北京大兴区2020届高三一模考试化学试题


大兴区2019~2020学年度第二学期一模检测
高三化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Fe 56 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1.2020年春天，为了抗击新型冠状病毒传播，人们采取了多种消毒方法，下列物质不是常用的消毒剂的是




A
B
C
D


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. “84”消毒液主要成分是NaClO，具有强的氧化性，因而常用于环境的杀菌消毒作用，A不符合题意；
B. 葡萄糖注射液主要成分是葡萄糖，是人体主要的供能物质，常用于低血糖等营养不良，与环境消毒无关，B符合题意；
C. 75%的酒精溶液具有很好的渗透性，能够使细菌、病毒蛋白质发生变性而具有杀菌消毒作用，常用于环境消毒，C不符合题意；
D. 漂白粉主要成分是Ca(ClO)2，具有强的氧化性，因而常用于环境的杀菌消毒作用，D不符合题意；
故合理选项是B。
2.以下化学用语表述正确的是
A. 氯乙烷的比例模型： B. 核素18O的电子数为10
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 二氧化碳的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯乙烷可看作是乙烷分子中一个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于原子半径Cl>C>H，根据分子中各原子相对大小及空间位置，其比例模型可表示为：，A正确；
B. O是8号元素，原子核外有8个电子，故核素18O的电子数为8，B错误；
C. 乙烯官能团为碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，C错误；
D. 二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中每个原子都达到8电子的稳定结构，其电子式为：，D错误；
故合理选项是A。
3.下列物质的用途不正确的是
A. 二氧化硅可用作半导体材料 B. 氯化铁可作净化水的混凝剂
C. 亚硝酸钠可用作食品防腐剂 D. 碳酸氢钠可用作食品膨松剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 二氧化硅可用作光导纤维的主要材料，晶体硅可作半导体材料，A错误；
B. 氯化铁在溶液中水解产生的氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮的固体，因此可作净化水的混凝剂，B正确；
C. 亚硝酸钠具有强的氧化性，因此可用作食品防腐剂，C正确；
D. 碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体从食品中逸出，因此可用作食品膨松剂，D正确；
故合理选项A。
4.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，XY是无色气体，在空气中很快变成红棕色，Z所在族中无非金属元素，W的最外层电子数比次外层电子数少1，下列说法正确的是
A. 原子半径：Xc(C2O42-)>c(H2C2O4)，B正确；
C. 草酸二元弱酸，主要以酸分子存在，应该写化学式，C错误；
D. 向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，溶液中含有大量Ca2+，反应产生草酸钙白色沉淀，不可能还存在C2O42-，D错误；
故合理选项是B。
13.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气[n(SO2) ∶n(NO) =3∶2]同时脱硫脱硝（分别生成SO42-、NO3-），得到NO、SO2脱除率如下图，下列说法不正确的是

