2019届北京市通州区2016级高三下学期三模考试理科综合化学试卷及解析.pdf

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1、2019 届北京市通州区2016 级高三下学期三模考试理科综合化学试卷祝考试顺利1.下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池C 拉瓦锡研究空气成分D李比希用 CuO做氧化剂分析有机物的组成A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故 A错误；B 原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故 B正确；C 拉瓦锡研究空气成分时存在Hg 在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故 C正确；D 李比希用 CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反

2、应，故 D正确；答案为 A。2.Y 是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A.Y 的分子式为 C10H8O3B.由 X制取 Y的过程中可得到乙醇C.一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D.等物质的量的 X、Y分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为32【答案】D【解析】【详解】A由 Y的结构简式可知Y的分子式为 C10H8O3，故 A正确；B由原子守恒，由 X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故 C正确；DX中酚

3、羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与 3molNaOH 反应，Y 中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY可与 3molNaOH 反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为1：1，故 D错误；故答案为 D。3.CO2和 CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A.合成气的主要成分为CO和 H2B.既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C.吸收能量D.Ni 在该反应中做催化剂【答案】C【解析】【详解】A由图示可知 CO2和 CH4在 Ni 催化作用下，最终生成CO和 H2，故 A正确；B化学反应的过

4、程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故 B正确；C 的能量总和大于的能量总和，则的过程放出能量，故C错误；D由图示可知 CO2和 CH4催化重整生成 CO和 H2的过程中 Ni 的质量和化学性质没有发生变化，则 Ni 为催化剂，故 D正确；故答案为 C。4.已知：一元弱酸 HA的电离平衡常数 K+-c Hc Ac HA。25时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOH HCN H2CO3K 1.751054.91010K1=4.4 107K2=5.6 1011下列说法正确的是A.稀释 CH3COO

5、H 溶液的过程中，n(CH3COO)逐渐减小B.NaHCO3溶液中：c(H2CO3)c(23CO)c(HCO3-)C.25时，相同物质的量浓度的NaCN 溶液的碱性强于 CH3COONa 溶液D.向 CH3COOH 溶液或 HCN 溶液中加入 Na2CO3溶液，均产生 CO2【答案】C【解析】【详解】A加水稀释 CH3COOH 溶液，促进 CH3COOH 的电离，溶液中n(CH3COO)逐 渐 增 多，故A错 误；B NaHCO3溶 液 中HCO3-的 水 解 常 数Kh2=2wKK=1471 104.4 10=2.27108K2=5.6 1011，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中 c(

6、23CO)c(H2CO3)c(HCO3-)，故 B错误；C 由电离平衡常数可知浓度相等时 HCN 的酸性小于 CH3COOH，同 CN-的水解程度大于CH3COO-，则 25时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于 CH3COONa 溶液，故 C正确；D由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于 H2CO3，则向 HCN 溶液中加入 Na2CO3溶液，只能生成 NaHCO3，无 CO2气体生成，故 D错误；故答案为 C。5.已知：苯酚与 Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3+6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中 H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是

7、：A.i是空白对照实验B.向 ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C.iii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D.苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性【答案】D【解析】【详解】A通过 i 观察 ii iii、iv 中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B向 ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B 正确；C苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故 iii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故 C正确；D iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv 中加入 CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡

8、逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故 D错误；故答案为 D。6.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是A.b 为电源的正极B.中，捕获 CO2时碳元素的化合价发生了变化C.a 极的电极反应式为2C2O52-4e-=4CO2+O2D.上述装置存在反应：CO2=C+O2【答案】B【解析】【详解】Aa 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则 b 为正极，故 A正确；B捕获 CO2时生成的 C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，捕获 CO2时生成 CO32-时碳元素的化合价仍为

9、+4 价，碳元素的化合价均未发生变化，故 B错误；C 由电解装置示意图可知a 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，故 C正确；D 由电解装置示意图可知a 电极生成 O2，d 电极生成 C，电解池总反应式为 CO2=C+O2，故 D正确；故答案为 B。7.研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：铜丝表面无明显现象铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色下列说法正确的是A.常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸B.中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等C.依据，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2D.中现象的差异仅是由于温度改

10、变了化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故 C正确；D温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为 C。8.聚碳酸酯（简称 PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH ii R

11、1CH=CHR2R1CHO+R2CHO （1）A 中含有的官能团名称是 _。（2）、的反应类型分别是_、_。（3）的化学方程式是 _。（4）是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是 _。（5）中还有可能生成的有机物是_（写出一种结构简式即可）。（6）的化学方程式是 _。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L 经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物 1 的结构简式是 _。【答案】(1).碳碳双键 (2).氧化反应 (3).加成反应 (4).(5).CH3CH=CH2(6).、(7).(8).【解析】【分析】A的分子式为 C2H4，应为 CH2=CH2，发生氧化反应生成环

