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1、北京市西城区届高三上学期期末考试化学试题解析版北京市西城区2020届高三上学期期末考试可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第卷（选择题共42分）1.可回收物经综合处理，可再利用，节约资源。下列可回收物的主要成分属于合金的是（）A. 旧自行车钢圈B. 旧报纸C. 旧塑料盆D. 旧衣物答案A详解A、钢圈的主要材料是铁的合金，故A符合题意；B、旧报纸的主要成分是纤维素，故B不符合题意；C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料，故C不符合题意；D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料，故D不符合题意。答案选A。2.下列说法不正确的是（）A. 鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成

2、黄色沉淀B. 蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性C. 油酸甘油酯可通过氢化反应变硬脂酸甘油酯D. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐答案B详解A、鸡蛋清是蛋白质，故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色，且加热能使蛋白质变性，故A正确；B、硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故B错误；C、油酸甘油酯含有碳碳双键，与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯，故C正确；D、油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故D正确。答案选B。点睛本题考查有机物的结构与性质，把握物质的结构与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质盐析和变性的条件。3.下列反应

3、过程，与氧化还原反应无关的是（）A. 在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁B. 向工业废水中加入Na2S去除其中的Cu2+、Hg2+C. 向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放D. 补铁剂（含琥珀酸亚铁）与维生素C同服促进铁的吸收答案B详解A、钢铁设备上连接金属锌，构成原电池时锌为负极，原电池反应为氧化还原反应，故A不符合题意；B、向废水中加入Na2S，S2-与Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀，为复分解反应，故B符合题意；C、向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4，发生的反应为：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，为氧化还原反应，故C不符合题意；D、维生素C有还原性，

4、可防止亚铁离子氧化为铁离子，这与氧化还原反应有关，故D不符合题意。点睛本题考查氧化还原反应，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化。4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（）A. 元素的金属性：K37RbB. 中子数为50的Rb的核素：50RbC. 与同周期元素53I的原子半径比：RbID. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOHRbOH答案C分析铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第A族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似，以

5、此来解答。详解A、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K37Rb，故A错误；B、中子数为50的Rb的核素表示为：87Rb，故B错误；C、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径RbI，C正确；D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强，故碱性RbOHKOH，故D错误。答案选C。点睛考查元素周期表，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质变化规律。5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN、ClB. 含有NO3的溶液中：I、SO32、SO42、H+C. 由水电离出的c(H+)1.01013 m

6、olL1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3D. pH11的NaOH溶液中：CO32、K+、NO3、SO42答案D分析A、Cu2+显蓝色；B、NO3在酸性条件下具有强氧化性；C、由水电离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液既可能是酸也可能是碱；D、pH11的NaOH含有氢氧根。详解A、Cu2+显蓝色，故A不符合题意；B、溶液中含有大量H+，显酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，I、SO32均不能大量共存，故B错误；C、由水电离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液既可能是酸也可能是碱，NH4+在碱性溶液中不能大量存在，HCO3在酸性和碱性条件下都不能大量共存，故C

7、错误；D、pH11的NaOH溶液中有钠离子和氢氧根，CO32、K+、NO3、SO42与它们都不反应，可以共存，故D正确。答案选D。点睛本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。6.下列说法正确的是（）A. 1 mol O2的体积是22.4 LB.

8、1.7 g NH3中含有的质子数约为6.021023C. 8 g S在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.011023D. 0.5 molL1NaCl溶液中含有Cl的物质的量为0.5 mol答案B详解A、气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算气体体积，故A错误；B、1.7gNH3的物质的量为n=0.1mol，1个NH3中含有10个质子，0.1molNH3的质子数为1mol，所以，1molNH3的质子数数目约为6.021023，故B正确；C、8gS物质的量为：=0.25mol，在足量O2中完全燃烧转移的电子数约0.2546.021023=6.021023，

9、故C错误；D、溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误。答案选B。点睛本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键。7.下列解释事实的化学用语不正确的是（）A. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32+2H+ = H2O+CO2B. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H+2NO3= 3Cu2+2NO+4H2OC. 氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2OD. 少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应：2OH+SO2= SO32+H2O答案A详解A、碳酸钙与稀盐酸反应，碳酸钙应该写成化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+，故A错

10、误；B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3= 3Cu2+2NO+4H2O，故B正确；C、氨的催化氧化反应，氨被氧化为NO，化学方程式为：氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠，离子方程式为：SO2+2OH=SO32-+H2O，故D正确。答案选A。点睛本题考查方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。8.向2 mL 0.8 molL1 FeSO4溶液中，滴加2 mL1 molL1

11、NaHCO3溶液，产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。已知：碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是（）A. 无色气体是CO2B. HCO3只发生了电离C. 白色沉淀中含有FeCO3D. 上述实验过程中发生了氧化还原反应答案B分析FeSO4与NaHCO3溶液反应，产生无色气体和白色沉淀，气体能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳，沉淀中有FeCO3，HCO3是二元弱酸的酸式根既发生了电离，也发生了水解。详解A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，在该反应中肯定为二氧化碳，故A正确；B、HC

