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1、届北京市高三质量监测化学试题解析版北京市2020届高三质量监测可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 S-32 N-14 Na-23 Al-27 Cu-64 Cl-35.5第一部分（选择题）本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14题，共42分。1.化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ）A. 食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B. 铅蓄电池工作时两极的质量均增加C. CO2和SO2都是形成酸雨的气体D. 用明矾作净水剂除去水中的悬浮物答案C详解A食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性

2、，A正确；B铅蓄电池工作时，负极PbPbSO4，正极PbO2PbSO4，两极的质量均增加，B正确；CSO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；故选C。2. 下列叙述正确的是（ ）A. Na在足量O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是46.021023B. 盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+) =0.1 mol/LC. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是0.16.021023D. 标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键

3、答案B详解A反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是26.021023，故A错误；B混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；CNH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.16.021023，故C错误；D标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；故选B。3.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A. 碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B. 实验室用氯化铝溶液

4、和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al(OH)3C. 工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O答案C详解A酸性：碳酸苯酚HCO3-，所以C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，A错误；B氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；C工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；D向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D错误；故选C。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法

5、正确的是（ ）A. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性B. W和Y具有相同的最高化合价C. 离子半径YZD. Z的氢化物为离子化合物答案D分析W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。详解AY和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；BF没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；C离子半径Cl-K+Ca2+，则离子半径YZ，C错误；DCaH2、KH都离子化合物，D正确；故选D。5.下列关于各装置与其对应的实验目

6、的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ）选项ABCD实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去HCl气体中混有的少量Cl2答案A详解A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的

7、HCl气体，D错误；故选A。6.80时，1L 密闭容器中充入0.20 mol N2O4，发生反应N2O42NO2 H = + Q kJmol1(Q0)，获得如下数据：时间/s020406080100c(NO2)/molL10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是（ ）A. 升高温度该反应的平衡常数K减小B. 2040s 内，v(N2O4)= 0.004 molL1s1C. 100s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大D. 反应达平衡时，吸收的热量为0.15Q kJ答案D分析A正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；B根据计算v

8、（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；C. 100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动； D. 80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 mol/L1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。详解A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；B. 2040s内，则，B项错误；C. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D. 浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成

9、NO2的物质的量为0.3 mol/L1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 molNO2吸收热量0.15Q kJ，D项正确；答案选D。点睛本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。7.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为

10、：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)2HI(aq) + H2SO4(aq)；H1=213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；H2= +327 kJmol-1反应III：2HI(aq) H2(g) + I2(g)； H3= +172 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)；H= +286 kJmol-1D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变答案C

11、详解A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。8.磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与p

12、H的关系如图，下列说法正确的是（ ）A. H3PO4的电离方程式为：H3PO43H+PO43-B. pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C. 滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D. 滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2答案C分析从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。详解

13、AH3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H+H2PO4-，A错误；BpH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2，D错误；故选C。9.酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（ ）A. 在酸性条件下，1mol酚酞可与4molNaOH发生反应B. 在酸性条件下，1mol酚酞可

14、与4molBr2发生反应C. 酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D. 酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应答案B详解A在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；B在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；C酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；故选B。10. 硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白

15、粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是（ ）A. CO、SO2、SO3均酸性氧化物B. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C. 除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D. 用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%答案C详解ASO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该

16、步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。11.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（ ）选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液产生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚钠溶液中出现白色浑浊酸性：硫酸碳酸苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色Br-还原性强于Cl-答案A详解A某无色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正确；B加

17、入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯原子，B正确；C碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊，根据较强酸可以制较弱酸的规律，可知酸性：硫酸碳酸苯酚，C正确；D下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br-Cl-，D正确；故选A。12.锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是（ ）A. 该电池工作时Li+向负极移动B Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液C. 电池充电时间越长，电池中Li2O 含量越多D. 电池工作时，正极可发生： 2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2答案D详解A原电池中，阳离

18、子应该向正极移动，选项A错误；B单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；C电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；D题目给出正极反应为：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2；所以选项D正确。13.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是（ ）A. 该反应为取代反应B. Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C. X和Y均能与新制的C

19、u(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为45答案B详解A由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正确；BY使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；CX和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；D醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H2 4mol，后者最多消耗H25mol，D正确；故选B。14.为测定人体血液中Ca2的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2

20、KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001molL1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为（ ）A. 0.001molL1 B. 0.0025molL1 C. 0.0003molL1 D. 0.0035molL1答案B详解由方程式Ca2+C2O42+CaC2O4、CaC2O4H2SO4CaSO4H2C2O4、2KMnO45H2C2O43H2SO4H2SO42MnSO410CO28H2O可得关系式：5Ca2+5CaC2O45H2C2O42KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则

