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1、化学北京市昌平区新学道临川学校届高三上学期期中考试解析版北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期中考试一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共42分）1（3分）下列化学用语或名称表述不正确的是（）A葡萄糖的分子式：C6H12O6 BHCl的电子式： C的名称：2甲基丙烷 D含有10个中子的氧原子可表示为：O【答案】B【解答】解：A、葡萄糖是一种多OH的醛，结构中含6个C原子、5个OH和1个CHO，故分子式为C6H12O6，故A正确；B、HCl是共价化合物，H原子和Cl原子之间以共价键结合，故其电子式为，故B错误；C、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有3个

2、碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2甲基丙烷，故C正确；D、质量数质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为10+818，并将质量数标注在元素符号的左上角，故为188O，故D正确。故选：B。2（3分）下列物质的用途利用了其氧化性的是（）A漂粉精用于消毒游泳池水 BSO2用于漂白纸浆 CNa2S用于除去废水中的Hg2+ DFeCl2溶液用于吸收Cl2【答案】A【解答】解：A漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，消毒游泳池中的水，故A选；BSO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；CNa2S用

3、于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；DFeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选：A。3（3分）下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是（）ABF3 BNCl3 CH2O DPCl5【答案】B【解答】解：ABF3中B元素的化合价为+3，B原子核外电子数为3，则3+36，B原子不满足8电子结构，故A错误；BNCl3中，N原子的最外层电子数为5，化合价为+3，则5+38，Cl原子的最外层电子数为7，化合价为1，所以|1|+78，NCl原子都都满足8电子结构，故B正确；CH2O中H元素化合价为+1，H原子最外

4、层电子数1，则1+12，分子中H原子不满足8电子结构，故C错误；DPCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，则5+510，分子中P原子不满足8电子结构，故D错误；故选：B。4（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol OH中含有9NA个电子 B28g的CO气体中含有NA个氧原子 C1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+ D常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA【答案】B【解答】解：A、1mol OH中含有10NA个电子，故A错误；B、28g的CO气体物质的量为1mol，分子中含有NA个氧原子，故B正确；C、铝离子溶液中水解，1

5、L 1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于NA个，故C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体物质的量不是标准状况，含有的分子数不是0.5NA，故D错误；故选：B。5（3分）表示下列反应的离子方程式正确的是（）A铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+2Fe3+3H2 B氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4+OHH2O+NH3 D氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【答案】B【解答】解：A铁溶于稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B氯化铝溶液中加过量氨水的离子反应为Al3

6、+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B正确；C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热HCO3+NH4+2OH2H2O+NH3+CO32，故C错误；D氯气通入水中，溶液呈酸性的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选：B。6（3分）在pH1且含有大量Fe2+和NH4+的溶液中，能大量存在的阴离子是（）ASO42 BNO3 COH DHCO3【答案】A【解答】解：A不与溶液中的离子发生反应，则能大量共存，故A正确；B因Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C因H+、OH结合生成水，不能大量共存，故C错误；DH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共

7、存，故D错误；故选：A。7（3分）下列事实与碳、硅的非金属性强弱无关的是（）ACH4的热稳定性强于SiH4 BH2CO3的酸性强于H2SiO3 CCO2能溶于水生成碳酸，而SiO2却不溶于水 D碳、硅同主族，原子半径碳小于硅【答案】C【解答】解：A元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，CH4的热稳定性强于SiH4，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故A不选；B元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性强于H2SiO3，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故B不选；C物质的溶解性属于物理性质，与元素的非金属性强

8、弱无关，故C选；D在周期表中同主族元素从上到下原子半径依次减小，非金属性依次减弱，所以碳、硅同主族，原子半径碳小于硅，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故D不选。故选：C。8（3分）食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水下列分析不正确的是（）A“双吸剂”中的生石灰有吸水作用 B“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应 C吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极 D炭粉上发生的反应为：O2+4e+4H+2H2O【答案】D【解答】解：A氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有

9、吸水作用，故A正确；B在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；CFe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；D由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e+2H2O4OH，故D错误；故选：D。9（3分）已知33As、35Br位于同一周期下列关系正确的是（）A原子半径：AsClP B热稳定性：HClAsH3HBr C还原性：As3S2Cl D酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【答案】C【解答】解：A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl2SAs