12、O3是二元弱酸的酸式盐离子，既能发生电离，也发生水解，故B错误；C、浊液迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，说明产生了二氧化碳，表明沉淀中有FeCO3，故C正确；D、另一份静置一段时间后变为红褐色，生成了氢氧化铁，说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子，故D正确。答案选B。9.PET（，M链节= 192 gmol1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c molL1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是（）A. PET塑料是

13、一种可降解高分子材料B. 滴定终点时，溶液变为浅红色C. 合成PET的一种单体是乙醇的同系物D. PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）答案C分析是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。详解A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基

14、反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol，则PET的平均相对分子质量=g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。答案选C。点睛本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。10.室温下，1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01 mol HCl加入0.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱

15、后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是（）A. 溶液a和 0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C. 向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变D. 含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液答案C分析含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液

16、的组成和性质。详解A、1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO-，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1 mol CH3COOH完全反应，

17、得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。答案选C。11.下列实验的现象与结论相对应的是（）ABCD实验现象电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏加热一段时间后溶液蓝色褪去加热，肥皂液中产生无色气泡和中均迅速产生大量气泡结论铁片作负极，片刻后铜片作负极淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖铁粉与水蒸气反应生成H2MnO2一定是中反应的催化剂答案A分析A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓

18、硝酸继续反应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故A正确；B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故B错误；C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故C错误；D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故D错误。答案选A。详解该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：已知：R1COOR2+R31

19、8OHR1CO18OR3+R2OH下列说法不正确的是（）A. 单体M1可用于配制化妆品B. 改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量C. 该合成反应为缩聚反应D. X、Y、Z中包含的结构片段可能有答案C分析由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。详解A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确；B、改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误；D、

20、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有，故D正确。答案选C。13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。下列说法不正确的是（）已知：Zn(OH)2+2OH= Zn(OH)42。KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A. 放电过程中，H+由正极向负极迁移B. 放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H+2e= Mn2+2H2OC. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42+2e = Zn+4OHD. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生答案A分析放电过程中，Zn为负极，电极反应式为： Zn -2e+4OH = Zn(OH)42，

21、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H+2e= Mn2+2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42+2e = Zn +4OH，阳极反应式为： Mn2+2H2O-2e= MnO2+4H+。详解A、放电时正极反应式为：MnO2+4H+2e= Mn2+2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；B、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H+2e= Mn2+2H2O，故B正确；C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42+2e = Zn+4OH，故C正确；D、充电过程中，阴极反应式：Zn(OH)42+2e = Zn +4OH，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，故

22、D正确。答案选A。点睛该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。14.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)2NO(g) +O2(g) H 0。实验测得：正(NO2)k正c2(NO2)，逆(NO)k逆c2(NO)c(O2)，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度（molL1）平衡浓度（molL1）c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)0.6000.20.60.10下列说法不正确的是（）A. 中NO2的平衡转化率约为66.7%B. 中达到平衡状态时，c(O2)0.2 molL1C. 该反应的化学

23、平衡常数可表示为K=D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小答案D分析先用三段式法计算出实验中各组分的改变浓度和平衡浓度：而实验相当于在基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。详解A、由上述分析可知，中NO2的平衡转化率为，故A正确；B、中平衡时c(O2)=0.2 molL1，实验相当于在基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)0.2 molL1，故B正确；C、平衡时正(NO2)逆(NO)，即k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2)，得=K，故C正确；D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。答案选D。第卷（非选择题共58分）15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显

24、影剂、新型电池材料等。实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：称取一定质量的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。称取m g中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70水浴加热，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。向滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用cmolL1 KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。重复上述

25、实验3次，计算。已知：草酸是弱酸。pH4时，Fe2+易被O2氧化。酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。(1)中加入稀硫酸的目的是_、_。(2)中与KMnO4溶液反应的微粒是_、_。(3)中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V _v2 mL（填“”、“”或“”）。(4)中，滴定时反应的离子方程式是_。(5)m g中制得的晶体中，Fe2+和C2O42的物质的量之比是_（用含v1、v2的计算式表示）。答案(1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42 (5

26、). (6). (7). 分析先用硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O42都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O42消耗的KMnO4溶液体积为（v1-v2），可计算出C2O42的含量。详解(1)亚铁离子要水解，由信息可知pH4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧

27、化；故答案为：抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；（2）中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42，故答案为：Fe2+；C2O42；（3）中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：；（4）中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：；（5）中滴定时，MnO4-与Fe2+的关系式为：，的物质的量为：，Fe2+的物质的量为；在中C2O42与的关系式为, C2O42消耗的KMnO4溶液体积为（v1-v2），的物质的量为：，C2O42的物质的量为：，Fe2+和C2O

28、42的物质的量之比为=，故答案为：。点睛该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。16.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：已知：a发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2+3HCOOH+4Na3H(SO4)2+9H2Ob相关物质的熔沸点：物质CH3OHHCOOHClO2熔点/97959沸点/6510111(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_性。(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH

29、，应控制最佳温度为_（填字母）。A010 B2030 C6070(3)经过程和过程可以获得芒硝（Na2SO410H2O）并使部分原料循环利用。已知：Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：1 Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：_。2 结合Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程的操作是：在32.4恒温蒸发，_。3 Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_。答案(1). 氧化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO410H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