A. 脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-
B. SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
C. 依据图中信息，在80 min时，吸收液中n(NO3-)∶n(Cl-)=2∶3
D. 随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 符合反应原理，遵循电子守恒、电荷守恒及原子守恒，A正确；
B. 烟气含有SO2和NOx是用Ca(ClO)2溶液进行处理，反应在溶液中进行，气体在水中溶解度越大，与Ca(ClO)2接触反应就越容易进行，由于气体的溶解度SO2>NO，所以SO2脱除率高于NO，B正确；
C. 在80 min时SO2脱除率是100%，NO是40%，在原烟气中n(SO2)∶n(NO)=3∶2，假设n(SO2)=3 mol，则含n(NO)=2 mol，反应的NO气体的物质的量为n(NO)消耗=2 mol×40%=0.8 mol，由N元素守恒可知反应产生NO3-的物质的量为0.8 mol，根据方程式SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+、2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-中物质反应转化关系可知：反应产生的Cl-的物质的量n(Cl-)=3 mol+×0.8 mol=4.2 mol，故反应后吸收液中n(NO3-)∶n(Cl-)=0.8 mol：4.2 mol =2∶21，C错误；
D. 根据烟气脱除反应方程式SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+、2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-可知：随着脱除反应的进行，反应后溶液中c(H+)不断增大，因此吸收剂溶液的pH逐渐减小，D正确；
故合理选项是C。
14.用CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H，按相同的物质的量投料，测得CO2在不同温度下(T1< T2)的平衡转化率与压强的关系如下图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的ΔH>0 B. 正反应速率：υ(a)>υ(c)
C. CH3OH的体积分数：φ(b)K(c)
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 根据CO2的平衡含量与温度的关系，结合平衡移动原理分析；
B. 利用温度、压强对化学反应速率的影响分析；
C. 在温度不变时，利用压强对平衡移动的影响分析判断；
D. 化学平衡常数只与温度有关，根据温度对平衡移动的影响分析。
【详解】A. 由于温度：T1HClO，NaClO与空气中CO2发生复分解反应：NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+HClO，反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，导致失效；
②根据图示可知：随着光照条件的进行，溶液中c(H+)、c(Cl-)增加，O2的体积分数增加，说明HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，反应方程式为2HClO2HCl + O2↑；
(4)根据“84”消毒液主要成分是NaClO，具有强的氧化性，而75%酒精溶液的主要的成分是乙醇，具有一定的还原性，二者混合使用会发生氧化还原反应，可能生成乙醛、乙酸、二氧化碳等产物，从而失去杀菌消毒的能力，因此“84”消毒液不能与消毒酒精混用。
【点睛】本题以环境消毒剂“84”消毒液的制取为线索，考查了电解原理在的应用、物质的性质、使用方法等知识，体现了化学知识的实用性，体现了学以致用的教学理念。
16.化学小组通过下列步骤测定某工厂废液中铜离子的浓度（已知废水中Fe3+对测定有干扰作用）。
i. 经检验废液中含有Fe3+离子，取V1 mL上述废液，加入NH4HF2，再加H2SO4酸化至pH9 )、温度高于95oC，产品会掺杂较多红棕色杂质，试分析可能的原因__________。
(iii)丙同学迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时。过滤、洗涤、干燥得到晶体产品。写出制得晶体产品的离子方程式________。
(4)Ⅳ测定
取产品样品ag，加过量硫酸溶解，得到样品溶液。用c mol/L KMnO4标准液滴定。(已知：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与KMnO4反应，且数据为多次测量平均值)。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL。
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比是_________(用含v1、v2的计算式表示)。
【答案】 (1). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (2). Fe3+催化，使H2O2分解放出氧气 (3). 加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 (4). Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，pH=4时，生成Fe(OH)2沉淀所需c(Fe2+)>8×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，溶液中亚铁离子浓度不可能达到 (5). 4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+ (6). pH过高(pH>9)、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3分解成红棕色Fe2O3 (7). Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O (8).
【解析】
【分析】
印刷电路板回收液的pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及H+和少量Fe3+，由于微粒的氧化性：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，向其中加入足量的Fe粉，会先后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2H+=Fe2++H2↑.然后过滤除去过量的Fe及产生的Cu，向滤液中加入双氧水，发生反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调整溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量的比，使n(Fe3+)：n(Fe2+)=1.6：1，然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，发生反应产生Fe3O4和H2O，过滤得到磁性氧化铁。
【详解】(1)过程Ⅰ中Fe与Cu2+发生置换反应产生Cu单质与Fe2+，所以过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
(2)过程Ⅱ中加入H2O2，发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调n(Fe3+)：n(Fe2+)比为1.6：1，在此过程中有少量无色气体生成，该气体为O2，这是由于Fe3+具有催化作用，能够使H2O2分解放出O2；
(3)(i)①取静置后的上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，就证明该溶液中含有Fe2+；
②pH≈4时，c(H+)=10-4 mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L=10-10 mol/L，由于在 25℃时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，则要形成Fe(OH)2沉淀，需要Fe2+的最小浓度为c(Fe2+)>=8.0×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，S(FeCl2 )=64g，则溶液中亚铁离子浓度不可能达到，因此沉淀中一定不含有Fe(OH)2；
(ii)①若调节pH过程太慢，在溶液pH≈5时，Fe2+容易被溶解在溶液中的O2氧化生成FeO(OH)固体影响产品质量，发生反应的离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+；
②若其它条件不变，调节pH过高，如溶液pH>9、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3受热分解产生红棕色Fe2O3，使产品中混有较多红棕色杂质；
(iii)迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时，发生反应：Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O，然后过滤、洗涤、干燥得到晶体产品；
(4)取产品样品a g，加过量硫酸溶解，发生反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，得到样品溶液，然后用c mol/LKMnO4标准液滴定，发生MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL，n(KMnO4)=c·V=c mol/L×v1 ×10-3 L=cv1 ×10-3 mol；则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cv1 ×10-3 mol；
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL，则反应后溶液中Fe2+总物质的量为n(Fe2+)=5n(KMnO4)总=5cv2 ×10-3 mol；原溶液中Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=5cv2 ×10-3 mol-5cv1 ×10-3 mol=5c(v2 -v1)×10-3 mol。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比==。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的设计。包括反应条件的控制、氧化还原反应、离子方程式的书写、离子的检验方法及物质物质含量的测定等。掌握反应原理及遵循的规律是本题解答的关键。
19.某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。
I．SO2气体的制备和性质初探

