1、北京市通州区2019-2020学年高三摸底考试化学试题1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列事实不涉及化学反应的是A. 开采可燃冰生产天然气B. 利用二氧化碳生产燃料乙醇C. 化学家合成一些药物D. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料【答案】A【解析】【详解】A. 可燃冰是甲烷的水合物，融化后得到天然气，A符合题意；B. 二氧化碳与氢气反应生成乙醇，发生化学变化，B不合题意， C. 利用小分子合成一些药物，生成了新物质，C不合题意；D. 石油产品裂解生成短链烃，再发生聚合得到塑料、化纤等高分子材料，D不合题意。故选A。2.下列有关化学用语使用正确的是A. 氮分子的电子式：B. 质子数为9，中
2、子数为20的氟原子：C. 对硝基苯酚的的结构简式：D. FeCl3水解的离子方程式：FeCl3Fe3+3Cl-【答案】C【解析】【详解】A. 氮分子的电子式为，A不正确；B. 质子数为9，中子数为20的氟原子为，B不正确；C. 对硝基苯酚是硝基和羟基分别连接在苯环对位的碳原子上，C正确；D. FeCl3Fe3+3Cl-是FeCl3电离方程式，D不正确。故选C。3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反
3、应B. 过程、过程均为放热过程C. 过程只生成了极性共价键D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的H【答案】A【解析】【详解】A根据反应过程示意图，过程中1个水分子中的化学键断裂，过程另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；B根据反应过程示意图，过程、中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；D催化剂不能改变反应的H，D项错误；答案选A。【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
4、4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A. 原子半径：WXB. 常温常压下，Y单质为固态C. 气态氢化物热稳定性：Z0C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】B【解析】【详解】A2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正
5、向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；B图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的H0，故B正确；C增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；D开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故答案为B。14.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A. 过程发生反应的离子方程式：H2+Ce2+2H+Ce3+
6、B. x=l时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原【答案】D【解析】【详解】A. 方程式H2+Ce2+2H+Ce3+中，两种变价元素的价态都升高，违背氧化还原反应原则，A错误；B. x=l时，过程中发生反应2NO+4Ce2+4H+=N2+4Ce3+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；C. 把两个反应式按电子守恒加和，得出混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，C错误；D. 该转化过程的实质为2NOx+2xH2=xN2+2xH2O，D正确。故选D。15.将高温水蒸气通到KSCN
7、的表面，会发生下列反应：4KSCN+9H2O（g）K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3，请填空：（1）上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的是_（填元素符号，下同）；属于第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为：_；（2）上述反应所涉及的各物质中，属于非电解质的是：_；（3）写出CO2的电子式：_；（4）已知物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下：K2CO3水溶液呈碱性的原因是_（用化学用语解释），从表中数据可知，K2CO3溶液c（CO32-）_K2S溶液c（S2-）（填“”“”或“=”）；溶液K2CO3K2SpH11.612.5（5）K2S接触潮湿银器
8、表面，会出现黑色斑点（Ag2S），其原理如下（配平反应式）：_K2S+_Ag+_O2+_H2O_Ag2S+_KOH。_，每消耗标准状况下224mLO2，转移电子数目为_。【答案】 (1). K (2). ONC (3). CO2、NH3 (4). (5). CO32-H2OHCO3-OH- (6). (7). 2、4、1、2、2、4 (8). 0.04NA【解析】【分析】(1)比较原子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则依据同周期元素的半径递变规律进行分析。(2)比较非金属性时，可利用同周期、同主族元素的非金属性的变化规律进行推断。(3)比较相同浓度
9、盐溶液中酸根离子浓度时，可依据溶液的pH，确定酸根离子的水解程度，pH越大，酸根的水解程度越大，对应酸越弱，溶液中酸根离子浓度越小。(4)配平氧化还原反应时，首先找出变价元素并标出化合价，确定首先配平的两种物质，然后利用电子守恒进行配平；再依据电荷守恒、质量守恒进行配平。【详解】(1)在反应4KSCN+9H2O(g)K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3中，所涉及的元素为K、S、C、N、O、H，其中K原子核外有4个电子层，S原子核外有3个电子层，C、N、O原子核外有2个电子层，H原子核外有1个电子层，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径最大的是K；属于第二周期元素的非金属元素为C、
