北京市西城区2020届高三化学下学期第二次模拟考试试卷(含解析)
北京西城区高考化学二模试卷(含解析)
北京市西城区高考化学二模试卷一、选择题本部分共7小题，每小题6分，共42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．下列材料中不属于有机高分子化合物的是（）A．A B．B C．C D．D2．下列事实与水解反应无关的是（）A．用Na2S除去废水中的Hg2+B．用热的Na2CO3溶液去油污C．利用油脂的皂化反应制造肥皂D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO43．下列事实不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：HClO4＞H2SO4B．Na、Mg与水反应，Na更剧烈C．气态氢化物的稳定性：HF＞HClD．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生4．已知反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（）A．实验i中现象说明有Fe2+生成B．实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C．实验iii水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化5．在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌H3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2．温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．△H1＜0，△H2＞0B．增大压强有利于加快合成反应的速率C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率D．合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=6．依据下列实验现象，不能得出对应结论的是（）A ．AB ．BC ．CD ．D7．工业酸性废水中的Cr 2O 72﹣可转化为Cr 3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL ，Cr 2O 72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是（ ）A．对比实验①②可知，降低pH 可以提高Cr 2O 72﹣的去除率B ．实验②中，Cr 2O 72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr 2O 72﹣+6e ﹣+14H +═2Cr 3++7H 2O C ．实验③中，Cr 2O 72﹣去除率提高的原因是Cr 2O 72﹣+6 Fe 2++14H +═2Cr 3++6Fe 3++7H 2O D ．实验③中，理论上电路中每通过6 mol 电子，则有1 mol Cr 2O 72﹣被还原二、非选择题（共11题共180分） 8．（17分）聚合物（W 是链节中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料．聚合物 X 是其中的一种，转化路线如图：已知：i ．R 1CHO+R 2CH 2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2（R代表烃基或氢原子）（1）A的结构简式是．（2）B所含的官能团名称是．（3）E的结构简式是．（4）①的化学方程式是．（5）②的反应类型是．（6）J是五元环状化合物，③的化学方程式是．（7）X的结构简式是．9．（14分）MnSO4在工业中有重要应用．用软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）浸出制备MnSO4，其过程如下：I．向软锰矿浆中通入SO2，锰、铁、铝、铅元素以离子形式浸出，测得浸出液的pH＜2．II．向浸出液中加MnO2，充分反应后，加入石灰乳，调溶液pH=4.7．III．再加入阳离子吸附剂，静置后过滤．IV．滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体．【资料】部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，该反应的化学方程式是．（2）II 中加入MnO2的主要目的是；调溶液 pH=4.7，生成的沉淀主要含有和少量CaSO4．（3）III中加入阳离子吸附剂，主要除去的离子是．（4）用惰性电极电解MnSO4溶液，可以制得高活性MnO2．①电解MnSO4溶液的离子方程式是．②高活性MnO2可用于催化降解甲醛，有关微粒的变化如图所示，其中X是，总反应的化学方程式是．10．（12分）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在．某工厂处理氨氮废水的流程如下：含NH4+的废水低浓度氨氮废水含余氯废水达标废水（1）I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气．用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是；鼓入大量空气的目的是．（2）II中加入适量NaClO溶液，控制pH在6～7，将氨氮转化为无毒物质．①为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是．②过程 II发生3个反应：i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价）iii．…已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”．图为NaClO 加入量与“余氯”含量的关系示意图．其中氨氮含量最低的点是c点．b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）；反应iii的化学方程式是．（3）III中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg•L﹣1．若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg•L﹣1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10% Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）．11．（15分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应．【实验Ⅰ】试剂：酸化的0.5mol•L ﹣1FeSO4溶液（pH=0.2），5% H 2O 2溶液（pH=5）（1）上述实验中H 2O 2溶液与FeSO 4溶液反应的离子方程式是 ． （2）产生气泡的原因是 ． 【实验Ⅱ】试剂：未酸化的0.5mol•L﹣1FeSO 4溶液（pH=3），5% H 2O 2溶液（pH=5）（3）将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体．取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol•L﹣1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液．初步判断该沉淀中含有Fe 2O 3，经检验还含有SO 42﹣．检验棕黄色沉淀中SO 42﹣的方法是 ．（4）对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设： i ． H 2O 2溶液氧化Fe 2+消耗H +ii ．Fe 2+氧化的产物发生了水解①根据实验II 记录否定假设 i ，理由是 ．②实验验证假设 ii ：取 ，加热，溶液变为红褐色，pH 下降，证明假设 ii 成立． （5）将FeSO 4溶液加入H 2O 2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是 ． 