北京市房山区2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）

北京市房山区2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）本试卷共18页，共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回，试卷自行保存。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 第一部分（选择题 共120分）共20小题，每小题6分，共计120分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.红茶起源于中国，传统制作工艺如下所示，其中以化学反应为主的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.萎凋主要是散发部分水分，使茎、叶萎蔫，此过程中无新物质生成属于物理变化过程，故A错误；B.揉捻是塑型工序，通过揉捻可形成紧结弯曲的外形，此过程中无新物质生成属于物理变化过程，故B错误；C.发酵过程发生复杂的化学变化过程，生成了新的物质，故C正确；D.干燥过程中无新物质生成属于物理变化过程，故D错误。故选C。【点睛】本题考查物理变化和化学变化的判断，区分物理变化和化学变化的根本方法是看有没有新物质生成，平时注意对生产生活中物质变化的观察思考。2.下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是A. Mg、Al合金用来制造飞机外壳合金熔点低B. 食品盒中常放一小袋Fe粉Fe粉具有还原性C. SiO2用来制造光导纤维SiO2耐酸性D. 葡萄酒中含SO2SO2有漂白性【答案】B【解析】【详解】A. Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；B. 食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；D. 葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。答案选B。【点睛】本题易错选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。3.部分元素在周期表中的分布如右图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是A. B只能得电子，不能失电子B. 原子半径GeSiC. As可作半导体材料D. Po处于第六周期第VIA族【答案】A【解析】【分析】同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径GeSi，故B正确；C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D. Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。故选A。4.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NAB. 联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C. 过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D. 过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4中N显3价，NH2OH中N显1价，N2H4中N显2价，因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2转化成NH2OH，是还原反应。5.对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴得不到Na得电子能力：Cu2+Na+H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OHA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2OMg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明Cu2得电子能力大于H，电解NaCl溶液，阴极发生2H2e=H2，说明H得电子能力强于Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明水中H的浓度大于乙醇中c(H)，即羟基中氢的活性：CH3CH2OH”“=”或“过程II；a由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它副反应发生；b由图可知，温度高于 650甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱；c减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率；（2）由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b极为负极，甲醛发生氧化反应生成CO2，以此书写电极反应式；根据电极反应式计算反应的甲醛的量。分析图像可知，水温约15时选择Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高。【详解】（1）由图可知1molCH3OH分解为1molHCHO和1molH2要吸收能量463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol，所以反应的热化学方程式是CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）H=+84kJ/mol，故答案：CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）H=+84kJ/mol；由图可知反应活化能：过程I过程II，故答案为：；a由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它反应发生，所以甲醇脱氢法制备甲醛过程有副反应发生，故a错误；b由图可知，温度高于 650甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱，故b正确；c减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，故c正确。故答案为：b、c；（2）由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b极为负极，甲醛发生氧化反应生成CO2，电极反应式为HCHO-4e-+ H2O= CO2+ 4H+；由反应式可知，当电路中转移410-4 mol电子时，传感器内参加反应的甲醛（HCHO）为410-4mol430g/mol=310-3g=3mg。分析图像可知，水温约15时选择Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高，故答案为：3；Ca(ClO)2。10.钒（V）为过渡元素，可形成多价态化合物，全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如下图：已知：离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色（1）全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_（2）当完成储能时，正极溶液的颜色是 _（3）质子交换膜作用是_（4）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水（除VO2+外，还含Fe3+等）进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同： 钒的化合价酸性碱性+4价VO2+VO(OH)3-+5价VO2+VO43-滤液中钒元素的主要存在形式为_滤渣在空气中由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH后生成沉淀的反应过程_、_。萃取、反萃取可实现钒的分离和富集，过程可简单表示为（HA为有机萃取剂）：萃取时必须加入适量碱，其原因是 _纯钒可由熔盐电解法精炼，粗钒（含杂质）作_极。【答案】 (1). V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O (2). 黄色 (3). 阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流 (4). VO(OH)3- (5). Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2 (6). 4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3 (7). 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率 (8). 阳极【解析】【分析】（1）B极V2+失电子发生氧化反应生成V3+，A极VO2+得到电子发生还原反应生成VO2+，根据电极反应式书写总反应式；（2）储能为充电过程，正极和外接电源正极相连，本身作阳极发生氧化反应，电极反应方程式为：VO2+- e-+H2O= VO2+2H+；（3）质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；（4）由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-；Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3 。分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率； 电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应。【详解】（1）因为放电时，已知B极是V2+失电子发生氧化反应生成V3+，所以A极会得到电子发生还原反应，故电极反应方程式为：VO2+e-+2H+=VO2+H2O，故电池放电时总反应式是V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O，故答案是：V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O；（2）储能为充电过程，正极和外接电源正极相连，本身作阳极发生氧化反应，电极反应方程式为：VO2+- e-+H2O= VO2+2H+，所以当完成储能时，正极溶液的颜色是黄色；故答案是：黄色；（3）由电池放电时总反应式V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O可知，两电极的物质混合会发生反应，故质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；故答案是：阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；（4）由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-，所以钒元素的主要存在形式为VO(OH)3-，故答案是：VO(OH)3-；加入氢氧化钠之后，由灰白色转变为红褐色，这是亚铁离子转化为铁离子，反应过程为Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3。故答案为：Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2； 4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3；分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率，故答案为：加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率； 电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应，故答案为：阳极。【点睛】本题考查了流程分析判断，侧重考查物质性质和实验设计的方法应用、题干信息分析判断能力，注意把握物质的分离提纯、电解反应、电极产物的分析应用、工艺流程的理解。11.某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1 molL-1 NaNO2溶液实验I：溶液变浅红色，微热后红色加深1 molL-1 NaNO2溶液 0.1 molL-1 KMnO4 溶液 实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 KSCN溶液1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验III：无明显变化1 molL-1 NaNO2溶液 1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因 _（2）实验II证明NO2-具有_性， 从原子结构角度分析原因_（3）探究实验IV中的棕色溶液为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1 molL-1FeSO4溶液（pH=3）i溶液由_色迅速变_色_ii无明显变化加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。盐桥的作用是_电池总反应式为_实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。【答案】 (1). NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深 (2). 还原性 (3). N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性 (4). 浅绿色 (5). 棕色 (6). 0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） (7). 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀 (8). 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生 (9). Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O【解析】【分析】（1）NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）若要证明棕色物质是Fe(NO)2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为：NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）NaNO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为：还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电