北京市海淀区2019届高三化学3月适应性练习（零模）试卷.docx

北京市海淀区2019届高三化学3月适应性练习（零模）试卷（含解析）1.中国文化中的“文房四宝”所用材料的主要成分为单质的是（ ）A. 笔B. 墨C. 纸D. 砚A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A笔使用的主要是动物毛发，属于蛋白质，主要由C、H、O、N元素组成，故A错误；B墨中的炭主要是C元素形成的单质，故B正确；C纸的主要成分是纤维素，属于糖类，由C、H、O元素组成，故C错误；D砚的主要成分是硅酸盐或碳酸盐，由C、Si、O、Na、K、钙等元素组成，故D错误；答案选B。2.固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A. N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应B. 吸附在铁表面的N2断裂了NN键C. NH3分子中的N-H键不是同时形成D. Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A、由3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而4、5表示发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，故A正确；B、由图4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了NN键，故B正确；C、由图5、6、7可知，NH3分子中的N-H键不是同时形成，故C正确；D、催化剂只改变反应速率，平衡不移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意图中细节的观察和总结，图3中N2和H2分子被吸附在铁表面，图4中氮气、氢气在铁表面断裂成了原子，图5表示N和H原子形成了一个N-H键，图6表示形成了2个N-H键，图7表示形成了3个N-H键，图8表示NH3分子从铁表面离开。3.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A. 用过量氨水除去烟气中的二氧化硫：SO2 2NH3H2O = (NH4)2SO3H2OB. 呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气：2Na2O22CO2 =2Na2CO3O2C. 电解饱和氯化钠溶液产生气体：2NaCl+2H2O2NaOHH2Cl2D. 用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜：8H+ +2NO3- +3Cu = 3Cu2+ +2NO + 4H2O【答案】D【解析】【详解】A用过量氨水除去烟气中的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式：SO2+2NH3H2O(NH4)2SO3+H2O，故A正确；B呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气，反应的化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故B正确；C电解饱和氯化钠溶液产生氯气、氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故C正确；D用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜，浓硝酸反应生成二氧化氮，离子方程式：4H+2NO3-+CuCu2+2NO2+2H2O，故D错误；答案选D。4.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）实验现象结论A向C6H5ONa溶液中通入CO2气体溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHB向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀该溶液中有Fe2+，无Fe3+C向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中滴加几滴浓的维生素C溶液黄色褪为几乎无色维生素C具有氧化性D向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液无明显变化浓度对反应速率没有影响A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向C6H5ONa溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，可推断酸性：H2CO3C6H5OH，故A正确；BK3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故B错误；C向盛有2mLFeCl3溶液的试管中滴加几滴浓的维生素C溶液，黄色褪为几乎无色，证明氯化铁被还原，维生素C表现了还原性，不是氧化性，故C错误；D双氧水与亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，该反应过程中没有明显现象，无法通过观察现象的方法探究浓度对反应速率的影响，故D错误；答案选A。