区级联考北京市朝阳区届高三第一学期期末考试化学试题.docx
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区级联考北京市朝阳区届高三第一学期期末考试化学试题
绝密★启用前
【区级联考】北京市朝阳区2019届高三第一学期期末考试化学试题
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
四
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
1.电动汽车(标志为“
”)在改善城市交通、保护环境等方面的作用至关重要。
下列说法不正确的是
A.电动汽车的使用有助于减少氮氧化物的排放
B.燃油汽车也可以悬挂该标志
C.电动汽车使用时涉及化学能与电能的转换
D.电动汽车充电、放电过程均有电子转移
2.下列物质的用途是基于其氧化性的是
A.氨用作制冷剂B.次氯酸钙用于生活用水的消毒
C.氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗D.生石灰用于废气的脱硫
3.下列化学用语表达不正确的是
A.CH4的比例模型:
B.NH3的电子式:
C.Na2CO3溶液呈碱性的原因:
CO32-+2H2O
H2CO3+2OH-
D.NH3遇氯化氢迅速产生白烟:
NH3+HCl=NH4Cl
4.学习和研究化学,经常要进行实验。
安全是顺利进行实验及避免伤害和事故的保障。
下列说法不正确的是
A.将剩余的钠块直接投进垃圾箱
B.电石(主要成分为CaC2)在干燥环境中密封存放
C.用CCl4萃取碘,振荡分液漏斗后要打开活塞放气
D.电器失火要先切断电源
5.下列关于物质性质的比较,不正确的是
A.沸点:
C2H5OH>CH3CH3B.水的电离程度:
100℃>25℃
C.溶解度:
AgI>AgClD.完全燃烧放出的热量:
1molC>1molCO
6.常温时,能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A.CH3COOH溶液与Fe反应放出H2
B.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1
C.CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2
D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
7.根据元素周期律判断,不正确的是
A.铍(Be)原子失电子能力比Ca弱B.K与水反应比Mg与水反应剧烈
C.HCl的稳定性强于HBrD.硼酸(H3BO3)的电离程度强于H2SO4
8.阿伏加德罗常数的值为NA。
下列说法正确的是
A.1molH2O分子中共用的电子对数为4NA
B.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中,CO32-数目为0.1NA
C.质量为12g的12C含有的中子数为6NA
D.2.3gNa与足量H2O完全反应,转移的电子数为0.2NA
9.我国某科研团队以N2为原料合成了超高含能材料聚合氮——以氮氮单键(N-N)结合的具有网状结构的聚合体。
有关化学键的键能数据如下:
化学键
N≡N
N=N
N-N
键能/(kJ/mol)
946
419
159
下列分析不正确的是
A.氮原子的结构示意图:
B.聚合氮转变为N2会释放能量
C.高温有利于聚合氮的合成D.低压有利于聚合氮的合成
10.硫元素的几种化合物存在下列转化关系:
下列判断不正确的是
A.反应①中浓硫酸作氧化剂B.反应②表明SO2有酸性氧化物的性质
C.反应③的原子利用率是100%D.反应④稀H2SO4作还原剂
11.在不同电压下用惰性电极电解饱和NaCl溶液制备少量NaClO,实验结果如下:
实验
①
②
③
电压
U1
U2
U3
现象
a极产生少量气泡,b极无明显气泡
a极产生较多气泡,b极产生少量气泡
a极产生大量气泡,b极逸出大量黄绿色气体
下列分析不正确的是
A.①、②、③中,a极均发生了还原反应
B.①、②、③中均能发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
C.电解时OH-由b极向a极移动
D.不宜采用实验③的电压制备NaClO
12.PET是一种聚酯纤维,拉伸强度高,透光性好,广泛用作手机贴膜,合成如下:
下列关于该高分子的说法不正确的是
A.合成PET的反应为缩聚反应
B.PET与聚乙二酸乙二酯具有相同的重复结构单元
C.PET膜应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触
D.通过质谱法测定PET的平均相对分子质量,可得其聚合度
13.把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中,现象如下:
实验
现象
①中溶液变蓝
②中溶液产生胶状沉淀
③中生成沉淀
④中产生黄绿色气体
下列分析不正确的是
A.①中溶液变蓝,体现了浓盐酸的氧化性
B.②中产生白色胶状沉淀:
2H++SiO32-=H2SiO3
C.③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释
