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1、北京市通州区届高三第二次模拟考试化学试题 北京市通州区2013年高考二模化学试卷1（2013通州区二模）下列化学用语正确的是（）A14C原子结构示意图：B硝基苯的结构简式：CNH4Cl的电子式：DFeS2中S的化合价：-2考点：原子结构示意图；电子式；结构简式专题：化学用语专题分析：A、14C原子质子数为6，核外电子数为6，有2个电子层，最外层电子数为4；B、硝基苯中硝基中的N原子与苯环连接；C、氯离子的电子式书写错误，应画出氯离子最外层电子数，并用“”括起，在右上角注明所带电荷；D、FeS2中Fe元素为+2价，根据化合价规则计算S元素化合价解答：解：A、14C原子质子数为6，核外电子数为6，

2、有2个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故A正确；B、硝基苯中硝基中的N原子与苯环连接，硝基苯的结构简式为，故B错误；C、氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，电子式为，故C错误；D、FeS2中Fe元素为+2价，根据化合价规则可知S元素化合价为-1价，故D错误；故选A点评：本题考查常用化学用语的书写，难度中等，注意复杂阳离子、阴离子的电子式需要用“”括起，在右上角注明所带电荷2（2013通州区二模）氯化钠是一种重要的生活、生产必需品下列叙述中正确的是（）A锌粒与盐酸反应时，若加入适量氯化钠晶体，可加快反应速率B标准状况下，氯化钠溶液呈中性，溶液的pH=7C氯化钠中所含化学键为离

3、子键，含离子键的化合物一定是离子化合物D氯化钠溶液导电是化学变化，而熔融态氯化钠导电是物理变化考点：离子化合物的结构特征与性质；化学反应速率的影响因素；电解质溶液的导电性；盐类水解的原理专题：化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的pH专题分析：A能形成原电池的装置能加快金属的腐蚀速率；B降低温度，抑制水电离，水的离子积常数小于室温时的离子积常数，据此判断纯水的pH，氯化钠溶液呈中性，和纯水的pH相同；C一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物；D电解质溶液或熔融态电解质导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应解答：解：A锌粒和盐酸反应时，若加入适量氯

4、化钠晶体，锌不能置换出钠，所以没有活泼性不同的金属单质，则不能构成原电池，所以不能加快锌的腐蚀速率，故A错误；B降低温度，抑制水电离，水的离子积常数小于室温时的离子积常数，则标况下纯水的pH7，氯化钠溶液呈中性，则溶液的pH7，故B错误；C一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，活泼金属钠和活泼非金属氯元素之间易形成离子键，所以氯化钠中含有离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，故C正确；D电解质溶液或熔融态电解质导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应，所以都是化学变化，故D错误；故选C点评：本题考查较综合，涉及影响化学反应速率的因素、离子键的判断、水的电离等知识点，注意离

5、子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，为易错点3（2013通州区二模）下列关于有机物的说法中正确的是（）A甲苯、葡萄糖和聚丙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B在鸡蛋白溶液中加入浓Na2SO4溶液，蛋白质的性质会改变并发生变性C石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程D分子式为C5H12O属于醇类的同分异构体有8种，一定条件下能被氧化成醛的醇有4种考点：苯的同系物；同分异构现象和同分异构体；石油的裂化和裂解；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断分析：A聚丙烯不含C=C官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B鸡蛋白溶液中加入浓N

6、a2SO4溶液，会降低蛋白质的溶解度，发生盐析析出蛋白质，该过程是可逆的，蛋白质性质不变；C石油成分与油脂都不是高分子物质；D属于醇类，含有-OH，C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，书写戊烷的同分异构体，根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目，能被氧化成醛，则该醇中-OH连接的C原子上连接2个H原子，据此解答解答：解：A甲苯中含有甲基与苯环直接相连、葡萄糖中含有-OH、-CHO，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯中不含C=C官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B鸡蛋白溶液中加入浓Na2SO4溶液，会降低蛋白质的溶解度，发生盐析析出蛋白质，该过程是可逆的，蛋白质性质不变，故B错

7、误；C石油成分与油脂都不是高分子物质，石油裂解和油脂皂化不是由高分子生成小分子的过程，故C错误；DC5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、（CH3）4C，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH（CH3）CH3有4种H原子，（CH3）4C只有1种H原子，故-OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，其中CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH（CH3）CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）CH2OH、（CH3）3CCH2OH能被氧化成醛，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构和性质、同分异构体等，难度中等，

8、注意D选项同分异构体数目的判断方法4（2013通州区二模）如图装置中，在U形管底部盛有CCl4，分别在U形管两端小心倒入饱和食盐水和稀硫酸溶液，并使a、b两处液面相平，然后分别塞上插有生铁丝的塞子，密封好，放置一段时间后，下列有关叙述中错误的是（）A铁丝在两处的腐蚀速率：abBa、b两处相同的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C一段时间后，a处液面高于b处液面D生铁丝中的碳在a、b两处分别作原电池的负极和正极考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答解答：解：

