北京市朝阳区届高三化学第一次综合练习一模试题及答案word版doc.docx

1、北京市朝阳区届高三化学第一次综合练习一模试题及答案word版doc北京市朝阳区2019届高三化学第一次（3月）综合练习（一模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.51.我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是A. 有机金属材料吸附与转化CO2B. 研发出水溶液锂离子电池C. 研发出“可呼吸”NaCO2电池D. 常温常压下用电解法制备高纯H2【答案】A【解析】【详解】电化学指的是研究电能和化学能相互转化的的化学，高中阶段最常见的两个装置为原电池和电解池。A环氧烷烃被有机金属材料吸附与CO2生成碳酸酯，无电流产生，与电化学无关，A项符合题意

2、；B锂电池，能够发生自发的氧化还原反应，属于原电池，与电化学有关，B项不符合题意；CNaCO2电池，属于原电池，与电化学有关，C项不符合题意；D用电解法制备H2，属于电解池，与电化学有关，D项不符合题意；本题答案选A。2.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A. FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，白色浑浊转化为红褐色沉淀B. AgNO3溶液滴入氯水中，产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去C. Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体D. H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去【答案】A【解析】【详解】A难溶电解质之间的转化，3Mg(OH)22FeC

3、l32Fe(OH)33MgCl2，化合价没有变化，与氧化还原反应无关，A项符合要求；BCl2与水反应，生成HCl和HClO，氯元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，B项不符合题意；CNa在空气中与氧气反应， 2NaO2Na2O2，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，C项不符合题意； D草酸与高锰酸钾溶液发生，紫红色褪去，生成CO2，化合价变化，属于氧化还原反应，D项不符合题意；本题答案选A。【点睛】氧化还原反应与非氧化还原反应的本质区别在于是否有电子的转移，可以从是否有化合价的变化来判断是否为氧化还原反应。3.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的

4、历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率B. HCHO在反应过程中，有CH键发生断裂C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O【答案】C【解析】【详解】A从示意图来看，HAP在反应前后没有变化，做催化剂，可以加快化学反应速率，A项正确；B在过渡态的示意图中，可以发现甲醛分子中的两个CH的H原子都与O相连，发生断裂，B项正确；C从示意图可以看出来，二氧化碳中的只有1个氧原子来自于氧气，另外1个氧原子为甲醛所有，C项错误；D根据历程示意图，甲醛和O2在HAP上生成

5、了CO2和H2O，D项正确；本题答案选C。4.我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该装置可将太阳能转化为化学能B. 催化剂a表面发生还原反应，产生H2C. 催化剂b附近的溶液pH增大D. 吸收1 mol SO2，理论上能产生1 mol H2【答案】C【解析】【详解】A在光解水的过程中，存在将太阳能转化为化学能的过程，A项正确；B根据示意图，a电极为得到电子的一极，发生还原反应。电解水时2H2O2H2O2，得到电子一极产生氢气，B项正确；Cb电极为电子流出的一极，发生氧化反应，2H2O4

6、e=O24H，产生H+，pH减小，C项错误，符合题意；D在b极附近，氧气、二氧化硫，以及水生成硫酸，1molSO2生成H2SO4，转移2mol电子，根据得失电子守恒，2H2O2e=H22OH，将产生1mol氢气，D项正确；本题答案选C。5.2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A. 元素甲位于现行元素周期表第四周期第A族B. 原子半径比较：甲乙SiC. 元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D. 推测乙可以用作半导体材料【答案】C【

7、解析】【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第A族，为Ge元素。A从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，A项正确；B甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲乙Si，B项正确

8、；C同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。6.一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是A. 该高分子是一种水溶性物质B. 该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成C. 该高分子的结构简式为 D. 该高分子在碱性条件下可发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A. 可用作烹饪器具，电器等，说明该高分子不能溶于水，A项错误；B由图可知，该有机物为类似于酚

