1、北京市房山区北京市房山区 2019 届高三化学下学期二模考试试卷届高三化学下学期二模考试试卷 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 第一部分（选择题第一部分（选择题 共共 120120 分）分） 共共 2020 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共计分，共计 120120 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。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.红茶起源于中国，传统制作工艺如下所示，其中以化学反应为主的是 A.
2、 A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.萎凋主要是散发部分水分，使茎、叶萎蔫，此过程中无新物质生成属于物理变化过程，故 A 错误； B.揉捻是塑型工序，通过揉捻可形成紧结弯曲的外形，此过程中无新物质生成属于物理变化过程，故 B 错误； C.发酵过程发生复杂的化学变化过程，生成了新的物质，故 C 正确； D.干燥过程中无新物质生成属于物理变化过程，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查物理变化和化学变化的判断，区分物理变化和化学变化的根本方法是看有没有新物质生成，平时注意对生产生活中物质变化的观察思考。 2.下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是 A
3、. Mg、Al 合金用来制造飞机外壳合金熔点低 B. 食品盒中常放一小袋 Fe 粉Fe 粉具有还原性 C. SiO2用来制造光导纤维SiO2耐酸性 D. 葡萄酒中含 SO2SO2有漂白性 【答案】B 【解析】 【详解】 A. Mg、 Al 合金用来制飞机外壳是利用其密度小， 硬度和强度都很大的性质， 不是因为合金熔点低，故 A 错误； B. 食品合中常放一小袋 Fe 粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故 B 正确； C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故 C 错误； D. 葡萄酒里都含有 SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故 D 错误。 答案选
4、B。 【点睛】本题易错选项 D，注意 SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有 SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。 3.部分元素在周期表中的分布如右图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线） ，下列说法不正确的是 A. B 只能得电子，不能失电子 B. 原子半径 GeSi C. As 可作半导体材料 D. Po 处于第六周期第 VIA 族 【答案】A 【解析】 【分析】 同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱， 非金属性逐渐增强； 同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半
5、导体材料（如锗、硅、硒等） ，据此分析解答。 【详解】A. 根据以上分析，B 元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故 A 错误； B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径 GeSi，故 B 正确； C. As 元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故 C 正确； D. Po 为主族元素，原子有 6 个电子层，最外层电子数为 6，处于第六周期第 VIA 族，故 D 正确。 故选 A。 4.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是 A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为 10NA B. 联氨（N
6、2H4）中含有极性键和非极性键 C. 过程 II 属于氧化反应，过程 IV 属于还原反应 D. 过程 I 中，参与反应的 NH4+与 NH2OH 的物质的量之比为 1:1 【答案】A 【解析】 A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为 11mol，故 A 说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为， 含有极性键和非极性键， 故 B 说法正确； C、 过程 II， N2H4N2H22H， 此反应是氧化反应，过程 IV， NO2NH2OH， 添 H 或去 O 是还原反应， 故 C 说法正确；D、NH4中 N 显3 价，NH2OH 中 N 显1 价，N2H4中 N 显2 价，因此过
7、程 I 中 NH4与 NH2OH 的物质的量之比为 1：1，故 D 说法正确。 点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理 NO2转化成 NH2OH，是还原反应。 5.对于下列实验事实的解释，不合理的是 选项 实验事实 解释 A 加热蒸干 MgSO4溶液能得到 MgSO4固体；加热蒸干 MgCl2溶液得不到 MgCl2固体 H2SO4不易挥发，HCl 易挥发 B 电解 CuCl2溶液阴极得到 Cu； 电解 NaCl 溶液，阴得不到 Na 得电子能力：Cu2+Na
8、+H+ C 浓 HNO3能氧化 NO；稀 HNO3不能氧化 NO HNO3浓度越大，氧化性越强 D 钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OH A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2O Mg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是 MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解， HCl 易挥发， 加热促进 HCl 的挥发， 更加促进反应向正反应方向进行， 因此加热蒸干得到的是 Mg(OH)2或 MgO，解释合理，故
9、 A 说法正确；B、根据电解原理，电解 CuCl2溶液，阴极上发生 Cu22e=Cu，说明Cu2得电子能力大于 H，电解 NaCl 溶液，阴极发生 2H2e=H2，说明 H得电子能力强于 Na，得电子能力强弱是 Cu2HNa，因此解释不合理，故 B 说法错误； C、浓硝酸能氧化 NO，而稀硝酸不能氧化 NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故 C 说法正确； D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明水中 H的浓度大于乙醇中 c(H)，即羟基中氢的活性：CH3CH2OH”“=”或“过程 II； a由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它副反应
