1、北京市石景山区届高三统一测试一模理综化学试题314c6cf44f74432aae7a164a8ad4ca38绝密启用前【全国市级联考】北京市石景山区2018届高三3月统一测试（一模）理综化学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题12017年3月，中国成功开采可燃冰（主要成分为甲烷）。直接从自然界得到的能源为一次能源，下列不属于一次能源的是A. 石油 B. 氢能 C. 太阳能 D. 煤2有关氯及其化合物的说法
2、，正确的是A. 以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉B. 氯碱工业中，阳极得到烧碱C. 可在“84”消毒液中加入洁厕灵(主要成为HCl)以增强漂白性D. Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性3在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品Co(NH3)6Cl3，下列表述正确的是A. 中子数为32，质子数为27的钴原子： B. H2O2的电子式：C. NH3和NH4Cl化学键类型相同D. Co(NH3)6Cl3中Co的化合价是+34北京航空航天大学教授偶然中发现米虫吃塑料，受此启发进行了系列实验，证实黄粉虫的肠道微生物可降解聚苯乙烯(PS)，
3、蜡虫可降解聚乙烯(PE)。聚苯乙烯在虫肠内降解的示意图如下，下列说法正确的是 A. 在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯断裂碳碳双键B. 在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯直接降解为CO2分子C. 在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯发生降解，分子量降低D. 聚乙烯与聚苯乙烯是同系物，具有烯烃的性质5室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl溶液100 g，乙同学配制1.0 mol/L的NaCl溶液100 mL(20时，氯化钠的溶解度为36.0 g)。下列说法正确的是A. 两同学所需溶质的质量相同 B. 两同学所配溶液的质量相同C. 两同学所需实验仪器种类相同 D. 甲同学所配的溶液浓度比
4、乙同学的大6从某含Br-废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。己知： 物质Br2CCl4正十二烷 密度/gcm-33.1191.5950.753沸点58.7676.8215217下列说法不正确的是A. 甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2=Br2+2C1-B. 甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmol Cl2，转移0.lmol e-C. 用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D. 用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br27探究电场作用下阴阳离子的迁移。a、b、c、d均为石墨电极，电极间距4cm。将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下
5、实验：实验现象： 时间 试纸I 试纸II1mina极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝 c极附近试纸变红，d极附近10min红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm 两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色下列说法不正确的是A. d极附近试纸变蓝B. a极附近试纸变红的原因是：2H2O+2e-=H2+2OH-C. 对比试纸I和试纸的现象，说明电解质浓度影响H+和OH-的迁移D. 试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移遗率比OH-快第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、推断题8PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如
6、下：己知：R、R、R为H原子或烃基I. RCHO+ RCH2CHO II. RCHO+（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为_。（2）己知AB为加成反应，则X的结构简式为_；B中官能团的名称是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的反应试剂和条件是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是_。（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_。评卷人得分三、综合题9化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流（1）写出CO2的电子式_。（2）
7、用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成_。（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_。（4）滤液A中最主要的两种离子是_。（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因_。 （6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为_。10硒及其化合物在工农业生产中有重要用途，硒也是人体必需的微量元素。（1）硒(34Se)在周期表中位于硫下方，画出其原子结构示意图_。（2）氧族元素单质均能与H2反应生成H2X，用原子结构解释
8、原因_。（3）298K、1.01l0-5Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式_。（4）可以从电解精炼铜的阳极泥中提取硒，通过化学工艺得到亚硒酸钠等含硒物质。常温下，Se()溶液中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图。向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH =5，该过程中主要反应的离子方程式_。在pH c(H2SeO3)常温下，H2SeO3的第二步电离平衡常数为K2，计算K2=_。11研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72- (橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+ H= +13.