【实验Ⅲ】若用FeCl 2溶液替代FeSO 4溶液，其余操作与实验 II 相同，除了产生与 II 相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色． （6）产生刺激性气味气体的原因是 ．（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H 2O 2反应的现象与 （至少写两点）有关．北京市西城区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题本部分共7小题，每小题6分，共42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．下列材料中不属于有机高分子化合物的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】L1：有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；B．二氧化硅为无机物；C．聚酯纤维为缩聚反应产物；D．聚丙烯酸钠为加聚反应产物．【解答】解：相对分子质量在10000以上的为高分子，可利用缩聚反应、加聚反应得到有机高分子化合物，则酚醛树脂、聚酯纤维、聚丙烯酸钠均为有机高分子化合物，而二氧化硅为无机物，故选B．【点评】本题考查有机高分子的判断，为高频考点，把握有机物的组成、合成高分子的方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化硅为无机物，题目难度不大．2．下列事实与水解反应无关的是（）A．用Na2S除去废水中的Hg2+B．用热的Na2CO3溶液去油污C．利用油脂的皂化反应制造肥皂D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4【考点】DD：盐类水解的应用．【分析】A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解；C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4．【解答】解：A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2+，与与水解反应无关，故A选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C不选；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4，加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4，与盐类的水解有关，故D不选．故选A．【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于化学知识的综合运用的考查，注意把握盐类水解的原理，题目难度不大．3．下列事实不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：HClO4＞H2SO4B．Na、Mg与水反应，Na更剧烈C．气态氢化物的稳定性：HF＞HClD．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强．【解答】解：A．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A正确；B．金属性Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈，故B正确；C．非金属F＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强，不能用元素周期率解释，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素周期律的递变规律以及物质的性质的比较角度，难度不大．4．已知反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（）A．实验i中现象说明有Fe2+生成B．实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C．实验iii水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化【考点】PT：物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀；B．Fe3+使KSCN溶液显红色；C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）；D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅．【解答】解：A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀，实验i中现象说明有Fe2+生成，故A正确；B．Fe3+使KSCN溶液显红色，实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+，故B正确；C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+），故C正确；D．实验iii中再加入4滴0.1 mol•L﹣1 FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的检验与鉴别，注意掌握检验铁离子和亚铁离子的方法，把握可逆反应的特征，试题培养了学生的化学实验能力，题目难度中等．5．在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌H3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2．温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．△H1＜0，△H2＞0B．增大压强有利于加快合成反应的速率C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率D．合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】A、由图可知温度升高CH3OH的产率减小，所以CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）平衡逆向移动，则△H1＜0；而一氧化碳产率增大，所以CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O （g）平衡正向移动，△H2＞0；B、对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快；C、△H1＜0温度升高平衡逆向移动；D、平衡常数等于生成浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，由此分析解答．【解答】解：A、由图可知温度升高CH3OH的产率减小，所以CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）平衡逆向移动，则△H1＜0；而一氧化碳产率增大，所以CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）平衡正向移动，△H2＞0，所以△H1＜0，△H2＞0，故A正确；B、对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，故B正确；C、△H1＜0温度升高平衡逆向移动，所以温度越高CH3OH的产率越低，故C错误；D、平衡常数等于生成浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的产率随时间变化曲线，涉及化学反应速率及化学平衡、平衡常数表达式的书写，难度不大，注意对基础知识的全面掌握．6．依据下列实验现象，不能得出对应结论的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．由pH大于1可知，醋酸不能完全电离；B．NaOH过量，均为沉淀的生成；C．发生强酸制取弱酸的反应；D．水解后加硝酸至酸性，再检验溴离子．【解答】解：A．由pH大于1可知，醋酸不能完全电离，则醋酸是弱酸，故A正确；B．