北京市东城区2020届高三模拟考试化学试题

东城区2019-2020学年度第二学期教学统一检测
高三化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32
第一部分(选择题 共42分)
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列自然现象发生或形成的过程中，指定元素既没有被氧化又没有被还原的是




A．溶洞——钙
B．闪电——氮
C．火山喷发——硫
D．光合作用——碳

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶洞中的石灰岩主要成分是碳酸钙，当遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶解性较大的碳酸氢钙：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，溶有碳酸氢钙的水遇热或当压强突然变小时，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙沉积下来，同时放出二氧化碳：Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2↑+H2O，整个过程钙元素的化合价没有变化，既没有被氧化又没有被还原，故A符合题意；
B．空气中O2和N2在闪电时化合成NO，即N2+O2 2NO，氮元素的化合价由0价升高到+2价，氮元素被氧化了，故B不符合题意；
C．火山喷发时，在高温条件下可发生S+O2=SO2，硫元素的化合价由0价升高到+4价，硫元素被氧化了，故C不符合题意；
D．光合作用会发生6CO2+6H2O C6H12O6+6O2，可知氧元素失电子，碳元素得电子，化合价降低，被还原了，故D不符合题意；
答案为A。
2.下列说法不正确的是
A. 乙二醇的沸点比乙醇的沸点高
B. 淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖
C. 植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪
D. 硫酸铵或氯化钠溶液都能使蛋白质发生变性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙二醇分子中含有两个羟基，乙醇分子中含有一个羟基，羟基越多，氢键越多，沸点越高，A正确；
B. 淀粉水解成葡萄糖，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，B正确；
C. 植物油中含有不饱和的碳碳双键，通过催化加氢变成饱和的脂肪，熔点升高，C正确；
D. 硫酸铵或氯化钠溶液不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，使蛋白质发生盐析，D错误。
答案选D。
【点睛】蛋白质发生变性的条件有：强酸、强碱、重金属盐类、有机物、加热、紫外线等。
3.下列离子方程式正确的是
A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl-
B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+＋SO42-＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-
D. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+＋NH3∙H2O＝AgOH↓＋NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A. 过量的氯气将Fe2＋和Br-氧化，离子方程式正确，A正确；
B. 硫酸电离成两个H+和一个SO42-，氢氧化钡电离成一个Ba2＋和两个OH－，离子方程式为：2H+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2O，B错误；
C. 苯酚的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根强，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢根，离子方程式为：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-，C错误；
D. 氨水过量，AgOH沉淀溶解成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag++2NH3∙H2O = [Ag(NH3)2]++2H2O，D错误；
答案选A。

4.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是
A. Cl2(HCl)：饱和食盐水、浓硫酸
B. AlCl3溶液(Fe3+)：氨水、盐酸
C. C2H2(H2S)：CuSO4溶液、碱石灰
D. NaCl溶液(SO42-)：BaCO3、盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2(HCl)：氯气在饱和食盐水中溶解度小，但HCl在其中溶解度大而除去，最后再通过浓硫酸进行干燥，故A正确；
B．AlCl3溶液(Fe3+)：加入氨水后引入新的杂质NH4＋，故B错误；
C．C2H2(H2S)：先通过CuSO4溶液，H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，除去H2S，再通过碱石灰进行干燥，故C正确；
D．NaCl溶液(SO42-)：SO42-+BaCO3BaSO4+CO32－、再用盐酸酸化，故D正确；
故选B。
5.关于下列消毒剂的有效成分的分析错误的是

A．双氧水
B．漂白粉
C．滴露
D．强氯精
有效成分
H2O2
Ca(ClO)2


分析
可与NaClO发生反应
可用Cl2与Ca(OH)2制备
分子式为
C8H9OCl
分子中有2种环境的碳原子


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O2可与NaClO发生反应：H2O2＋ClO－=Cl－＋O2↑＋H2O，故A正确；
B．可用Cl2与Ca(OH)2制备Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；
C．由结构简式可得：分子式为C8H9OCl，故C正确；
D．分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故D错误；
故选D。
6.短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。

