1、2016年北京市西城区高三一模化学试卷一、单选题（共7小题）1下列物质与类别不对应的是（ ）AABBCCDD考点：物质的分类答案：B试题解析：A.小苏打的化学式为NaHCO3是酸式盐，属于盐，A项正确;B.食用油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，分子量较小，不属于高分子化合物，B项错误;C.淀粉属于多糖，C项正确;D.84消毒液的成分为NaCl和NaClO，属于混合物，D项正确。2下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）A气态氢化物的稳定性：HBr HIB0.1 molL1溶液的pH：NaOH LiOHC向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生DMg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈考点：元素周期律答
2、案：C试题解析：A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBrHI，能用元素周期律解释，故A正确;B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOHLiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，故B正确;C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，强酸制取弱酸，能够证明酸性：HClH2SO3,不能体现元素周期律,故C不正确;D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，故D正确。3Na2CO3俗称纯碱，是基本化工原料。下列涉及的方程式中，正确的是（ ）AN
3、a2O2与CO2反应生成BNa2CO3溶液呈碱性 CNa2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH CO32+2H+= CO2+H2OD饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4 CO32+CaSO4 = CaCO3+SO42考点：元素及其化合物答案：D试题解析：A反应的化学方程式为，因此，A错误。B.由于是多元弱酸的正盐，水解显碱性且分步进行，水解方程式为，因此，B错误;C.由于乙酸是弱酸，在离子方程式中写化学式，方程式为，因此，C错误;D.由于CaSO4的溶解度大于CaCO3，发生沉淀转化，反应为CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，因此，D正确。4下列实验操作可以达
4、到目的的是（ ）AABBCCDD考点：氯及其化合物答案：C试题解析：A.碱石灰的主要成分是氢氧化钠和氧化钙，能与氯气反应，A项错误;B.用硝酸银检验需要在酸性溶液中，而溴乙烷的取代反应则是在碱性环境中，所以测定溴乙烷中溴元素的方法是取样，加NaOH溶液加热充分反应后冷却，加过量硝酸，再加硝酸银溶液，B项错误;C.测定样品中的质量分数，加入盐酸后生成气体，利用质量差算出结果，C项正确;D.配制100mL溶液时，需要形成100mL溶液而不是100mL的蒸馏水（溶剂），D项错误;5合成高分子材料PC的反应：下列说法不正确的是（ ）APC含有酯基B合成PC的反应为缩聚反应C互为同系物D1 mol最多能
5、与2 mol NaOH完全反应考点：高分子化合物答案：C试题解析：A.可以从题目反应的链节中找到酯基，所以PC含有酯基，因此，A正确;B.从题的反应可知，生成物中除了高聚物外还生成小分子，所以该反应为缩聚反应，因此B正确;C.同系物需要两者结构相似且官能团种类数目相同，但题中这两种有机物官能团个数不同，不是同系物，因此C错误;D.因1mol已知物质可以看做连了两个酯基，所以需要消耗，因此，D正确。6将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（ ）AABBCCDD考点：氯及其化合物硫及其化合物氧化还原反应答案：D试题解析：
6、A.有红褐色沉淀说明有生成，不能说明反应，因此A错误;B.有白色沉淀生成，该白色沉淀可能是，不能说明反应，因此B错误;C.紫色褪去可能因为的还原性，不能说明反应，因此C错误;D. 铁氰化钾溶液是的专属检验试剂，有蓝色沉淀能说明发生氧化还原反应生成，因此D正确。7室温下，分别用0.1 molL1溶液进行下列实验，结论不正确的是（ ）A向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+) = c(HCO ) +2c(CO )B向CH3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na+)=c(Cl )C向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液：pH=13D向氨水中加入少量NH4Cl固