10、发生； b由图可知，温度高于 650甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱； c减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率； （2）由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b 极为负极，甲醛发生氧化反应生成 CO2，以此书写电极反应式；根据电极反应式计算反应的甲醛的量。 分析图像可知，水温约 15时选择 Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高。 【详解】（1） 由图可知 1molCH3OH分解为 1molHCHO和 1molH2要吸收能量 463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol，所以反应的热化学方程式是 CH3OH
11、（g）=HCHO（g）+H2（g）H=+84kJ/mol， 故答案：CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）H=+84kJ/mol； 由图可知反应活化能：过程 I过程 II， 故答案为：； a由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它反应发生，所以甲醇脱氢法制备甲醛过程有副反应发生，故 a 错误； b由图可知，温度高于 650甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱，故 b 正确； c减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，故 c 正确。 故答案为：b、c； （2）由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b 极为负极，甲醛发
12、生氧化反应生成 CO2，电极反应式为HCHO-4e-+ H2O= CO2+ 4H+； 由反应式可知， 当电路中转移 410-4 mol 电子时， 传感器内参加反应的甲醛 （HCHO）为30g/mol=310-3g=3mg。 分析图像可知，水温约 15时选择 Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高， 故答案为：3；Ca(ClO)2。 10.钒（V）为过渡元素，可形成多价态化合物，全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如下图： 已知： 离子种类 VO2+ VO2+ V3+ V2+ 颜色 黄色 蓝色 绿色 紫色 （1）全钒液流电池放电时 V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应
13、式是_ （2）当完成储能时，正极溶液的颜色是 _ （3）质子交换膜作用是_ （4）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水（除 VO2+外，还含 Fe3+等）进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下： 已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同： 钒的化合价 酸性 碱性 +4 价 VO2+ VO(OH)3- +5 价 VO2+ VO43- 滤液中钒元素的主要存在形式为_ 滤渣在空气中由灰白色转变为红褐色， 用化学用语表示加入 NaOH后生成沉淀的反应过程_、_。 萃取、反萃取可实现钒的分离和富集，过程可简单表示为（HA 为有机萃取剂） ： 萃取时必须加入适量碱，其原因是 _ 纯钒可由熔盐电解法精炼，
14、粗钒（含杂质）作_极。 【答案】 (1). V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O (2). 黄色 (3). 阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流 (4). VO(OH)3- (5). Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2 (6). 4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3 (7). 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率 (8). 阳极 【解析】 【分析】 （1）B 极V2+失电子发生氧化反应生成 V3+，A 极 VO2+得到电子发生还原反应生成 VO2+，根据电极反应式书写总反应式； （2） 储能为充电过程， 正极和外接电源正极相连， 本身作阳极发生氧化反应，
15、电极反应方程式为： VO2+- e-+H2O= VO2+2H+； （3）质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流； （4）由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后 VO2+被还原为 VO(OH)3-； Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3 。 分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率； 电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应。 【详解】 （1） 因为放电时， 已知 B 极是 V2+失电子发生氧化反应生成 V3+， 所以 A 极会得到电子发生还原反应，故电极反应方程式为：VO2+e-+2H+=VO2+H2O，故电
16、池放电时总反应式是 V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O， 故答案是：V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O； （2） 储能为充电过程， 正极和外接电源正极相连， 本身作阳极发生氧化反应， 电极反应方程式为： VO2+- e-+H2O= VO2+2H+，所以当完成储能时，正极溶液的颜色是黄色； 故答案是：黄色； （3）由电池放电时总反应式 V2+ +VO2+=V3+VO2+H2O 可知，两电极的物质混合会发生反应，故质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流； 故答案是：阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流； （4） 由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后 VO2+被还原为
17、 VO(OH)3-， 所以钒元素的主要存在形式为 VO(OH)3-， 故答案是：VO(OH)3-； 加入氢氧化钠之后，由灰白色转变为红褐色，这是亚铁离子转化为铁离子，反应过程为 Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3。 故答案为：Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2； 4Fe(OH)2+2H2O+O =4Fe(OH)3； 分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率， 故答案为：加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率； 电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应， 故答案为：阳极。 【点睛】本题考查了流程分析判断，侧重
