北京东城区2020届高三化学下学期二模考试试题含解析

1、北京市东城区2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1,C-12,O-16,Mn-551 .近日，我国科研团队研发出一种蓝藻人造叶片系统，其核心是一种可以向细胞外分泌蔗糖的蓝藻，其工作原理如图。下列说法不正确的是A.该系统利用了蓝藻的光合作用B.理论上，系统出水量小于进水量C.可用银氨溶液检验产物中是否含蔗糖D.该系统有望人类探索太空时解决生存难题提供新思路【答案】C【解析】【详解】A、光合作用白反应是：CO?+H碰选碳水化合物+O?,该系统利用了蓝藻的光合作用，故A正确；日光合作用的反应是：CO?+H?O光能J碳水化合物+O?,反应消耗水，理论上系统出水量小

2、于进水量，故B正确；C蔗糖不含醛基，属于非还原性糖，银氨溶液不能检验蔗糖，故C错误；D该系统在太空环境下有望把二氧化碳和水制成人类必需的碳水化合物和氧气，有望为人类探索太空时解决生存难题提供新思路，故D正确。正确答案选a2 .下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是A.镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀B.铝箔在加热时，熔化的铝不滴落C.铁在氧气中燃烧所得氧化物中，铁有两种化合价D.常温时浓硝酸可用铁制容器盛放，而不能用铜制容器盛放【解析】【详解】A、镀锌铁因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，所以镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀可利用金属活动性顺序解释，故A正确；日氧化铝的熔点高，

3、包裹在Al的外面，所以加热铝箔时熔化的铝不滴落，与金属活动性顺序无关，故B错误；C铁在氧气中燃烧所得氧化物是四氧化三铁，四氧化三铁中铁的化合价有两种：+2价和+3价，其中+2价一个+3价两个，与金属活动性顺序无关，故C错误；D常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸；常温下，浓硝酸能和铜反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，不能用铜制品容器盛放浓硝酸，不能用金属活动性顺序解释，故D错误。正确答案选A3 .鸨(W/在高温下可缓慢升华。碘鸨灯中封存的碘蒸气能发生反应：W+12(g)-Wl2(g),利用工作时灯泡壁与灯丝的温度差，将沉积在灯泡壁上的鸨“搬运”回灯丝上。对于该过程的理解不正

4、确的是A.工作时，电能转化为光能和热能B.工作时，在灯泡壁和灯丝上发生反应的平衡常数互为倒数C.W(s)+I2(g)Wl2(g)为放热反应D.碘蒸气的作用是延长灯丝的使用寿命【答案】B【解析】【详解】A、碘鸨灯工作时，发光、发热，电能转化为光能和热能，故A正确；日工作时，利用灯泡壁与灯丝的温度差，将沉积在灯泡壁上的鸨“搬运”回灯丝上，灯丝的温度高于灯泡壁的温度，W在高温下缓慢升华，在灯泡壁上发生反应W+12(g)-Wl2(g),卜图lb(/z)Xc(W)平衡常数K=,广，和灯丝上发生反应Wl2(g)W(g)+I在)的平衡常数”=有，|仪切|仪叫)KK2不是互为侄数，故B错误；C利用工作时灯泡壁

5、与灯丝温度差，将沉积在灯泡壁上的鸨“搬运”回灯丝上，灯丝的温度高于灯泡壁的温度，说明升高温度，化学平衡向吸热方向移动，WI2的物质的量减少，所以C正确;该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，故D扩散到灯泡壁(低温区)的鸨与I2(g)发生反应生成WI2(g),WI2(g)扩散到灯丝(高温区)重新分解出鸨沉积到灯丝表面，从而延长鸨丝使用寿命，故D正确。正确答案选B。4.BM0(BizMoO)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A.该过程的总反应：GHO+7O6CO+3h2OB.该过程中BMOI1现较强氧化性C.降解产物的分子中只含有

6、极性共价键D.和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】B【解析】【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：。h0+7喑-6CO+3H2O,故A正确；日该过程中BMO催化剂，BMOWO在光作用下，BMOt氧化成BMQ故B错误；C降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D中ImolO-要得到3mol电子，而中1mo旧MO为1mo旧MOR要彳#到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1,故D正确；正确答案选Bo5.酸与醇发生酯化反应的过程如下:9H0,*TiiROH-R'C-OH一C