12、氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i 中的反应生成碳酸二甲酯和 HOCH2CH2OH，其中 F和 M可生成 N，则 E为 HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成 J，由 J 分子式知 G生成 J 的反应为加成反应，G为 CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L 和丙酮，L 和丙酮在酸性条件下反应生成M，由 M结构简式和 D分子式知，D为，F 和 M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息 ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为 C2H4，应为 C

13、H2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与 CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应是和 CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是 G和苯发生加成反应生成的J 为 C9H12，由原子守恒可知D的分子式为 C3H6，结合 G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是 CH3CH=CH2；（5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成 PC塑料的化学方程式为；（7）由信息 ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧

14、化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L 为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物 1 为环己醇，结构简式是。9.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I 汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1-393.5kJ mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)H2-221.0 kJ mol-1 N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3 +180.5 kJ mol-1CO和 NO 两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的

15、热化学方程式是 _。（2）研究 CO和 NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和 CO浓度如下表：时间（s）0 1 2 3 4 5 c(NO)/(10-4molL-1)10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 100 c(CO)/(10-3molL-1)3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70 前 4 s 内的平均反应速率(CO)_molL-1s-1。L、X可分别代表压强或温度。下图表示L 一定时，NO(g)的平衡转化率随 X的变化关系。X代表的物理量是 _。判断 L1、L2的大小关系，并简述理由：_。II 柴油燃油车是通过尿素

16、-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理为：尿素 CO(NH2)2 水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，生成的 NH3与富氧尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。（3）尿素水解的化学方程式是_。（4）下图为在不同投料比 n(尿素)/n(NO)时 NO转化效率随温度变化的曲线。尿素与 NO物质的量比 a_b（填“”、“=”或“L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO 转化率增大 (5).CO(NH2)2H2O2NH3CO2 (6).(7).随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大；温度

17、升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快 (8).当温度过高，发生反应4NH35O2=4NO 6H2O，生成 NO等【解析】【分析】I（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1-393.5kJ mol-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H2-221.0 kJ mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3+180.5 kJmol-1，由 盖 斯 定 律 可 知 2-得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由此计算此反应的 H；（2）根据(CO)=ctnn计算前 4 s 内的平均反应速率(CO)；图中 L 一定时，NO(g)的平衡转化率随 X的增大，转化

18、率降低，说明逆向进行，结合反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJ mol-1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行分析；II （3）尿素CO(NH2)2 水溶液温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，结合守恒法写出尿素水解的化学方程式；（4）反应中，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；温度升高有利于尿素水解生成NH3，且提高催化剂的活性，催化效果好；NH3在加热条件下催化氧化能生成NO。【详解】I （1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1-393.5kJ mol-1，2C(s)+O

19、2(g)=2CO(g)H2-221.0 kJ mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3 +180.5 kJ mol-1，由盖斯定律可知2-得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则H=2（H1）-（H2）-（H3）=2（-393.5kJ mol-1）-（-221.0 kJ mol-1）-（+180.5 kJ mol-1），故 CO和 NO 两种尾气在催化剂作用下生成 N2(g)的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJmol-1；（2）前 4 s 内的平均反应速率(CO)=ctnn=33.602.70104s（）

20、molL-1s-12.2510-4molL-1s-1；图中 L 一定时，NO(g)的平衡转化率随 X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJ mol-1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行，可知 X代表的物理量是温度；当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，故L2L1；II （3）尿素CO(NH2)2 水溶液温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，则尿素水解的化学方程式为CO(NH2)2H2O2NH3CO2；（4）增大尿素的量可提高NO的转化率，即

21、尿素与NO物质的量比值越大，NO的转化率越大，则图象中ab；由图可知，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大，且温度升高，催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，故温度升高，NO转化效率升高；但温度过高，原因是 _。温度过高，发生反应 4NH35O2=4NO 6H2O，生成 NO，导致 NO的浓度升高，NO转化效率下降。10.水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷 As()，其机制模型如下。零价铁活化过硫酸钠去除废水中As()的机制模型资料：酸性条件下 SO4-为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO

22、4-和OH同时存在，强碱性条件下 OH为主要的自由基。Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH 离子开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH Fe2+7.04 9.08 Fe3+1.87 3.27（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。砷在元素周期表中的位置是_。砷酸的化学式是 _，其酸性比 H3PO4_（填“强”或“弱”）。（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与 S2O82-反应生成 Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和 Fe3+，以确保 As()去除完全。S2O82-中 S的化合价是 _。零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_。Fe3