NaOH过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp及溶解度，故B错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：碳酸＞苯酚，故C正确；D．水解后加硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，则证明含有溴元素，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握弱电解质的电离、沉淀生成、酸性比较、有机物的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．7．工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是（）A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6 Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣被还原【考点】DI：电解原理．【分析】A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大；B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应；C．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣；D．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72﹣被还原．【解答】解：A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A 正确；B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B正确；C．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C正确；D．实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣在阴极上被还原，且溶液中还有1molCr2O72﹣被Fe2+还原，所以一共有2 mol Cr2O72﹣被还原，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D．二、非选择题（共11题共180分）8．（17分）（2017•西城区二模）聚合物（W是链节中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料．聚合物 X是其中的一种，转化路线如图：已知：i．R1CHO+R2CH2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2（R代表烃基或氢原子）（1）A的结构简式是CH3CH2OH ．（2）B所含的官能团名称是醛基．（3）E的结构简式是CH2=CHCHO ．（4）①的化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O ．（5）②的反应类型是加成反应．（6）J是五元环状化合物，③的化学方程式是+2NaOH+2 NaBr+2 H2O ．（7）X的结构简式是．【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．【分析】A发生催化氧化反应生成B，B和D发生信息i的反应生成E，结合A的分子式知，A结构简式为CH3CH2OH，B为CH3CHO，E发生氧化反应生成F，根据F分子式知，D为HCHO，E为CH2=CHCHO，F为CH2=CHCOOH．N与J发生信息ii中的反应，结合产物结构简式可知N、J分别为CH2=CHCOOCH3、中的一种，结合F的结构简式可知N为CH2=CHCOOCH3、J为，故M为CH3OH．I发生消去反应生成J，G发生加成反应生成I，则G、I结构简式分别为、．由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为，据此解答．【解答】解：A发生催化氧化反应生成B，B和D发生信息i的反应生成E，结合A的分子式知，A结构简式为CH3CH2OH，B为CH3CHO，E发生氧化反应生成F，根据F分子式知，D为HCHO，E为CH2=CHCHO，F为CH2=CHCOOH．N与J发生信息ii中的反应，结合产物结构简式可知N、J分别为CH2=CHCOOCH3、中的一种，结合F的结构简式可知N为CH2=CHCOOCH3、J为，故M为CH3OH．I发生消去反应生成J，G发生加成反应生成I，则G、I结构简式分别为、．由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为．（1）由上述分析可知，A的结构简式是 CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；（2）B为CH3CHO，所含的官能团名称是醛基，故答案为：醛基；（3）由上述分析可知，E的结构简式是CH2=CHCHO，故答案为：CH2=CHCHO；（4）①的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O；（5）②是与溴发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（6）③的化学方程式是： +2NaOH+2 NaBr+2 H2O，故答案为：+2NaOH+2 NaBr+2 H2O；（7）由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，是高考热点题型，注意根据转化关系中有机物的分子式、结构简式及反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．9．（14分）（2017•西城区二模）MnSO4在工业中有重要应用．用软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）浸出制备MnSO4，其过程如下：I．向软锰矿浆中通入SO2，锰、铁、铝、铅元素以离子形式浸出，测得浸出液的pH＜2．II．向浸出液中加MnO2，充分反应后，加入石灰乳，调溶液pH=4.7．III．再加入阳离子吸附剂，静置后过滤．IV．滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体．【资料】部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，该反应的化学方程式是SO2+MnO2=MnSO4．（2）II 中加入MnO2的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+；调溶液 pH=4.7，生成的沉淀主要含有Fe（OH）3、Al（OH）3和少量CaSO4．（3）III中加入阳离子吸附剂，主要除去的离子是Ca2+、Pb2+．（4）用惰性电极电解MnSO4溶液，可以制得高活性MnO2．①电解MnSO4溶液的离子方程式是Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+．②高活性MnO2可用于催化降解甲醛，有关微粒的变化如图所示，其中X是HCO3﹣，总反应的化学方程式是HCHO+O2CO2+H2O ．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）通入SO2浸出液的pH＜2，MnO2与SO2发生氧化还原反应，其中的金属离子主要是Mn2+，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰乳，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，调节pH值4.7，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+，过滤，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体，据此分析解答（1）～（3）；（4）①用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，由氧元素守恒可知有水参与反应，阴极发生还原反应，水放电生成氢气（还会生成氢氧根离子），配平书写电极反应式；②氧离子与﹣CHO转化为X，而X与H+生成CO2和H2O，则X表示的粒子是HCO3﹣，整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水．