7、OH二OR-H9OR卜列说法不正确的是A.的反应类型是加成反应B.的反应类型是消去反应C.若用r18oh作反应物，产物可得闻8oD.酯化过程中，用浓硫酸有利于的过程【答案】C【解析】【详解】A、的反应竣酸的竣基中默基与醇发生加成反应，故A正确；日的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故B正确；C根据酯化反应白过程，若用R8OH乍反应物，产物是R，CO8OR和HQ故C错误；D酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的R，COOR勺方向移动，有利于的过程，故D正确。正确答案选C6 .下列实验操作或现象不能.用平衡移动原理解释的是A.卤化银沉淀的转化足量NaC

8、l(aq)少tK«aq)AgNOj(aq)白色沉淀黄色沉淀1inL稀硫减1liiL唾液D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应【解析】【详解】A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI,Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；日铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反

9、应的进行压强增大，促进CO与代0的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。7 .不同条件下，用Q氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A.由、可知，pH越大，+2价铁越易被氧化8 .由、推测，若pH>7,+2价铁更难被氧化C.由、推测，FeCL被O氧化的反应为放热反应D.60C、pH=2.5时，

10、4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L-h)【答案】D【解析】【详解】A、由、可知，pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；日若pH>7,FeCl2变成Fe(OH2,Fe(OH2非常容易被氧化成Fe(OH3,故B错误；C由、推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；D50C、pH=2.5时，4h内Fe2+的氧化率是60%即消耗0.6amol/L,4h内平均消耗速率等于0.15amol/(Lh),温度升高到60C、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.1

11、5amol/(Lh)。正确答案选Do8.缓释布洛芬是常用的解热镇痛药物，其一种合成路线如下:0CR上£1-7Zn-Hs*Ccr附1>取低阁出荆HC1=已知：00处-&20氐0H0iC-OK；直1C>催化剂八R1COOR+R30HR1COOR+R20HA(1)按照官能团分类，A所属类别是(2)反应化学方程式是。(3)试剂X的结构简式是(4) F-G的反应类型是。(5) H的结构简式是。(6)反应的化学方程式是(7)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬，请将下列方程式补充完整。CH?G出+2n+2nH2A定条件.HxC-±HYOOCH4比OO匚卜(8)以丙烯为起

12、始原料制备丙酮酸甲酯(3_0网)的合成路线如下，请补充完整(无机试剂任选)。Bri/CCU；CH2=CHCH3!CHaOHQQ'浓HaS。3H3cC_C_OCH3【答案】.竣酸CHIHCC+2NaOH解I-口反应(5).(4).(2).加成(6).+CHOH(H.CH<HHCCHCHTHCCIJI'HIHOL，(7).CHI+nHOC2CHOH-，一.1'I门"H(8).BrIkIHIl”【上HlCJ-cnJ&IIYaOH/水IIL，ni-CElH<-cfl-()t)IIIIH;C(-COH【解析】【分析】根据流程图可知A为异丁酸(CH3)

13、2CHCOOHA在加热的条件下与PC13反应生成ILCC;J发生加聚反应生成缓释布洛芬，由缓释布洛芬的结构简式逆推CIICHCH：H.C-CHHHK)CH2CHjOt)CtH-；HaCC发生反应Cl生成B,B酸化生成C,C与GHO反应生成D,QHO为HOC2CHOH则CD为酯化反应，D中含酯基;A与SOC2反应生成E,根据F-G的反应条件，E-F-G发生题给已知的反应,根据G的分子式和A的结构简式推知，E的结构简式为(CHs)2CHCOCIF的结构简式为XX为苯,G的结构简式为HJ'TITH在浓硫酸作用下发生消去反应生成H,H的结构简式为HICHCH土C(.'<)<

14、K'HCHH与H/Ni发生加成反应生成I,I的结构简式为HA'CHCHCH,ICF1CNCH与D反应生成J,结合J的结构简式和已知，D的结构简式为由D进一步逆推出C为H2C=C(CH)COOHB为H(I-【详解】(1)A的结构简式为(CH3)2CHCOOH含有官能团竣基，所以A属于竣酸;CH(2)反应,反应条件为NaOH享溶液、加热，反应c.ni方程式为I部H.CCC(JOH|2Na()HJC='rC(X)NaINaClI(3)根据推断X为苯，结构简式为(4)F-G为HI(HCHnicn】LC-Cn-。乩(MKH：()11,发生的是题给已知的反应，发生的是厥基的加成反应