9、8 kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？_（“是”或“否”），理由是_。（3）对比试管a、b、c的实验现象，得到的结论是_。（4）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是_；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_。（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O
10、72-废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3实验中Cr2O72-放电的电极反应式是_。实验中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_。参考答案1B【解析】直接从自然界得到的能源为一次能源，所以石油、煤、太阳能均属于一次能源；氢能是自然界不存在的能源，是由一
11、次能源转化而来，属于二次能源，B正确；正确选项B。2A【解析】工业上，氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，即漂白粉，A正确；电解饱和食盐水，阳极上产生氯气，阴极上生成氢气，并得到氢氧化钠，B错误；“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，把HCl氧化为氯气，不是增加次氯酸钠的漂白性，C错误；Cl2与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，能够起到漂白作用；而氯气没有漂白作用；D错误；正确选项A。点睛：干燥的氯气没有漂白作用，而潮湿的氯气具有漂白作用，因为氯气与水反应生成了次氯酸所致。3D【解析】质量数为32，中子数为32-27=5，A错误；H2O2为共价化合物，没有电子的得失，B错误；NH3存
12、在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；Co(NH3)6Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；正确选项D。4C【解析】，聚苯乙烯结构中已经不存在碳碳双键，无法断裂碳碳双键，A错误；根据图示可知，聚苯乙烯先降解为低分子中间产物，最后降解为CO2分子，B错误；聚苯乙烯是高分子，发生降解后，变为小分子的物质，分子量变小，C正确；聚乙烯与聚苯乙烯二者结构不相似，不是同系物关系，且二者中已经没有碳碳双键，不再具备烯烃的性质，D错误；正确选项C。点睛：乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化；而
13、聚乙烯与聚苯乙烯结构中已经没有碳碳双键，不再具有烯烃的性质。5D【解析】配制100g5%的NaC1溶液需要氯化钠质量为100g5%=5g，配制100m10.5mo1/L的NaC1溶液需要氯化钠质量为0.1L0.5mol/L58.5g/mol=2.9g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g， B错误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，用量筒量取水的体积，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制一定体积一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠
14、的质量，用药匙去药品，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，洗涤后移入100mL容量瓶，加水定容，距离刻度线12cm改用胶头滴管滴加，配制需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，两种配制需要的仪器不同， C错误；配制10%的NaCl溶液100 g，其密度1g/mL，所以100 g溶液的体积小于100 mL，10%的NaCl溶液中氯化钠的量为10%100/58.5=0.17mol,其浓度大于1.7 mol/L；D正确；正确选项D。6C【解析】氯气的氧化性大于溴，所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-，A正确；1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶
15、液每吸收0.lmol Cl2，转移0.lmol e-，B正确；用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；把溶解Br2的正十二烷混合液进行蒸馏，由于正十二烷的沸点大于溴的沸点，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；正确选项C。7B【解析】d极为阴极，氢离子在此极发生还原反应变为氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，d极附近试纸变蓝，A正确；a极为阳极，氢氧根离子在此极发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，a极附近试纸变红，B错误；10min以后，试纸I和试纸的现象不同，说明电解质浓度越大，对H+和OH-的迁移影响较大，C正确；红色区约2.7c
16、m，蓝色区约1.3cm，说明氢离子H+的迁移速率比OH-快，D正确；正确答案：B。点睛：用惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极反应：2H+2e-=H2，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，pH试纸变蓝； 阳极反应：4OH-4e-=2H2O+O2，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，酸性增强，pH试纸变红。8 HCCH CH3COOH 酯基、碳碳双键 稀NaOH溶液 保护醛基不被H2还原 【解析】（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol, 质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HCCH；正确答案：HCCH。（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生
17、加成反应，X的结构简式为. CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。 （3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液 ；正确答案：稀NaOH溶液 。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不
