北京市房山区2019届高三下学期二模考试化学试卷Word版含解析.doc

房山区2019年高考第二次模拟测试试卷 理科综合 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. A B. B C. C D. 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SO2—SO2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Ge＞Si C. 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Ge＞Si，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10NA B. 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，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，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N2H4→N2H2，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NO HNO3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：H2O＞‎ C2H5OH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，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：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，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Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，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；‎ ‎③a．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）①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。‎ ‎②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）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；‎ ‎②由图可知反应活化能：过程I>过程II，‎ 故答案为：>；‎ ‎③a．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）①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4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的甲醛（HCHO）为‎30g/mol=310‎-3g=3mg。‎ ‎②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-‎ ‎①滤液中钒元素的主要存在形式为_______‎ ‎②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_______________、____________。‎ ‎③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 __________‎ ‎④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）①由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-；‎ ‎②Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3 。‎ ‎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； ‎ ‎④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）①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-；‎ ‎②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；‎ ‎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； ‎ ‎④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 ‎2mL ‎1%酚酞溶液 ‎1 mol·L-1 NaNO2溶液 实验I：溶液变浅红色，微热后红色加深 ‎1 mol·L-1 NaNO2溶液 ‎ ‎0.1 mol·L-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 mol·L-1 FeSO4 ‎ 溶液（pH=3）‎ 实验III：无明显变化 ‎1 mol·L-1 NaNO2溶液 ‎ ‎1 mol·L-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 ‎①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 mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）‎ i．溶液由___色迅速变___色 ‎____________________‎ ii．无明显变化 ‎②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。‎ ‎①盐桥的作用是____________________________‎ ‎②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). 0.5mol·L−1Fe2（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）①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；‎ ‎②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）①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；‎ ‎②两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 mol·L-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，易失电子，体现还原性；‎ ‎（3）①实验IV在FeSO4 溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。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，‎ 故答案为：浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；‎ ‎②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，的原因是棕色溶液中的[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，‎ 故答案为：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；‎ ‎（4）①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，‎ 故答案为：阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；‎ ‎②该原电池负极反应为：Fe2+-e-= Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO↑+H2O，‎ 故答案为：Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO↑+H2O。‎