9、醛树脂的结构，单体为甲醛和对甲基苯酚，B项正确；C该高分子的结构简式中，重复的链节为，所给图示中少了CH2，C项错误；D该高分子中含有OH，且与苯环直接相连，具有酸性，可以与碱反应，但不是水解反应，D项错误；本题答案选B。7.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。 无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3- + OH-B. 对比、，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3+ CO32-

10、D. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的【答案】D【解析】【详解】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；CNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；DCO32的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32水解生成的OH反应生成H2，H2逸出

11、，有利于Al和OH的反应，OH减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。8.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。（1）A的分子式是C6H6，AB的反应类型是_。（2）BC是硝化反应，试剂a是_。（3）CD为取代反应，其化学方程式是_。（4）E的结构简式是_。（5）F含有的官能团是_。（6）GX的化学方程式是_。（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是_。（8）将下列E + WQ的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：_、_【答案】 (1). 取代反应 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). (4)

12、. (5). 碳碳双键、酯基 (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】这道题要结合题干中的问题才能得到相关信息。A为C6H6，为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。CD为取代反应，结合产物没有氯原子，则NH2取代Cl，接下来为NO2还原成NH2。FG，为加聚，PVA中有醇羟基，可推导出G中含有酯基。可知X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被NH2取代。【详解】（1）类似于生成溴苯，苯在氯化铁做催化剂的作用下，与氯气反应生成氯苯，为取代反应，答案为取代反应；（2）BC是硝化反应，硝化反应的条件为浓硫酸、浓硝酸，加热，试剂a为浓硝酸和浓硫酸，答案为

13、浓硝酸、浓硫酸；（3）CD为取代反应，结合产物没有氯原子，则NH2取代Cl，答案为；（4）A为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，在苯环上引入硝基。CD为取代反应，NH2取代Cl，接下来为NO2还原成NH2。结合产物，E为邻苯二胺，可写出其结构式，答案为；（5）F能够生成高分子化合物, 结合PVA的结构简式， F中有碳碳双键。结合产物PVA和X，G能够发生水解反应，有酯基，则F的官能团中也有酯基，答案为碳碳双键、酯基；（6）GX为酯的水解，X为乙酸，G水解得到PVA和乙酸，方程式为；（7）X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被NH2取代。W中有氨基和羧基，可以发生缩聚反应，发生反应时

14、，-NH2断开NH键，COOH断开CO单键，脱去OH，则W的结构简式为；（8）E和W第一步反应失去1分子水，E中只有氨基，W中有羧基和氨基，只能是羧基和氨基形成肽键。第一个中间体为；从第一个中间体的结构可知，有羰基，根据已知氨基可以与羰基反应，第二个中间体利用已知反应可知，为，再脱水可以得到产物，答案为 ；【点睛】此题目题干给的信息非常少，在做题中可能要结合问题才能推导出相关的知识。此外问题（3）中，取代的另一种产物为HCl，会与氨气反应，所以需要2mol氨气，值得注意。9.脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除

15、烟气中的NO，相关热化学方程式如下：4NO(g) + 3O2(g) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) H1 =423 kJmol-1Ca(ClO)2(aq) = CaCl2(aq) + O2(g) H2 =120 kJmol-13Ca(ClO)2(aq) + 4NO(g) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3CaCl2(aq) H3 H3 = _kJmol-1 。 反应的平衡常数随温度升高的变化趋势是_。（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是_。（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：aNO+HC

16、lO = NO2+HClbNO + NO2+H2O 2HNO2cHClO+ HNO2 = HNO3+HCl下列分析正确的是_。A烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 BNO2单独存在时不能被脱除C脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。 图1 图2 图1中，pH降低NO脱除率增大的原因：_。 脱除过程中往往有Cl2产生，原因是_（用离子方程式表示）。 图2中，6080 NO脱除率下降的原因：_。（至少答出两点）【答案】 (1). -783.kJ/mol (2). 变小 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+C

