2019届北京市房山区2016级高三下学期二模考试理科综合化学试卷及解析.pdf

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1、2019 届北京市房山区2016 级高三下学期二模考试理科综合化学试卷祝考试顺利本试卷共 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、

2、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。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

3、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。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

4、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

5、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

6、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。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

7、液中：Mg22H2O Mg(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

8、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

9、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

10、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30g/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。

11、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）质子交换膜的作用是 _（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，

12、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极是V2+失电子发生氧化反应生成V3+，A极 VO2

13、+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

14、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

15、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。11.某小组以亚硝酸钠（NaNO2

16、）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 molL-1NaNO2溶液实验 I：溶液变浅红色，微热后红色加深1 mol L-1NaNO2溶液0.1 mol L-1KMnO4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 mol L-1NaNO2溶液1 molL-1FeSO4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

17、 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 mol L-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

18、 _ 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).0.5molL-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(O

19、H)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

20、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2mL 1 molL-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液

21、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）实验 IV 在 FeSO4溶液（pH=3）中滴加 NaNO2溶液，溶液先变黄

22、，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；0.5molL-1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；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

23、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）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；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。