10、N、O，三者从左到右的顺序为C、N、O，非金属性依次增强，则三者由强到弱的顺序为ONC；答案为：K；ONC；(2)上述反应所涉及的各物质中，KSCN、H2O、K2CO3、K2S、H2S为电解质，属于非电解质的是CO2、NH3。答案为：CO2、NH3；(3) CO2为共价化合物，C与每个O原子间形成两对共用电子，电子式为。答案为：；(4) K2CO3为强酸弱碱盐，在水溶液中CO32-水解生成OH-而使溶液呈碱性，原因是CO32-H2OHCO3-OH-，从表中数据可知，K2S溶液的pH大，说明S2-水解的程度大，相同浓度时，K2CO3溶液c(CO32-)K2S溶液c(S2-)。答案为：CO32-H
11、2OHCO3-OH-；(5)在反应 _K2S+_Ag+_O2+_H2O_Ag2S+_KOH中，Ag作还原剂，O2作氧化剂，依据电子守恒，可得出4Ag+O22Ag2S，再依据质量守恒，便可得到配平的方程式为2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH；标准状况下，224mLO2为0.01mol，转移电子数目为0.04NA。答案为：2、4、1、2、2、4；0.04NA。【点睛】CO2电子式的书写，是我们的易错点，由于缺少对电子式的系统分析，有些同学总会想当然，只想着形成8电子相对稳定结构，没有考虑原子核外的电子数，写成或等。16.某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。实验向
12、试管中加2mL溶液实验现象实验I：0.1 mol/L AgNO3溶液镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体，并有少量气泡产生实验II：2.0 mol/L NH4Cl溶液反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2），一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体实验III：pH=8.2 NaHCO3溶液产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体请回答下列问题：（1）对实验I进行研究： 推测实验中黑色固体为Ag，则发生反应的离子方程式为_。 确认黑色固体为Ag的实验方案是_。（2）对实验II进行研究： 反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应，或 _。 “一段时间后”产生的气体一定含
13、有H2和_。 为进一步研究，设计如下实验：实验操作现象实验IV向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L(NH4)2SO4溶液产生气体的速率明显慢于实验II结合实验II、IV，可以得出的结论是_。（3）对实验III进行研究：经检验，白色固体为碱式碳酸镁 Mg2(OH)2CO3 。 推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测，其实验操作是_。（4）根据上述实验判断，影响Mg与盐溶液反应多样性原因有_（填字母序号）A盐溶液中阳离子的氧化性 B盐溶液的温度C含Mg生成物的溶解性 D盐溶液中阴离子的影响【答案】 (1). 2Ag+Mg=2Ag+M
14、g2+ (2). 将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。 (3). NH4+水解使溶液中c(H+)增大，与Mg反应生成H2 (4). NH3 (5). Cl-有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42-不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2） (6). 向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。 (7). ACD【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）出现黑色固体，此固体为Ag，利用金属活动顺序表，发生置换反应，即Mg2Ag=M
15、g22Ag；确认是Ag，需要检验Ag，即将Ag转化成Ag，具体操作是：将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，说明黑色固体为Ag；（2）NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4发生水解反应，NH4H2O NH3H2OH，Mg2H=Mg2H2，消耗H促使平衡向正反应方向进行；根据实验II，除得到氢气外，还有一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为NH3；加入的是(NH4)2SO4，NH4的浓度与NH4Cl中NH4浓度相同，不同的是阴离子，因此得出结论是Cl有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42不利于
16、Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）；（3）HCO3在水中既有电离也有水解，HCO3HCO32，pH=8.2说明溶液显碱性，得到Mg2(OH)2CO3，当没有HCO3，则H和Mg2反应的程度很小，实验设计为：向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，观察反应现象；（4）A、根据实验I，利用Ag的氧化性较强，得到黑色固体，故A正确；B、四个实验中没有说明温度对实验的影响，故B错误；C、根据实验III，得到碱式碳酸镁，碱式碳酸镁不溶于水，故C正确；D、实验II和IV的对比，说明阴离子的影响，故D正确。17.碘及其化合物在生活中应用广泛，