9、生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，A生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A正确；Ba处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故B正确；Ca处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；D生铁中的碳在a、b两处都作正极，故D错误；故选D点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会写电极反应式5

10、（2013通州区二模）下表中的离子方程式及评价都合理的是（）编号化学反应离子方程式评价A碳酸钙与醋酸反应CO32-+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO-错误碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式BNaHSO3的水解HSO3-+H2OSO32-+H3O+错误水解方程式误写成电离方程式C苯酚钠溶液中通入少量CO2C6H5O-+CO2+H2OCO32-+C6H5OH正确D等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-错误Fe2+与Br-的物质的量之比与化学式不符AABBCCDD考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A碳酸钙为强电解质，不溶

11、于水，在离子反应中保留化学式；B水解生成亚硫酸；C反应生成苯酚和碳酸氢钠；D等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化解答：解：A该反应中碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反应中保留化学式，评价错误、离子反应书写错误，故A错误；B亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸，电离生成亚硫酸根离子，离子反应书写错误，评价正确，故B正确；C苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反应为C6H5O-+CO2+H2OHCO3-+C6H5OH，评价错误，故C错误；D等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl

12、-，评价错误，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应的书写及评价，涉及离子反应的书写方法、盐类水解、优先氧化及与量有关的离子反应，题目难度中等，选项D为解答的难点6（2013通州区二模）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料下列说法正确的是（）A元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物都是强碱C工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D化合物AE与CE有相同类型的化

13、学键考点：原子结构与元素周期率的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：从题目所给条件短周期常温下是气态的可以看出A为H元素、E为Cl元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能是2，故B为C元素、元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，应位于同周期最左边，C为Na元素、原子序数比钠大的金属，D为Al元素解答：解：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能是2，故B为C元素，A的原子序数比B小且是气体，故A为H，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，应位于同周期最左边，C为Na元素、原子序数比钠大的金属，D为Al元素A由C、H元素组成的化合物，比如苯在常

14、温下呈液态，故A错误；B其对应的最高价氧化物对应的水化物为NaOH和Al（OH）3，Al（OH）3不是强碱，故B错误；C对于Na、Al、Cl2的制备，在工业上都采用电解的方法，故C正确；D化合物AE为HCl，为分子晶体，只有共价键，化合物CE为NaCl，是离子晶体，存在离子键，故D错误故选C点评：本题主要考查的原子结构与元素周期律的应用，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力7（2013通州区二模）X、Y、Z、W均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系（其它产物已略去）：下列说法不正确的是（）A若W是强氧化性的单质，则X可能是金属铝B若W是氢氧化

15、钠，则X水溶液为酸性C若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液D若W是氧气，则X、Z的相对分子质量可能相差14考点：无机物的推断专题：推断题分析：A根据W具有强氧化性去逐步分析；B根据题意推知氢氧化物Y具有酸性，从而推知其他物质；C根据假设去验证各个反应；D根据W是氧气，推测X可能为什么物质，进而得出其他物质解答：解：A若 W是强氧化性的单质，则Y与Z中的元素应具有可变化合价，X肯定不会是铝，故A错误；B若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性故B正确；

16、C如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl22FeCl3，则X是盐酸，符合题干要求，故C正确；D若W是氧气，则X应是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，如X可以是碳，Y是CO，Z是CO2若果X是C2H6，则Y是CO，Z是CO2即C2H6和CO2的相对原子质量相差14，故D正确；故选A点评：本题根据一个反应线索，去进行各种可能性的设问，考查了学生对元素及其化合物知识的掌握程度，具有较大的难度，解答这类题目的关键在于学生要掌握系统的相关知识8（2013通州区二模）四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：信息原子半径大小：ABCD

17、信息四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：请根据上述信息回答下列问题（1）B元素在周期表中的位置第2周期A族；（2）BC2分子的电子式；（3）A元素的单质与物质甲发生反应的离子方程式Cl2+H2OH+Cl-+HClO；（4）丙的钠盐溶液呈碱性，用化学用语表示其原因Cl-+H2OHClO+OH-；（5）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液滴加过程中的现象是：浅绿色溶液变成深棕黄色；有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，并放出较多热量，继续滴加溶液，静置一段时间；试管底部出现红褐色沉淀向浊液中

18、再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黄色请用化学方程式或离子方程式及必要的文字解释、中加点的字2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+（浓度大时呈深棕黄色）；2H2O2=2H2O+O2；过氧化氢分解可产生氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+反应使c（H+）降低且反应放热，从而使水解平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀（因反应放热会使氢氧化铁部分分解为红棕色氧化铁）考点：位置