【解答】解：（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；（2）杂质离子中Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，加入石灰乳，调节pH值4.7，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故生成的沉淀主要为Fe（OH）3、Al（OH）3和少量CaSO4；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）由题可知通过步骤III得到的溶液为含有锰离子的溶液，故在此步骤对剩余的金属离子进行了除杂，则，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+；故答案为：Ca2+、Pb2+；（4）①用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，阴极水得电子发生还原反应生成氢气，总反应离子方程式为：Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+；故答案为：Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+；②氧离子与﹣CHO转化为X，而X与H+生成CO2和H2O，则X表示的粒子是HCO3﹣，整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水，可得该反应的总反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，故答案为：HCO3﹣；HCHO+O2CO2+H2O．【点评】本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力．10．（12分）（2017•西城区二模）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在．某工厂处理氨氮废水的流程如下：含NH4+的废水低浓度氨氮废水含余氯废水达标废水（1）I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气．用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是NH4++OH﹣═NH3•H2O ；鼓入大量空气的目的是空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离．（2）II中加入适量NaClO溶液，控制pH在6～7，将氨氮转化为无毒物质．①为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是3：1 ．②过程 II发生3个反应：i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价）iii．…已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”．图为NaClO 加入量与“余氯”含量的关系示意图．其中氨氮含量最低的点是c点．b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）NH2Cl ；反应iii的化学方程式是ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O ．（3）III中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg•L﹣1．若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg•L﹣1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10% Na2SO3溶液 1.76 kg（溶液体积变化忽略不计）．【考点】FE："三废"处理与环境保护；5A：化学方程式的有关计算．【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；（2）①加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比根据2NH4+～N2～12e﹣，ClO﹣～Cl﹣～2e﹣结合得失电子守恒计算；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl 发生氧化还原反应生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n==1mol 根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol．【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH﹣═NH3•H2O，氨水电离是可逆反应，鼓入大量空气将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，故答案为：NH4++OH﹣═NH3•H2O；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；（2）①氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在，为了完全从废水中去除氨氮，2NH4+～N2～12e﹣6ClO﹣～6Cl﹣～12e﹣根据电子守恒得到加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比3：1，故答案为：3：1；②中a﹣b点，发生的反应为i．ClO﹣+H+═HClOii．NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O （NH2Cl中Cl元素为+1价），b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是NH2Cl，b﹣c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O，故答案为：NH2Cl；ClO﹣+2NH2Cl=N2+3Cl﹣+2H++H2O；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n==1mol 根据反应：NaClO+Na2SO3═NaCl+Na2SO4，可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol，质量为m=n×M=1mol×126g/mol=126g，根据题意，设最多添加10%Na2SO3溶液的质量为x=5mg/L，解得：x=1760g=1.76kg，故答案为：1.76．【点评】本题考查了废水处理的方法和过程分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算、氧化还原反应产物判断，注意分析题干信息，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11．（15分）（2017•西城区二模）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应．【实验Ⅰ】试剂：酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4溶液（pH=0.2），5% H2O2溶液（pH=5）（1）上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O ．（2）产生气泡的原因是Fe3+催化下H2O2分解生成O2．【实验Ⅱ】溶液（pH=5）试剂：未酸化的0.5mo l•L﹣1FeSO4溶液（pH=3），5% H2O2﹣1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液．初步判断该沉淀中含有FeO3，经检验还含有SO42﹣．