北京市海淀区届高三化学期中练习一模试题及答案word版docWord文档下载推荐.docx

1、NaOHLiOH B. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3C. 酸性：HClO4 H2SO4 D. 气态氢化物的稳定性：HBr HI【答案】B【详解】A.元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性NaLi，则碱性：NaOHLiOH，能用元素周期律解释，故A不符合题意；B.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，与元素周期律无关，故B符合题意；C.元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl S，则酸性：HClO4 H2SO4，能用元素周期律解释，故C不符合题意；D.元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Br I

2、，则气态氢化物的稳定性： HI，能用元素周期律解释，故D不符合题意。答案选B。【点睛】本题考查的是元素周期律的应用。需学生掌握金属性判据和非金属性判据。金属性判据是单质与水或酸置换出氢气的难易最高价氧化物的水合物的碱性强弱等；非金属性判据单质与氢气化合生成气体氢化物的难易及氢化物的稳定性最高价氧化物的酸性强弱等。据此解答。3.下列实验沉淀的过程中，与氧化还原反应无关的是实验将NaOH溶液滴入FeSO4溶液将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液将生石灰投入饱和Na2CO3溶液现象产生白色沉淀，最终变为红褐色产生白色沉淀【答案】D【详解】A.将NaOH溶液滴入

3、FeSO4溶液中，发生反应：2NaOH+FeSO4=Fe（OH）2+Na2SO4，生成白色沉淀Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，第二个反应氧化还原反应，故A不符合题意；B.将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被硝酸氧化为硫酸，硫酸再与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，第二个反应为氧化反应，故B不符合题意；C.将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl与AgNO3反应生成氯化银白色沉淀和HNO3，第一个

4、反应为氧化还原反应，故C不符合题意；D.将生石灰投入饱和Na2CO3溶液，生石灰与水反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2与Na2CO3溶反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，两个反应均不是氧化还原反应，故D符合题意。答案选D。【点睛】本题考查的是氧化还原反应。需学生掌握氧化反应和还原反应的概念，有元素化合价升高的反应为氧化反应，有元素化合价降低的反应为还原反应。还需学生掌握常见的氧化剂和还原剂，常见的氧化剂有O2、Cl2、浓H2SO4、浓稀HNO3、酸性KMnO4、H2O2等，常见的还原剂有Fe2+、SO2、I-、Fe、Cu等，具有氧化性的物质遇具有还原性的物质能发生氧化还原反应。4.辣椒素是影

5、响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是A. 分子式为C18H27NO3B. 含有氧原子的官能团有3种C. 能发生加聚反应、水解反应D. 该分子不存在顺反异构【详解】辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，故ABC正确，D错误。【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解

6、答该题。5.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A. CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C. 该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D. 有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团

7、消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。6.三氯氢硅（SiHCl3）是光伏产业的一种关键化学原料，制备反应的方程式为Si（s）3HCl（g）SiHCl3（g）H2（g），同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.05 MPa时，分别改变进料比n（HCl）n（Si）和反应温度，二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是A. 降低压强有利于提高SiHCl3的产率B. 制备SiHCl3的反应为放热反应C. 温度为450 K，平衡常数：K（x）K （y

8、）K （z）D. 增加HCl的用量，SiHCl3的产率一定会增加【详解】A.Si（s）3HCl（g）=SiHCl3（g）H2（g）的反应正向为气体体积减小的方向，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，则对应此反应降低压强平衡向逆向移动，SiHCl3的产率会降低，故A错误；B.如图所示，升高温度，曲线是向下倾斜的，即升高温度，SiHCl3的产率会降低，则升温平衡向逆向移动，逆向为吸热反应 ，则正向为放热反应，故B正确；C.平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数是一个定值，则温度为450 K，平衡常数：K（x）=K （y）=K （z），故C错误；D.如图所示，当n（HCl）n（Si）的进料比由

9、1：:1增大到3:1时，SiHCl3的产率是增加的，当增大到6:1时，SiHCl3的产率反而减小，故D错误。7.某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：序号实验I实验II集气瓶中所盛气体O2加热浓硝酸产生的气体木炭迅速燃烧发出亮光A. 浓硝酸分解产生的V（NO2）:V（O2）=1:1B. 红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应C. 能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气

10、D. 以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2【详解】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34 NO2+O2+2H2O，则V（NO2）:V（O2）=4:1，故A错误；B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实

11、验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。8.“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：已知：（1）化合物A的官能团是_。（2）反应的反应类型是_。（3）关于B和C，下列说法正确的是_（填字母序号）。a利用质谱法可以鉴别B和CbB可以发生氧化、取代、消去反应c可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_。（5）反应的化学方程式为_

12、。（6）E的结构简式为_。（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：H_I_ J_（8）聚合物F的结构简式为_。【答案】 （1）. 醛基和溴原子（-CHO、-Br） （2）. 取代反应 （3）. ab （4）. （5）. （6）. （7）. （8）. （9）. （10）. 或【分析】本题为有机合成题。由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F

13、的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；【详解】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；（1）化合物A的官能团是醛基和溴原子。本小题答案为：醛基和溴原子（-CHO、-Br）。（2）经上述分析可知反应的反应类型是取代反应。取代反应。（3）a.B中有5种有效氢，C中有4种有效氢，则可利用质谱法鉴别B和C，故a正确；b.B中含有醛基、碳碳叁键、羟基3种官能团，则B能发生加成、还原、氧化、取代、消去等反应，故b正确；c.C中含有醛基和碳碳叁键，均能与酸性

