北京市丰台区2019届高三第二次模拟考试理科综合化学试卷Word版含解析.doc

丰台区2019年高三年级第二学期综合练习（二）化学 ‎1.民间艺术是劳动人民智慧的结晶，下列中国传统民间艺术在表演过程中涉及化学变化的是 A B C D 刺绣 打树花 剪纸 织锦 用针线在织物上 绣制图案 将熔化的铁水泼向 空中，迸溅出火花 用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹 用提花机织出图案 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化的本质特征：宏观上可以看到各种化学变化都产生了新物质；从微观上化学反应前后原子的种类、个数没有变化,仅仅是原子与原子之间的结合方式发生了改变。‎ ‎【详解】A.刺绣并未生成新的化学物质，不属于化学变化，故不选A；‎ B.将熔化的铁水泼向空中，空中铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅出火花，故选B；‎ C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，没有新的化学物质生成，故不选C；‎ D.用提花机织出图案并未生成新的化学物质，故不选D；‎ 答案：B ‎2.下列叙述不正确的是 A. 在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃 B. 乙醇可与水任意比例混溶是因为乙醇与水形成了氢键 C. 油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠盐常用于生产肥皂 D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在氢氧化钠醇溶液是卤代烃发生消去反应的必要条件，在此条件下醇不能脱水，醇脱水需要浓硫酸做催化剂，控制一定温度，故选A；‎ B. 乙醇、水分子之间能形成氢键，氢键的存在使乙醇的溶解性显著增强，故不选B；‎ C. 肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠盐，它可通过油脂在碱性条件下发生皂化反应后盐析得到，故不选C；‎ D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故不选D；‎ 答案：A ‎3.下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：‎ 异丁醇 叔丁醇 结构简式 沸点/℃‎ ‎108‎ ‎823‎ 熔点/℃‎ ‎-108‎ ‎25.5‎ 下列说法不正确的是 A. 用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇 B. 异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是1∶2∶6‎ C. 用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来 D. 两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异 丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；‎ B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1∶2∶1∶6，故选B；‎ C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；‎ D. 两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；‎ 答案：B ‎4.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液 B. 装置③的作用是干燥O2‎ C. 收集氧气应选择装置a D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；‎ ‎【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；‎ B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；‎ C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；‎ D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；‎ 答案：C ‎5.关于下列实验现象的说法不正确的是 A. 氨气是无色有刺激性气味的气体，密度比空气小 B. 实验1，由喷泉现象可知氨气极易溶于水且溶解速率快 C. 实验1，烧瓶溶液中的含氮微粒有：NH3、NH3·H2O和NH4+‎ D. 实验2，加热过程中温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O电离平衡移动方向的影响一致 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨气是无色有刺激性气味的气体，氨气的相对分子质量17，空气平均相对分子质量29，根据密度比等于相对分子质量之比，可知氨气密度比空气小，故不选A；‎ B. 由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解700体积氨气，且溶解速率快，可以形成较大的压强差，所以可以做喷泉实验，故不选B；‎ C.烧瓶溶液中存在NH3+H20NH3.H2ONH4++OH-，因此含氮微粒有：NH3、NH3·H2O和NH4+，故不选C；‎ D.因为NH3·H2O不稳定受热易分解，加热过程中会让NH3·H2O分解，c(NH3·H2O)减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项D，要综合分析NH3·H2O的不稳定性对其浓度的影响，以及浓度变化和温度变化对弱电解质的电离平衡的影响。‎ ‎6.下列实验所得结论正确的是 A. ①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5 + NaOH =CH3COONa + C2H5OH B. ②中溶液变红的原因是：CH3COO－ + H2O CH3COOH + H+‎ C. 由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞 D. ④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A. 由于产物CH3COONa水解可使溶液显碱性，不可能使溶液红色褪去，故A错误；‎ B. ②中溶液变红的原因是：CH3COO－+ H2OCH3COOH + OH-，故B错误；‎ C. ②中由于CH3COONa溶液水解显碱性，会使溶液变红，而③中滴加酚酞溶液变红，说明①中的下层溶液中没有酚酞，综合考虑①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞，故C正确；‎ D. 溶液红色褪去的可能原因：（1）乙酸与碳酸钠反应，同时乙酸过量；（2）乙酸乙酯萃取了酚酞，故D错误； ‎ 答案：C ‎【点睛】本题有一定难度，考查学生分析对比能力，易错选项D。‎ ‎7.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是 A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋‎ B. Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用 C. 反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2‎ D. 用该法处理后水体的pH降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。