检验2棕黄色沉淀中SO42﹣的方法是取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42﹣．（4）对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：i． H2O2溶液氧化Fe2+消耗H+ii．Fe2+氧化的产物发生了水解①根据实验II记录否定假设 i，理由是反应后溶液的pH降低．②实验验证假设 ii：取Fe2（SO4）3溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立．（5）将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是2Fe2++4H2O+H2O2=+2Fe（OH）3（胶体）+2H+．【实验Ⅲ】若用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验 II相同，除了产生与 II相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色．（6）产生刺激性气味气体的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发．（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量（至少写两点）有关．【考点】U2：性质实验方案的设计．【分析】（1）根据现象H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成铁离子，铁元素化合价升高，则过氧化氢生成水；（2）生成铁离子，能催化过氧化氢分解生成氧气；（3）硫酸根离子用酸化的氯化钡检验；（4）①根据实验II记录反应后溶液pH=1.4，酸性增强，假设i不合理；②根据假设ii，Fe2+氧化的产物发生了水解，则为铁离子水解，取硫酸铁验证即可；（5）根据假设ii为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体；（6）用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色，为HCl气体；（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量有关．【解答】解：（1）H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成铁离子和水，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O；（2）过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气，故产生气泡；故答案为：Fe3+催化下H2O2分解生成O2；（3）硫酸根离子用酸化的氯化钡检验，故检验棕黄色沉淀中SO42﹣的方法是：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42﹣；故答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42﹣；（4）①根据实验II记录反应后溶液pH=1.4，酸性增强，假设i中消耗氢离子，酸性减弱，pH应增大，故不合理；故答案：反应后溶液的pH降低；②根据假设ii，Fe2+氧化的产物发生了水解，铁离子水解，验证硫酸铁溶液中铁离子的水解平衡即可，取Fe2（SO4）3溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设 ii成立；故答案为：Fe2（SO4）3溶液；（5）根据假设ii，为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，反应为：2Fe2++4H2O+H2O2=+2Fe（OH）3（胶体）+2H+；故答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=+2Fe（OH）3（胶体）+2H+；（6）用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，H2O2分解反应放热，促进Fe3+。
2020届高三化学二模考试试卷含答案
高三模拟测试化学2020.6本试卷共9页，100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列物质的主要成分（括号中）不包括．．．ⅣA族元素的是A．石英石[SiO2]B．猫眼石[Be3Al2Si6O18]C．孔雀石[Cu2(OH)2CO3]D．红宝石[Al2O3]2．下列化学用语不正确．．．的是A．苯的实验式：CH B．乙酸分子比例模型：C．氢氧化钠的电子式：D．乙炔的结构式：H—C≡C—H3．化学与生活密切相关，下列说法不．正确．．的是A．灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C．CO、甲醛、放射性元素氡（Rn）都是室内空气污染物D．混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法4．下列实验操作中，符合操作规范的是A．向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁B．用托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码C．用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞北京市西城区2020年6月高三化学第1页（共11页）北京市西城区2020年6月高三化学 第2页（共11页）5．下列性质的比较，不能．．用元素周期律解释的是 A ．热稳定性：Na 2CO 3＞NaHCO 3 B ．稳定性：HCl ＞HI C ．碱性：KOH ＞NaOHD ．酸性：HClO 4＞H 2SO 46．下列物质转化关系，在给定条件下都能实现的是A ．①②B ．①③C ．①②③D ．②③④7．已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。
向混盐CaOCl 2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl 2+H 2SO 4(浓)== CaSO 4+Cl 2↑+H 2O 。
下列说法不正确．．．的是 A ．CaOCl 2中的两种酸根阴离子分别为Cl －和ClO － B ．CaOCl 2和Cl 2中均含有非极性共价键 C ．在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性D ．每产生标准状况下2.24 L Cl 2，转移电子的数目约为6.02×1022 8．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是9．下列解释实验事实的方程式书写不正确．．．的是北京市西城区2020年6月高三化学 第3页（共11页）10．肉桂皮是肉桂树的树皮，常被用作药物和食用香料，有效成分为肉桂醛。
2020年北京市西城区高考化学二模试卷 (含答案解析)
2020年北京市西城区高考化学二模试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.下列物质中属于合金的是()A. 铜绿B. 铜粉和镁粉混合(常温下)C. 水银D. 硬铝2.下列电离方程式的书写正确的是()A. NaHSO4=Na++HSO4−B. H2CO3CO32−+2H+C. CH3COONa Na++CH3COO−D. NH3·H2O NH4++OH−3.下列各组物质，属于官能团异构的是()A. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2B. CH2=C(CH3)2和CH3CH=CHCH3C. CH3CH2CH2CH2OH和CH3CH2OCH2CH3D. CH3CH2CH2COOH和CH3CH(CH3)COOH4.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是()①氯气②液氯③新制氯水④氯气的酒精溶液⑤盐酸⑥盐酸酸化的漂白粉溶液．A. ①②③B. ①②③⑥C. ③⑥D. ③④⑥5.BHTCButylated Hydroxy Toluene)是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：下列说法不正确的是()A. BHT在水中的溶解度小于苯酚B. 与BHT互为同系物C. 1molBHT可与含有2molBr2的浓溴水发生取代反应D. 方法一的原子利用率为100%6.向CuSO4溶液中通入H2S气体：Cu2++S2−=CuS↓A. ×B. √7.将一根较纯铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，下列关于此现象的说法错误的是()A. 铁棒AB段发生反应为O2+4e−+2H2O=4OH−B. 腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段C. 向水中加入一定量硫酸钾固体后，对铁棒的生锈速率几乎无影响D. 产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同二、实验题（本大题共1小题，共16.0分）8.某小组同学进行实验研究FeCl3溶液和Na2S溶液的反应。
