北京市市昌平区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）.docx

北京市市昌平区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 N 14 S 32 Cu 641.下列我国科技成果不涉及化学变化是A.厨余污油裂化为航空燃油B. “深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C. 以“煤”代“油”生产低碳烯烃D. 用“天眼”接收宇宙中的射电信号A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。2.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2C. 氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2OD. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42【答案】B【解析】【详解】A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故B错误；C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故C正确；D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正确；选B。3.下列说法正确的是A. 34Se、35Br位于同一周期，还原性Se2 Br ClB. 与互为同系物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 硫酸铵和醋酸铅都是盐类，都能使蛋白质变性D. Al2O3和Ag2O都是金属氧化物，常用直接加热分解法制备金属单质【答案】A【解析】【详解】A、同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，单质氧化性SeBr2Br Cl，故A正确；B、 属于酚类、属于醇类，不属于同系物，故B错误；C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析，不能使蛋白质变性，故C错误；D、Al是活泼金属，Al2O3不能直接加热分解制备金属铝，故D错误。4.下列实验操作、现象和结论均正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；C、CH3CH2Br非电解质不能电离出Br，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故C错误；D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故D错误。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。5.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)= CO2(g)+H2(g)。已知在25时：C(s)+O2(g)CO(g) H1111kJmol 1H2(g)+O2(g)= H2O(g) H2242kJmol 1C(s)+O2(g) = CO2(g) H3394kJmol 1下列说法不正确的是A. 25时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H41kJmol1B. 增大压强，反应的平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小C. 反应达到平衡时，每生成1molCO的同时生成0.5molO2D. 反应断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律得CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H41kJmol1，故A正确；B.平衡常数只与温度有关，增大压强K不变，故B错误；C. 反应，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D. 焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此反应断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；选B。6.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn +(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4Zn(OH)23xH2O其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B. 放电时，电池的正极反应为：MnO2+e+H+=MnOOHC. 充电时，Zn2+移向Zn膜D. 合成有机高聚物的单体是：【答案】B【解析】【详解】A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；B. 原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e+H2O=MnOOH+OH-，故B错误；C. 充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时Zn膜充当阴极，所以Zn2+移向Zn膜，故C正确；D. 根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故D正确；选B。7.在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52+H2O=2HSO3实验用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验1：溶液使紫色石蕊溶液变蓝，溶液使之变红。实验2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32) 随反应时间变化如下图所示。实验3：调溶液的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A. Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32+H2OHSO3+OHB. NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度C. 实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D. 实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同【答案】C【解析】【详解】A. Na2SO3强碱弱酸盐，SO32水解SO32+H2OHSO3+OH，所以溶液显碱性，故A正确；B. HSO3电离呈酸性、HSO3水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度，故B正确；C. 根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D. 根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。8.甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：已知：.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr.（1）A的结构简式为_。（2）C中含氧官能团名称为_。（3）CD的化学方程式为_。（4）FG的反应条件为_。（5）HI的化学方程式为_。（6）J的结构简式为_。（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：_，_。合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为_。【答案】 (1). (2). 羟基、羧基 (3). +CH3OH+H2O (4). 浓H2SO4、浓硝酸，加热 (5). +H2O (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。【详解】（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。（4）为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。（7）根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂（LiFePO4）做电极材料。对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如下：资料：碳酸锂在水中溶解度：温度/020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72（1）过程i研磨粉碎的目的是_。（2）过程ii加入足量NaOH溶液的作用是_。（3）过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：序号酸氧化剂浸出液Li+浓度(g/L)滤渣中Li含量/%实验1HClH2O29.020.10实验2HClNaClO39.050.08实验3HClO27.050.93实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为_。结合实验结果和中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，原因是_。过程iii得到的浸出液循环两次的目的是_。（4）浸出液中存在大量H2PO4和HPO42，已知：H2PO4 HPO42 +H+，HPO42 PO43+H+，结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因_。（5）对比过程iv和v，说明过程iv不用饱和Na2CO3溶液的原因_。（6）简述过程vi的操作_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 溶解Al，使其分离出去 (3). ClO3+5Cl+6H+ =3Cl2+3H2O (4). Li+的浸出率较高，且较环保（节约酸和氧化剂的用量） (5). 提高浸出液中Li+ 浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量） (6). CO32结合H+，c(H+)减小，H2PO4HPO42 +H+，HPO42PO43+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 (7). 过程iv若使用饱和Na2CO3溶液，其中c(CO32)较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量 (8). 用热水洗涤，干燥【解析】【分析】（1）根据影响反应速率的因素分析过程i研磨粉碎的目的；（2）根据铝可溶于氢氧化钠溶液分析；（3）实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应反应生成氯气、氯化钠、水；实验1与实验3比，浸出液中Li+浓度高；浸出液循环利用，可以提高氧化剂和酸的利用率；（4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液可以提高PO43的浓度；（5）c(CO32)越大越易生成Li2CO3沉淀；（6）根据温度越高碳酸锂溶解度越小分析；【详解】（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程ii加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去；（3）实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，Li+的浸出率较高，所以最终选择H2O2作为氧化剂；过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度；（4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，CO32结合H+，c(H+)减小，H2PO4HPO42+H+，HPO42PO43+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；（5）过程iv若使用饱和Na2CO3溶液，其中c(CO32)较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液；（6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥。10.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢（NH4+无法占据活性位点）。反应过程如图所示：（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，将步骤ii补充完整：.NO3+Fe+2H+=NO2+Fe2+H2O. + +H+=Fe2+ + _（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因_。（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图1所示。（注：c0(NO3)为初始时NO3的浓度。）为达到最高去除率，应调水体的初始pH=_。t15min，其反应速率迅速降低，原因分别是_。（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是_。（5）利用电解无害化处理水体中的NO3，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：阴极的电极反应式为_。生成N2的离子方程式为_。【答案】 (1). 1NO3-+3Fe+8H+=3Fe2+1NH4+2H2O (2). Fe2+在水中发生水解，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3。 (3). 6.5 (4). pH=2的溶液中，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 (5). 反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出。（反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出。） (6). NO3+8e+10H+=NH4+3H2O (7). 2NH4+3HClO=N2+3Cl+5H+3H2O【解析】【分析】（1）根据流程图，步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+；（2）反应生成Fe2+在水中发生水解生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被氧化为红褐色的Fe(OH)3；（3）根据图1，初始pH=6.5时，NO3去除率最高；活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢；（4）随溶液pH升高一部分NH4+生成氨气放出；（5）阴极得电子发生还原反应；NH4+被HClO氧化为N2。【详解】（1）步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为NO3-+3Fe+8H+=3Fe2+NH4+2H2O；（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色的原因是Fe2+在水中发生水解反应Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3。（3）根据图1，初始pH=6.5时，NO3去除率最高，所以为达到最高去除率，应调水体的初始pH=6.5；pH=2的溶液中，t15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；（4）反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出。（5）根据图示，阴极NO3得电子发生还原反应生成NH4+，阴极反应方程式是NO3+8e+10H+=NH4+3H2O；NH4+被HClO氧化为N2，反应的离子方程式是2NH4+3HClO=N2+3Cl+5H+3H2O。11.某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2+4OH =Cu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL 15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。II10mL 15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是_。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂_。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i. 黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii. 开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是_。乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是_。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii操作和现象是_。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150取样230取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230时黑色沉淀的成分是_。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因_。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是_。【答案】 (1). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O (2). NaOH溶液 (3). 实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。 (4). 溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 (5). 取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色 (6). HNO3 (7). CuS (8). CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O (9). 将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250以上，其后加入适量铜片【解析】【分析】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的