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1、北京市顺义区高三二模化 学2017北京市顺义区高三（二模）化 学一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关说法不正确的是（）选项ABCD生活中的应用月饼袋内放有小袋铁粉口服补血剂（琥珀酸亚铁）并同时服维生C饼干包装盒内放有小袋硅胶肉制品中添加适量的亚硝酸钠作用铁粉有抗氧化的作用维生素C有防止Fe2+被还原的作用硅胶有吸水的作用亚硝酸钠有防腐的作用AA BB CC DD2氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键海洋中无机氮的循环过程可用图表示 下列关于海洋氮循环的说法正确的是（）A海洋中的氮循环起始于氮的氧化B海洋中的氮循环属于固氮作用的是C海洋中的反硝化作用一定有氧气

2、的参与D向海洋排放含NO3的废水会影响海洋中NH4+的含量3C和H2在生产、生活、科技中是重要的燃料2C（s）+O2（g）2CO（g）H1=220kJ/mol下列推断正确的是（）AC（s）的燃烧热110 kJ/molB2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H1=+480 kJ/molCC（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H1=+130 kJ/molD欲分解2 mol H2O（l），至少需要提供4462 kJ 的热量4在浓碱作用下，苯甲醛自身可发生反应制备相应的苯甲酸 （ 在碱溶液中生成羧酸盐 ） 和苯甲醇，反应后静置，液体出现分层现象有关物质的物理性质如表：下列说法不正确的是（）苯甲醛

3、苯甲酸苯甲醇沸点/178.1249.2205.4熔点/26121.715.3溶解性 （ 常温 ）微溶于水，易溶于有机溶剂A苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应B可用银氨溶液判断反应是否完全C反应后的溶液先用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇D反应后的溶液中加酸、酸化后，用过滤法分离出苯甲酸5表1是元素周期表的一部分：表1氧XYZ表2数据编号滴入NaOH溶液的体积/mL溶液pHHXHZ03120.00a725时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L 的两种酸HX、HZ（忽略体积变化），实验数据如表2，下列判断正确的是（）A表

4、格中a7BHX和HZ等体积混合后pH=1+lg2CY和Z两元素的简单氢化物受热分解，前者分解温度高D0l000 mol/L Na2Y的水溶液中：c（Y2）+c（HY）+c（H2Y）=0.1000 mol/L6根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状浓硫酸具有吸水性和强氧化性B将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的小CFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe

5、3+被还原为Fe2+，沉淀为BaSO3D常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中铁片上无明显现象常温下，铁与浓硫酸没有发生化学反应AA BB CC DD7生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al（OH）3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：下列有关说法不正确的是（）ANaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 mol/LBb点与c点溶液所含微粒种类相同Ca点溶液中存在的离子是Na+、AlO2、OH、H+D生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AlO2+H2OAl（OH）3+CO32二、解答题（共4小题，满分58分）8石油裂解气

6、用途广泛，由石油裂解气合成生物可降解高聚物J的合成线路如图：已知：i酯与酯可发生如下酯交换反应：RCOOR+ROH RCOOR+ROH （ R、R、R“代表烃基 ）ii烯烃中，碳碳双键相邻为不稳定结构，碳碳双键易被氧化剂氧化（1）A为链状烃，其核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1：2，则A的名称为（2）B 中所含官能团名称为（3）CD的反应类型（4）C能与足量的 NaHCO3 溶液反应生成C4H2O4Na2，C的结构简式为（5）DE的化学方程式是（6）H中不含甲基，H与E形成对称型高聚物J的化学方程式是（7）请完成 BC 的合理路线（ 无机试剂任选）9CuCl2、CuCl广泛用于有机合成的催化

7、剂CuCl2容易潮解； CuCl白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸和氨水生成络合物，不溶于乙醇已知：iCuCl2+Cu+2HCl（浓）2HCuCl2（无色）2CuCl（白色）+2HClii副反应：CuCl+H2OCuOH+2HCl； CuCl+ClCuCl2（1）制取CuCl2装置如图：A装置中发生反应的离子方程式是C、E 装置中盛放的是浓硫酸，作用是B中选择饱和食盐水而不用蒸馏水的原因是（2）制取CuCl流程如图：反应中加入NaCl的目的是；但是Cl浓度过高，CuCl产率降低，原因是CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2（OH）3Cl，反应的方程式为利用膜电解法制取CuCl，阴极电极反应式为用乙