23、+转化为 Fe2+的离子方程式是 _。（3）不同 pH对 As()去除率的影响如图。5 min 内 pH=7 和 pH=9 时去除率高的原因是 _。【答案】(1).第 4 周期、第A族 (2).H3AsO4 (3).弱 (4).+7 (5).Fe+S2O82-=Fe 2+2SO42-(6).Fe+2Fe 3+=3Fe 2+(7).pH=7和 pH=9 时，产生了具有强氧化性的SO4-和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH=7 和 pH=9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As()【解析】【分析】（1）磷核电荷数为15，在元

24、素周期表中的位置是第3 周期、第 A族；磷酸的化学式为H3PO4，同主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱；（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与 S2O82-反应生成 Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和 Fe3+，以确保 As()去除完全。S2O82-中氧元素为-2 价，设 S的化合价是 x，结合正负化合价代数和为-2 计算；零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和 SO42-，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；Fe将 Fe3+还原为 Fe2+，结合守恒法写出发生反应离子方程式；（3）由模型可知 pH=7 和 pH=9 时产生

25、了强氧化性的O4-和OH，有利于 Fe的氧化，pH=7 和 pH=9 时 Fe2+和 Fe3+完全转化为 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，易除去；【详解】（1）磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3 周期、第 A族，则砷在元素周期表中的位置是第4 周期、第 A族；砷酸中砷元素的化合价为+5价，其化学式是H3AsO4，因 As 非金属性比 P弱，则其酸性比 H3PO4弱；（2）S2O82-中氧元素为-2 价，设 S的化合价是 x，2x+（-2）8=-2，解得 x=+7，即 S2O82-中 S的化合价是+7；零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和 SO42-，则发生反应的离子方程式为Fe+S2

26、O82-=Fe 2+2SO42-；Fe将 Fe3+还原为 Fe2+，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe 3+=3Fe 2+；（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As()的机制模型可知，因pH=7和 pH=9 时，产生了具有强氧化性的SO4-和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH=7 和 pH=9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As()，故 5 min 内 pH=7 和 pH=9 时去除率高。11.某小组同学研究 SO2和 KI 溶液的反应，设计如下实验。实验操作现象I 溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，

27、加入淀粉溶液，不变色II 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色（1）加入淀粉溶液的目的是_，为达到相同的目的，还可选用的试剂是_。（2）经检验，II 中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成 S和 I2。在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应的离子方程式是_。针对 II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：_。为证实该假设，甲同学取 II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是_。丙同学向 1 mL 1 mol L-1 KCl 溶液中加

28、入 5 滴 1 mol L-1盐酸，通入 SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是 _。（3）实验表明，I-是 SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。SO2H2O=_（4）对比实验 I 和 II，推测增大 H+的浓度可加快 SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是_。【答案】(1).检验是否有 I2生成 (2).CCl4（苯、煤油）(3).SO2+4I-+4H+=2I2+S+2H2O (4).SO2将 I2还原为 I-(5).空气中的 O2将 SO2氧化为 SO42-(6).O2不是 SO2氧化为 SO42-的主要

29、原因 (7).3SO2+2H2O=4H+2SO42-+S (8).向 1 mL 1 mol L-1 KI 溶液中加入 5 滴 1 mol L-1 KCl溶液后，再通入 SO2气体，观察现象【解析】【分析】（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；（2）经检验，II 中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应 S和 I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有 SO42-，说明 I2能氧化 SO2生成 SO42-；空气中有氧气，

30、也能氧化SO2；加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-；（3）I-是 SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成 S，结合守恒法配平离子反应方程式；（4）通过改变 H+的浓度来判断 SO2的转化速率是否发生改变；【详解】（1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加入CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成；（2）在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应 S和 I2，发生反应的离子方程式为SO2+4I-+4H+=2I2+S+2H2O；II 中加入淀粉溶液不变色，说明I2

31、被还原，结合 SO2具有还原性，可假设SO2将 I2还原为 I-；乙同学认为空气中有氧气，也能将SO2氧化为 SO42-，故不支持甲同学的上述假设；加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-，由此可得出 O2不是 SO2氧化为 SO42-的主要原因；（3）I-是 SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成 S，发生反应的离子反应方程式为3SO2+2H2O=4H+2SO42-+S；（4）向 1 mL 1 molL-1KI 溶液中加入 5 滴 1 molL-1 KCl 溶液后，再通入 SO2气体，观察现象，进而判断增大H+的浓度是否可加快SO2的转化速率。