5.合成某种胃药的核心反应如下图：下列说法正确的是（ ）A. 反应物I只能发生取代、加成两种反应B. 生成III的原子利用率为100%C. 反应物II中的两个N-H键的活性不同D. 生成物III的分子式C22H23O2N4Cl【答案】C【解析】【详解】A反应物含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，故A错误；B根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，故B错误；C反应物中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团，则两个N-H键的活性不同，故C正确；D由结构简式可知生成物的分子式C22H24O2N4Cl，故D错误；答案选C。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意含有卤素原子的有机物可以发生取代反应，当与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，也可发生消去反应。6.某化学实验兴趣小组的同学从海带中提取碘单质的实验流程图如下：依据实验下列说法不正确的是（ ）A. 从上述实验可以得出海带中含有可溶性的含碘化合物B. 步骤中可能发生的反应为：5I- + IO3- +6H+ =3I2 +3H2OC. 若步骤中用CCl4做萃取剂，步骤应取上层溶液得到后续的混合物CD. 整个过程中的操作是利用了物质的溶解性实现了碘元素的富集、分离与提纯【答案】B【解析】【分析】由流程可知，海带溶解后倾倒分离出残渣，混合物A酸化氧化后萃取分液得到混合物B，混合物B中含碘单质，步骤中加NaOH后分离出的混合物C中含I-、IO3-，最后加硫酸发生5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O，又析出碘，达到碘元素的提取，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，海带中含有可溶性的含碘化合物，故A正确；B步骤中碘与氢氧化钠溶液发生的反应可能为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，故B错误；C若步骤中用CCl4做萃取剂，有机层在下层，步骤中碘与NaOH反应生成的含碘化合物易溶于水，进入水层，则步骤应取上层溶液得到后续的混合物C，故C正确；D根据流程，结合上述分析，实验过程中是利用了物质的溶解性实现了碘元素的富集、分离与提纯，故D正确；答案选B。7.某实验小组在常温下进行电解饱和Ca(OH)2溶液的实验，实验装置与现象见下表。序号III装置现象两极均产生大量气泡，b极比a极多；a极溶液逐渐产生白色浑浊，该白色浑浊加入盐酸有气泡产生两极均产生大量气泡，d极比c极多；c极表面产生少量黑色固体；c极溶液未见白色浑浊下列关于实验现象的解释与推论，正确的是（ ）A. a极溶液产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水，析出Ca(OH)2固体B. b极产生气泡：4OH 4e = O2 2H2OC. c极表面变黑：Cu 2e 2OH = CuO H2OD. d极电极反应的发生，抑制了水的电离【答案】C【解析】【详解】A、a极为电解池的阳极，氢氢根离子放电生成氧气与电极C反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，该白色浑浊为碳酸钙，加入盐酸有二氧化碳产生，而不是析出Ca(OH)2固体，故A错误；B、b极是阴极，水电离产生的氢离子放电生成氢气，而不是氢氧根离子放电，生成氧气，故B错误；C、c极为阳极，表面产生少量黑色固体，是铜放电生成的氧化铜，所以c极表面变黑：Cu-2e-+2OH-CuO+H2O，故C正确；D、d极为阴极，是水电离产生的氢离子放电生成氢气，促进了水的电离，故D错误；答案选C。【点睛】明确电解时两个电极发生的反应是解本题关键。解答本题需要注意结合现象分析。本题的易错点为A，白色沉淀如果是氢氧化钙，与盐酸应该没有气体放出。8.3-四氢呋喃甲醇是合成农药呋虫胺的中间体，其合成路线如下：已知： RCl NCN RCOOH R1COOR2 + R318OH R1CO18OR3 + R2OH R1COOR2 R1CH2OH + R2OH请回答下列问题：（1）A生成B的反应类型是_，B中含有的官能团是_。 （2）D发生酯化反应生成E的化学方程式为_。（3）3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，请写出其中两种符合下列条件的有机物的结构简式：_。能发生水解反应 分子中有3个甲基（4）G的结构简式为_。（5）生成G的过程中常伴有副反应发生，请写出一定条件下生成高分子聚合物的化学方程式：_。（6）还可以利用与K发生加成反应合成3-四氢呋喃甲醇，写出K和H的结构简式。