8、醇洗涤沉淀Y的原因为10热电厂用碱式硫酸铝Al2（SO4）3Al2O3吸收烟气中低浓度的二氧化硫具体过程如下：（1）碱式硫酸铝溶液的制备往Al2（SO4）3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝（络合物，易溶于水），同时析出生石膏沉淀CaSO42H2O，反应的化学方程式为（2）SO2的吸收与解吸吸收液中碱式硫酸铝活性组分Al2O3对SO2具有强大亲和力，化学反应为：Al2（SO4）3Al2O3（aq）+3SO2（g）Al2（SO4）3Al2（SO3）3（aq）H0工业流程如图1所示：高温烟气可使脱硫液温度升高，不利于SO2的吸收生产中常控制脱硫液在恒温4060oC，试分析原因研究

9、发现，I中含碱式硫酸铝的溶液与SO2结合的方式有2种：其一是与溶液中的水结合其二是与碱式硫酸铝中的活性Al2O3结合，通过酸度计测定不同参数的吸收液的pH变化，结果如2图所示：据此判断初始阶段，SO2的结合方式是比较x、y、z的大小顺序III中得到再生的碱式硫酸铝溶液，其n（Al2O3）：nAl2（SO4）3比值相对I中有所下降，请用化学方程式加以解释：（3）解吸得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸如图3电极b周围溶液pH（填“变大”、“变小”或“不变”）电极a的电极反应式是11某兴趣小组制备氢氧化亚铁沉淀实验1实验现象液面上方产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，振荡，试管壁上有红褐色沉淀生

10、成（1）实验1中产生白色沉淀的离子方程式是（2）为了探究沉淀变灰绿色的原因，该小组同学展开如下探究：甲同学推测灰绿色物质为Fe（OH）2和Fe（OH）3混合物查阅资料后根据调色原理认为白色和红褐色的调和色不可能是灰绿色，并设计实验证实灰绿色物质中不含有Fe（OH）3，方案是乙同学查阅文献：Fe（OH）2在大量SO42存在的情况下形成Fe6（SO4）2（OH）4O3（一种氧基碱式复盐）并设计对比实验证实该假设：向试管中加入，再往试管中加入，振荡，现象与实验1相同，结论是该假设不成立乙同学继续查阅文献：Fe（OH）2沉淀具有较强的吸附性能，灰绿色可能是由Fe（OH）2表面吸附Fe2+引起推测所用的

11、硫酸亚铁溶液的浓度应越小越好；氢氧化钠溶液浓度应越大越好设计了如下实验方案：试管中10mLNaOH溶液滴加FeSO4溶液实验现象实验26mol/LNaOH溶液0.2mol/L FeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀（带有少量灰绿色），沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀实验36mol/LNaOH溶液0.1mol/L FeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀（带有极少量灰绿色），沉淀下沉后，底部都为白色沉淀该实验得出的结论是，能说明灰绿色是由Fe（OH）2表面吸附Fe2+引起的证据是丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe（OH）2表面吸附Fe2+引起的，还需补充的实验是，证明该假设成立（3）

12、丙同学探究温度对氢氧化亚铁制备实验的影响：取少量灰绿色沉淀，在水浴中加热，颜色由灰绿变白，且有絮状白色沉淀下沉，原因为（4）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe（OH）2沉淀，需要控制的实验条件化学试题答案一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A抗氧化的作用物质应具有还原性；B维生素C具有还原性；C依据硅胶的吸水性解答；D亚硝酸钠具有还原性【解答】解：A铁粉具有还原性，能够防止食品氧化变质，故A正确；B维生素C有防止Fe2+被氧化的作用，故B错误；C硅胶具有吸水性，能够用于食品干燥剂，故C正确；D亚硝酸钠具有还原性，肉制品中添加适量

13、的亚硝酸钠可以防止氧化变质，注意用量应在国家规定标准内，故D正确；故选：B2【考点】EL：含氮物质的综合应用【分析】A转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的还原；B海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在；C反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程；D转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强；【解答】解：A转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的还原，大气氮生成铵根离子，故A错误；B海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存

14、在，主要是硝酸根离子，故B错误；C反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故C错误；D转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3的废水会影响海洋中NH4+的含量，故D正确；故选D；3【考点】BB：反应热和焓变【分析】A燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定产物的过程放出的热量；B水的结构式为HOH，2mol水分子中含有4molHO键，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=反应物总键能生

15、成物总键能，据此计算；C根据图示以及C（s）的燃烧热、氢气和氧气反应的热化学方程式构建目标方程式，结合盖斯定律进行计算；D根据2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=480KJ/mol结合盖斯定律分析【解答】解：A2C（s）+O2（g）2CO（g）H1=220kJ/mol，C（s）+O2（g）CO（g）H1=110kJ/mol，但 C（s）的燃烧热指产物为稳定的二氧化碳所放出的热量，燃烧热大于110 kJ/mol，故A错误； B水的结构式为HOH，2mol水分子中含有4molHO键，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=反应物总键能生成物总键能=436kJ/mol2+496kJ/mol4

