>c（Cl-）
C.c点时，加入的n（HCI）小于通入的n（NH3）D.a→b，水的电离程度减小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.a点溶液PH=10，c（H+）=1×10-10mol/Lc（OH-）=
=l×l0-4mol/L，A项正确；
B.b点溶液呈碱性，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）可知c（H+）c（Cl-），B项正确；
C.由图可知c点对应PH值大于8，c点溶液还是呈碱性，说明加入的n（HCl）小于通入的n（NH3），C项正确；
D.a→b，碱性变弱，水电电离受到的抑制逐渐变弱，所以水的电离程度增大，D项错误；
答案选D。
14.国家标准规定，室内甲醛含量不能超过0.08mg/m3。
银一菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含量，其原理为：
①Ag2O将甲醛氧化为CO2；②产生的Ag与酸化的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4；③FeSO4与菲洛嗪（一种有机钠盐）形成有色配合物，一定波长下其吸光度与Fe2+的质量浓度成正比。
下列关于a～c的判断正确的是
a．反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2↑+4Ag↓+H2O
b．理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1:
4
c．取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+1.12mg，室内甲醛含量达标
A.a正确，b、c错误B.a、b正确，c错误
C.b、c正确，a错误D.全部正确
【答案】B
【解析】
【分析】
①Ag2O具有氧化性将甲醛氧化为CO2和Ag，化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2↑+4Ag↓+H2O
②产生的Ag与酸化的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4；Ag和Fe2（SO4）3物质的量之比为2：
1，结合①理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1:
4。
取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+1.12mg，室内甲醛含量超标。
【详解】①Ag2O具有氧化性将甲醛氧化为CO2和Ag，化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2↑+4Ag↓+H2O
②产生的Ag与酸化的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4；离子方程式：
Ag+Fe3+=Ag++Fe2+根据方程式可知Ag和Fe2（SO4）3物质的量之比为2：
1，结合①理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1:
4。
取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+1.12mg，根据HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1:
4，HCHO物质的量为0.05mol，计算可知甲醛含量0.15mg/m3超过0.08mg/m3的标准。
答案选B。
第二部分非选择题（共58分）
本部分共5题，共58分。
15.硫是人类认识最早的元素之一，含硫物质在现代生产和生活中发挥着重要作用。
（l）我国化学家姜雪峰因其在绿色有机硫化学领域的杰出贡献被遴选为“全球青年化学家元素周期表硫元素代表”。
①硫元素在元素周期表中的位置是____。
②乙硫醇（CH3CH2SH）是一种含硫有机物，其分子中S-H的极性小于CH3CH2OH分子中O-H的极性，请从原子结构角度解释其原因：
____。
（2）自然界的硫循环过程如下图所示。
①上图所涉及的含硫物质中，能使品红溶液褪色的是____。
②降解石油（主要成分为CxHy）的过程中，在细菌催化作用下，石油与硫酸盐反应转化为碳酸氢盐，硫酸盐做____（填“氧化剂”或“还原剂”）。
③煤炭中的硫化物主要为FeS2（S为-1价）。
在潮湿的环境中，FeS2可在氧化亚铁硫杆菌（T．f）的作用下被空气氧化为Fe2（SO4）3，该反应的化学方程式为____。
【答案】
（1）.第三周期，第ⅥA族
（2）.氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O,原子半径S>O，得电子能力S（3）.SO2（或二氧化硫）（4）.氧化剂（5）.4FeS2+15O2+2H2O
2Fe2（SO4）3+2H2SO4
【解析】
【详解】
（1）①硫元素在元素周期表中的位置是第三周期，第ⅥA族；
②氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O,原子半径S>O，得电子能力S所以乙硫醇（CH3CH2SH）中S-H的极性小于CH3CH2OH分子中O-H的极性。
（2）①SO2具有漂白性使品红溶液褪色的是SO2
②石油与硫酸盐反应转化
硫化物化合价从+6降到-2，所以硫酸盐做氧化剂
③FeS2可在氧化亚铁硫杆菌（T．f）的作用下被空气氧化为Fe2（SO4）3的化学方程式为
4FeS2+15O2+2H2O
2Fe2（SO4）3+2H2SO4
16.镍镉电池是应用广泛的二次电池，其总反应为：
Cd+2NiOOH+2H2O
2Ni（OH）2+Cd（OH）2
制造密封式镍镉电池的部分工艺如下：
I．Ni（OH）2的制备
以硫酸镍（NiSO4）为原料制备Ni（OH）2的主要过程如下图所示。
制备过程中，降低Ni（OH）2沉淀速率，可以避免沉淀团聚，提升电池性能。
已知：
Ni2++6NH3•H2O⇌[Ni（NH3）6]2++6H2O
（1）操作a是____。
（2）制备过程中，需先加氨水，再加过量NaOH，请分析：
①先加氨水的目的是___。
②用化学平衡移动原理分析加入NaOH需过量的原因是____。
（3）用无水乙醇代替水洗涤滤渣的优点是_____答出1条即可）。
II．镍镉电池的组装
主要步骤：
①将Ni（OH）2和Cd（OH）2固定，中间以隔膜隔开（如下图所示）；②将多组上述结构串联；③向电池中注入KOH溶液；④密封。
（4）下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是____（填字母序号）。
a．密封镍镉电池可以避免KOH变质
b．镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
c．电池组装后，应先充电，再使用
III.过度充电的保护
电池充电时，若Cd（OH）2和Ni（OH）2耗尽后继续充电，会造成安全隐患，称为过度充电。
