1、北京市朝阳区高三年级第一次综合练习理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.51.我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是A. 有机金属材料吸附与转化CO2B. 研发出水溶液锂离子电池C. 研发出“可呼吸”NaCO2电池D. 常温常压下用电解法制备高纯H2【答案】A【解析】【详解】电化学指的是研究电能和化学能相互转化的的化学，高中阶段最常见的两个装置为原电池和电解池。A环氧烷烃被有机金属材料吸附与CO2生成碳酸酯，无电流产生，与电化学无关，A项符合题意；B锂电池，能够发生自发的氧化还原反应，属于原电池，与电化学有关，B项不符合题意；CNaC
2、O2电池，属于原电池，与电化学有关，C项不符合题意；D用电解法制备H2，属于电解池，与电化学有关，D项不符合题意；本题答案选A。2.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A. FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，白色浑浊转化为红褐色沉淀B. AgNO3溶液滴入氯水中，产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去C. Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体D. H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去【答案】A【解析】【详解】A难溶电解质之间的转化，3Mg(OH)22FeCl32Fe(OH)33MgCl2，化合价没有变化，与氧化还原反应无关，A项符合要求；BCl
3、2与水反应，生成HCl和HClO，氯元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，B项不符合题意；CNa在空气中与氧气反应， 2NaO2Na2O2，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，C项不符合题意； D草酸与高锰酸钾溶液发生，紫红色褪去，生成CO2，化合价变化，属于氧化还原反应，D项不符合题意；本题答案选A。【点睛】氧化还原反应与非氧化还原反应的本质区别在于是否有电子的转移，可以从是否有化合价的变化来判断是否为氧化还原反应。3.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是A. HAP能提
4、高HCHO与O2的反应速率B. HCHO在反应过程中，有CH键发生断裂C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O【答案】C【解析】【详解】A从示意图来看，HAP在反应前后没有变化，做催化剂，可以加快化学反应速率，A项正确；B在过渡态的示意图中，可以发现甲醛分子中的两个CH的H原子都与O相连，发生断裂，B项正确；C从示意图可以看出来，二氧化碳中的只有1个氧原子来自于氧气，另外1个氧原子为甲醛所有，C项错误；D根据历程示意图，甲醛和O2在HAP上生成了CO2和H2O，D项正确；本题答案选C。4.我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫
5、结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该装置可将太阳能转化为化学能B. 催化剂a表面发生还原反应，产生H2C. 催化剂b附近的溶液pH增大D. 吸收1 mol SO2，理论上能产生1 mol H2【答案】C【解析】【详解】A在光解水的过程中，存在将太阳能转化为化学能的过程，A项正确；B根据示意图，a电极为得到电子的一极，发生还原反应。电解水时2H2O2H2O2，得到电子一极产生氢气，B项正确；Cb电极为电子流出的一极，发生氧化反应，2H2O4e=O24H，产生H+，pH减小，C项错误，符合题意；D在b极附近，氧气、二氧化硫，以及水
6、生成硫酸，1molSO2生成H2SO4，转移2mol电子，根据得失电子守恒，2H2O2e=H22OH，将产生1mol氢气，D项正确；本题答案选C。5.2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A. 元素甲位于现行元素周期表第四周期第A族B. 原子半径比较：甲乙SiC. 元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D. 推测乙可以用作半导体材料【答案】C【解析】【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和
7、Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第A族，为Ge元素。A从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，A项正确；B甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲乙Si，B项正确；C同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢
8、化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。6.一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是A. 该高分子是一种水溶性物质B. 该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成C. 该高分子的结构简式为 D. 该高分子在碱性条件下可发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A. 可用作烹饪器具，电器等，说明该高分子不能溶于水，A项错误；B由图可知，该有机物为类似于酚醛树脂的结构，单体为甲醛和对甲基苯酚，B项正确；C该高分子的结构简式中，重复的链节为，所给
9、图示中少了CH2，C项错误；D该高分子中含有OH，且与苯环直接相连，具有酸性，可以与碱反应，但不是水解反应，D项错误；本题答案选B。7.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。 无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3- + OH-B. 对比、，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3+ CO32-D. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的【答案】D【解析】【详解】
10、A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；CNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；DCO32的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32水解生成的OH反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH的反应，OH减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32- 水解平