北京市西城区2020年高三化学二模试题含解析【加15套高考模拟卷】
北京市西城区2020年高三化学二模试题一、选择题(共包括22个小题。
每小题均只有一个符合题意的选项）1、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。
下列说法不正确的是A．该装置将光能转化为化学能并分解水B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑2、与溴水反应不会产生沉淀的是A．乙烯B．AgNO3溶液C．H2S D．苯酚3、下列说法中的因果关系正确的是A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应4、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．31 g 白磷中含有的电子数是3.75N AB．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10N AC．1L 0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2N AD．5.6g Fe 与足量I2反应，Fe 失去0.2N A个电子5、根据元素周期律可判断()A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞NC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．原子半径：Cl＞Al6、制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．反应①属于固氮反应B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应D．用精馏的方法可提纯三氯氢硅7、金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。
该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。
已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。
2020年6月北京市西城区普通高中2020届高三下学期第二次高考模拟考试化学试题(解析版)
绝密★启用前北京市西城区普通高中2020届高三毕业班下学期第二次高考模拟考试化学试题(解析版)2020年6月第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列物质的主要成分(括号中)不包括．．．ⅣA族元素的是A．石英石[SiO2]B．猫眼石[Be3Al2Si6O18]C．孔雀石[Cu2(OH)2CO3]D．红宝石[Al2O3]A. AB. B.C. C.D. D 【答案】D【解析】【详解】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；B．Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素,故不选B；C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素,故不选C；D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素,不含ⅣA族元素,故选D。
2.下列化学用语不正确．．．的是A. 苯的实验式：CHB. 乙酸分子比例模型：C. 氢氧化钠的电子式：D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H【答案】C【解析】【详解】A．苯的分子式是C6H6,所以苯的实验式是CH,故A正确；B．乙酸的结构简式是CH3COOH,乙酸分子比例模型是,故B正确；C．氢氧化钠是离子化合物,氢氧化钠的电子式是,故C错误；D．乙炔分子式是C2H2,含有碳碳三键,乙炔的结构式是H—C≡C—H,故D正确。
选C。
3.化学与生活密切相关,下列说法不正确．．．的是A. 灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C. CO、甲醛、放射性元素氡(Rn)都是室内空气污染物D. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法【答案】B【解析】【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质,棉纤维的主要成分是纤维素,二者可用灼烧的方法区别,有烧焦的羽毛气味的是蚕丝,故A正确；B．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应,淀粉转变为葡萄糖是水解反应,故B错误；C．石材会释放放射性元素,装饰材料会释放CO、甲醛,均是室内空气污染物,故C正确；D．混凝法是利用了胶体的凝聚作用,中和法是利用中和反应调节污水的pH,沉淀法是利用化学反应使重金属离子生成沉淀而除去,都可用于废水处理,故D正确；答案选B。
2020届北京市西城区高三第二次模拟化学试题(解析版)
北京市西城区2020届高三第二次模拟第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列物质的主要成分(括号中)不包括．．．ⅣA族元素的是（）A．石英石[SiO2]B．猫眼石[Be3Al2Si6O18]C．孔雀石[Cu2(OH)2CO3]D．红宝石[Al2O3]『答案』D『详解』A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；B．Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素，故不选B；C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素，故不选C；D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，故选D。
2.下列化学用语不正确．．．的是（）A. 苯的实验式：CHB. 乙酸分子比例模型：C. 氢氧化钠的电子式：D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H 『答案』C『详解』A．苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确；B．乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；C．氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误；D．乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。
选C。