17、含有碘离子的溶液需回收处理。（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：反应：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）2HI（aq）+H2SO4（aq）H1反应：HI（aq）H2（g）+ I2（aq）H2反应：2H2SO4（aq）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）反应：SO2（g）+2H2O（l）H2SO4（aq）+H2（g）的H_（用H1、H2表示）；分析上述反应，下列判断正确的是_；A反应易在常温下进行B反应I中SO2还原性比HI强C循环过程中需补充H2OD循环过程中产生1molO2同时产生1molH2反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2（aq）+I-（a
18、q）I3-（aq），其反应速率极快且平衡常数大。现将1mol SO2缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n（I3-）随反应时间（t）的变化曲线如图所示。开始阶段n（I3-）逐渐增大的原因是：_；（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3-），写出氯气与碘单质反应的离子方程式：_；（3）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-（aq）+AgCl（s）AgI（s）+Cl-（aq），反应达到平衡后溶液中c（I-）_用c（Cl-）、Ksp（AgCl）和Ksp（A
19、gI）表示该方法去除碘离子的原理是_。【答案】 (1). H1+2H2 (2). BC (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+ (5). (6). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小【解析】【分析】(1)利用已知热化学反应求解未知热化学反应时，可利用盖斯定律进行计算，计算时，可根据未知反应，确定已知反应是否需要调整反应物与生成物，是否需要调整化学计量数。(2)在分析图象信息时，从发生的反应入手，根据生成物的浓度变化，确定
20、平衡移动的方向，寻找浓度变化的原因。(3)在分析沉淀溶解平衡时，虽然涉及两个平衡体系，仍可像对待一般的化学平衡一样进行处理。【详解】(1) aSO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)2HI(aq)+H2SO4(aq) H1bHI(aq)H2(g)+I2(aq) H2由盖斯定律可知a+2b得SO2(g)+2H2O(1)H2SO4(aq)+H2(g) H=H1+2H2。答案为：H1+2H2；AH-TS0的反应可自发进行，为吸热、熵增的反应，常温不能自发进行，A错误； BI中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则SO2还原性比HI强，B正确；C将三个反应式相加，得出2H2O(1)=2H2(g)+O
21、2(g)，反应消耗水，需要不断补充，C正确； D分解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，则产生1molO2同时产生2molH2，D错误。答案为：BC；n(I3-)逐渐增大的原因是开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加。答案为：开始阶段，SO2和I2反应生成I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加； (2)酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+
22、10Cl-+12H+。答案为：5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；(3)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，c(I-)=，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。答案为：；AgI溶度积比AgCl的溶度积小。【点睛】计算c(I-)时，我们也可以这样操作，Ksp(AgCl)= c(Cl-) c(Ag+)，Ksp(AgI)= c(I-) c(Ag+)，然后两式相比，即得出，从而得出c(I-)=。18.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂。通过如下简
23、化流程既脱除燃媒尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。请回答下列问题：(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是_（填编号）；ANaOH溶液、酚酞溶液 B稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 C碘水、淀粉溶液 D氨水、酚酞溶液(2)写出软锰矿浆吸收SO2的化学方程式_；(3)用MnCO3，能除去溶液中的Al3+和Fe3+，用原理解释：_。(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式_；(5)工业上将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4装置如图：D是溶液_；结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：_；(6)除杂后得到的MnSO4溶
24、液可以通过_（填操作名称）、过滤制得硫酸锰晶体。【答案】 (1). BC (2). MnO2+SO2=MnSO4 (3). 消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+ (5). 浓KOH溶液 (6). a极上发生MnO42-e-MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】由流程可知，含二氧化硫的尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，二氧化硫能被二氧化锰氧化为硫酸锰，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS能将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能