下列判断不正确的是
A. a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液
B. a可分别与b或c组成含10个电子的分子
C. e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b
【答案】C
【解析】
【分析】
由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。
【详解】A．a、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；
B．CH4、NH3是10电子的分子，H可分别与C或N组成含10个电子的分子，故B正确；
C．Na＋与S2－的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na＋有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2－有3个电子层，K、L、M层分别排有2、8、8个电子。
7.图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是

A. a为电源正极
B. Ⅰ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ
C. 若不使用离子交换膜，KMnO4的产率可能会降低
D. 若阴极产生0.2 mol气体，理论上可得到0.2 mol KMnO4
【答案】C
【解析】
【分析】
实验目的是制备高锰酸钾，所以K2MnO4应失电子转化为KMnO4，b为正极，a为负极。在阴极，2H2O+2e-==2OH-+H2↑；在阳极，2-2e- ==2。
【详解】A．由以上分析知，a为电源负极，A不正确；
B．在电解池中，阳离子向阴极移动，所以Ⅱ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅰ，B不正确；
C．若不使用离子交换膜，Ⅱ中因阳离子所带正电荷总数多于阴离子所带的负电荷总数，而使电解反应难以持续进行，从而造成KMnO4的产率降低，C正确；
D．若阴极产生0.2 mol气体，则转移电子0.4mol，理论上可得到0.4 mol KMnO4，D不正确；
故选C。
8.下列指定微粒的个数比不是2∶1的是
A. 过氧化钠固体中的阳离子和阴离子
B. 碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子
C. 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子和碳原子
D. 二氧化氮溶于水时，被氧化的分子和被还原的分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠固体中的阳离子Na＋和阴离子O22－个数比为2:1，故A不选；
B．碳酸根离子在水中要水解生成HCO3－和OH－，碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子个数比不等于2:1，故B选；
C．乙烯和丙烯符合通式：CnH2n，混合气体中的氢原子和碳原子个数比为2:1，故C不选；
D．在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，被氧化的NO2的分子个数为2，被还原的NO2的分子个数为1，被氧化与被还原的分子个数之比为: 2:1，故D不选；
故选B。
9.下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是

操作

现象
一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；
②中……


A. NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路
B. ①中变红是因为发生反应2H+＋2e-＝H2↑，促进了水的电离
C. ②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红
D. ①和②中发生的氧化反应均可表示为M—2e-＝M2+(M代表锌或铁)
【答案】B
【解析】
【分析】
①中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应Zn-2e- ==Zn2+，铁钉作正极，发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-；②中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e- ==Fe2+，铜作正极，发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-。
【详解】A．NaCl的琼脂水溶液能够让离子自由运动，所以其为离子迁移的通路，A正确；
B．①中变红是因为发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-，OH-使酚酞变红，B不正确；
C．反应生成的Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀，使②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，因生成OH-使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，C正确；
D．①中发生的氧化反应为Zn-2e- ==Zn2+，②中发生的氧化反应为Fe-2e- ==Fe2+，均可表示为M—2e-＝M2+(M代表锌或铁)，D正确；
故选B。
10.25℃时，向10 mL物质的量浓度均为0. 1 mol∙L-1的HCl 和CH3COOH混合溶液中滴加0. 1 mol∙L-1 NaOH溶液，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A. 未加NaOH溶液时：c(H+)＞c(Cl-)＝c(CH3COOH)
B. 加入10 mLNaOH溶液时： c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+)
C 加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)＝c(Na+)
D. 加入20 mLNaOH溶液时：2c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【详解】A．未加NaOH溶液时：c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，A不正确；
B．加入10 mLNaOH溶液时，盐酸与NaOH刚好完全反应，此时溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，在CH3COOH中，满足电荷守恒：c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+)，B正确；
C．加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)＋c(CH3COO-)＝c(Na+)，C不正确；
D．加入20 mLNaOH溶液时，NaOH与HCl 和CH3COOH刚好完全反应，依据物料守恒可得：c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)，D不正确；
故选B。
11.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CCl4。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH＜0。


