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1、北京市海淀区届高三下学期联考化学试题解析版高三年级4月份测试题(A)化 学 试 卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 一、选择题1.石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是( )ABCD石油分馏是利用各组分沸点不同石油裂化过程会发生碳碳键断裂聚丙烯防护服材料易被KMnO4氧化沥青可用于铺设马路A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A正确；B石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B正确；C聚丙烯结构中没有碳

2、碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；D沥青是铺设马路的良好材料，故D正确；故选C。2.下列有关物质的表达式不正确的是( )A. 1, 3-丁二烯的分子式：C4H6 B. 乙炔的电子式：C. 甲醛的结构式： D. 聚氯乙烯的链节：CH2=CHCl【答案】D【解析】【详解】A1，3-丁二烯分子中含有2个碳碳双键，其分子式为：C4H6，故A正确；B乙炔分子中存在1个碳碳三键和2个碳氢键，乙炔的电子式为，故B正确；C甲醛为含有1个C的醛，其结构式为：，故C正确；D氯乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，链节为-CH2-CHCl-，故D错误；故选D。【点睛】本

3、题的易错点为D，要注意区分聚合物的单体和链节，它们是两个不同的概念。3.合理饮食、营养均衡有利于身体健康，下列叙述错误的是( )A. 大米、小麦中含有淀粉，消化吸收后可为生命活动提供能量B. 肉、蛋、奶中的蛋白质，需水解成氨基酸后才能吸收C. 久置的油脂变味不能食用，是由于油脂发生了水解反应D. 水果、蔬菜是维生素、无机盐和膳食纤维的重要来源【答案】C【解析】【详解】A大米、小麦中的淀粉被消化吸收后，可以为人体各项生命活动提供能量，故A正确；B肉、蛋、奶中的蛋白质被人体摄入后会被消化，以氨基酸的形式被吸收，B正确；C油脂变质的实质是由于油脂中的碳碳双键受到空气中的氧、水或微生物作用发生的氧化反

4、应，产生一些具有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸等，而且会产生哈喇味，发生的不是水解反应，故C错误；D水果、蔬菜富含调节人体生理机能的维生素、含有纤维素、大量叶绿素和无机盐等，故D正确；故选C。4.I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I-、I2、IO3-在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是A. 用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘B. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2IO3-I2C. 生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为5 ：2D. 途径III反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+【答案】C【解析】【详解】A.

5、KIO3、KI在酸性条件下发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘，A正确；B. 由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径II可知氧化性：IO3-I2，由途径III可知氧化性：Cl2IO3-，故物质氧化性有强到弱的顺序为：Cl2IO3-I2，B正确；C. 假设反应产生1 molI2，途径I转移2 mol电子，途径II转移10 mol电子，因此生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2 ：10=1：5，C错误；D. 途径III中，Cl2把I-氧化为IO3-，Cl2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：

6、3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+，D正确；故合理选项是C。5.下列反应的离子方程式不正确的是( )A. NaOH溶液腐蚀玻璃瓶塞：SiO2 +2OH=SiO32- + 2H2OB. 实验室制Cl2：MnO24HCl(浓) Mn2+2Cl2H2OCl2C. 向Mg(OH) 2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe33Mg(OH)2 =2 Fe(OH)33Mg2+D. 向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液： HSO3+Ba2+OH=BaSO3+H2O【答案】B【解析】【详解】A玻璃塞中的二氧化硅能够与NaOH溶液反应生成硅酸钠溶液，反应的离子方程式为SiO2+2OH-Si

7、O32-+H2O，故A正确；B盐酸是强酸，实验室制氯气的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2Cl2+2H2O，故B错误；C氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液发生反应离子方程式为3Mg(OH)2+2Fe3+2 Fe(OH)3+3Mg2+，实现沉淀的转化，故C正确；D向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液的离子方程式为：HSO3-+Ba2+OH-BaSO3+H2O，故D正确；故选B。6.下列实验现象与盐类水解无关的是( )A. 等体积、等物质的量浓度的盐酸与氨水混合溶液显弱酸性B. 1 mol/L的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱C.

8、 氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效D. 向20 mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体【答案】B【解析】【详解】A将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，使得溶液显酸性，与盐类的水解有关，故A不选；B醋酸为弱酸，加水稀释溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关，故B选；C铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，草木灰的主要成分是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，混合后相互促进水解，肥效降低，与盐类的水解有关，故C不选；B盐的水解过程是吸热过程，加热促进水解，所以加热制得红褐色Fe

9、(OH)3胶体，与盐类的水解有关，故D不选；故选B。7.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作现象结论A向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴2滴水脱脂棉燃烧Na2O2与水反应放热B向浓FeCl3溶液中加入一小块薄铜片铜片溶解金属性CuFe C向Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸，再滴加KSCN溶液溶液变为红色Fe(NO3)2样品已经氧化变质D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后加入Cu(OH) 2悬浊液，继续加热无红色沉淀生成蔗糖没有发生水解反应A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，因此脱脂棉燃烧，故A正确；B向浓FeCl3