7、体：增大考点：溶液中的离子平衡弱电解质的电离答案：C试题解析：A.由于溶液呈电中性，根据电荷守恒：，室温下容液的PH=7为中性，c(H+)= c(OH-)，所以，因此，A正确;B.因为容液等体积等浓度，则可推出混合溶液后的不水解的相等，所以，B正确;C.设体积为1L，则向：0.1mol/L的NaHSO4液中加入溶液1L，反应后，因此， C错误;D.由于氨水中存在，加入少量的NH4Cl固体相当于加入NH4-，平衡逆向移动，但移动是微弱的过程，则增大，D正确。二、填空题（共1小题）8.有机物K是治疗高血压药物的重要中间体，它的合成路线如下（部分转化条件略去）已知：（1）A的结构简式是_。（2）BC
8、的反应类型是_。（3）F中含有的官能团是_。（4）G与E生成H的化学方程式是_。（5）CD的化学方程式是_。（6）I的结构简式是_。（7）有关J的说法中，正确的是_（选填字母）。a能与NaHCO3反应b能与NaOH反应c能与新制Cu(OH)2反应（8）K存在以下转化关系：，M的结构简式是_。考点：有机化学基本概念有机反应类型有机合成与推断答案：（1） （2）取代反应 （3）醛基（4）CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O（5）（6）（7）b c（8）试题解析：本题的推断可以分别从ABCD路线和EFGHI两个路径进行。第一条路径，D为，D由C发生氧化反应生成，则C为，
9、B和NaOH溶液在加热的条件下生成C，则B为，B是C8H10与氯气在光照的条件下生成的，则A为邻二甲苯;第二条路径，必然为乙醇或二甲基醚，其中能连续氧化的只有乙醇，则E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成H，H为乙酸乙酯，据此解答。（1）根据上述分析，A为邻二甲苯，结构简式是。（2）BC是氯代烃在的水溶液中发生取代反应生成醇，所以反应类型是取代反应。（3）根据分析，F为乙醛，乙醛中含有的官能团是醛基。（4）G为乙酸，E为乙醇，乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生反应生成乙酸乙酯，化学方程式是。三、综合题（共2小题）9.下图表示氮及其化合物在一定条件下的转化关系：（1）反应I：N2(
10、g)+3H2(g) 2NH3（g) H=92 kJmol1下图是反应I中平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L（L1、L2）、X分别代表温度或压强。其中X代表的是_（填“温度”或“压强”），判断L1、L2的大小关系并说明理由_。（2） 反应II的化学方程式是_。 反应II其中一步反应为2NH3 (g)+3Cl2(g) =N2(g) +6HCl(g) H=462 kJmol1已知：断开1 mol HN键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为_ kJ。（3）反应III是利用下图所示装置电解制备NCl3（氯的化合价为+1），其原理是：。 b接电源的_极（填“正”或“负”）。
11、阳极反应式是_。（4）反应III得到的NCl3可以和NaClO2制备 ClO2，同时生成NH3，该反应的离子方程式是_。考点：电解池化学反应与能量变化答案：（1）压强 L1L2 合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小 （2） 8NH3 +3Cl2=N2 +6NH4Cl 41（3） 负 （4）试题解析：（1）根据气体分子系数的变化判断，的体积分数随着压强增大而增大，根据反应为放热反应判断，的体积分数随着温度增大而减小，结合图像，得到X为压强;合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小 ，L1的的体积分数大于L2，所以L1L2
12、。根据转化关系可以判断，反应物为和，生成物为和，然后根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为;化学反应的过程是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，设断开键吸收a kJ热量，断开键吸收b kJ热量，根据化学反应，整理得，所以断开键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为41kJ。（3）b电极，得电子生成，发生还原反应，所以b电极为阴极，连接电源的负极。阳极反应物为NH4Cl，生成物为，题目中给出氯的化合价为+1价，所以氯失电子，化合价升高，氮、氢不变价，然后根据电荷守恒配平方程式，则阳极反应式是（4）根据题意，可以和制备，同时生成，反应物为，生成物为，根据化合价升降相等、电荷守恒和原子守恒配
13、平，该反应的离子方程式是。10.以铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质有SiO2、Fe2O3等）为原料，采用拜耳法生产Al2O3的流程如下图所示：（1）Al2O3可用于电解制Al，其反应的化学方程式是_。（2）调控反应池中钠铝元素之比一定时，Al2O3溶于NaOH，SiO2转化为铝硅酸钠沉淀。Al2O3溶于NaOH的离子方程式是_。（3）该生产过程中，需向沉淀池中加入X。 X 可为过量的CO2，则滤液II中主要的溶质是_，为了使滤液II循环利用，应补充的物质是_（选填字母）;aCaObHClcNa2CO3 X 也可为少量Al(OH)3晶种（晶种可加速沉淀的生成），其优点是_。（4）测铝土矿中铝元
