北京市东城区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）.docx

北京市东城区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Mn-551.近日，我国科研团队研发出一种蓝藻人造叶片系统，其核心是一种可以向细胞外分泌蔗糖的蓝藻，其工作原理如图。下列说法不正确的是A. 该系统利用了蓝藻的光合作用B. 理论上，系统出水量小于进水量C. 可用银氨溶液检验产物中是否含蔗糖D. 该系统有望人类探索太空时解决生存难题提供新思路【答案】C【解析】【详解】A、光合作用的反应是：CO + HO碳水化合物+ O ，该系统利用了蓝藻的光合作用，故A正确；B、光合作用的反应是：CO + HO碳水化合物+ O ，反应消耗水，理论上系统出水量小于进水量，故B正确；C、蔗糖不含醛基，属于非还原性糖，银氨溶液不能检验蔗糖，故C错误；D、该系统在太空环境下有望把二氧化碳和水制成人类必需的碳水化合物和氧气，有望为人类探索太空时解决生存难题提供新思路，故D正确。正确答案选C。2.下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是A. 镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀B. 铝箔在加热时，熔化的铝不滴落C. 铁在氧气中燃烧所得氧化物中，铁有两种化合价D. 常温时浓硝酸可用铁制容器盛放，而不能用铜制容器盛放【答案】A【解析】【详解】A、镀锌铁因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，所以镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀可利用金属活动性顺序解释，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，所以加热铝箔时熔化的铝不滴落，与金属活动性顺序无关，故B错误；C、铁在氧气中燃烧所得氧化物是四氧化三铁，四氧化三铁中铁的化合价有两种：+2价和+3价，其中+2价一个+3价两个，与金属活动性顺序无关，故C错误；D、常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸；常温下，浓硝酸能和铜反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，不能用铜制品容器盛放浓硝酸，不能用金属活动性顺序解释，故D错误。正确答案选A。3.钨（W）在高温下可缓慢升华。碘钨灯中封存的碘蒸气能发生反应：W(s) + I2(g) WI2(g)，利用工作时灯泡壁与灯丝的温度差，将沉积在灯泡壁上的钨“搬运”回灯丝上。对于该过程的理解不正确的是A. 工作时，电能转化为光能和热能B. 工作时，在灯泡壁和灯丝上发生反应的平衡常数互为倒数C. W(s) + I2(g) WI2(g) 为放热反应D. 碘蒸气的作用是延长灯丝的使用寿命【答案】B【解析】【详解】A、碘钨灯工作时，发光、发热，电能转化为光能和热能，故A正确；B、工作时，利用灯泡壁与灯丝的温度差，将沉积在灯泡壁上的钨“搬运”回灯丝上，灯丝的温度高于灯泡壁的温度，W在高温下缓慢升华，在灯泡壁上发生反应W(s) + I2(g) WI2(g)，平衡常数K1=和灯丝上发生反应WI2(g) W(g) + I2(g)的平衡常数K2=，K1 K2不是互为倒数，故B错误；C、利用工作时灯泡壁与灯丝温度差，将沉积在灯泡壁上的钨“搬运”回灯丝上，灯丝的温度高于灯泡壁的温度，说明升高温度，化学平衡向吸热方向移动，WI2的物质的量减少，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，故C正确；D、扩散到灯泡壁（低温区）的钨与I2（g）发生反应生成WI2（g），WI2（g）扩散到灯丝（高温区）重新分解出钨沉积到灯丝表面，从而延长钨丝使用寿命，故D正确。正确答案选B。4.BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB. 该过程中BMO表现较强氧化性C. 降解产物的分子中只含有极性共价键D. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】B【解析】【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D、 中1molO2-要得到3mol电子，而中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；正确答案选B。5.酸与醇发生酯化反应的过程如下： 下列说法不正确的是A. 的反应类型是加成反应B. 的反应类型是消去反应C. 若用R18OH作反应物，产物可得H218OD. 酯化过程中，用浓硫酸有利于的过程【答案】C【解析】【详解】A、的反应羧酸的羧基中羰基与醇发生加成反应，故A正确；B、的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故B正确；C、根据酯化反应的过程，若用R18OH作反应物，产物是RCO18OR和H2O，故C错误；D、酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的RCOOR的方向移动，有利于的过程，故D正确。正确答案选C。6.下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A. 卤化银沉淀的转化B. 配制FeCl3溶液C. 淀粉在不同条件下水解D. 探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应【答案】C【解析】【详解】A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。7.不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A. 由、可知， pH越大，+2价铁越易被氧化B. 由、推测，若pH7，+2价铁更难被氧化C. 