10、溶液中加入一小块薄铜片，铜片溶解，是发生了反应2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，没有置换出铁，不能说明金属性CuFe，结论不正确，故B错误；CFe(NO3)2样品中加入稀硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能检验是否变质，结论不正确，故C错误；D蔗糖水解后的溶液显酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下进行，水解后没有加碱中和催化剂硫酸，并调节溶液至碱性，不能检验生成的葡萄糖，操作和结论不正确，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意葡萄糖的特征反应需要在碱性条件下才能成功反应。8.常温下，100 mL 1.0 mol/L Na2C2O4 溶液中加入足

11、量pH=1的稀硫酸，再加入20 mL KMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是( )A. Na2C2O4溶液中C2O42-数目为0.1N AB. 稀硫酸中水电离的c(H+)=0.1 mol/LC. KMnO4溶液浓度为0.1 mol/LD. 反应过程中转移电子数为0.2NA【答案】D【解析】【分析】Na2C2O4 溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入KMnO4溶液反应的化学方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，据此分析解答。【详解】A100 mL 1.0 mol/L Na2C2O4 溶液中含有Na2C2O40.

12、1L1.0 mol/L=0.1mol，其中C2O42-水解，使得C2O42-数目少于0.1N A，故A错误；B稀硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)=10-13mol/L，故B错误；C反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，则KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为0.1mol=0.04mol，浓度为=0.2 mol/L，故C错误；D反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，反应中Mn由+7价降低为+2价，反应

13、过程中转移电子0.04mol(7-2)=0.2mol，数目为0.2NA，故D正确；故选D。【点睛】正确书写反应的方程式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意Na2C2O4 溶液中C2O42-要发生水解反应。9.可降解有机高分子C合成原理如下：下列说法不正确的是( )A. A完全水解只能得到两种氨基酸 B. 单体B结构简式是C. 有机物C可发生加成反应和水解反应 D. 该反应属于缩聚反应【答案】A【解析】【详解】AA()中2个肽键，完全水解生成的氨基酸相同，只能得到一种氨基酸，故A错误；B根据C的结构可知，A和B发生缩聚反应生成C，则单体B结构简式是，故B正确；C有机物C()中含有肽键可发生水解

14、反应，含有苯环，可发生加成反应，故C正确；DA()和B()生成C()的反应属于缩聚反应，故D正确；故选A。【点睛】本题的易错点为B的结构的判断，要注意A中不含羧基，说明C中端基上的碳氧双键是B提供的。10.常温下，用0.1 molL-1KOH溶液滴定10 mL 0.1 molL-1 HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )A. a3，说明HA属于弱酸B. 水的电离程度：d点c点C. e点溶液中：c(K)=2c(A)+2c(HA)D. b点溶液中粒子浓度大小：c(A)c(K)c(HA)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【详解】A0.1 molL-1 HA溶液的pH3，说明HA未完全

15、电离，属于弱酸，故A正确；B酸或碱抑制水的电离，能够水解的弱离子促进水的电离，d点溶质为KA、c点溶质为KA和HA，c点不影响水的电离、d点促进水电离，所以水的电离程度：d点c点，故B正确；Ce点溶液是物质的量之比为2:3的HA和KOH反应后的溶液，溶液中存在物料守恒2c(K)=3c(A)，即2c(K+)3c(A-)+3c(HA)，故C错误；Db点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液pH7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)c(HA)，钾离子不水解，且HA电离程度和A-水解程度都较小，所以c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)，故D正确；故选C。

16、【点睛】明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点D，要注意等物质的量浓度的HA和KA的pH7，HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)c(HA)。11.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. O2不如O2结构稳定B. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为1:1C. 降解产物的分子中只含有极性共价键D. 该过程的总反应: +7O26CO2+3H2O【答案】B【解析】【详解】AO2中原子的最外层不都是稳定结构，而O2中O原子为稳定结构，因此O2不如O2结构稳定，故A正确；B中O2生成-2价的O得到3个电子，中BM

17、O+转化为BMO得到1个电子，根据转移的电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，故B错误；C二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故C正确；D根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应为C6H6O+7O2 6CO2+3H2O，故D正确；故选B。【点睛】正确分析反应过程及各物质的变化是解本题的关键。本题的易错点和难点为B，要注意正确读图，过程是O2与苯酚反应生成二氧化碳和水，过程是BMO+和苯酚反应生成BMO、二氧化碳和水。12.利用太阳能电解水制H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系，实现H

18、2、O2分离。下列分析正确的是( )A. 左侧电解池应选用酸性溶液，a极反应式为：2H+ + 2eH2B. b极反应式：NiOOH + H2O + eNi(OH)2 + OHC. c为阳极，发生氧化反应D. 电解一段时间后，可将b、c对调，循环利用物质【答案】D【解析】【详解】A根据图示，左侧电解池应选用碱性溶液，连接电源负极的为阴极，则a为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e- = H2+ 2OH，故A错误；B连接电源负极的为阴极，则a为阴极，b为阳极，阳极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，故B错误；C连接电源正极的为阳极，则