D.④中产生黄绿色气体:
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
14.向20mL0.40mol/LH2O2溶液中加入少量KI溶液:
ⅰ.H2O2+I-=H2O+IO﹣;ⅱ.H2O2+IO﹣=H2O+O2↑+I﹣。
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是
A.从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率
B.反应ⅰ是放热反应,反应ⅱ是吸热反应
C.0~10min的平均反应速率:
v(H2O2)≈9.0×10-3mol/(L·min)
D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性
评卷人
得分
二、新添加的题型
15.溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中,利用空气吹出法从海水中提溴,工艺流程示意如下。
资料:
常温下溴呈液态,深红棕色,易挥发。
(1)酸化:
将海水酸化的主要目的是避免_______(写离子反应方程式)。
(2)脱氯:
除去含溴蒸气中残留的Cl2
①具有脱氯作用的离子是_______。
②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入_______,脱氯作用恢复。
(3)富集、制取Br2:
用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO3-和Br-。
再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2,其离子反应方程式为_______。
(4)探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响,实验如下:
序号
A
B
C
试剂组成
1mol/LNaBr
20%H2SO4
1mol/LNaBr
98%H2SO4
将B中反应后溶液用水稀释
实验现象
无明显现象
溶液呈棕红色,放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液呈棕红色说明产生了_______。
②分析C中溶液颜色变浅的原因,甲同学认为是发生了化学反应所致;乙同学认为是用水稀释所致。
若认为甲同学的分析合理,请用具体的反应说明理由;若认为乙同学的分析合理,进一步设计实验方案说明。
理由或方案:
_______。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是______(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
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
三、填空题
16.我国科学家在合成、生产生物医用材料——新型增塑剂(DEHCH)方面获得重要进展,该增塑剂可由有机物D和L制备,其结构简式如下:
(DEHCH)
(1)有机物D的一种合成路线如下:
①由C2H4生成A的化学方程式是_______。
②试剂a是_______。
③写出B中所含官能团的名称________。
④有机物D的结构简式是________。
(2)增塑剂(DEHCH)的合成路线如下:
已知:
①D→M的化学方程式是________。
②有机物L的分子式为C4H2O3,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢原子。
W的结构简式是_______。
③以Y和Q为原料合成DEHCH分为两步反应,写出有关化合物的结构简式:
中间产物的结构简式是________,反应a的反应类型是________。
17.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源,CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。
(1)CH4-H2O催化重整:
反应Ⅰ:
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol
反应Ⅱ:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)∆H2=﹣41kJ/mol
①提高CH4平衡转化率的条件是________。
a.增大压强b.加入催化剂c.增大水蒸气浓度
②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。
③在密闭容器中,将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ,达到平衡时CO的转化率是80%,其平衡常数为_________。
(2)实验发现,其他条件不变,相同时间内,向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。
做对比实验,结果如下图所示:
①投入CaO时,H2百分含量增大的原因是:
_________。
②投入纳米CaO时,H2百分含量增大的原因是:
__________。
(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低,相关数据如下表:
反应
Ⅰ
Ⅱ
∆H(kJ/mol)
+75
﹣173
①研究发现,如果反应Ⅰ不发生积炭过程,则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。
因此,若保持催化剂的活性,应采取的条件是_________。
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应,通入过量水蒸气能有效清除积炭,反应的化学方程式是_________。
18.Fe3O4呈黑色、有磁性,应用广泛。
以Fe3O4为吸附剂去除水中含磷物质是一种新的除磷措施。
(1)检验Fe3O4中铁元素的价态:
用盐酸溶解Fe3O4,取少量滴加______,溶液变红;另取少量滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀。
(2)氧化—沉淀法制备Fe3O4
Ⅰ.向稀硫酸中加入过量铁粉,得到FeSO4溶液。
空气中存在O2,由于_______(用离子方程式表示),可产生Fe3+。
过量铁粉的作用是除去Fe3+。
Ⅱ.在N2保护下,向热NaOH溶液中加入FeSO4溶液,搅拌,得到Fe(OH)2浊液。
将NaNO3溶液滴入浊液中,充分反应得到Fe3O4。
①用湿润红色石蕊试纸检验产物,_______(填现象),证明生成了NH3。
②____Fe(OH)2+_____NO3-=________(将反应补充完整)。
(3)含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如下图所示。
下列分析正确的是________。
a.KH2PO4的水溶液中:
c(H+)>c(OH-)
b.K2HPO4溶液显碱性,原因是HPO42-的水解程度大于其电离程度
c.H3PO4是强电解质,在溶液中完全电离
(4)将Fe3O4加到KH2PO4溶液中,调节溶液pH。
pH对吸附剂Fe3O4表面所带电荷的影响:
pH<6.8,Fe3O4表面带正电荷;pH>6.8,Fe3O4表面带负电荷;pH=6.8,Fe3O4表面不带电荷。
Fe3O4对含磷微粒的去除率随pH的变化如下。
①pH=3时,吸附的主要微粒是_______。
②与pH=5时相比,pH=9时的去除率明显下降,原因是:
_________。
评卷人
得分
四、实验题
19.某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。
装置(尾气处理装置略)
现象
Ⅰ中开始无明显现象,渐有小气泡生成,越来越剧烈,液面上方出现浅红棕色气体,溶液呈蓝色。
Ⅱ中反应剧烈,迅速生成大量红棕色气体,溶液呈绿色。
(1)试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是________。
(2)Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快,原因是________。
(3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的原因,提出假设:
假设1:
Cu2+的浓度较大所致;
假设2:
溶解了生成的NO2。
探究如下:
取Ⅱ中绿色溶液,分为两等份。
①取一份于如图所示装置中,_______(填“操作”和“现象”),证实Ⅱ中溶解了NO2。
②向另一份溶液加入_____(填化学试剂),溶液变为蓝色。
证实假设1不成立,假设2成立。
(4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的原因,提出两种解释:
解释1.HNO3浓度越稀,溶液中NO3-的数目越少,被还原时,每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会_____(填“增多”或“减少”),因此被还原为更低价态。
解释2.推测下列平衡导致了产物的不同,并通过如下实验证实了推测的合理性。
3NO2+H2O=2HNO3+NO
①B中盛放的试剂是________。
②C中盛放Cu(NO3)2和_________。
③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是________。
参考答案
1.B
【解析】
【详解】
A.电动汽车的使用时化学能先转化为电能,然后电能再转化为机械能,不产生氮氧化合物,所以有助于减少氮氧化物的排放,A正确;
B.燃油汽车使用时是化石燃料的化学能转化为热能,热能再转化为机械能,所以不可以悬挂该标志,B错误;
C.电动汽车使用时首先是化学能转化为电能,电能转化为机械能,充电时电能转化为化学能,所以涉及化学能与电能的转换,C正确;
D.电动汽车充电、放电过程有电能与化学能的转化过程,所以均有电子转移,D正确;
故合理选项是B。
2.B
【解析】
【详解】
A.液氨气化需吸收大量热量,使周围环境温度降低,所以可用作制冷剂,但与氧化性无关,A错误;