18、考查物质性质和实验设计的方法应用、题干信息分析判断能力，注意把握物质的分离提纯、电解反应、电极产物的分析应用、工艺流程的理解。 11.某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究 NO2-的性质。 实验 试剂 编号及现象 滴管 试管 2mL 1%酚酞溶液 1 molL-1 NaNO2溶液 实验 I： 溶液变浅红色， 微热后红色加深 1 molL-1 NaNO2溶液 0.1 molL-1 KMnO4 溶液 实验 II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 KSCN 溶液 1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3） 实验 III：无明显变化 1 molL-1 NaNO2溶液 1
19、molL-1 FeSO4 溶液（pH=3） 实验 IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加 KSCN 溶液变红 资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。 （1）结合化学用语解释实验 I“微热后红色加深”的原因 _ （2）实验 II 证明 NO2-具有_性， 从原子结构角度分析原因_ （3）探究实验 IV 中的棕色溶液 为确定棕色物质是 NO 与 Fe2+，而非 Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。 实验 溶液 a 编号及现象 1 molL-1FeSO4溶液（pH=3） i溶液由_色迅速变_色 _ ii无明显变化 加热实验 IV 中的棕色溶液， 有气体逸出， 该气体在接近试管口
20、处变为红棕色， 溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_。 （4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验 IV 中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验 V：将 K 闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。 盐桥的作用是_ 电池总反应式为_ 实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。 【答案】 (1). NO2-发生水解反应 NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深 (2). 还原性 (3). N 原子最外层 5 个电子（可用原子结构示意图表示） ，+3 价不稳定，易失电子，体现还原
21、性 (4). 浅绿色 (5). 棕色 (6). 0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） (7). 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成 NO 和 Fe2+，NO 被空气氧化为 NO2，加热有利于 Fe2+被氧化为 Fe3+，促进 Fe3+水解，产生 Fe(OH)3沉淀 (8). 阻碍 Fe2+与 NO 接触，避免络合反应发生 (9). Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O 【解析】 【分析】 （1） NaNO2为强碱弱酸盐， NO2-发生水解反应 NO2-+H2OHNO2+OH-， 温度升高水解平衡正向移动， 碱性增强，溶液红色加深； （2）N 原子最外层 5
22、个电子，NO2-中 N 为+3 价不稳定，易失电子，体现还原性； （3）若要证明棕色物质是Fe(NO)2+，而非 Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向 pH 均为 3，含 Fe2+和 Fe3+浓度均为 1mol/L 的 FeSO4溶液和 Fe2（SO4）3溶液中通入 NO，若通入 FeSO4溶液出现溶液由浅绿色色迅速变为棕色，而通入 Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明； 加热实验 IV 中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了 NO 气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了 Fe(OH)3，据此解答； （4）由图可知，该装置构成了原电池，两电极
23、分别产生 NO 和 Fe3+，U 形管中间盐桥的作用是阻碍 Fe2+与NO 接触，避免络合反应发生； 两电极反应式相加得总反应式。 【详解】 （1）NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应 NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在 2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深， 故答案为： NO2-发生水解反应 NO2-+H2OHNO2+OH-， 温度升高水解平衡正向移动， 碱性增强， 溶液红色加深； （2） NaNO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的紫色褪去
24、， 即KMnO4被还原，说明 NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N 原子最外层 5 个电子（可用原子结构示意图表示） ，+3价不稳定，易失电子，体现还原性， 故答案为：还原性；N 原子最外层 5 个电子（可用原子结构示意图表示） ，+3 价不稳定，易失电子，体现还原性； （3）实验 IV 在 FeSO4 溶液（pH=3）中滴加 NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加 KSCN 溶液变红，说明有 Fe3+生成，NO2-被还原为 NO。若要证明棕色物质是Fe(NO)2+，而非 Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验， 即向 pH 均为 3， 含 Fe2+和 Fe3+浓度
25、均为 1mol/L 的 FeSO4溶液和 Fe2（SO4）3溶液中通入 NO，若通入 FeSO4溶液出现溶液由浅绿色色迅速变为棕色，而通入 Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明， 故答案为：浅绿色；棕色；0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） ； 加热实验 IV 中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了 NO 气体； 溶液中有红褐色沉淀生成， 说明生成了 Fe(OH)3， 的原因是棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成 NO 和 Fe2+，NO 被空气氧化为 NO2，加热有利于 Fe2+被氧化为 Fe3+，促进 Fe3+水解，产生 Fe(OH)3沉
26、淀， 故答案为： 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成 NO 和 Fe2+， NO 被空气氧化为 NO2， 加热有利于 Fe2+被氧化为 Fe3+，促进 Fe3+水解，产生 Fe(OH)3沉淀； （4）由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生 NO 和 Fe3+，U 形管中间盐桥的作用是阻碍 Fe2+与NO 接触，避免络合反应发生， 故答案为：阻碍 Fe2+与 NO 接触，避免络合反应发生； 该原电池负极反应为： Fe2+-e-= Fe3+， 正极反应为 NO2-+e-+2H+=NO+H2O， 所以电池总反应式为 Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O， 故答案为：Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O。