17、a(ClO)2+2H2O (4). AC (5). pH降低，ClO- + H+ = HClO，溶液中c(HClO)增大 (6). HClO + Cl- + H+ = Cl2+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O） (7). HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平衡逆向移动；反应平衡逆向移动等【解析】【详解】（1）反应=3；H3=H13H2=423 kJmol-1+3（120 kJmol-1）=-783.kJ/mol；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；答案为-783.kJ/mol 变小；（2）氯气和Ca(OH)2反应，生成Ca

18、Cl2和Ca(ClO)2，为歧化反应，答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（3）A烟气中含有的少量O2，可直接与NO作用生成NO2，可以直接发生反应b，可以提高NO的脱除率，A项正确；BNO2可以直接与水反应，生成NO和HNO3，有NO，可以发生脱除反应，此外NO2化合价可以升高，具有还原性，HClO具有氧化性，也可以反应。B项错误；C.脱除过程中，HClO为弱酸，但是生成了硝酸和盐酸两种强酸，pH值会减小，C项正确，答案为AC；（4）由于HClO是弱酸，会电离，HClOClOH，pH减小，电离平衡逆向移动，HClO的浓度变大，有利于反应a和b的进行，答案

19、为pH降低，ClO- + H+ = HClO，溶液中c(HClO)增大；有氯气生成，联想到84消毒液和洁厕灵不能混合使用，溶液中既有Cl又有HClO可以发生归中反应，生成Cl2，答案为HClO + Cl- + H+ = Cl2+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O）；6080较之前温度有所提高，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动的角度思考，HClO不稳定，易分解，升高温度使HClO分解，溶液中的HClO浓度降低，NO脱除率降低。气体的溶解度随着温度的升高而降低，NO的脱除率降低；反应b为化合反应，绝大多数化合为放热反应，升高温度反应b逆向移动，反应也放热反应，也逆向移动；均会

20、使NO脱除率降低。答案为HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平衡逆向移动；反应平衡逆向移动等。【点睛】升高温度不仅仅会提高反应温度，此题中由于温度升高NO的脱除率降低，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动等角度思考。10.以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_。（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。 溶液a呈酸性，原因是_。 根

21、据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得NH4Cl粗品。 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl：_。（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。（4）探究过程中MnO2溶解的适宜条件。向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中MnO2溶解的原因：_。 解释试剂加入顺序不同，MnO2

22、作用不同的原因：_。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。【答案】 (1). 4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O (2). NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+） (3). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (4). 加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。 (5). KSCN溶液，不变红 (6). MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2i中作催化剂，反应快，只催化分解 (7). ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还

23、原为。【解析】【详解】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了MnO2粗品，则O2将MnO(OH)氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO(OH)失去1mol电子，则O2和MnO(OH)的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；（2）ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，冷却结晶，

24、过滤；从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；（3）Fe3的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；（4）从实验知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原

25、剂。固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O22H2O；先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为MnSO4。11.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O（1）溶液变蓝，说明Na2S

26、O3具有_性。（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：it秒前未生成I2，是由于反应的活化能_（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。iit秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_（用离子方程式表示），I2被消耗。（3）下述实验证实了假设ii合理。实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_，蓝色迅速消失，后再次变蓝。（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 表盘 时间/min0t1t2t3t4偏转位置右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次 指针归零 K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的B

27、aCl2溶液，现象是_。 0t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_。 结合反应解释t2t3时指针回到“0”处的原因：_。（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_。A对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化B对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应C实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-【答案】 (1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I

28、2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC【解析】【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3中I的化合价从5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；ii. I2具有氧化性，SO32具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I，SO32被氧化成SO42，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2SO32H2O=2ISO422H；（3）为了证明假设ii的合理性

29、，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；（4）0t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2t3，指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32被氧化成了SO42。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；0t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32

30、反应，生成了I，答案为I；t2t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；（5）A如果有SO32存在，SO32会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3还原成I，而不是I2，有发生变化，B项错误；C指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32反应，产生电流。如果是IO3