18、被H2还原。（7）高分子醇中2个 -CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为；正确答案：。9 CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+ NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出 NH4+和Cl- 滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出。温度降低有利于氯化铵结晶析出 【解析】（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2
19、的电子式为；正确答案：。（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为. CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+ ；正确答案：CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+。（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出。（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要
20、的两种离子是NH4+和Cl-；正确答案：NH4+和Cl-。（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出；正确答案：滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s) NH4+(aq)+ Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温
21、度降低有利于氯化铵结晶析出 。 （6），由方程式可知有2mol反应，反应前后固体质量就减少，那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g,需要的质量为x=84（m1-m2）/31, 将其带入下式可得：(NaHCO3)= x/ m1100%=；正确答案：。10 氧族元素原子的最外层电子数均为6 Se(s)+H2(g)=H2Se(g) H=+81 kJmol H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O H2O+ H2SeO3+2SO2=Se+ 2H2SO4 ac 10-7.3【解析】（1）硫原子核外电子排布为，硒(34Se)在周期表中位于下方，电子层应该为四层，最外层有6个电子，原子结构示意图；正
22、确答案：。（2）氧族元素原子的最外层电子数均为6，均能与2个氢原子形成2个共价键，所以氧族元素单质均能与H2反应生成H2X；正确答案：氧族元素原子的最外层电子数均为6 。（3）O2、S分别与H2化合，均为放热反应，Se、Te分别与H2化合均为吸热反应，且Se的非金属性强于Te，所以吸收的热量要小一些，依据图形可以看出+81 kJmol为Se(s)与H2(g)化合的热效应；方程式为Se(s)+H2(g)=H2Se(g) H=+81 kJmol；正确答案： Se(s)+H2(g)=H2Se(g) H=+81 kJmol。（4）从图像可出，向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH =5时，溶液中HSeO3
23、一离子浓度最大，所以过程中主要反应的离子方程式H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O；正确答案：H2SeO3+OH一=HSeO3一+H2O。在pH c(H2SeO3)顺序正确；c正确；正确选项ac。根据图像可知，常温下，H2SeO3第二步电离平衡常数为c(SeO32-) c(H+)/ c(HSeO3一)；当c(H+)=10-7.3mol/L，c(HSeO3一)= c(SeO32-)，K2=10-7.3；正确答案：10-7.3。点睛：硫酸氢钠溶液电离显酸性，亚硫酸氢钠溶液电离过程大于水解过程，溶液显酸性，碳酸氢钠溶液水解过程大于电离过程，溶液显碱性。11 溶液变黄色 否 Cr2O72-（橙色
24、）+H2O2CrO42-（黄色）+ 2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果 碱性条件下，+6价铬主要以CrO42-存在；酸性条件下，主要以Cr2O72-存在 碱性条件下，CrO42-不能氧化I-；酸性条件下，Cr2O72-能氧化I-。（或Cr2O72-氧化性强于CrO42-） 6I-+ Cr2O72-+14H+=3I2+ 2Cr3+ 7H2O Cr2O72-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H2O 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生
25、成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】（1）针对Cr2O72- (橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+反应来说，试管c中加入碱，消耗了H+，平衡右移，溶液变黄色；正确答案：溶液变黄色。（2）Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+ 2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果；正确答案：否；Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+ 2H+正向是吸热反应，若因
26、浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果。（3）对比试管a、b、c的实验现象，得到的结论在酸碱性不同的情况下，溶液中主要存在的离子不同；碱性条件下，+6价铬主要以CrO42-存在；酸性条件下，主要以Cr2O72-存在；正确答案：碱性条件下，+6价铬主要以CrO42-存在；酸性条件下，主要以Cr2O72-存在。 （4）从实验现象分析可知：碱性条件下，CrO42-不能氧化I-，所以无明显变化；酸性条件下，Cr2O72-能氧化I-，本身被还原为Cr3+，变为墨绿色溶液；此过程中氧化还原反应的离子方程式：
27、. 6I-+ Cr2O72-+14H+=3I2+ 2Cr3+ 7H2O ；正确答案：碱性条件下，CrO42-不能氧化I-；酸性条件下，Cr2O72-能氧化I-。（或Cr2O72-氧化性强于CrO42-）；6I-+ Cr2O72-+14H+=3I2+ 2Cr3+ 7H2O。（5）实验中Cr2O72-在阴极被还原为Cr3+，电极反应式Cr2O72-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H2O；正确答案：Cr2O72-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H2O。根据图示分析可知：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率；正确答案：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