15、;(5)由分析可知H的结构简式是:CILCH.HcmH'EI(6)反应的化学方程式为LHCH.LHIIH1一chch.Yy-t'H-r(xx：H.+h，c=l'一umjchch/jhX*/*ACILCHhCH.IIIH£CHIHY<'(KX：HzCH/J(X'C=L'H,4-CHh()h(7)缓释布洛芬中含酯基，缓释布洛芬水解的方程式为CHi中CK於一口口+2nHe定条件院H<-(?HCH-COOCH;CH；OOC1tCHCH.CH,hH一L'HCHCtM】HUHOH-18CH玉；一IC(M)H(8)以丙烯为起始原料

16、制备丙酮酸甲酯J八P2cll)，根据已给流程应由丙烯合成H3c_C_COCH3CHCOCOQHM比丙烯与CHCOCOOH构简式，由含碳碳双键的物质合成双官能团的物质，所以由丙烯与Br2/CCl4发生加成反应生成CHCHBrCHBr,CHCHBrCHBr发生水解反应生成CHCH(OHCHOHCHCH(OHCHOH发生两步氧化制得CHCOCOQH成路线为I什btHInil()(>IIfk/CuIII(k.flifkJIHCCHTHJ>HCC1IHll.C-CCH.9.某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下:(1)NaSO溶液和氨水均可作浸出剂，但由于氨水易(填物理性质)，故用NaS

17、O溶液更环保。(2)I中主要反应：AgCl+2叵一画延因+Cl研究发现：其他条件不变时,该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是(用离子方程式表示)。(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是解释中变化趋势的原因：pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是(4)将n中反应的离子方程式补充完整:一他(以这+口OH+1=且+且+口+CO3：(5)出中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银

18、的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：【答案】.挥发(2).2+%=普'。乙(3).含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大(4).浸出液中c($n)增大，使浸出反应的平衡正向移动.呜-(11).4H2O(5).pH较小时,H+结合生成叵©或H2SO,尽管含硫化合物总浓度增大，但c(叫|)均较小(6).4(7).6(8).HCHO(9).4Ag(10).8(12).随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl+25%+Cl-的限度减小AgCl+2+6O等HCHO=4Ag+8分银渣中主要成分是AgCl,I中用NaSO溶液作浸

19、出剂，主要反应:k+Cl-;浸出液与甲醛反应，n中发生4W5tyz+4H0+j反应，生成Ag回收，同时又生成叵III中循环使用。【详解】(1)氨水易挥发污染空气，故用N&SO溶液更环保；(2)反应在敞口容器中进行，k艮容易被空气中氧气氧化,离子反应方程式为23吟+%=间;(3)根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；中变化趋势的原因：浸出液中c恒)增大，使浸出反应AgCl+2H+Cl-的平衡正向移动；pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度变化与pH=10时不同，pH较小时，|与H+结合生成麻口或HSO,尽管含硫化合物总浓度增大，但c(卜白匕

20、)均较小;(4)Ag的化合价由+1价降至0价，HCH皱氧化成CO2一,回收液循环使用，说明有SO2一生成,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得:JJ+6OH+HCHO=4Ag+8_+4H2O+短c(Cl一)增+Cl一的限度减小【点睛】注意化学平衡中减少反应物浓度或增加生成物浓度对反应限影响。(5)随着循环次数增加，浸出液中c()减小、m5。抗物质硫酸过硫酸结构式0IIH-QL钎0HOII010.过硫酸(H2s2Q)为无色晶体，易溶于水，在热水中易水解。O-H(1)依据硫酸和过硫酸的结构式，下列说法正确的是(填序号)。a.硫酸和过硫酸均为共价化合物b.过硫酸分子中含有与过氧化氢分子中相同的