B.次氯酸钙水解产生的HClO具有强氧化性,能氧化杀死水中病菌、病毒,因此可用于生活用水的消毒,与氧化性有关,B正确;
C.氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗,与其物理性质有关,而与氧化性无关,C错误;
D.生石灰与废气中的二氧化硫反应产生亚硫酸钙,再被氧化产生硫酸钙,利用的是其碱性氧化物的性质,与氧化性无关,D错误;
故合理选项是B。
3.C
【解析】
【详解】
A.该图示显示了原子相对大小及结合位置情况,是甲烷的比例模型,A正确;
B.NH3分子中N原子最外层有5个电子,3个成单电子与3个H原子形成三对共用电子对,电子式为
,B正确;
C.Na2CO3溶液呈碱性是由于CO32-水解产生,但是CO32-水解反应是分步进行的,主要是第一步水解CO32-+H2O
HCO3-+OH-,C错误;
D.NH3遇HCl气体,二者迅速化合,发生反应NH3+HCl=NH4Cl,产生的氯化铵是白色固体,所以会看到迅速产生白烟,D正确;
故合理选项是C。
4.A
【解析】
【详解】
A.Na与水反应产生氢氧化钠和氢气,反应放出热量,当达到一定温度时着火燃烧,所以一定要将剩余的钠块再放回试剂瓶中,A错误;
B.CaC2与水反应产生可燃性气体乙炔,所以电石一定要在干燥环境中密封存放,B正确;
C.用CCl4萃取碘水中的碘单质,在振荡分液漏斗时,分液漏斗内的物质由于部分物质气化会导致气体压强增大,所以要不时打开活塞放气,C正确;
D.电器失火时为了防止火灾加剧,带来更大隐患,首先要先切断电源,D正确;
故合理选项是A。
5.C
【解析】
【分析】
A.相同碳原子数的烃的衍生物的沸点比烃高;
B.水电离过程吸收热量;
C.AgX的溶解度随卤素离子半径增大而减小;
D.物质完全燃烧放出热量多。
【详解】
A.C2H5OH可看作是CH3CH3中的1个H原子被—OH取代生成的,在常温下C2H5OH为液体,CH3CH3为气体,所以沸点:
C2H5OH>CH3CH3,A正确;
B.水是弱电解质,电解质电离吸收热量,所以升高温度,促进水的电离,水的电离程度:
100℃>25℃,B正确;
C.在相同温度下,AgCl溶解度比AgI大,C错误;
D.C燃烧产生CO释放出一部分热量,CO燃烧又释放出一部分热量,所以完全燃烧1molC放出的热量比1molCO多,D正确;
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了物质的溶解度、沸点高低比较、温度对水电离的影响及燃烧放出热量与物质的关系的知识。
掌握物质的性质及变化规律是本题解答的关键。
6.B
【解析】
【详解】
A.CH3COOH具有酸的通性,Fe是比较活泼的金属,醋酸溶液与Fe反应放出H2,但是不能证明其酸性强弱,A错误;
B.CH3COOH是一元弱酸,电离产生的H+浓度小于酸的浓度,0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L,所以pH大于1,B正确;
C.CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2气体,可以证明醋酸的酸性比碳酸强但是不能证明醋酸就是弱酸,C错误;
D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸具有酸性,不能证明其酸性强弱,D错误;
故合理选项是B。
7.D
【解析】
【详解】
A.Be、Ca是同一主族的元素,由于原子半径Ca>Be,所以铍(Be)原子失电子能力比Ca弱,A正确;
B.由于原子半径K>Mg,原子最外层电子数K C.Cl、Br是同一主族的元素,由于原子半径Cl D.非金属性B 故合理选项是D。 8.C 【解析】 【详解】 A.在1个H2O分子中O原子与2个H原子分别形成1对共用电子对,所以1molH2O分子中共用的电子对数为2NA,A错误; B.该盐是强碱弱酸盐,在溶液中CO32-会发生水解反应而消耗,所以1L0.1mol/LNa2CO3溶液中,CO32-数目小于0.1NA,B错误; C.12g的12C的物质的量为1mol,由于在一个12C中含有6个中子,所以1mol12C含有的中子数为6NA,C正确; D.Na是+1价的金属,2.3gNa的物质的量是0.1mol,所以0.1molNa与足量H2O完全反应,转移的电子数为0.1NA,D错误; 故合理选项是C。 9.D 【解析】 【详解】 A.N是7号元素,原子核外有2个电子层,电子数分别是2、5,故氮原子的结构示意图: ,A正确; B.由于断裂N-N吸收的能量比形成N≡N放出的热量少,所以由聚合氮转变为N2会释放能量,B正确; C.高温更容易断裂氮氮三键,形成单个原子,使原子可以从新结合形成立体网状结构,所以高温有利于聚合氮的合成,C正确; D.聚合氮原子间通过共价键形成空间网状结构,所以高压有利于聚合氮的合成,D错误; 故合理选项是D。 10.D 【解析】 【详解】 A.Cu与浓硫酸反应时将Cu单质氧化为硫酸铜,浓硫酸表现了氧化性,A正确; B.SO2与NaOH反应产生亚硫酸钠和水,表明SO2有酸性氧化物的性质,B正确; C.S+Na2SO3=Na2S2O3,反应物全部变为生成物,原子利用率是100%,C正确; D.Na2S2O3与稀硫酸发生复分解反应,产生硫代硫酸和硫酸钠,硫代硫酸不稳定,分解产生S单质、二氧化硫和水,所以硫酸起酸的作用,不是作还原剂,D错误; 故合理选项是D。 