由、推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D. 60、pH=2.5时， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)【答案】D【解析】【详解】A、由、可知， pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；B、若pH7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；C、由、推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；D、50、pH=2.5时，4 h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6a mol/L，4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(Lh)，温度升高到60、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)。正确答案选D。8.缓释布洛芬是常用的解热镇痛药物，其一种合成路线如下：已知： R1COOR2 + R3OH R1COOR3 + R2OH（1）按照官能团分类，A所属类别是_。（2）反应化学方程式是_。（3）试剂X的结构简式是_。（4）FG的反应类型是_。（5）H的结构简式是_。（6）反应的化学方程式是_。（7）缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬，请将下列方程式补充完整。 + 2n H2O _（8）以丙烯为起始原料制备丙酮酸甲酯（）的合成路线如下，请补充完整（无机试剂任选）。_【答案】 (1). 羧酸 (2). +2NaOH+NaCl+2H2O (3). (4). 加成反应 (5). (6). +CH3OH (7). +nHOCH2CH2OH (8). 【解析】【分析】根据流程图可知A为异丁酸(CH3)2CHCOOH，A在加热的条件下与PCl3 反应生成；J发生加聚反应生成缓释布洛芬，由缓释布洛芬的结构简式逆推J为；发生反应生成B，B酸化生成C，C与C2H6O2反应生成D，C2H6O2为HOCH2CH2OH，则CD为酯化反应，D中含酯基；A与SOCl2反应生成E，根据EFG的反应条件，EFG发生题给已知的反应，根据G的分子式和A的结构简式推知，E的结构简式为(CH3)2CHCOCl，F的结构简式为，X为苯，G的结构简式为，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成H，H的结构简式为，H与H2/Ni发生加成反应生成I，I的结构简式为；I与D反应生成J，结合J的结构简式和已知，D的结构简式为；由D进一步逆推出C为H2C=C(CH3)COOH，B为。【详解】（1）A的结构简式为(CH3)2CHCOOH，含有官能团羧基，所以A属于羧酸；（2）反应，反应条件为NaOH醇溶液、加热，反应方程式为；（3）根据推断X为苯，结构简式为；（4）FG为，发生的是题给已知的反应，发生的是羰基的加成反应；（5）由分析可知H的结构简式是：；（6）反应的化学方程式为；（7）缓释布洛芬中含酯基，缓释布洛芬水解的方程式为+2nH2O；（8）以丙烯为起始原料制备丙酮酸甲酯（），根据已给流程应由丙烯合成CH3COCOOH，对比丙烯与CH3COCOOH结构简式，由含碳碳双键的物质合成双官能团的物质，所以由丙烯与Br2/CCl4发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应生成CH3CH（OH）CH2OH，CH3CH（OH）CH2OH发生两步氧化制得CH3COCOOH；合成路线为。9.某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：（1）Na2SO3溶液和氨水均可作浸出剂，但由于氨水易_（填物理性质），故用Na2SO3溶液更环保。（2）中主要反应：AgCl + 2 + Cl-。研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率（浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比）降低，可能原因是_（用离子方程式表示）。（3）研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是_。解释中变化趋势的原因：_。pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是_。（4）将中反应的离子方程式补充完整：_+_OH- +_ = _ +_ +_ + CO32-（5）中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：_。【答案】 (1). 挥发 (2). 2 (3). 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大 (4). 浸出液中c()增大，使浸出反应的平衡正向移动 (5). pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小 (6). 4 (7). 6 (8). HCHO (9). 4Ag (10). 8 (11). 4H2O (12). 随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl + 2 + Cl-的限度减小【解析】【分析】分银渣中主要成分是AgCl，中用Na2SO3溶液作浸出剂，主要反应：AgCl + 2 + Cl-；浸出液与甲醛反应，中发生4+6OH-+HCHO=4Ag+8 +4H2O+反应，生成Ag回收，同时又生成，III中循环使用。【详解】（1）氨水易挥发污染空气，故用Na2SO3溶液更环保；（2）反应在敞口容器中进行，很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2；（3）根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；中变化趋势的原因：浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl + 2 + Cl-的平衡正向移动； pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度变化与pH=10时不同，pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小；（4）Ag的化合价由+1价降至0价，HCHO被氧化成CO32-，回收液循环使用，说明有SO32-生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8 +4H2O+（5）随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl + 2 + Cl-的限度减小【点睛】注意化学平衡中减少反应物浓度或增加生成物浓度对反应限度的影响。