3.化学与生活密切相关，下列说法不正确．．．的是（）A. 灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C. CO、甲醛、放射性元素氡(Rn)都是室内空气污染物D. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法『答案』B『详解』A．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，二者可用灼烧的方法区别，有烧焦的羽毛气味的是蚕丝，故A正确；B．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应，淀粉转变为葡萄糖是水解反应，故B错误；C．石材会释放放射性元素，装饰材料会释放CO、甲醛，均是室内空气污染物，故C正确；D．混凝法是利用了胶体的凝聚作用，中和法是利用中和反应调节污水的pH，沉淀法是利用化学反应使重金属离子生成沉淀而除去，都可用于废水处理，故D正确；『答案』选B。
2020年 西城区 高三 二模 化学 附问题详解
西城区高三诊断性测试化学2020.5 本试卷共 9 页，100 分。
考试时长 90 分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cu 63.5第一部分本部分共14 题，每题3 分，共42 分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列图示的混合物不属于．．．胶体的是2．糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质，下列说确的是A．糖类、油脂、蛋白质均可水解B．纤维素和淀粉互为同分异构体C．油脂属于酯类物质可发生皂化反应D．NH4Cl 溶液和 CuSO4 溶液均可使蛋白质变性3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．铁粉有还原性可作吸氧剂B．生石灰能与水反应可作干燥剂C．福尔马林能杀菌防腐可作食品保鲜剂D．明矾能水解形成胶体可作净水剂4．117 号元素 Ts 的原子最外层电子数是 7，下列说法不．正．确．的是A．Ts 是第七周期第ⅦA 族元素B．还原性：I−＜Ts−C．原子半径：I＜Ts D．中子数为 176 的 T S 的核素符号：5．蜂胶中某活性物质 X 的结构简式如下，下列关于 X 的说确的是A．X 不具有顺式和反式结构B．X 不能与浓溴水发生取代反应C．1 mol X 最多能与 2 mol NaOH 反应D．一定条件下 X 可发生加聚反应6．下列化学用语的表述正确的是A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218OB．镁离子的结构示意图：C．二氧化碳分子的比例模型：D．NaCl 溶液导电：1 / 107．下列说法不．正．确．的是A．常温常压下，3.2 g O2 和 O3 的混合气体中含有氧原子的数目约为 0.2×6.02×1023B．1 L 0.5 mol·L−1 CH3COONa 溶液中含有CH3COOH 和CH3COO−的总数约为0.5×6.02×1023C．标准状况下，1.12 L HCl 气体中含有电子的数目约为 0.9×6.02×1023D．0.1 mol 环氧乙烷（）中含有共价键的总数约为 0.3×6.02×10238．以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置（电极不参与反应）示意图如下。
2020年北京市西城区抽样测试高三第二次模拟试题化学试卷
2020年北京市西城区抽样测试高三第二次模拟试题化学试卷学校 班级 姓名注意：将选择题答在第5页答卷纸．．．上 可能用到的数据：相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108一、选择题（本题包括9小题，每小题4分，共36分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意。
） 1．下列晶体熔化时化学键没有被破坏的是（A ）冰醋酸 （B ）NaCl （C ）金刚石 （D ）2SiO2．“纳米技术”广泛地应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。
如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（1纳米=910 米）（A ）能全部透过半透膜 （B ）有丁达尔现象（C ）所得液体一定能导电 （D ）所得物质一定为悬浊液或乳浊液O3．毒气沙林的主要成份甲氟磷酸异丙酯的结构为F —P —O —CH 23)CH (，消除环境的沙林CH 3毒气最好喷洒（A ）食盐水 （B ）稀盐酸 （C ）酒精 （D ）肥皂水4．汽车尾气（含烃类、CO 、NO 与2SO 等）是城市主要污染源之一，治理的一种办法是在汽车排气管上装催化转化器，它使NO 与CO 反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及2SO 的转化，下列说法中错误．．的是 （A ）CO 与NO 反应的化学方程式为22N CO 2NO 2CO 2++催化剂（B ）此方法的缺点是由于2CO 的增多，会大大提高空气的酸度（C ）为减少市污染应开发新能源（D ）汽车尾气中有两种气体会与血红蛋白结合而使人中毒。
5．在实验中，为防止下列情况发生，采取的措施错误的是（A ）制取蒸馏水时，为防止烧瓶内产生暴沸现象，应先向烧瓶中加入几片碎瓷片（B ）在用系列实验装置制取2Cl 和检验2Cl 的实验中，尾气污染空气，应用水吸收尾气（C ）用加热4KMnO 的方法制得的氧气中带有紫色，应在靠近试管口地方放一团棉花（D ）用电石制乙炔，产生气体的速率过快，应逐滴滴入饱和食盐水6．某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A （气）+3B （气）2C （气）达到平衡时，各物质的物质的量之比为1:2:2)C (n :)B (n :)A (n =。
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北京市西城区2020届高三化学下学期第二次模拟考试试卷（含解析）1.材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。
地铁列车以下部件的成分属于合金的是C．酚醛树脂D．阻燃橡胶地板A．钢化玻璃车窗B．铝合金车体玻璃钢座椅A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于无机非金属材料，故A错误；B、车体的成分是铝合金，属于合金材料，故B正确；C、酚醛树脂、玻璃钢均属于有机合成高分子化合物，故C错误；D．阻燃橡胶地板的主要成分是有机合成高分子化合物，故D错误；答案选B。
2.下列化学用语对事实的表述正确的是A. 醋酸电离：CH3COOH==CH3COO−+ H+B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2 +CO2==Na2CO3 + O2C. NO2与水反应制硝酸：NO2 +H2O==H++ NO3−D. NaOH溶液除去铝表面氧化膜：Al2O3+2OH−==2AlO2−+H2O【答案】D【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，应该用，电离方程式：CH 3COOH⇌CH3COO-+H+，故A错误；B．方程式未配平，反应的化学方程式应该为2Na2O2 +2CO2==2Na2CO3 + O2，故B错误；C．二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，故C错误；D．用NaOH溶液除去铝表面的氧化膜，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2A1O2-+H2O，故D正确；答案选D。
3.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：下列说法不正确．．．的是A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象B. 苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基【答案】A【解析】【详解】A. 肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误；B. 苯丙醛()分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确；C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H-H键和C-O 键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确；答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键是断开的氢气分子中的H-H。