10、，所以阴离子的还原性：As3S2Cl，故C正确；D酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选：C。10（3分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中相对位置如下表所示，Y是地壳中含量最高的元素下列说法中不正确的是（）XYZWAZ的原子半径大于Y BY的非金属性强于W CW的氧化物对应的水化物都是强酸 DX、Z的最高价氧化物均可与NaOH溶液反应【答案】C【解答】解：Y是地壳中含量最高的元素，即Y是O，根据元素周期表中元素的分布，所以W是S，X是C，Z是Al元素。A、Al原子电子层越多，半径越大，所以原子半径AlO，故A正确；B、O、S是同主族元素的原子，从上到下，元素的非金属性逐渐减

11、弱，即O的非金属性强于W，故B正确；C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫两种，二氧化硫对应的酸亚硫酸是弱酸，三氧化硫对应的酸硫酸是强酸，故C错误；D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氢氧化钠之间反应生成碳酸钠和水，氧化铝是两性氧化物，可以和氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠和水，故D正确，故选：C。11（3分）如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是（）A过程中断裂极性键CCl键 B过程可表示为O3+ClClO+O2 C过程中O+OO2是吸热过程 D上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂【答案】C【解答】解：A过程中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C

12、Cl键，故A正确；B根据图示信息可知，过程可表示为：O3+ClClO+O2，故B正确；CO+OO2为原子结合成分子的过程，为放热过程，故C错误；D上述过程说明，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O3的催化剂，故D正确；故选：C。12（3分）关于相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液及其相关实验的说法，正确的是（）A室温时，由水电离出的c（H+）：盐酸小于醋酸溶液 B用等浓度的NaOH溶液中和两种溶液时：所需体积相同 C均加水冲稀10倍后：盐酸的pH大于醋酸溶液的pH D均加入足量镁粉，反应完全后产生H2的物质的量：盐酸大于醋酸溶液【答案】C【解答】解：A室温时，pH相等的盐酸和醋酸溶液中氢氧根离

13、子浓度相等，所以由水电离出的c（H+）相等，故A错误；B相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以用等浓度的NaOH溶液中和两种溶液时：盐酸所需体积小于醋酸所需体积，故B错误；C均加水冲稀10倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以盐酸的pH大于醋酸溶液的pH，故C正确；D.相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以均加入足量镁粉，反应完全后产生H2的物质的量：盐酸小于醋酸溶液，故D错误；故选：C。13（3分）白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图下列有关白屈菜酸的

14、说法中，不正确的是（）A分子式是C7H4O6 B能发生加成反应 C能发生水解反应 D能发生加聚反应【答案】C【解答】解：A由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；B含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；C含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；D含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。故选：C。14（3分）通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱实验如图：下列说法不正确的是（）ACCl4起到萃取、富集I2的作用 Ba中下层变无色，说明I2 转化为I C中发生反应的离子方程式为：Br2+2II2+2Br D只依据a、b中现象，不可以证明Cl2的氧化性比 Br2强【答案】BD

15、【解答】解：A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子，下层呈紫色，所以CCl4起到萃取、富集I2的作用，故A正确；B、四氯化碳不溶于水，比水重，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中，四氯化碳层为紫红色，上层为主要溶质是氯化钾，而不是将I2 转化为I，故B错误；C、溴单质的氧化性强于碘单质，所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质，发生了Br2+2II2+2Br，故C正确；D、滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子，而滴入溴水下层仍呈紫色，所以氯气的氧化性强于溴单质，故D错误；故选：BD。二、填空题（本题共6小题，共58分）15（14分）双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如

16、下：已知：1 （1）B分子中含有的官能团名称是 。（2）该CPPO结构中有 种不同化学环境的氢原子。（3）反应的化学方程式是 。（4）在反应中属于取代反应的是 。（5）C的结构简式是 。（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式 。（7）资料显示：反应有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是 。【答案】（1）羟基（2）3 （3）CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br （4）（5） （6）（7）有机碱三乙胺能跟反应的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移【解答】解：根据流程图可知，反应为CH2CH2与HCl发生加成反应生成A为CH

17、3CH2Cl，A发生水解反应生成B为CH3CH2OH乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成G为OHCCHO，则H为HOOCCOOH，H发生信息中的取代反应生成I为ClOCCOClB与C反应得到D，D由I发生信息中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：羟基，故答案为：羟基；（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为：3；（3）反应是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2

18、CH2+Br2BrCH2CH2Br，故答案为：CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br；（4）在反应中，属于加成反应，属于氧化反应，属于取代反应，故答案为：；（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为：；（6）HOCH2CH2OH与HOOCCOOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：，故答案为：；（7）反应有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是：有机碱三乙胺能跟反应的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为：有机碱三乙胺能跟反应的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。16（8分）绿原酸（）是一种抗氧化药物，存在如图