制造电池时，在镉电极加入过量的Cd（OH）2可对电池进行过度充电保护，该方法称为镉氧循环法。
（5）Cd（OH）2耗尽后继续充电，镉电极上生成的物质为____。
（6）已知：
①隔膜可以透过阴离子和分子：
②O2可以与Cd发生反应生成Cd（OH）2。
请结合两个电极上的电极反应式说明用镉氧循环法实现过度充电保护的原理：
______________________。
【答案】
（1）.过滤
（2）.先加入氨水，可使Ni2+发生反应转化为[Ni（NH3）6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度，再加入NaOH
时，可减慢Ni（OH）2的沉降速率（3）.加入NaOH后，溶液中存在两个平衡，平衡①：
Ni2+（aq）+2OH-（aq）⇌Ni（OH）2（s）,平衡②：
Ni2++6NH3•H2O⇌[Ni（NH3）6]2++6H2O；OH-过量，使平衡①正向移动，溶液中Ni2+的浓度减小，促使平衡②逆向移动，从而提高Ni（OH）2的产率。
（4）.除去Ni（OH）2表面的水分（或乙醇易挥发，有利于真空干燥；降低Ni（OH）2的溶解度）（5）.ac（6）.H2（或氢气）（7）.过度充电时，由于镉电极Cd（OH）2过量，阴极电极反应为2Cd（OH）2+4e-=2Cd+4OH-,避免生成H2,阳极电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；O2通过隔膜进入阴极室，与Cd发生反应2Cd+O2+2H2O=2Cd（OH）2，可继续作为阴极反应物，OH-透过隔膜进入阳极室补充消耗的OH-，使反应循环发生。
【解析】
【分析】
（1）根据硫酸镍（NiSO4）为原料制备Ni（OH）2的流程图可知：
硫酸镍（NiSO4）加氨水得到[Ni（NH3）6]2+，再加过量NaOH得到Ni（OH）2，通过过滤可以得到Ni（OH）2粗产品，再经过洗涤干燥得到Ni（OH）2。
（2）通过Cd+2NiOOH+2H2O
2Ni（OH）2+Cd（OH）2可以判断电池的电极，放电时Cd是负极，镍电极是正极。
【详解】
（1）从工艺流程图操作a后续使用无水乙醇洗涤滤渣，可逆推分析得知操作a是过滤
（2）从题干已知信息已知：
Ni2++6NH3•H2O⇌[Ni（NH3）6]2++6H2O可知
①制备过程中，需先加氨水可使Ni2+发生反应转化为[Ni（NH3）6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度。
②再加入NaOH时，可减慢Ni（OH）2的沉降速率。
（3）用无水乙醇代替水洗涤滤渣的优点是乙醇易挥发，有利于真空干燥，除去Ni（OH）2表面的水分。
降低Ni（OH）2的溶解度。
（4）下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是ac
a．密封镍镉电池可以避免空气中二氧化碳与KOH反应生成碳酸钾而变质，a项正确
b．通过Cd+2NiOOH+2H2O
2Ni（OH）2+Cd（OH）2可以判断电池的电极，放电时Cd是负极，镍电极是正极，b向错误
c．电池组装后，应先充电，再使用，c项正确
（5）Cd（OH）2耗尽后继续充电，水中氢离子放电生成氢气，所以镉电极上生成的物质为H2
（6）过度充电时，由于镉电极Cd（OH）2过量，阴极电极反应为2Cd（OH）2+4e-=2Cd+4OH-,避免生成H2,阳极电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；O2通过隔膜进入阴极室，与Cd发生反应2Cd+O2+2H2O=2Cd（OH）2，可继续作为阴极反应物，OH-透过隔膜进入阳极室补充消耗的OH-，使反应循环发生。
【点睛】该题的难点和易错点是（6）分析镉氧循环法实现过度充电保护的原理。
17.过氧乙酸（CH3CO3H）是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：
CH3COOH（aq）+H2O2（aq）⇌CH3CO3H（aq）+H2O（l）△H=-13.7KJ/mol
（1）市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____。
（2）利用上述反应制备7609CH3CO3H，放出的热量为____kJ。
（3）取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1：
在25℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。
数据如图1所示。
实验2：
在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。
①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v（CH3CO3H）=____g／h（用含m的代数式表示）。
②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。
（写出2条）。
（4）SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40nm和70nm。
病毒在水中可能会聚集成团簇。
不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______
【答案】
（1）.高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）
（2）.137（3）.0.1m/6（4）.温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降（5）.随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【解析】
【分析】
（1）过氧乙酸（CH3CO3H）不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%
（2）利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算
（3）结合图象分析计算
【详解】
（1）市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
（2）利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。
利用上述反应制备760gCH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
（3）①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v（CH3CO3H）=0.1
②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因
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