下列分析不正确的是
A. 2中的试剂为饱和NaHCO3溶液
B. 冰水浴能提高H2NCOONH4的产率
C. 1和4中发生的反应均为非氧化还原反应
D. 5中的仪器(含试剂)可用3中仪器(含试剂)代替
【答案】D
【解析】
【分析】
从反应2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s)看，1中应制CO2，6中制NH3。在1中，CaCO3与稀盐酸反应制得的CO2中混有HCl和H2O(g)，先用2中饱和NaHCO3溶液除去HCl，再用3中浓硫酸干燥；6中NH4Cl与Ca(OH)2反应制得NH3，用5中碱石灰干燥。在4中，CO2与NH3混合发生反应，由于反应放热，所以冰水浴降温有利于平衡正向移动，可提高H2NCOONH4的产率。
【详解】A．由以上分析知，2中的试剂为除去CO2中HCl所需的饱和NaHCO3溶液，A正确；
B．由于2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a > c (6). CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒 (7). 120min附近，Mg(OH)2(s) ⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小
【解析】
【分析】
反应刚开始时，由于 Ⅰ 中c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说明醋酸也能与镁直接反应；从Ⅱ、Ⅲ中产生H2的体积也可得出同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生H2的体积继续增大，表明Mg与H2O能发生反应Mg+2H2O= Mg(OH)2+ H2↑，且醋酸中产生的H2更多，说明Mg与H2O反应的速率Ⅱ中更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶液的pH，随着反应的进行，Ⅱ的pH比Ⅲ大，但产生H2的速率Ⅱ>Ⅲ，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ溶液的pH，当pH相等后，盐酸中溶液的pH先趋于稳定，说明盐酸与Mg反应先结束，而醋酸与Mg反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液进行比较，Ⅲ的pH大，则表明Ⅲ中c(OH–)大，应为Ⅰ、Ⅱ溶液中c(Mg2+)引起。
【详解】(1)起始阶段，Ⅰ 中主要发生镁与盐酸的反应，离子方程式是Mg + 2H+= Mg2++ H2↑。答案为：Mg + 2H+= Mg2++ H2↑；
(2)Ⅱ 起始溶液中约为=102。答案为：102；
(3)起始阶段，虽然Ⅱ、Ⅲ中c(H+)相等，但从产生H2的体积判断，Ⅱ、Ⅲ中气体产生速率差异很大，而Ⅱ的pH大于Ⅲ，则表明主要因素不是c(H+)，实验证据是：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。答案为：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；
(4)既然c(H+)不是影响反应速率的主要原因，那么有可能是醋酸能与Mg直接反应，于是进行实验Ⅳ：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体。答案为：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体；
(5) a与b中醋酸浓度相同、但a中c(H+)小，反应速率慢；a与c中，c(H+)相同，但醋酸浓度c大约是a中的一半(假设实验Ⅱ中醋酸反应掉近一半，此时溶液中醋酸与醋酸根离子浓度相等，刚好为a中的一半，pH比a中稍大)，反应速率慢，由此得出气体产生速率差异的原因：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b > a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a > c。答案为：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b > a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a > c；
(6)①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；
②从实验Ⅰ、Ⅱ的比较中可得出，CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒。答案为：CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒；
(7) 120 min附近，Ⅰ~Ⅲ pH均基本不变、c(Mg2+)相同，而Ⅲ的pH大，c(Mg2+)小，所以解释pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)的原因，应为：120min附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小。答案为：120min附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小。
【点睛】醋酸与镁反应后溶液中，Mg与H2O反应的速率比盐酸与镁反应后的溶液中Mg与H2O反应的速率快，可能是CH3COO-能加快Mg与H2O反应的速率，或Cl-能减慢Mg与H2O反应的速率。