11、衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。8.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。（1）A的分子式是C6H6，AB的反应类型是_。（2）BC是硝化反应，试剂a是_。（3）CD为取代反应，其化学方程式是_。（4）E的结构简式是_。（5）F含有的官能团是_。（6）GX的化学方程式是_。（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是_。（8）将下列E + WQ的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：_、_【答案】 (1). 取代反应 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). (4). (5). 碳碳双键、酯基 (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】这道
12、题要结合题干中的问题才能得到相关信息。A为C6H6，为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。CD为取代反应，结合产物没有氯原子，则NH2取代Cl，接下来为NO2还原成NH2。FG，为加聚，PVA中有醇羟基，可推导出G中含有酯基。可知X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被NH2取代。【详解】（1）类似于生成溴苯，苯在氯化铁做催化剂的作用下，与氯气反应生成氯苯，为取代反应，答案为取代反应；（2）BC是硝化反应，硝化反应的条件为浓硫酸、浓硝酸，加热，试剂a为浓硝酸和浓硫酸，答案为浓硝酸、浓硫酸；（3）CD为取代反应，结合产物没有氯原子，则NH2取代Cl，答案为；（4）
13、A为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，在苯环上引入硝基。CD为取代反应，NH2取代Cl，接下来为NO2还原成NH2。结合产物，E为邻苯二胺，可写出其结构式，答案为；（5）F能够生成高分子化合物, 结合PVA的结构简式， F中有碳碳双键。结合产物PVA和X，G能够发生水解反应，有酯基，则F的官能团中也有酯基，答案为碳碳双键、酯基；（6）GX为酯的水解，X为乙酸，G水解得到PVA和乙酸，方程式为；（7）X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被NH2取代。W中有氨基和羧基，可以发生缩聚反应，发生反应时，-NH2断开NH键，COOH断开CO单键，脱去OH，则W的结构简式为；（8）E和W第一步
14、反应失去1分子水，E中只有氨基，W中有羧基和氨基，只能是羧基和氨基形成肽键。第一个中间体为；从第一个中间体的结构可知，有羰基，根据已知氨基可以与羰基反应，第二个中间体利用已知反应可知，为，再脱水可以得到产物，答案为 ；【点睛】此题目题干给的信息非常少，在做题中可能要结合问题才能推导出相关的知识。此外问题（3）中，取代的另一种产物为HCl，会与氨气反应，所以需要2mol氨气，值得注意。9.脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO，相关热化学方程式如下：4NO(g) + 3O2(g) + 2H2O(l) =
15、 4HNO3(aq) H1 =423 kJmol-1Ca(ClO)2(aq) = CaCl2(aq) + O2(g) H2 =120 kJmol-13Ca(ClO)2(aq) + 4NO(g) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3CaCl2(aq) H3 H3 = _kJmol-1 。 反应的平衡常数随温度升高的变化趋势是_。（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是_。（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：aNO+HClO = NO2+HClbNO + NO2+H2O 2HNO2cHClO+ HNO2 =
16、HNO3+HCl下列分析正确的是_。A烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 BNO2单独存在时不能被脱除C脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。 图1 图2 图1中，pH降低NO脱除率增大的原因：_。 脱除过程中往往有Cl2产生，原因是_（用离子方程式表示）。 图2中，6080 NO脱除率下降的原因：_。（至少答出两点）【答案】 (1). -783.kJ/mol (2). 变小 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). AC (5). pH降低，ClO- + H+ = HC
17、lO，溶液中c(HClO)增大 (6). HClO + Cl- + H+ = Cl2+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O） (7). HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平衡逆向移动；反应平衡逆向移动等【解析】【详解】（1）反应=3；H3=H13H2=423 kJmol-1+3（120 kJmol-1）=-783.kJ/mol；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；答案为-783.kJ/mol 变小；（2）氯气和Ca(OH)2反应，生成CaCl2和Ca(ClO)2，为歧化反应，答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(
18、ClO)2+2H2O；（3）A烟气中含有的少量O2，可直接与NO作用生成NO2，可以直接发生反应b，可以提高NO的脱除率，A项正确；BNO2可以直接与水反应，生成NO和HNO3，有NO，可以发生脱除反应，此外NO2化合价可以升高，具有还原性，HClO具有氧化性，也可以反应。B项错误；C.脱除过程中，HClO为弱酸，但是生成了硝酸和盐酸两种强酸，pH值会减小，C项正确，答案为AC；（4）由于HClO是弱酸，会电离，HClOClOH，pH减小，电离平衡逆向移动，HClO的浓度变大，有利于反应a和b的进行，答案为pH降低，ClO- + H+ = HClO，溶液中c(HClO)增大；有氯气生成，联想到
19、84消毒液和洁厕灵不能混合使用，溶液中既有Cl又有HClO可以发生归中反应，生成Cl2，答案为HClO + Cl- + H+ = Cl2+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O）；6080较之前温度有所提高，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动的角度思考，HClO不稳定，易分解，升高温度使HClO分解，溶液中的HClO浓度降低，NO脱除率降低。气体的溶解度随着温度的升高而降低，NO的脱除率降低；反应b为化合反应，绝大多数化合为放热反应，升高温度反应b逆向移动，反应也放热反应，也逆向移动；均会使NO脱除率降低。答案为HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平
20、衡逆向移动；反应平衡逆向移动等。【点睛】升高温度不仅仅会提高反应温度，此题中由于温度升高NO的脱除率降低，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动等角度思考。10.以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_。（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。 溶液a呈酸性，原因是_。 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得NH4Cl粗品。 提纯NH4Cl粗品，有