_、_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 氯原子(-Cl)、羧基(-COOH) (3). HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O (4). 、（任写2种） (5). (6). n+（n-1）CH3CH2OH (7). HCHO (8). 【解析】【分析】由A的分子式、C的结构，结合反应条件，可知A为CH3COOH，A与氯气发生甲基上的取代反应生成B，B为ClCH2COOH，B发生羧基与碳酸钠复分解反应、再发生取代反应生成C。由F的结构、结合信息，可知C酸化生成D，D为HOOCCH2COOH，结合(2)的提示，D与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；E与环氧乙烷发生开环加成生成F。F发生信息中酯交换反应脱去1分子CH3CH2OH生成G，故G为，G发生信息中的反应生成，然后脱去1分子水生成，据此分析解答。【详解】(1)A生成B是乙酸的甲基上H原子比氯原子替代，属于取代反应；B为ClCH2COOH，B中含有的官能团是：羧基、氯原子，故答案为：取代反应；羧基、氯原子；(2)D为HOOCCH2COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E，反应化学方程式为HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2 H2O，故答案为：HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2 H2O；(3)3-四氢呋喃甲醇的两种同分异构体符合下列条件：能发生水解反应，说明含有酯基，分子中有3个甲基，可以是：、，故答案为：、(任写2种)；(4)根据上述分析可知，G为：，故答案为：；(5)生成G的过程中常伴有副反应发生，一定条件下生成高分子聚合物的化学方程式：n+(n-1)CH3CH2OH，故答案为：n+(n-1)CH3CH2OH；(6)与K发生加成反应生成，故K为HCHO，发生信息中反应生成H为，然后脱去1分子水生成，故答案为：HCHO；。【点睛】熟练掌握官能团的性质与转化，充分利用给予的信息进行判断是解题的关键。本题的易错点为(5)，可以联系羧基和羟基发生的酯化反应进行类推。9.金是一种用途广泛的贵重金属。某化工厂利用氰化法从一种含金矿石中提取金的工艺流程如下：资料： Zn + O2 + H2O = Zn(OH)2 Zn2+(aq) Zn(CN)2(s) Zn(CN)42-(aq)（1）步骤2中发生的反应有： 2Au(s) + 4CN-(aq) + 2H2O(l) + O2(g) = 2Au(CN)2-(aq) + 2OH-(aq) + H2O2(aq) H = -197.61 kJmol-1 2Au(s) + 4CN-(aq)+ H2O2(aq) = 2Au(CN)2-(aq) + 2OH-(aq) H = -386.93 kJmol-1则2Au(s)+ 4CN-(aq)+ H2O(l) + 1/2O2(g) = 2Au(CN)2-(aq) + 2OH-(aq)的H =_。（2）下图是步骤2中金的溶解速率与温度的关系。80以后溶解速率降低的原因是_。（3）步骤4的目的是_。（4）步骤5置换的总反应是：2Au(CN)2- + 3Zn + 4CN- + 2H2O = 2Au + 2Zn(CN)42- + ZnO22- + 2H2则以下说法正确的是_(填字母序号)。A 步骤5进行时要先脱氧，否则会增加锌的用量B 若溶液中c(CN-)过小，会生成Zn(CN)2，减缓置换速率C 实际生产中加入适量Pb(NO3)2的目的是形成原电池加快置换速率（5）脱金贫液(主要含有CN-)会破坏环境，影响人类健康，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。碱性条件下，用Cl2将贫液中的CN-氧化成无毒的CO2和N2，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). -292.27kJmol-1 (2). 温度太高会减小O2的溶解度，使c(O2)减小，或温度太高会使H2O2分解，c(H2O2)减小，金的溶解速率降低 (3). 提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失，合理即可) (4). ABC (5). 2CN- + 5Cl2 + 8OH- = 2CO2 + N2 + 10Cl- + 4H2O【解析】【分析】含金矿石经磨矿粉碎后加入KCN、KOH混合液，并通入氧气，反应生成Au(CN)2-，过滤，将滤渣洗涤，在滤液中加入Zn置换，可生成Zn、Au沉淀，加入酸除去锌，可得到金，以此解答该题。(1)根据盖斯定律分析解答；(5)根据题意写出反应物和生成物，结合氧化还原反应方程式的配平方法书写方程式。