北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题含答案Word下载.docx

1、【答案】D【详解】质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，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）6Cl3，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

2、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，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。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

3、同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl溶液100 g，乙同学配制1.0 mol/L的NaCl溶液100 mL（20时，氯化钠的溶解度为36.0 g）。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配制100g5%的NaC1溶液需要氯化钠质量为100g5%=5g，配制100m10.5mo1/L的NaC1溶液需要氯化钠质量为0.1L0.5mol/L58.5g/mol=2.9g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g， B

4、错误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，用量筒量取水的体积，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制一定体积一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，洗涤后移入100mL容量瓶，加水定容，距离刻度线12cm改用胶头滴管滴加，配制需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，两种配制需要的仪器不同， C错误；配制10%的NaCl溶液100 g，其密度1g/mL，所以100 g溶液的体积小于100 mL，10%的NaCl溶液中氯化钠的量为

5、10%100/58.5=0.17mol,其浓度大于1.7 mol/L；D正确；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。已知：物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法不正确的是A. 甲装置中Br发生的反应为：2Br-+ Cl2 = Br2 + 2Cl-B. 甲装置中NaOH溶液每吸收0.1mol Cl2，转移0.1mol eC. 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氯气的氧化性大于溴，所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-

6、，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.lmol Cl2，转移0.lmol e-，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；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IIlmina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

7、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，说明电解质浓度环境影响H+和OH-的迁移D. 试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH-快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和试纸的现象不同，说明电解质浓度越大，对H+和OH-的迁移

8、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。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、R、R为H原子或烃基I. RCHO+ RCH2CHO 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AB为加成反应，则X的结

9、构简式为_；B中官能团的名称是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的反应试剂和条件是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）在EFGH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）. HCCH （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）. （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HCCH；HCCH。（2）根据B

10、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；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；（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，因此反应的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液 ；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。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；保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇

11、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

12、酸氢钠的质量分数为_。【答案】 （1）. （2）. CO2+NH3H2O=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）. （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（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成

13、碳酸氢铵，离子方程式为. CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+ ；CO2+NH3H2O=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；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-；NH4+和Cl-。（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化

14、钠溶液中，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；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c（Cl-），使平衡NH4Cl（s） 温度降低有利于氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c（Cl-）；温度降低有利于氯化铵结晶析出 。 （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：（NaHCO3）= x/ m1100%=10.硒及其化合物在工农业生产中有重要用途，硒也是人

15、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、1.01l0-5Pa，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（）溶液中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图。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_。在pH c（H2SeO3）常温下，H2SeO3的第二步电离平衡常数为K2，计算K2=_。 （2）. 氧族

16、元素原子的最外层电子数均为6 （3）. Se（s）+H2（g）=H2Se（g） H=+81 kJmol （4）. H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O （5）. H2O+ H2SeO3+2SO2=Se+ 2H2SO4 （6）. ac （7）. 10-7.3（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（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；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

17、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+81 kJmol为Se（s）与H2（g）化合的热效应；方程式为Se（s）+H2（g）=H2Se（g） H=+81 kJmol； Se（s）+H2（g）=H2Se（g） H=+81 kJmol。（4）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；H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O。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

18、学方程式是H2O+ H2SeO3+2SO2=Se+ 2H2SO4；H2O+ H2SeO3+2SO2=Se+ 2H2SO4。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

19、碱性，所以c（SeO32-c（HSeO3-） c（H2SeO3）顺序正确；c正确；正确选项ac。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；10-7.3。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：Cr2O72- （橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+ H= +13.8 kJ/

20、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

21、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）。实验是否加入Fe2（SO4）3否加入5g是否加入H2SO4加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3实验中Cr2O72-放电的电极反应式是_。实验中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）+H2O2CrO42-（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

22、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Cr2O7

23、2-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率（1）针对Cr2O72- （橙色）+H2O2CrO42-（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；溶液变黄色。（2）Cr2O72-（橙色）+H2O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；否；Cr2O72-（橙色）+H2O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

24、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 ；碱性条件下，CrO42-不能氧化I-；（或Cr2O72-氧化性强于CrO42-）；6I-+ Cr2O72-+14H+=3I2+ 2Cr3+ 7H2O。（5）实验中Cr2O72-在阴极被还原为Cr3+，电极反应式Cr2O72-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H2O；Cr2O72-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H2O。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；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。