(1)装置A中发生反应的化学方程式____________。
(2)装置B中的试剂x是____________。
(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，得出C中溶液褪色的原因是____________。
II．小组同学通过实验继续对D中品红溶液褪色进行探究。
(4)探究使品红褪色的主要主要微粒（分别取2 mL试剂a，滴加2滴品红溶液）
装置
序号
试剂a
实验现象


i
0.1 mol/L SO2溶液(pH=2)
红色逐渐变浅，之后完全褪色
ii
0.1 mol/L NaHSO3溶液(pH=5 )
红色立即变浅，之后完全褪色
iii
0.1 mol/L Na2SO3溶液( pH=10)
红色立即褪色
iv
pH=2H2SO4溶液
红色无明显变化
v
试剂a
红色无明显变化

①实验 iii中Na2SO3溶液显碱性的原因_____________(结合化学用语分析解释)。
②对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，则试剂a可能
是__________溶液。
查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前后物质如下：

③通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使品红溶液褪色的主要微粒是________；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的________结构有关。
(5)验证SO2使品红褪色反应的可逆性
①甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动角度解释红色恢复的原因__________。
②乙同学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式___________。
③丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂，设计了如下实验，证实了SO2使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是__________。

【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O (2). 饱和NaHSO3溶液 (3). SO2具有还原性，与I2发生氧化还原反应，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使碘水的黄色褪去。 (4). SO32-在溶液发生水解，SO32-+ H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性。 (5). pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液 (6). H2SO3、SO32-、HSO3- (7). 双键或共轭或对醌式结构 (8). SO2+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色。 (9). SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O (10). 碘水
【解析】
【分析】
I．Cu与浓硫酸混合加热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O，制取得到的SO2气体，经B装置中NaHSO3饱和溶液的缓冲作用，SO2具有还原性，在C中SO2与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；SO2具有漂白性，将其通入D中的品红溶液，看到溶液红色褪去，SO2是大气污染物，通入NaOH溶液，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O进行尾气处理。
Ⅱ.(4)①利用盐的水解规律分析溶液显碱性的原因；
②选用溶液pH=10的NaOH或Na2CO3溶液进行对比；
③根据使品红溶液褪色的物质分析使品红溶液褪色的微粒；
(5)①加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，该气体为SO2，同时看到溶液红色恢复；
②SO2与Ba(OH)2发生反应产生BaSO3沉淀，同时看到溶液变红色；
③根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI分析SO2使品红褪色反应的可逆性。
【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O；
(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；
(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；
(4)①Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-会发生水解反应：SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，因此溶液呈碱性；
②对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；
③根据实验可知，向红色的品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主要微粒是H2SO3、SO32-、HSO3-；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；
(5)①向品红溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；
②向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；
③由于SO2具有还原性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。
【点睛】本题考查了二氧化硫气体的制取原理、性质检验及具有漂白性成分的检验方法等知识。掌握化学平衡移动原理及有关二氧化硫的制取与性质是本题解答的关键。要结合可逆反应的特点，从平衡移动角度分析解答。题目考查了学生实验设计及应用能力。