【详解】(1)2Au(s)+4CN-(aq)+2H2O(l)+O2(g)2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)+H2O2(aq) H=-197.61kJmol-1，2Au(s)+4CN-(aq)+H2O2(aq)2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq) H=-386.93kJmol-1，根据盖斯定律，将可得2Au(s)+4CN-(aq)+H2O(l)+O2(g)2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq) H=-292.27 kJmol-1，故答案为：-292.27kJmol-1；(2)温度越高，气体在水中的溶解度越小。温度较高时，导致氧气的溶解度减小，同时也导致过氧化氢分解，使过氧化氢的浓度降低，金的溶解速率降低，故答案为：温度太高会减小O2的溶解度，使c(O2)减小或温度太高会使H2O2分解，c(H2O2)减小，金的溶解速率降低；(3)步骤4是洗涤沉淀，可提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失)，故答案为：提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失)；(4)A氧气可氧化锌，则步骤5进行时要先脱氧，否则会增加锌的用量，故A正确；B若溶液中c(CN-)过小，会生成Zn(CN)2，Zn(CN)2为固体，难溶于水，会减缓置换速率，故B正确；C实际生产中加入适量Pb(NO3)2，锌置换出Pb，可形成原电池，加快置换速率，故C正确；故答案为：ABC；(5)碱性条件下，用Cl2将脱金贫液(主要含有CN-)中的CN-氧化成无毒的CO2和N2，该反应的离子方程式为2CN-+5Cl2+8OH-2CO2+N2+10Cl-+4H2O，故答案为：2CN-+5Cl2+8OH-2CO2+N2+10Cl-+4H2O。10.近年来，利用SRB(硫酸盐还原菌)治理废水中的有机物、SO42-及重金属污染取得了新的进展。（1）下图表示H2CO3和H2S在水溶液中各种微粒物质的量分数随pH的变化曲线。某地下水样pH=8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物(主要为CH3COO)将SO42-还原为-2价硫的化合物，请用离子方程式表示该过程中的化学变化：_。（2）SRB除去废水中有机物的同时，生成的H2S还能用于构造微生物电池，某pH下该微生物燃料电池的工作原理如下图所示。写出电池正极的电极反应：_。负极室的pH随反应进行发生的变化：_(“减小”或“增大”)，结合电极反应解释pH变化的原因：_。（3）SRB可用于处理废水中含重金属锑(Sb)的离子。通过两步反应将Sb(OH)6转化为Sb2S3除去，转化过程中有单质生成。完成第一步反应的离子方程式。第一步： Sb(OH)6+ H2S =1 + 1 + H2O，_第二步：3H2S +2SbO2+2H+ =Sb2S3 +4H2O某小组模拟实验时配制amL含Sb元素b mgL-1 的废水，需称取_gKSb(OH)6(相对分子质量为263)。提示：列出计算式即可。【答案】 (1). SO42- + CH3COO- = HS-+2HCO3- (2). O2 + 4H+ + 4e-= 2H2O (3). 减少 (4). 负极电极反应方程式H2S + 4H2O - 8e-=SO42- + 10H+，负极毎反应生成1 mol SO42-时，生成10 mol H+，同时有8mol H+通过质子交换膜进入正极室，负极pH减小 (5). 1Sb(OH)6 +1H2S =1SbO2+1S+4H2O (6). 【解析】【分析】(1)根据图示，在pH=8.5，SRB的作用下，废水中的有机物(主要为CH3COO-)与SO42-反应为HS-和HCO3-；(2)通入氧气的电极为原电池的正极，在酸性溶液中氧气得到电子反应生成水；根据图示，硫化氢失电子发生氧化反应生成硫酸，结合正极反应分析判断；(3)结合第二步的方程式可知，反应中Sb(OH) 6-转化为SbO2-，Sb元素化合价+6价降低为+3价，则H2S中硫元素化合价-2价升高为0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式；根据Sb元素守恒计算KSb(OH)6的质量。【详解】(1)某地下水样pH=8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物(主要为CH3COO-)将SO42-还原为-2价硫的化合物，根据图中变化曲线和pH分析，生成的物质主要是HS-和HCO3-，反应的离子方程式：SO42-+CH3COO-HS-+HCO3-，故答案为：SO42-+CH3COO-HS-+HCO3-；(2)通入氧气的电极为原电池的正极，原电池正极发生还原反应，在酸性溶液中氧气得到电子反应生成水，电极反应为O2+4H+4e-=2H2O，故答案为：O2+4H+4e-=2H2O；SRB除去废水中有机物的同时，生成的H2S还能用于构造微生物电池，通入H2S的为原电池的负极，负极上硫化氢失电子发生氧化反应生成硫酸，溶液的pH减小，负极的电极反应：H2S+4H2O-8e-=SO42-+10H+，每生成1mol硫酸根离子生成10mol氢离子，结合正极的电极反应：O2+4H+4e-=2H2O可知，有8mol氢离子通过质子膜进入正极区，负极pH减小，故答案为：减小；负极电极反应：H2S+4H2O-8e-=SO42-+10H+，每生成1mol硫酸根离子生成10mol氢离子，同时有8mol氢离子通过质子膜进入正极区，负极pH减小；(3)将Sb(OH)6转化为Sb2S3除去，转化过程中有单质生成，结合第二步的方程式可知，反应中Sb(OH) 