16、462kJ/mol=480KJ/mol，故B错误；CC（s）+O2（g）CO（g）H1=110kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=480KJ/mol，由得：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H1=（110kJ/mol）（480KJ/mol）=+130 kJ/mol，故C正确；D2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=480KJ/mol，将方程式反应物和生成物颠倒，根据盖斯定律，则反应热变换符号，分解2 mol H2O（l），至少需要提供480KJ热量，故D错误；故选C4【考点】P3：蒸馏与分馏【分析】A有机物化合物分子中增加氧原子或减少氢原子的反应称为氧化反应，

17、增加氢原子或减少氧原子的反应称为还原反应；B醛基的特征反应是与银氨溶液发生银镜反应；C分离互不相容的液体的方法是分液，苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大； D苯甲酸易溶于有机溶剂【解答】解：A苯甲醛苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，故A正确； B苯甲醛含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，因此可用银氨溶液判断反应是否完全，故B正确；C反应后的溶液分为有机层和水层，互不相容，可用分液法分离，有几层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，故C正确；D反应后的溶液中加酸、酸化，苯甲酸进入有几层，应该分液后蒸馏，故D错误；故选D5【考点】DO：酸碱混合时的定

18、性判断及有关ph的计算【分析】根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z分别是F、S、Cl元素，HX、HZ分别是HF、HCl，0.1000mol/L的HF、HCl溶液pH分别是3、1，则HF是弱酸、HCl是强酸，AHCl和NaOH混合后显中性，可知氢氧化钠溶液的体积也为20.00mL，则HF和氢氧化钠混合后也恰好完全反应生成NaF，NaF为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；BHX和HZ等体积混合后，HCl电离出的c（H+）=0.050mol/L，HF是弱电解质，混合后其电离平衡被抑制；C元素的非金属性越强，则气态氰化物的稳定性越强；DY2在溶液中会部分水解为HY和H2Y，根据物料守恒来分析【解答】解：根

19、据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z分别是F、S、Cl元素，HX、HZ分别是HF、HCl，0.1000mol/L的HF、HCl溶液pH分别是3、1，则HF是弱酸、HCl是强酸，AHCl和NaOH混合后显中性，可知氢氧化钠溶液的体积也为20.00mL，即NaOH的物质的量和HCl的物质的量相同，则也和HF的物质的量相同，即HF和氢氧化钠混合后也恰好完全反应生成NaF，而NaF为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故a大于7，故A错误；BHX和HZ等体积混合后，HCl电离出的c（H+）=0.050mol/L，但由于HF是弱电解质，和HCl混合后其电离平衡左移，故电离出的氢离子浓度变小且无法计算，故所得混合

20、溶液的pH不等于1+lg2，故B错误；C元素的非金属性越强，则气态氰化物的稳定性越强，由于非金属性Cl强于S，故HCl的热稳定性强于H2S，即前者的分解温度较低，故C错误；DY2在溶液中会部分水解为HY和H2Y，根据物料守恒可知，c（Y2）+c（HY）+c（H2Y）=0.1000 mol/L，故D正确故选D6【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A浓硫酸具有脱水性，可将有机物中的氢氧原子以2：1脱去，表现为强氧化性，在反应中S元素化合价降低，被还原生成二氧化硫；B实现了沉淀的转化，说明氢氧化铜更难溶，难溶物的溶度积越小越难溶；C二氧化硫被氧化成硫酸，生成的沉淀为硫酸钡；D常温下铁与浓硫酸发生

21、了钝化现象，不是不反应【解答】解：A向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，说明蔗糖被碳化，膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫，浓硫酸表现了脱水性和强氧化性，故A错误；B将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故B正确；CFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成BaSO

22、4，故C错误；D常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，由于发生了钝化现象，阻止了反应的继续进行，并不是不反应，故D错误；故选B7【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】Al2O3与NaOH反应，而Fe2O3不反应，过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，发生HCO3+AlO2+H2OAl（OH）3+CO32，加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，a、b、c点均显碱性，随NaHCO3溶液的加入，碱性减弱，以此来解答【解答】解：A加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，NaOH过量，滤液中含NaOH，由OH+HCO3=CO32+H2O、HCO3+AlO2+H2

23、OAl（OH）3+CO32可知，前8mL不生成沉淀，c（NaHCO3）=1.0mol/L，故A错误；Bb点与c点溶液所含微粒种类相同，均含Na+、AlO2、OH、CO32，故B正确；Cd点显碱性，溶质为NaOH、NaAlO2，存在的离子是Na+、AlO2、OH、H+，故C正确；DAlO2促进HCO3的电离，生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AlO2+H2OAl（OH）3+CO32，故D正确；故选A二、解答题（共4小题，满分58分）8【考点】HC：有机物的合成【分析】A为链状烃，其核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1：2，则A为CH2=CHCH=CH2，由B、C的分子式可知，A发生加成反应生成B