21、关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl：_。（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。（4）探究过程中MnO2溶解的适宜条件。向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中MnO2溶解的原因：_。 解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：_。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同
22、。【答案】 (1). 4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O (2). NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+） (3). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (4). 加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。 (5). KSCN溶液，不变红 (6). MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2i中作催化剂，反应快，只催化分解 (7). ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为。【解析】【详解】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了MnO2粗品，则O2将MnO(
23、OH)氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO(OH)失去1mol电子，则O2和MnO(OH)的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；（2）ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8分解，生成NH3和HCl，而此温度下，Z
24、nCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；（3）Fe3的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；（4）从实验知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根
25、据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O22H2O；先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为MnSO4。11.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_性。（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：it秒前未生成I2，是由于反应
26、的活化能_（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。iit秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_（用离子方程式表示），I2被消耗。（3）下述实验证实了假设ii合理。实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_，蓝色迅速消失，后再次变蓝。（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 表盘 时间/min0t1t2t3t4偏转位置右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次 指针归零 K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是_。 0t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向
27、a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_。 结合反应解释t2t3时指针回到“0”处的原因：_。（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_。A对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化B对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应C实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-【答案】 (1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC【
28、解析】【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3中I的化合价从5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；ii. I2具有氧化性，SO32具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I，SO32被氧化成SO42，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2SO32H2O=2ISO422H；（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的
29、溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；（4）0t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2t3，指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32被氧化成了SO42。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；0t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32反应，生成了I，答案为I；t2t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32没有参与
30、反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；（5）A如果有SO32存在，SO32会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3还原成I，而不是I2，有发生变化，B项错误；C指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32反应，产生电流。如果是IO3-与SO32反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32反应，C正确；答案为AC。【点睛】本题题目非常新颖，但是只要抓住反应顺序，开始为IO3与SO32生成碘单质，I2再和SO32反应，生成I，再I和IO3反生碘单质，如此往复。