4.将氯水加入下列4种试剂中。
根据实验现象，得出的结论不正确．．．的是试剂现象结论A 硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀氯水中含有Cl−B CaCO3固体固体表面有气泡冒出氯水具有酸性C KBr溶液溶液变黄氯水具有氧化性D 滴加酚酞的Na2SO3溶液红色褪去Cl2具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A．将氯水加入硝酸酸化的AgNO3溶液中，反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；B、将氯水加入CaCO3固体中生成了气体二氧化碳，能证明溶液呈酸性，故B正确；C、将氯水滴入KBr溶液，溶液变黄，说明生成了溴单质，氯气氧化溴离子变成溴单质，说明氯气具有氧化性，故C正确；D．将氯水滴入滴加酚酞的Na2SO3溶液，是因为氯水显酸性和强氧化性，将Na2SO3转化成了硫酸钠，硫酸钠不水解，溶液不再显示碱性，因此酚酞溶液褪色，结论不正确，故D错误；答案选D。
5.磺化聚苯醚(SPPO)质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。
合成聚苯醚(PPO)并将其改性制备SPPO的路线如下：下列说法不正确．．．的是A. 2,6-二甲基苯酚能与饱和溴水发生取代反应B. 常温下2,6-二甲基苯酚易溶于水C. 2,6-二甲基苯酚与O2发生氧化反应生成PPOD. PPO合成SPPO 的反应是：+mClSO3H+mHCl 【答案】B【解析】【详解】A. 2,6-二甲基苯酚()中存在酚羟基的对位氢原子，能与饱和溴水发生取代反应，故A正确；B. 2,6-二甲基苯酚与苯酚互为同系物，结构相似，性质具有相似性，且甲基为憎水基团，常温下2,6-二甲基苯酚在水中的溶解度更小，故B错误；C. 根据流程图，2,6-二甲基苯酚与O2反应过程中失去了氢原子，发生氧化反应生成PPO，故C正确；D. 根据流程图，PPO与ClSO3H发生取代反应生成SPPO ，反应的化学方程式为：，故D正确；答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意有机反应的氧化反应和还原反应的判断方法。
有机反应中一般将“去氢”或“加氧”的反应称为氧化反应，将“加氢”或“去氧”的反应称为还原反应。
6.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验操作现象Ⅰ向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确．．．的是A. ③中白色浑浊是CaCO3B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+== CuS↓+2H+C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2SD. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱【答案】C【解析】【分析】实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；B. ②中反应生成的硫化氢或过量的硫化氢与硫酸铜反应， H2S+Cu2+= CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；C. CO2过量反应生成2HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；答案选C。
7.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确．．．的是序号①②③实验现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀1小时观察到明显锈蚀A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2OC. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2【答案】D【解析】【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；答案选D。
8.合成中间体L的路线如下(部分反应条件或试剂略去)：已知：(1)A的名称是______。
(2)A与Br2按物质的量之比1︰1发生1，4-加成反应生成B，A→B的化学方程式是______。
(3)B→C的反应类型是______。
(4)D中所含官能团的名称是______。
(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是______。
(6)C→D在上述合成中的作用是______。
(7)J的结构简式是______。
(8)K→L的化学方程式是______。
(9)设计由L制备M()的合成路线______(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。
【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH3+Br2 (3). 取代反应(4). 溴原子、羟基(5).+3NaOH NaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保护碳碳双键，防止其被氧化(7). (8).(9).【解析】【分析】A(CH2=CH-CH=CH2)发生1,4-加成生成B，B为，根据C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，则C为；由C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此步发生了碳碳双键与HBr的加成反应，D为，D被酸性高锰酸钾氧化生成E，E为，氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，因此F为NaOOCCH=CHCOONa，由K到L的反应条件，结合K的分子式和G的结构可以推知K为，根据已知信息I，结合G和K的结构，J为，据此分析解答。
【详解】(1)由有机物的命名规则可知，A(CH2=CH-CH=CH2)的名称为1,3-丁二烯，故答案为：1,3-丁二烯；(2)按照二烯烃的1,4-加成原理可知，反应的方程式为，故答案为：；(3)C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，所以反应类型为取代反应或水解反应，故答案为：取代反应或水解反应；(4)根据上述分析，D（）中官能团有羟基和溴原子，故答案为：羟基和溴原子；(5)氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，所以此步反应是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式为+3NaOH NaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O，故答案为：+3NaOH NaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O；(6)由已知信息II可知，烯烃可以被酸性高锰酸钾氧化，所以流程中采取了在使用酸性高锰酸钾之前对碳碳双键进行了保护，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化；(7)根据上述分析，J为，故答案为：；(8)K到L的反应发生在酸酐上，同时要消耗两个乙醇才能生成L的两个酯基，因此反应的化学方程式为，故答案为：；(9)由L()制备M()。
根据已知信息II，L中碳碳双键能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，根据已知信息III，就可以形成目标产物，因此合成路线为，故答案为：。