21、：5Ca2+5CaC2O45H2C2O42KMnO45 2cmol/L0.015L 0.001molL-10.015L所以cmol/L0.015L250.001molL-10.015L解得c0.0025molL-1；答案选B。第二部分（非选择题）15.污水处理是保护环境的需要，是每家企业应尽的义务。已知Cr(OH)3在碱性较强的溶液中将生成Cr(OH)4-，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍。因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法。（1）还原法：在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬。具体流程如下：有关离子完全沉淀的pH如下表：有关离

22、子Fe2+Fe3+Cr3+完全沉淀为对应氢氧化物的pH9.03.25.6写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_。还原+6价铬还可选用以下的试剂_（填序号）。A明矾 B铁屑 C生石灰 D亚硫酸氢钠在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀。在操作中调节pH应分2次进行，第1次应先调节溶液的pH范围约在_（填序号）最佳，第2次应调节溶液的pH范围约在_（填序号）最佳。A34 B68 C1011 D1214用于调节溶液pH的最佳试剂为：_（填序号）；ANa2O2 BBa(OH)2 CCa(OH)2 DNaOH（2）电解法：将含+6价铬的废水

23、放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。写出阴极的电极反应式_。电解法中加入氯化钠的作用是_。答案(1). CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O (2). BD (3). A (4). B (5). D (6). 2H+2e-=H2或2H2O+2e-=H2+2OH- (7). 增强溶液导电性或盐析分析(1)利用Fe2+还原Cr2O72-时，在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+；通过调节pH将

24、Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀时，Fe3+也会生成Fe(OH)3沉淀，所以调节pH应分两次进行，一次让Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，一次让Cr3+生成Cr(OH)3沉淀，为达此目的，需严格控制溶液的pH变化；调节pH时，所加试剂应不影响实验结果。(2)利用电解法还原Cr2O72-，实质上也是利用Fe2+还原Cr2O72-，则阳极需提供Fe2+，阴极需提供OH-，在阳极区Cr2O72-被还原为Cr3+，在阴极区Cr3+生成Cr(OH)3沉淀。详解(1) FeSO4能将+6价铬还原成+3价铬，则Cr2O72-与FeSO4在酸性条件下反应的离子方程式为CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+

25、6Fe3+7H2O。答案为：CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；A明矾没有还原性，不能还原+6价铬，A不合题意；B铁屑先与酸反应生成Fe2+，Fe2+再还原+6价铬，B符合题意；C生石灰显碱性，但没有还原性，不能还原+6价铬，C不合题意；D亚硫酸氢钠具有较强的还原性，能还原+6价铬，D符合题意。答案为：BD；操作中调节pH应分2次进行，第1次是将Fe3+转化为沉淀，但Cr3+不生成沉淀，所以应先调节溶液的pH范围约在A，第2次应调节溶液的pH范围约在B最佳。用于调节溶液pH的最佳试剂的选择：ANa2O2，具有强氧化性，可能会将Cr3+氧化为Cr2O72-，A不合题意

26、；BBa(OH)2，能与SO42-反应生成BaSO4沉淀，混在Cr(OH)3沉淀中，B不合题意；CCa(OH)2，能与SO42-反应生成CaSO4沉淀，混在Cr(OH)3沉淀中，C不合题意；DNaOH，能将Fe3+、Cr3+分批次转化为沉淀，D符合题意；故选D。答案为：A；B；D；(2)阴极H2O得电子，生成OH-，电极反应式为2H+2e-=H2或2H2O+2e-=H2+2OH-。答案为：2H+2e-=H2或2H2O+2e-=H2+2OH-；电解法中加入氯化钠，虽然没有参加反应，但使溶液易于导电，其作用是增强溶液导电性或盐析。答案为：增强溶液导电性或盐析。点睛在选择“用于调节溶液pH的最佳试剂

27、”，我们易错选Ba(OH)2，主要原因是Ba(OH)2提供的OH-能将Fe3+、Cr3+分别转化为沉淀，Ba2+能与溶液中的SO42-作用，没有向溶液中引入杂质离子，但忽视了实验操作的目的是获得Cr(OH)3沉淀，并最终获得Cr2O3。16.诺贝尔化学奖获得者GeorgeA.Olah提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206.0kJmol-1(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.67kJm

28、ol-1（1）制备合成气：工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.17kJmol-1，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_。（2）为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式_。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200-360，9MPa时合成气初始组成H2、CO、CO2物质的量之比7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。如图所示，

29、CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是_。（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) H=+29.1kJmol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为_。（4）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH3OH为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为_。答案 (1). 3：1 (2). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJmol-1 (3). 开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高 (4). 4