14、高锰酸钾，使之褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳叁键，故c错误。答案选ab。（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为。（5）根据已知信息提示可知，C生成D的反应方程式为（6）由上述分析可知E的结构简式为。（7）根据合成路线，可采取逆推法，由K逆推J，J为；由J逆推I，I为，由I逆推H，H为。；（8）由上述分析可知，聚合物F的结构简式为或或。本小题答案为或或。9.羟基自由基（OH，电中性，O为-1价）是一种活性含氧微粒。常温下，利用OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。（1）OH

15、的电子式为_。（2） pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。i.Fe2+ H2O2+H+ = Fe3+ H2O +OHii._ + _ = _ + O2+2H+（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2OH = H2O2。用H2O2分解产生的OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如下图所示。020 min时，温度从40上升到50，反应速率基本不变的原因是_。（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如上图所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生OH并

16、迅速与苯酚反应。 b极连接电源的_极（填“正”或“负”）。a极的电极反应式为_。电解液中发生的主要反应方程式为_。【答案】 （1）. （2）. 2 Fe3+ （3）. 2OH- （4）. 2Fe2+ （5）. 从图1可知，020 min，4050，升高温度化学反应速率应该加快但是50时，温度升高羟基自由基发生猝灭（或温度升高过氧化氢分解产生氧气），导致c（OH）下降（1分），所以，温度从40上升到50，反应速率不基本不变。 （6）. 正 （7）. Fe2+ H2O2+H+ = Fe3+ H2O +OH （8）. C6H6O + 28OH-=6CO2 + 17H2O（1）本小题考查的是电子式的书

17、写，羟基自由基（OH）中氧原子最外层有6个电子，达到8电子稳定结构需得2个电子，拿出一个电子与氢原子的一个电子形成一对共用电子对，即形成一个共价键，还剩余一个电子，则羟基自由基的电子式为。（2）催化剂在反应前后质量不变相当于没有参与反应。根据总反应减去一个反应得到另一个反应。2H2O2=2H2O+O2为反应 i和ii的总反应，总反应减去反应i即得到反应ii。 （3）本小题考查的是影响速率的因素。升高温度化学反应速率应该加快，但是50时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致c（OH）下降，反应速率基本不变。（4）根据反应类型判断阴阳极，得电子发生还原反应的一极为电解池的阴极，与电源的负极相连，失电子

18、发生氧化反应的一极为电解池的阳极，与电源的正极相连。b极是Fe电极为活性电极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+向阴极移动；由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2，然后在电解液中产生OH，故a极的电极反应式为Fe2+ H2O2+H+ = Fe3+ H2O +OH。由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生OH，OH能迅速与苯酚反应，则电解液中发生的主要反应方程式为C6H6O + 28OH-=6CO2 + 17H2O。【详解】（1）羟基自由基（2）由题意可知Fe2+为H2O2的分解反应的催化剂，则 i和ii

19、反应合并的总反应为2H2O2=2H2O+O2，若反应i为Fe2+ H2O2+H+ = Fe3+ H2O +OH则反应ii 为2 Fe3+ + 2OH- = 2Fe2+ O2+2H+。2 Fe3+ ；2OH- ；2Fe2+。 （3）从图1可知，020 min，4050，升高温度化学反应速率应该加快，但是50时，温度升高羟基自由基发生猝灭（或温度升高过氧化氢分解产生氧气），导致c（OH）下降，所以，温度从40上升到50，反应速率基本不变。从图1可知，020 min，4050，升高温度化学反应速率应该加快但是50时，温度升高羟基自由基发生猝灭（或温度升高过氧化氢分解产生氧气），导致c（4）根据题意可

20、知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价，发生还原反应，则a极为阴极，b极为阳极，故b极连接电源的正极。正。Fe2+ H2O2+H+ = Fe3+ H2O +C6H6O + 2810.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：（1）电解饱和食盐水的化学方程式为_。（2）电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是_（填字母序号）。aNa2SO4bNa2SO3c热空气吹出d降低阳极区液面上方的气压（3）食盐水中的I若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3。IO3可继续被氧化为高碘酸根（I

21、O4），与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：_。NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为_。（4）在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。吸光度越高表明该体系中c（I2）越大。结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：研究表明食盐水中I-含量0.2 mgL-1时对离子交换膜影响可忽略。

22、现将1m3含I-浓度为1.47 mgL-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 molL-1 NaClO溶液_L。（已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计）【答案】 （1）. 2 NaCl + 2H2O C12 + H2+ 2NaOH （2）. bcd （3）. 碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 （4）. Na+IO3+ Cl2 + H2O= NaIO4+ 2H+2Cl （5）. ClO- + 2H+ +

23、2I-= I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c（H+）越大，反应速率加快（或ClO-氧化性增强），c（I2）越高，吸光度越大。 （6）. c（H+）较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c（I2）降低，吸光度下降 （7）. 0.1（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法

24、；d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。（3）本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。（4）本小题涉及速率的影

25、响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c（H+）越大，反应速率加快（或ClO-氧化性增强），c（I2）越高，吸光度越大。c（H+）较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c（I2）降低，吸光度下降。本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12+ H2+2NaOH。2NaCl +2H2O C12+ H2+2NaOH。（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。（3）碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二