25、与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰、硫酸钾。【详解】(1)二氧化硫可被高锰酸钾、碘水氧化，根据颜色变化，可准确判断滴定终点，从而准确测定其含量，而与碱反应时选酚酞作指示剂，吸收不彻底，不能准确测定二氧化硫的含量。答案为：BC；(2)锰矿浆吸收SO2，生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。答案为：MnO2+SO2=MnSO4；(3)在水溶液中，Al3+和Fe3+都能水解生成H+，MnCO3能与H+反应从而促进Al3+和Fe3+完全转化为氢氧化物沉淀，从而除去溶液中的Al3+和Fe3+。用原理解释为消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。答案
26、为：消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；(4)KMnO4与MnSO4溶液发生归中反应，生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+。答案为：2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+； (5)由图可知，a电极上MnO42-失去电子，b电极上水电离出的氢离子得到电子生成OH-，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以右侧KOH的浓度变大，D是浓KOH溶液。答案为：浓KOH溶液；a为阳极，阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42-e-MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极
27、区生成KMnO4。答案为：a极上发生MnO42-e-MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；(6)由MnSO4溶液得到MnSO4H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。【点睛】进行滴定操作时，不一定要使用指示剂，如酸性高锰酸钾溶液测定尾气中二氧化硫的含量，由于滴定终点时溶液能发生明显的颜色变化，所以能准确判断滴定终点。19.以烃A为主要原料，采用以下路线合成药物X、Y和高聚物Z。已知：（R或R可以是烃基或H原子）；反应、反应、反应的原子利用率均为100%请回答下列问题：(1)A的结构简式为_；(2)X中的含氧官能团名称为_，反应
28、的条件为_，反应的反应类型是_；(3)关于药物Y（）的说法正确的是_；A.药物Y的分子式为C8H8O4遇氯化铁溶液可以发生显色反应B.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，分别最多消耗4mol和2molC.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气D.药物Y中、三处一OH上H的电离程度由大到小的顺序是(4)写出反应EF的化学方程式_；(5)写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式_；属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6个峰。(6)设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（其他试剂任选）_。【答案】 (1). HCCH (2)
29、. 酯基 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 消去反应 (5). AD (6). (7). (8). 【解析】【分析】反应、反应、反应的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应的产物，可推知A为CHCH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为。C可以发生催化氧化生成D，D发生信息中反应，则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。【详解】(1)由以上分析
30、可知A为HCCH。答案为：HCCH；(2)X为，含氧官能团名称为酯基，反应的条件为：氢氧化钠水溶液、加热，反应的反应类型是消去反应。答案为：酯基；氢氧化钠水溶液、加热；消去反应；(3)关于药物Y（）A药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，遇氯化铁溶液可以发生显色反应，A正确；B苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，B错误； C羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，C错误；D羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇
31、羟基表现为中性，药物Y中、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是，D正确。故选AD；(4)反应EF的化学方程式 。答案为： ；(5) E()的同分异构体符合下列条件：属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6个峰。符合条件的同分异构体为：、。答案为：、；(6)乙醛与HCN发生加成反应，酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。合成路线流程图为：。答案为：。【点睛】合成目标有机物时，我们可采用逆推法，由高聚物结构简式，确定合成该有机的的单体，然后与原料有机物进行对比，找出碳链的增长与缩短、官能团的改变及变化的部位，借助信息及题干中的合成路线图，确定合理的合成路线。