24、为BrCH2CH=CHCH2Br，C为HOOCCH=CHCOOH，C发生加聚反应生成D为，D中含COOH，与甲醇发生酯化反应生成E为，丙烯与氯气发生取代反应生成F为CH2=CHCH2Cl，F与HBr发生加成反应生成G为BrCH2CH2CH2Cl，G水解生成H为HOCH2CH2CH2OH，E与H发生信息中的反应生成J为，以此来解答【解答】解：（1）A为链状烃，其核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1：2，A为CH2=CHCH=CH2，则A的名称为1，3丁二烯，故答案为：1，3丁二烯；（2）B为BrCH2CH=CHCH2Br，B 中所含官能团名称为碳碳双键、氯原子，故答案为：碳碳双键、氯原子；（3）

25、C发生加聚反应生成D，CD的反应类型为加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）C能与足量的 NaHCO3 溶液反应生成C4H2O4Na2，C的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，故答案为：HOOCCH=CHCOOH；（5）DE的化学方程式是+nCH3OH+2nH2O，故答案为： +nCH3OH+2nH2O；（6）H中不含甲基，H与E形成对称型高聚物J的化学方程式是2nHOCH2CH2CH2OH+2nCH3OH，故答案为：2nHOCH2CH2CH2OH+2nCH3OH；（7）B为BrCH2CH=CHCH2Br，C为HOOCCH=CHCOOH，BC 的合理路线为BrCH2CH=CHCH2Br HOC

26、H2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CHBrCH2OHHOOCCH2CHBrCOOHHOOCCH=CHCOOH，故答案为：BrCH2CH=CHCH2Br HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CHBrCH2OHHOOCCH2CHBrCOOHHOOCCH=CHCOOH9【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（1）制取CuCl2：A装置制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，饱和食盐水能抑制反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，减少氯气的消耗，故用B装置中的饱和食盐水吸收氯化氢气体，C装置用浓硫酸吸收水蒸气，干燥纯净的氯气在D中与铜生成氯化铜，最后用氢氧化钠吸收未反应完的氯气，Cu

27、Cl2容易潮解，故在D、F间加E装置用浓硫酸装置中的吸收水蒸气，据此分析；（2）将足量的铜粉与浓盐酸、氯化钠加入氯化铜溶液中反应：CuCl2+Cu+2HCl（浓）2HCuCl2（无色），静置分层，过滤过量的铜粉，向滤液加水稀释，2HCuCl2（无色）2CuCl（白色）+2HCl，过滤，用乙醇洗涤沉淀，烘干得产品，据此分析【解答】解：（1）A装置中为二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应，离子方程式为：MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O；CuCl2容易潮解，故制备氯化铁的装置需保持无水环境，故C、E 装置中盛放的是浓硫酸；故答案为

28、：浓硫酸有吸水性，C、E防止CuCl2潮解；制得的氯气中混有氯化氢，由于Cl2+H2OH+Cl+HClO；氯化钠电离出的Cl，增大Cl浓度，平衡左移，抑制了Cl2和H2O的反应，减少了Cl2消耗，故B装置中用饱和食盐水而不用蒸馏水；故答案为：由于Cl2+H2OH+Cl+HClO；氯化钠电离出的Cl，增大Cl浓度，平衡左移，抑制了Cl2和H2O的反应，减少了Cl2消耗；（2）反应中加入NaCl的目的是增大Cl浓度，促进CuCl2+Cu+2HCl（浓）2HCuCl2正方向移动，有利于生成HCuCl2；当Cl浓度过高时，CuCl+ClCuCl22，会使CuCl溶解而降低产率；故答案为：增大Cl浓度，

29、有利于生成HCuCl2；当Cl浓度过高时，CuCl+ClCuCl22，会使CuCl溶解而降低产率；CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2（OH）3Cl，反应的方程式为：4CuCl+4H2O+O22Cu2（OH）3Cl+2HCl；故答案为：4CuCl+4H2O+O22Cu2（OH）3Cl+2HCl；利用膜电解法制取CuCl，阴极得电子发生还原反应，则为铜离子得电子化合价升高生成CuCl，故电极反应式为：Cu2+Cl+eCuCl（Cu2+eCu+）；故答案为：Cu2+Cl+eCuCl（Cu2+eCu+）；由题可知，CuCl微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤沉淀可洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少溶解损耗；乙醇的沸点低，有利于干燥；故答案为：洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少溶解损耗；乙醇的沸点低，有利于干燥10【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（1）往Al2（SO4）3溶液中