19、结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据信息及甲的比例模型知，甲是水，由氢氧两种元素组成；根据乙的信息及比例模型知，乙是甲烷，由碳、氢两种元素组成；丙是具有强氧化性的弱酸，且能消毒，则丙是次氯酸，由氢、氯、氧三种元素组成，原子半径大小：ABCD，所以A是Cl元素，B是O元素，C是C元素，D是H元素解答：解：根据信息及甲的比例模型知，甲是水，由氢氧两种元素组成；根据乙的信息及比例模型知，乙是甲烷，由碳、氢两种元素组成；丙是具有强氧化性的弱酸，且能消毒，则丙是次氯酸，由氢、氯、氧三种元素组成，原子半径大小：ABCD，所以A是Cl元素，B是C元素，C是O元素，D是H元素（1）

20、B在周期表中处于第二周期第IVA族，故答案为：第2周期A族；（2）BC2分子是CO2，它的电子式为：，故答案为：；（3）A元素的单质是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；（4）丙的钠盐溶液是次氯酸钠溶液，次氯酸钠是强碱弱酸盐，水解导致其钠盐溶液呈碱性，水解方程式为：Cl-+H2OHClO+OH-，故答案为：碱性，Cl-+H2OHClO+OH-；（5）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液滴加过程中的现象

21、是：浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子；有少量气泡出现（经验证是氧气），说明双氧水分解生成氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；反应使c（H+）降低且反应放热，从而使水解平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀（因反应放热会使氢氧化铁部分分解为红棕色氧化铁），向浊液中再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黄色，氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+（浓

22、度大时呈深棕黄色）；过氧化氢分解可产生氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；反应使c（H+）降低且反应放热，从而使水解平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀（因反应放热会使氢氧化铁部分分解为红棕色氧化铁）点评：本题考查较综合，正确推断元素、化合物是解本题关键，难点是分析（5）中速率变大的原因9（2013通州区二模）碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式（1）将C

23、O2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJ/molC（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJ/mol则CO还原Fe2O3的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=-28.5kJ/mol；氯化钯（PdCl2）溶液常被应用于检测空气中微量COPdCl2被还原成单质，反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；（2）将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池负极电极反应式是：C3H8-20e-+26OH-

24、=3CO32-+17H2O；某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色下列说法中正确的是ABD（填序号）A电源中的a一定为正极，b一定为负极B可以用NaCl溶液作为电解液CA、B两端都必须用铁作电极D阴极发生的反应是：2H+2e-=H2（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOCO21650241.652900120.433

25、900120.41该反应的正反应为放热（填“吸”或“放”）热反应；实验2中，平衡常数K=16；实验3跟实验2相比，改变的条件可能是使用了催化剂；加大了压强（答一种情况即可）；（4）将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）c（H+）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；电解原理专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行

26、加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；根据氧化还原反应规律，CO与PdCl2溶液反应，PdCl2被还原成单质，则CO被氧化成CO2，根据质量守恒定律，有水参与反应同时生成氯化氢，据此写出反应的化学方程式即可；（2）根据C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反应：C3H8+5O2+6OH-=3CO32-+7H2O，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，而负极电极反应式=总反应方程式-正极的电极反应式来解答；A、B端析出氢气可驱赶原溶液中溶解的少量氧气； B、电解液选用NaCl溶液不影响实验，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离

27、子不放电； C、阳极应该用铁电极，阴极用惰性电极亦可； D、B电极反应是阴极氢离子放电生成氢气；（3）比较第二组的第一组反应物的转化率大小以及温度对化学平衡和转化率的影响来判断；首先利用三段式计算出平衡时各物质的浓度，根据K=c(CO2)c(H2)c(CO)c(H2O)计算；实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动；（4）2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH=NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在

28、含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答解答：解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJ/mol C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJ/mol 由-3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=-28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=-28.5kJ/mol，氧化还原反应规律，CO与PdCl2溶液反应，PdCl2被还原成单质，则CO被氧化成CO2，根据质量守恒定律

29、，有水参与反应同时生成氯化氢，反应的化学方程式为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；（2）C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反应：C3H8+5O2+6OH-=3CO32-+7H2O，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极发生氧化反应，电极反应式为：C3H8+26OH-20e-=3CO32-+17H2O；故答案为：C3H8+26OH-20e-=3CO32-+17H2O；A、因为生成的氢气将装置中原有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极则是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，电源中的a与A相连

30、，则a为正极，b与B相连，则b为负极，故A正确； B、电解池中阳极是铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中的阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响实验，故B正确； C、阳极应该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，故C错误； D、阴极氢离子放电，其电极反应为2H+2e-=H2，故D正确；故选：ABD；（3）实验1中CO的转化率为1.6mol4mol100%=40%，实验2中CO的转化率为0.4mol2mol100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故答案为：放热； H2O（g）+CO（g）