11.C 【解析】 【分析】 用惰性电极电解饱和食盐水,电解的总方程式是: 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,溶液中阳离子向阴极定向移动,阴离子向阳极定向移动,据此分析。 【详解】 A.根据图示可知a电极为阴极,溶液中的阳离子H+在阴极上获得电子,发生还原反应,A正确; B.在a电极溶液中的H+获得电子,变为H2逸出,附近溶液中OH-增多阴极产生NaOH,在阳极b电极上溶液中阴离子Cl-失去电子变为Cl2,Cl2与溶液中的NaOH发生反应: Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,B正确; C.电解时阴离子OH-向正电荷较多的阳极移动,即会由a极向b极移动,C错误; D.实验③电压高,电流大,反应速率快,反应产生的氯气未能与NaOH溶液反应,就会从溶液中逸出,所以不能采用该电压制备NaClO,D正确; 故合理选项是C。 【点睛】 本题考查电解原理的应用的知识。 电解饱和食盐水,阳极产生氯气,阴极得到氢气和氢氧化钠,氯气与碱发生反应产生的物质具有强氧化性,能杀菌消毒。 掌握电解基本原理和离子放电顺序是本题解答的关键。 12.B 【解析】 【详解】 A.用该方法合成高分子化合物PET反应时还有小分子生成,所以反应为缩聚反应,A正确; B.PET的链节是 ;聚乙二酸乙二酯的链节是 ,它们重复结构单元并不相同,B错误; C.PET是聚酯,在碱性条件下容易发生水解反应,所以PET膜使用应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触,C正确; D.质谱法可以测物质的平均相对分子质量,由于物质的链节是什么、式量为多少都可以确定,因而就可以计算出物质的聚合度,D正确; 故合理选项是B。 13.A 【解析】 【分析】 浓盐酸具有挥发性,挥发的HCl气体遇到不同物质表现的性质不同,水溶液具有强酸性、还原性,可根据物质不同判断物质的作用,据此分析。 【详解】 A.①HCl遇KI溶液不能发生反应产生I2,所以不会出现溶液变蓝的现象,A错误; B.由于酸性HCl>H2SiO3,所以遇Na2SiO3溶液会发生反应: 2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl,由于硅酸是白色难溶性的物质,所以会看到产生白色胶状沉淀,B正确; C.在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡: NaCl(s) Na+(aq)+Cl-(aq),HCl溶于饱和NaCl溶液,使溶液Cl-浓度增大,破坏了溶解平衡,平衡逆向移动,降低了NaCl的溶解度,因此会析出NaCl固体,即产生白色沉淀,C正确; D.HCl溶解在NaClO溶液中,会发生反应: 2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O,因此会看到有黄绿色气体产生,离子方程式是: ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,D正确; 故合理选项是A。 【点睛】 本题考查盐酸的性质。 浓盐酸具有挥发性、酸性、还原性,稀盐酸具有酸性、氧化性,物质的浓度不同,表现的性质不同。 要灵活运用,结合具体问题具体分析。 14.B 【解析】 【详解】 A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能,使反应速率大大加快,A正确; B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高,为吸热反应;反应ii的反应物比生成物的能量高,是放热反应,B错误; C.0~10min内,反应产生O2的物质的量是n(O2)=20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol,根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol,则v(H2O2)=(1.8×10-3mol)÷0.02L÷10min=9.0×10-3mol/(L·min),C正确; D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂,在反应ii中是还原剂,所以在整个反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性,D正确; 故合理选项是B。 15.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OFe2+
Br,所以稳定性HCl>HBr,C正确;
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- 级联 北京市 朝阳区 届高三第 一学期 期末考试 化学试题
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