‎ ‎【详解】根据上面分析可知：‎ A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋，故不选A；‎ B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；‎ C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；‎ D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；‎ 答案：D ‎8.高分子化合物M的合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎（1）A中含氧官能团的名称是______。‎ ‎（2）反应①的试剂和条件为_______，B的结构简式为______。‎ ‎（3）D为酯类，以乙醛为原料，写出合成D所涉及的化学方程式______。‎ ‎（4）2 D → E + C2H5OH，F中含有醇羟基，写出下列物质的结构简式：E________ F________G___‎ ‎（5）反应①~⑥中属于取代反应的有______。‎ ‎【答案】 (1). 羰基 (2). 浓硝酸/浓硫酸、加热 (3). (4). CH3CHO+H2 CH3CH2OH ‎2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O (5). (6). (7). (8). ①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线路分析：（1）逆推法，根据C的结构简式和反应条件Fe/HCl可知,B到C 是硝基还原成氨基,推出B的结构简式,根据B可知A在浓硝酸和浓硫酸，加热条件下发生取代反应生成B（），由此推测出A；（2）根据产物M（）逆推，可知单体G为，因为F中含有醇羟基，可知是F发生醇消去反应生成G，再联系C（）的结构，可知F为，根据F（）和C（）逆推出E（），因为2 D → E + C2H5OH，可知两分子D发生取代反应：2CH3COOC2H5 → + C2H5OH，可知D为CH3COOC2H5。整个推断注意仔细观察有机物结构的变化，主要采用逆推法。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知A的结构简式为，A中含氧官能团的名称是羰基；‎ 答案：羰基 ‎（2）反应①为+HNO3 +H2O，因此试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸、加热，B的结构简式为；‎ 答案：浓硝酸/浓硫酸、加热 ‎ ‎（3）乙醛还原成乙醇，氧化成乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D（乙酸乙酯）和水，合成D的化学方程式CH3CHO+H2 CH3CH2OH ‎2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；‎ 答案：CH3CHO+H2 CH3CH2OH 2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；‎ ‎（4）由上面分析可知：2CH3COOC2H5 → + C2H5OH，E为，F为，G为；‎ ‎（5）反应①为硝化反应，属于取代反应，反应②为硝基还原为氨基，属于还原反应，反应③为乙酸乙酯发生分子间取代反应，④属于加成反应⑤属于消去反应⑥属于加聚反应，因此反应①~⑥中属于取代反应的有①③；‎ 答案：①③‎ ‎【点睛】本题主要是逆推法的应用，难点是E、F结构式的推测。‎ ‎9.含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如下图所示：‎ 已知：Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+‎ ‎（1）将吸收塔中1mol Cr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。 ‎ Cr2O72-(aq) + __SO2(g) + ___ ___ + ___ +___ ΔH = -1145 kJ/mol ‎（2）其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ Cr（+6）‎ 最大去除率 ‎99.99%‎ 达排放标准 ‎99.95%‎ 达排放标准 ‎99.5%‎ 未达排放标准 时间 ‎30 min ‎35 min ‎45 min ‎①由上述数据获得的结论有________。‎ ‎②实际工业生产控制pH = 4左右的原因是________。‎ ‎③下列说法不合理的是________。‎ a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高 b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）‎ c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）‎ ‎（3）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图1所示）。‎ ‎ ‎ ‎30min前相同时间内，‎80℃‎的Cr（+6）去除率比‎40℃‎高，30min后‎80℃‎的Cr（+6）去除率低，原因分别是_______；_______。‎ ‎（4）图2为Cr（+3）微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为_________。‎ ‎（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3 mol/L，处理‎1000 L废水，去除率要求达到99.95%，理论上需要SO2物质的量为_________mol（写计算式）。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 2H+（aq） (3). 2Cr3+（aq） (4). 3SO42-（aq） (5). H2O（l） (6). pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢 (7). 与pH=2相比，pH=4时，Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本 (8). b (9). 30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此‎80℃‎的去除率更高 (10). 30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此‎80℃‎的去除率比‎40℃‎低。 (11). 8～9.5左右 (12). ‎1.5a×99.95%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cr（+6）在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在，将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr（+6）发生氧化还原反应，将Cr（+6）降价生成Cr3+，中和池中加入NaOH使其生成氢氧化物沉淀除去。‎ ‎（1）氧化还原反应离子方程式配平，利用得失电子数相等和原子守恒配平；热化学方程式书写注意注明状态；‎ ‎（2）①根据表格可以得出随pH的增大Cr（+6）去除率的变化和去除所需时间。‎ ‎②从速率、去除率、消耗原料几个角度综合分析；‎ ‎③a.根据勒夏特例原理分析；b.k的变化只与温度有关；c.氧化还原角度分析；‎ ‎（3）从速率和平衡两个角度分析；‎ ‎（4）找出Cr（OH）3物质的量分数最大的pH范围即可；‎ ‎（5）利用得失电子数相等进行计算。