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.docx

1、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北京市石景山区2018届高三3月同意测试（一模）理综化学试题1.2017年3月，中国成功开采可燃冰（主要成分为甲烷）。直接从自然界得到的能源为一次能源，下列不属于一次能源的是A. 石油 B. 氢能 C. 太阳能 D. 煤【答案】B直接从自然界得到的能源为一次能源，所以石油、煤、太阳能均属于一次能源；氢能是自然界不存在的能源，是由一次能源转化而来，属于二次能源，B正确；正确选项B。2.有关氯及其化合物的说法，正确的是A. 以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉B. 氯碱工业中，阳极得到烧碱C. 可在“84”消毒液中加入洁厕灵(主要成为HCl)以增强漂白性

2、D. Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性【答案】A工业上，氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，即漂白粉，A正确；电解饱和食盐水，阳极上产生氯气，阴极上生成氢气，并得到氢氧化钠，B错误；“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，把HCl氧化为氯气，不是增加次氯酸钠的漂白性，C错误；Cl2与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，能够起到漂白作用；而氯气没有漂白作用；D错误；正确选项A。点睛：干燥的氯气没有漂白作用，而潮湿的氯气具有漂白作用，因为氯气与水反应生成了次氯酸所致。3.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品Co(NH3

3、)6Cl3，下列表述正确的是A. 中子数为32，质子数为27的钴原子：B. H2O2的电子式：C. NH3和NH4Cl化学键类型相同D. Co(NH3)6Cl3中Co的化合价是+3【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

4、(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

5、，D错误；正确选项C。点睛：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【答案】D配制100g5%的NaC1溶液需要氯化钠质量为100g5%=5g，配制100m10.5mo1/L

6、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

7、、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10%100/58.5=0.17mol,其浓度大于1.7 mol/L；D正确；正确选项D。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

8、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【答案】C氯气的氧化性大于溴，所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-，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；正确选项C。7.探究电场作用下阴阳离子的

9、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下列说法不正确的是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【答案】Bd极为阴极，氢离子

10、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。点睛：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。

11、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

12、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；正确答案：HCCH。（2）根据B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；正确答案：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；正确答案：（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

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

14、_。（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-

15、(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；正确答案：。（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为. CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+ ；正确答案：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

16、体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：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-；正确答案：NH4+和Cl-。（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，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)

17、 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；正确答案：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），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%=；正确答案：。10.硒及其化合物在工农业生产中有重要用途，硒也是人体必需

18、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=_。【答案】 (1). (

19、2). 氧族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；正确答案：。（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；正确答案：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

20、应，Se、Te分别与H2化合均为吸热反应，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；正确答案： 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；正确答案：H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O。在pH c(H2SeO3)顺序正确；c正确；正确选项ac。根据图像

21、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；正确答案：10-7.3。点睛：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：已知：Cr2O72- (橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+ H= +13.8 kJ/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）

22、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）

23、。实验是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、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，溶液变为黄色。而实际的实验现象是

24、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Cr2O72-，Fe2+循环利用提

25、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；正确答案：溶液变黄色。（2）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；正确答案：否；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，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙

26、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-存在；正确答案：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。 （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 ；正确答案：碱性条件下，

27、CrO42-不能氧化I-；酸性条件下，Cr2O72-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；正确答案：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；正确答案：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。