21、化学键c.过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子(2)工业上利用过硫酸钱制备过氧化氢的一种方法如下图。电解法制(NH4)2S2Q过程中，得到渐的电极反应式是其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中Q园含量随温度变化如图。电解时通常控制15c而不用更低温度的原因：()51052025潟度X的化学式是。过硫酸盐的水解反应(填“属于”或“不属于")氧化还原反应。下图中ae表示$2垣中的部分化学键，则S*发生水解反应时断裂的化学键是(选(3)过硫酸钾氧化法可用于分析镒钢中Mn元素的含量：取样品ag,加入过量浓硝酸，在加热条件下将Mn溶出，再用bL过硫酸钾溶液将溶出的M吊全部转化为M叫,

22、检测恒园浓度，计算得出样品中Mn元素的质量分数为co该实验条件下氧化性：S际。/(填或“V”)。该过程中过硫酸钾溶液的浓度至少是mol/L(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】(1).ab(2).2宿-2c(3).低温时卜.1|含量增加不显著,但增加能耗（4）.（5）.不属于（6）.bd（7）.【解析】【分析】依据硫酸和过硫酸的结构式，硫酸和过硫酸均为共价化合物，过硫酸分子中含有一学键；（NH）2SQ和HSQ电解制得（NH4）2$Q,与KHSO发生复分解反应得NHHSO与K2S2Q,K2S2Q水解得KHSO和H2Q。【详解】（1）依据硫酸和过硫酸的结构式，硫酸和过硫酸均为共价化合物，故a正确

23、；过硫酸分子中含有一册Cb化学键，含有与过氧化氢分子中相同的化学键，故b正确；2个硫酸脱掉1个水分子，得到H2s2。不是HGQ,故c错误。（2）在电解池的阳极上SO2-发生失电子的氧化反应，2%-2c=与%根据图像，其他条件一定，在低于15c时叵J含量增加不显著，但低温增加能耗；（NH4）23Q与KHSO发生复分解反应得NHHSO与&及。，所以X是NHHSO过硫酸盐的水解反应得硫酸氢盐和HQ,化合价没有变化，不属于氧化还原反应；（。0I1-水解反应得H-O-O-H,断裂的化学键是b和d;|L*ooeJ（3）过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，镒离子失电子化合价升高为还原剂，则高镒酸

24、根离子为氧化产物，所以氧化性：S2Q2->MnO设过硫酸钾溶液的浓度至少为X2M吊+5S2O2-+8HO=2MnO+10SO2-+16H+2mol5molbX歹U式2mol:l:bX,解得X【点睛】根据化合价是否变化判断氧化还原反应，并强调在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。c(KSCN)=0.1mol/L;cFe2(SCu)3=11.某小组研究SCI-别与CiT和Fe3+的反应。实验中：0.025mol/L;c(CuSO4)=0.05mol/LI.KSCN溶液与CuSQ溶液反应，实验如下。2niLKSCN(aq)(pH=7)xI；#NaOH(aq)2ml.CuSO”叫)

25、(pH=4)产生电色沉淀充分反应后.过瑰产生少量白色沉沉竟绿色潴液(pH=2)-c所有注液(pH-2)资料：i.Cu2+可与SCN应生成CuSCNfi色沉淀和(SCN)2。ii.(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(SCN)2的化学性质与C12相似，可与水、碱等发生反应。(1) a中CuSO溶液显酸性的原因是(用离子方程式表示)。(2) a-b中试管内溶液pH减小，可能的原因是。(3) b一c产生沉淀的原因是。n.同学们根据相同条件下氧化性：Fe3+>Cu2+，预测Fe32SCN&可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下实验。(4)向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSC

26、N容液，观察到,表明发生了反应：Fe3+3SCNFe(SCN)3。(5)基于(4)继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN§液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是。(6)查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的原因：生成CuSCN%淀使Cj+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是。(7)取(4)中反应后溶液，逐滴加入阿Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。该实验结果与(5)中实验结果不一致，解释原因：。(8)为进一步证实(7)中的解释，在以上实验的基础上补充实验，其操作及现象是一。【答案】(1).Cu2+2H2Ol=Cu(OH2+2H+(2).生成(SCN2与水反应所得HSCN强酸，使溶液pH减小(3).NaOH与(SCN2反应，使溶液中c(SCN)增大，与02+继续反应生成少量CuSCN(4).溶液变为红色(5).在无Fe3+3SCNFe(SCN3干扰时，证明Fe3+能否将SCNM化(6).用CuSO溶液、KSCNB液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池(7).滴入RFe(CN)6溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强(8).在(5)的原电池中，向盛有Fe2(SO