10.过硫酸（H2S2O8）为无色晶体，易溶于水，在热水中易水解。物质硫酸过硫酸结构式（1）依据硫酸和过硫酸的结构式，下列说法正确的是_（填序号）。a硫酸和过硫酸均为共价化合物b. 过硫酸分子中含有与过氧化氢分子中相同的化学键c. 过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子（2）工业上利用过硫酸铵制备过氧化氢的一种方法如下图。电解法制(NH4)2S2O8过程中，得到S2的电极反应式是_。 其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中S2含量随温度变化如图。电解时通常控制15而不用更低温度的原因：_。X的化学式是_。过硫酸盐的水解反应_（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。下图中ae表示S2中的部分化学键，则S2发生水解反应时断裂的化学键是_（选填字母）。（3）过硫酸钾氧化法可用于分析锰钢中Mn元素的含量：取样品a g，加入过量浓硝酸，在加热条件下将Mn溶出，再用b L 过硫酸钾溶液将溶出的Mn2+全部转化为，检测浓度，计算得出样品中Mn元素的质量分数为c。该实验条件下氧化性：S2_（填“”或“”）。该过程中过硫酸钾溶液的浓度至少是_mol/L（用含a、b、c的代数式表示）。【答案】 (1). ab (2). 2 (3). 低温时含量增加不显著，但增加能耗 (4). (5). 不属于 (6). bd (7). (8). 【解析】【分析】依据硫酸和过硫酸的结构式，硫酸和过硫酸均为共价化合物，过硫酸分子中含有OO化学键；(NH4)2SO4和H2SO4电解制得(NH4)2S2O8，与KHSO4发生复分解反应得NH4HSO4与K2S2O8，K2S2O8水解得KHSO4和H2O2。【详解】（1）依据硫酸和过硫酸的结构式，硫酸和过硫酸均为共价化合物，故a正确；过硫酸分子中含有OO化学键，含有与过氧化氢分子中相同的化学键，故b正确；2个硫酸脱掉1个水分子，得到H2S2O7不是H2S2O8，故c错误。（2）在电解池的阳极上SO42-发生失电子的氧化反应，2根据图像，其他条件一定，在低于15时含量增加不显著，但低温增加能耗；(NH4)2S2O8与KHSO4发生复分解反应得NH4HSO4与K2S2O8，所以X是NH4HSO4过硫酸盐的水解反应得硫酸氢盐和H2O2，化合价没有变化，不属于氧化还原反应；水解反应得HOOH，断裂的化学键是b和d；（3）过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，所以氧化性：S2O82-MnO4-设过硫酸钾溶液的浓度至少为X2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4-+10SO42+16H+2mol 5mol bX列式2mol：=5mol： bX ，解得X=【点睛】根据化合价是否变化判断氧化还原反应，并强调在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。11.某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应。实验中：c(KSCN) = 0.1 mol/L；cFe2(SO4)3 = 0.025 mol/L；c(CuSO4) = 0.05 mol/L。. KSCN溶液与CuSO4溶液反应，实验如下。资料：.Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2。.(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可与水、碱等发生反应。（1）a中CuSO4溶液显酸性的原因是_（用离子方程式表示）。（2）ab中试管内溶液pH减小，可能的原因是_。（3）bc产生沉淀的原因是_。. 同学们根据相同条件下氧化性：Fe3+Cu2+，预测Fe3+与SCN-也可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下实验。（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到_，表明发生了反应：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3。（5）基于（4）继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是_。（6）查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的原因：生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是_。（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。该实验结果与（5）中实验结果不一致，解释原因：_。（8）为进一步证实（7）中的解释，在以上实验的基础上补充实验，其操作及现象是_。【答案】 (1). Cu2+2H2O Cu（OH）2+2H+ (2). 生成（SCN）2与水反应所得HSCN为强酸，使溶液pH减小 (3). NaOH与（SCN）2反应，使溶液中c（SCN-）增大，与Cu2+继续反应生成少量CuSCN (4). 溶液变为红色 (5). 在无Fe3+3 SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化 (6). 用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池 (7). 滴入K3Fe(CN)6溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强 (8). 在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极【解析】【分析】Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2