‎ ‎【详解】（1）三步法配平：①根据化合价升降相等，配平化合价发生变化的元素②根据左右两边电荷守恒配平，酸性添加氢离子，碱性氢氧根离子 ③根据原子守恒配平添加水；热化学方程式书写注意注明状态，Cr2O72-(aq) + 3SO2(g) + 2H+（aq） 2Cr3+（aq） +3SO42-（aq）+H2O（l） ΔH = -1145 kJ/mol；‎ 答案：3 2H+（aq） 2Cr3+（aq） 3SO42-（aq） H2O（l）‎ ‎（2）①根据表格可以得出结论，随着pH的升高，Cr（+6）的去除率降低，反应速率变慢；‎ 答案：pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢 ‎②实际工业生产应该从节省原料，条件易控角度分析，控制pH = 4左右的原因是Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本；‎ 答案：Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本 ‎③a.根据题干信息Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH增大相当于减小氢离子浓度，平衡正向移动，CrO42-含量越高，故不选a；‎ b.K的变化只与温度有关，压强无影响，故选b；‎ c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性，可以与Cr（+6）发生氧化还原反应，用于除去Cr（+6），故不选c；‎ 答案：b ‎（3）仔细观察图像可以发现前30min，‎80℃‎单位时间内去除率越高，反应速率越快；30min后去除率后面几乎不发生变化，说明达到了平衡，‎40℃‎时去除率要高，从平衡角度分析。‎ 答案：30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此‎80℃‎的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此‎80℃‎的去除率比‎40℃‎低。‎ ‎（4）Cr（+3）是以氢氧化铬沉淀形式除掉，所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围；‎ 答案：8～9.5左右 ‎（5）利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知 ‎2Cr（+6） ～ 3SO2‎ ‎2mol 3mol a×10-3 mol/L×‎1000L×99.95% n（SO2）‎ 计算得 n（SO2）=3mol×a×10-3 mol/L×‎1000L×99.95%/(2mol ) = ‎1.5a×99.95%mol；‎ 答案：‎1.5a×99.95%‎ ‎10.硒是动物和人体所必需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。‎ ‎（1）粗铜精炼时，通常用精铜作____极（填“阴”或“阳”）。‎ ‎（2）硒在元素周期表中的位置如图所示：‎ Se原子结构示意图可表示为________。‎ ‎②从原子结构角度解释硫与硒元素性质相似与不同的原因：同一主族________。‎ ‎（3）阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在，工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：‎ i．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体 ii．用水吸收i中混合气体，可得Se固体 ‎① 请写出CuSe与浓H2SO4反应的化学方程式________。‎ ‎② 焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2，可用NaOH溶液吸收，二者反应生成一种盐，该盐的化学式为_______。‎ ‎③ 写出步骤ⅱ中的化学方程式_______。‎ ‎（4）下列说法合理的是________。‎ a. SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强 b. 浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性 c. 热稳定性：H2Se < HCl < H2S d. 酸性：H2SeO4 < HBrO4 < HClO4‎ ‎【答案】 (1). 阴 (2). (3). 同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。 (4). CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O (5). Na2SeO3 (6). SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 (7). bd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；‎ ‎（2）①硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族；‎ ‎②从原子结构分析，原子的最外层电子主要决定化学性质。原子核对最外层电子的引力也会对化学性质略有影响；‎ ‎（3）① 根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平；‎ ‎② SeO2与SO2的性质相似，用NaOH溶液吸收，确定盐的化学式；‎ ‎③ 根据氧化还原反应化合价升降相等和原子守恒进行配平书写方程式；‎ ‎（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式 SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强；‎ b. 浓硒酸的性质与浓硫酸性质应该相似；c. 非金属性越强，气态氢化物越稳定；‎ d.非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。‎ ‎【详解】（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；‎ 答案：阴 ‎（2）硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族，Se原子结构示意图可表示为；‎ 答案：‎ ‎②硫与硒元素位于同一主族，最外层电子数相同因此性质相似；同一主族从上到下原子半径增大，原子核对最外层电子引力减小，得电子能力减弱，失电子能力增强；‎ 答案：同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。‎ ‎（3）①根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平，可得CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O；‎ 答案：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O ‎② SeO2与NaOH溶液的反应应该与SO2与NaOH反应相似，因此确定该盐的化学式为Na2SeO3；‎ 答案：Na2SeO3‎ ‎③ 根据已知可知步骤ⅱ确定反应物为SO2、SeO2的混合气体和水，产物有Se，根据化合价有升必有降可知，SO2中S的化合价升高到+6价，配平得到方程式；‎ 答案：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4‎ ‎（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式 SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强，故不选a；‎ b. 浓硒酸与浓硫酸均属于同一主族最高价含氧酸，因此性质可能相似，具有强氧化性、脱水性，故选b；‎ c. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此非金属性Cl>S>Se,因此热稳定性H2Se