19、d为阳极，c为阴极，阴极发生还原反应，故C错误；Db电极发生的反应Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，c电极发生的反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故电解一段时间后，可将b、c对调，循环利用，故D正确；故选D。13.在2L 恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(s)，所得实验数据如下表： 实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)8000.100.400.0800.0808000.200.80aa9000.100.150.060.06下列说法正确的是( )A. 实验 5mi

20、n达平衡，平均反应速率v(X)=0.016mol/(Lmin)B. 实验中，该反应平衡常数K=1C. 实验中，达到平衡时，a小于0.16D. 正反应为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A实验中，生成M为0.08mol，则X的变化量为0.08mol，5min达平衡，用X表示的平均反应速率v(X)=0.008mol/(Lmin)，故A错误；B中温度相同，则K相同，由可知， 容器的体积为2L，则K=25，故B错误；C温度相同、体积相同，中物质的量为的2倍，若平衡不移动，a=0.16，但压强增大，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；D相比，中K=33.325，可知升高温度，平衡正向移动，正反应为

21、吸热反应，故D正确；故选D。14.高铁酸钠(Na2FeO4)是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：c(NaOH) 阴极现象阳极现象1 molL1产生无色气体产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化10 molL1产生大量无色气体产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深15 molL1产生大量无色气体产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深下列说法正确的是( )A. a为石墨，b为铁钉B. 阴

22、极主要发生反应 4OH4e= O2+ 2H2OC. 高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe6e+ 8OH= FeO42+ 4H2OD. 制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体【答案】C【解析】【分析】实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，则在阳极上发生金属铁失电子的氧化反应，在阴极上发生氢离子得电子的还原反应，所以金属铁是阳极，石墨是阴极，在电解质溶液里，碱性增强，亚铁离子转化为高铁酸根离子，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，金属铁是阳极，石墨是阴极，因此a为铁钉，b为石墨，故A错误；B在阴极上是氢离子得电子

23、的还原反应，即：2H2O+2e-H2+2OH-，故B错误；C在阳极上是金属铁失电子转化为亚铁离子的氧化反应，随着电解的进行，在高浓度的NaOH溶液中，发生Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，故C正确；D制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，电解质环境碱性不强，不利于反应Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O的发生，因此不用氯化钠而是用氢氧化钠做电解质，故D错误；故选C。二、填空题15.已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：(1)Lv在周期表中的位置是_。(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_。a离子半径：Te2-Se

24、2- b热稳定性：H2OH2S c熔、沸点：H2OH2S d酸性：H2SO4H2SeO4(3)从原子结构角度解释Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_。(4)实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。设计B装置的目的是证明_，B中实验现象为_。实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色沉淀。C中反应的离子方程式是_。有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾，认为C中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_。【答案】 (1). 第七(或7)周期VIA族 (2). abd (3). Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2

25、SeO4酸性弱于H2SO4 (4). H2S具有还原性 (5). 出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊) (6). Cu2+H2S=CuS+2H+ (7). 该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质【解析】【分析】(1)根据 O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；(3)Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；(4)双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性

26、；硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。【详解】(1) O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第七（或7）周期VIA族；(2)a同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：H2OH2S，能用元素周期律解释，故b选；c物质的熔沸点是物理性质，不能用元

27、素周期律解释，故c不选；d同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2SO4H2SeO4，能用元素周期律解释，故d选；故答案为：abd；(3)Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；(4)双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为：H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子

28、方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，故答案为：Cu2+H2S=CuS+2H+；根据“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2+H2S=CuS+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。16.氨氮废水是生活中常见污染物之一，可用电解法加以去除。实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl混合溶液来模拟该过程。(1)电解处理氨氮废水电解过程中，溶液初始Cl浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和

29、图2所示：根据图中数据，处理废水合适的条件是_。实验中发现阳极会持续产生细小气泡，气泡上浮过程中又迅速消失。结合图1，用电极反应式和离子方程式解释Cl去除氨氮的原因_。图1中当Cl浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，共同原因是_。(2)氨的定量测定使用下图装置检测废水中的氨氮总量是否合格。利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：_。若利用氨气传感器将1 L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为610-4 mol，则样品混合液中氨氮(以氨气计)含量为_mgL-1。【答案】 (1). Cl浓度为700 mmol/L、pH为6 (2). 2Cl-2e- = Cl2、3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl+8H+ (3). 阳极可能OH放电，产生大量氧气，消耗电能 (4). c(OH-)增大，使NH4+ + OH- NH3H2O NH3 + H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出 (5). 3.4【解析】【分析】(1)根据图1和图2分析Cl浓度和溶液的pH的合适条件；阳极失去电子发生氧化反应，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气又被铵根离子还原，据此分析解答；阳极可能