19、转化关系（1）绿原酸中的含氧官能团有：酯基、 （2）B的分子式是 （3）C的氧化产物能发生银镜反应，则CD的化学方程式是 （4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是 （5）F是A的同分异构体F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢符合上述条件的F有 种可能的结构若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，其化学方程式是 （任写1个）【答案】（1）羟基、羧基 （2）C7H12O6（3）（4）（5）6 【解答】解：咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在

20、浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为，C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为，A中含有COOH，结合绿原酸的结构可知，A为，故B为，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为，（1）根据绿原酸的结构可知，绿原酸中含氧官能团有：酯基、羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）由书写分析可知，B为，其分子式为C7H12O6，故答案为：C7H12O6；（3）CD是发生消去反应生成，反应方程式为：，故答案为：；故答案为：酯化反应；（4）由上述分析可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式是，故答案为：；（5）F是的同分异构体，F可以与碳酸氢钠溶液反应产生气体，分子中含有C

21、OOH，也可以与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，含有CHO，且F的苯环上只有两个取代基，有8种不同化学环境的氢，符合上述条件F的结构简式有：（邻、间两种） （邻、间两种），（邻、间两种），共有6种，故答案为：6；若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，则F为含有酚羟基、COOH，则F为等，反应方程式为：，故答案为：17（6分）海洋是一个巨大的化学资源宝库，从海水中可制取氯、溴、碘及其化工产品。（1）氯的原子结构示意图是 。（2）碘在元素周期表中的位置是 。（3）向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br转化为Br2该反应的离子方程式是 。（4）用热空气将上述过程中产生的Br2吹出

22、，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；再将混合溶液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是 。【答案】（1）（2）第五周期A族（3）2Br+Cl2Br2+2Cl（4）5Br+BrO3+6H+3Br2+3H2O【解答】解：（1）Cl原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为：，故答案为：；（2）I原子核外有5个电子层、最外层电子数为7，处于周期表中第五周期A族，故答案为：第五周期A族；（3）Cl2将Br氧化为Br2，自身被还原为Cl，反应离子方程式为：2Br+Cl2Br2+2Cl，故答案为：2Br+Cl2Br2+2Cl；（4）Br、

23、BrO3在酸性条件下发生反应生成Br2，根据元素守恒可知还生成H2O，反应离子方程式为：5Br+BrO3+6H+3Br2+3H2O，故答案为：5Br+BrO3+6H+3Br2+3H2O。18（10分）黄铜矿主要成分是二硫化亚铁铜（CuFeS2）黄铜矿经熔炼、煅烧后得到粗铜和炉渣，冶炼过程的主要反应有：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2Cu2S+O22Cu+SO2（1）二硫化亚铁铜也可以表示为CuSFeS，其中硫元素的化合价是 （2）反应中还原剂是 （3）某校学习小组用炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）制备铁红，进行如下实验炉渣碱浸时反应的离子方程式是 、

24、 滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是 ；为检验铁元素是否被氧化完全，应进行的实验是：取少量滤液2于试管中， 【答案】（1）2 （2）Cu2S（3）SiO2+2OHSiO32+H2O、Al2O3+2OH2AlO2+H2O4FeO+O2+12H+4Fe3+6H2O滴入23滴K3Fe（CN）6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全【解答】解：（1）二硫化亚铜也可以表示为CuSFeS，其中硫元素的化合价为2价，故答案为：2；（2）反应中Cu2S中铜元素的化合价由+1价升高到+2价，作还原剂；故答案为：Cu2S；（3）根据题目的流程图可知，炉渣中加入过

25、量的氢氧化钠，二氧化硅、氧化铝都会溶解；故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；Al2O3+2OH2AlO2+H2O；炉渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+；为检验铁元素是否被氧化完全，可检验滤液中是否含有Fe2+；应进行的实验是：滴入23滴K3Fe（CN）6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全；故答案为：4FeO+O2+12H+4Fe3+6H2O；滴入23滴K3Fe（CN）6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全19（10分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.81

26、0361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。（2）HX的电子式是 。（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， （选填字母）。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低b

27、X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱d HX的稳定性逐渐减弱。【答案】（1）放热 （2） （3）HF、HCl、HBr、HI（4）卤素原子的最外层电子数均为7（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多 （6）ad【解答】解：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；（2）HX属于共价化合物，HX之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；（3）F、Cl、Br、I属于A，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而

28、导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以HF键的极性最强，HI的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的。（6）K值越大，说明反应的

29、正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与K的大小无直接联系。故答案为：（1）放热；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad。20（10分）科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2“气化炉”中主要反应有：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H+131.3kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H41.2kJmol1（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是 。（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的