6-转化为SbO2-，Sb元素化合价+6价降低为+3价，电子转移3e-，则H2S中硫元素化合价-2价升高为0价，电子转移2e-，根据得失电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式：Sb(OH) 6-+H2SSbO2-+S+4H2O，故答案为：1Sb(OH)6+1H2S =1SbO2+1S+4H2O；某小组模拟实验时配制a mL含Sb元素b mgL-1 的废水，废水中含有Sb元素的物质的量=，依据Sb元素守恒，需称取KSb(OH)6的质量=263g/mol=g，故答案为：。11.某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。【初步探究】室温下进行下表所列实验。序号操作现象实验取5 mL 0.1 molL-1 KI溶液，滴加0.1 molL-1FeCl3溶液56滴(混合溶液pH=5)溶液变为棕黄色实验取2 mL实验反应后的溶液，滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液溶液呈红色（1）证明实验中有I2生成，加入的试剂为 _。（2）写出实验反应的离子方程式：_。（3）结合上述实验现象可以证明Fe3+与I-发生可逆反应，原因是_。【深入探究】20 min后继续观察实验现象：实验溶液棕黄色变深；实验溶液红色变浅。（4）已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验中溶液棕黄色变深。甲同学设计实验：_，20 min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是_(写出两条)。（5）乙同学查阅资料可知：FeCl3与KI的反应体系中还存在I- + I2I3-，I3-呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理解释实验中20 min后溶液红色变浅的原因：_。（6）丙同学针对20 min后的实验现象继续提出假设：FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡需要一段时间，有可能20 min之前并未达到平衡。为验证该假设，丙同学用4支试管进行实验，得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系，具体实验方案为_。【答案】 (1). 淀粉溶液或CCl4 (2). 2Fe3+2I-2Fe2+I2 (3). 实验通过检验KI过量(或Fe3+不足量)的情况下仍有Fe3+剩余，说明正反应不能进行到底 (4). 向试管中加入5 mL 0.1 molL-1 KI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5 (5). c(I-)低、c(H+)低 (6). 由于I-+I2I3-，使c(I2)减小，2Fe3+2I-2Fe2+I2 正向移动，c(Fe3+)减小，Fe3+3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色变浅 (7). 向1支试管中加入2 mL 0.1 molL-1 KI溶液，再滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液23滴，滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，之后每间隔5 min，另取1支试管重复上述实验，观察4支试管中溶液颜色的变化【解析】【分析】(1)根据碘单质的特征反应回答；(2)结合Fe3+与I-生成碘单质，书写并配平氧化还原反应方程式；(3)根据铁离子与KSCN溶液的显色反应解释；(4)已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，设计实验可以在酸性弱的条件下观察反应现象分析判断，导致溶液不变蓝的因素可能是离子浓度低的原因；(5)根据I-+I2I3-、2Fe3+2I-2Fe2+I2，Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，结合平衡移动的原理分析解答；(6)根据FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡需要一段时间，有可能20min之前并未达到平衡，为验证该假设，可以用4支试管分四次做实验，得到颜色由浅到深的四个红色溶液体系。【详解】(1)取5mL0.1molL-1KI溶液，滴加0.1molL-1FeCl3溶液56滴(混合溶液pH=5)，溶液变为棕黄色，证明实验中有I2生成，检验碘单质可以选用淀粉溶液，溶液变蓝色说明生成了碘单质，故答案为：淀粉溶液；(2)实验中Fe3+与I