14、素含量：I 将m g铝土矿样品经处理配成V mL溶液II 取少量该溶液用EDTA法测得该溶液中Fe3+、Al3+浓度之和为a molL1III 另取少量该溶液，将Fe3+用盐酸羟胺还原为Fe2+后，利用吸光度法测得吸光度为0.400（吸光度与Fe2+浓度对应曲线如下图）该铝土矿样品中铝元素的质量分数表达式是_（用字母表示）。考点：无机化工流程题答案：（1）（2）（3） NaHCO3 a 滤液II可直接循环使用。（4）解析过程：（1）工业上用电解熔融的Al2O3制取金属Al，氧化铝的熔点很高，需要冰晶石（Na3AlF6）做助溶剂，反应的化学方程式为。（2）Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH反
15、应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为。（3） 根据流程图可知，滤液是偏铝酸钠溶液，碳酸的酸性强于Al(OH)3，所以CO2能与NaAlO2溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3 ，若CO2过量，生成NaHCO3，所以滤液II中主要的溶质是NaHCO3 ;因为NaHCO3在碱性环境中的反应，可以使用生石灰将NaHCO3转化为CaCO3 和NaOH，答案选a。 根据题意，引入Al(OH)3晶种能够产生Al(OH)3沉淀，其优点是滤液II可直接循环使用。（4）根据图像可知，c(Fe2)浓度为0.04m mol/L，根据铁原子守恒，则，因为Fe3+、Al3+浓度之和为a molL1，所以c(Al3)=a
16、-0.410-3所以该铝土矿样品中铝元素的质量分数表达式是27V（a-0.040010-3）/1000m。试题解析：四、实验题（共1小题）11.Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法。【查阅资料】 CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2O。 Cu2O为砖红色固体;酸性条件下生成Cu2+和Cu。 Cu2O和Cu(SO3)23可以相互转化（1）配制0.25 molL1CuSO4溶液和0.25 molL1Na2SO3溶液。测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9。用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因_。（2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制
17、Cu2O的离子方程式：【实验探究】（3）证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是_。（4）经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是_。（5）iii中砖红色沉淀消失的原因是_。（6）在加热条件下，若向2 mL 0.25 molL1Na2SO3溶液中滴加0.25 molL1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是_。（7）由上述实验得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是_、_。考点：化学实验的设计和评价盐类的水解答案：（1）（2）2， 5，2H2O，1，1SO42，4（3）取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说
18、明砖红色沉淀是Cu2O（4）（5）转化得无色（6）开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失（7）反应温度;和的物质的量之比试题解析：（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，水解导致溶液显酸性，所以用离子方程式表示溶液pH=4的原因是。（2）根据方程式提供的信息，体现氧化性，得电子生成，则具有还原性，失电子生成，根据化合价升降相等，然后根据电荷守恒和原子守恒配平，得到的离子方程式为。（3）根据信息可知，在酸性条件下可发生歧化反应生成，所以证明ii中砖红色沉淀是的实验方案是取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是。（4）据题意，经检验i中黄色沉淀含有，ii中沉淀在
19、加热的条件下发生分解反应生成砖红色，并且有刺激性气味气体产生，该气体为，则反应的方程式是。（5）通过资料提供的信息可以相互转化，浓度升高，平衡正移，生成无色的，沉淀消失。（6）此问中实验过程和原题操作不同的地方是溶液和溶液的滴加顺序，先看到的是少量时的现象，对应原题中iii的“沉淀溶解，无色溶液”现象。之后滴加至过量，并且有加热条件，应看到的是原过程中ii的“砖红色沉淀，并有刺激性气味气体”现象。所以预期观察到的现象是开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失。（7）对比原实验中i和ii，可证明“加热”是产生砖红色沉淀的必要条件。对比原实验ii和iii以及（6）中过程，可证明加入过量的时无产生。另外如果Na2SO3加入量过少，则认为还原剂量少，生成量不足，和的物质的量之比是产生砖红色沉淀的必要条件。