届河北省唐山市高三第一次模拟考试理综化学试题解析版.docx

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届河北省唐山市高三第一次模拟考试理综化学试题解析版

河北省唐山市2018届高三第一次模拟考试理综化学试题

1.古往今来，生活处处有化学。

下列说法不正确的是

A.晋代葛洪在《抱朴子内篇·黄白》记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜），记载中的反应属于置换反应

B.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药的制作过程

C.豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸

D.油脂在酸性条件下可水解为高级脂肪酸和甘油

【答案】C

【解析】A.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，A正确；B.“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药的制作过程，B正确；C.豆浆煮沸发生变性，而水解生成氨基酸，C错误；D.油脂在酸性条件下可水解为高级脂肪酸和甘油，D正确，答案选C。

2.阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是

A.室温时，1LpH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为1×10-12NA

B.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA

C.1.7g氨气中含有共价键的数目为0.4NA

D.标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NA

【答案】B

【解析】A.氯化铵水解促进水的电离，室温时，1LpH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为0.01NA，A错误；B.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，反应中只有Al元素降低，从+3价降低到0价，因此转移电子数为3NA，B正确；C.1.7g氨气的物质的量是0.1mol，其中含有共价键的数目为0.3NA，C错误；D.根据原子守恒可知标准状况下，22.4LNO2含有的原子数等于3NA，D错误，答案选B。

点睛：

与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数（质子数、中子数、电子数）及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数，因此注意元素化合价的判断。

另外选项D中不要受平衡：

2NO2

N2O4的影响。

3.用下图装置制取、提纯并收集下表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是

选项

气体

a

b

c

A

SO2

浓硫酸

Na2SO3

NaOH溶液

B

H2

稀硫酸

锌片

浓硫酸

C

CO2

稀盐酸

石灰石

碱石灰

D

NO2

浓硝酸

铜粉

浓硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，不能净化二氧化硫，A错误；B、氢气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，B错误；C．二氧化碳能与碱石灰反应，不能干燥二氧化碳，C错误；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，NO2能用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，D正确，答案选D。

点睛：

本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及实验技能为解本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。

注意掌握常见气体的制备、净化和收集等。

4.其他条件不变，升高温度，下列数据不一定增大的是

A.可逆反应的化学平衡常数KwB.0.1mol /LCH3COONa 溶液的pH

C.水的离子积常数KwD.弱电解质的电离度a

【答案】A

【解析】试题分析：

A、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故A正确；B、醋酸钠水解吸热，升温能够促进其水解，碱性增强，pH增大，故B错误；C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故C错误；D、电离是吸热过程，升温促进弱电解质的电离，电离度增大，故D错误；故选A。

考点：

考查了温度对水的离子积、电离平衡常数、盐类水解以及化学平衡常数的影响的相关知识。

5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。

下列说法正确的是

A.原子半径:

W

B.工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质Y

C.单质沸点:

W

D.W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性

【答案】C

...

6.有机物X、Y、Z有如下转化。

下列说法错误的是

A.X→Y反应类型为酯化反应

B.Y和Z互为同分异构体

C.X、Y、Z均能使溴的四氯化碳溶液褪色

D.等物质的量的X、Z分别与足量Na反应，消耗Na的物质的量之比为2:

1

【答案】B

【解析】A.X→Y是羧基与羟基发生酯化反应，A正确；B.Y和Z的分子式不同，不能互为同分异构体，B错误；C.X、Y、Z均含有碳碳双键，都能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D.X含有1个羟基和1个羧基，Z含有1个羧基，等物质的量的X、Z分别与足量Na反应，消耗Na的物质的量之比为2:

1，D正确，答案选B。

7.在一隔热系统中，初始温度为25℃，向20.00mL0.1000mol/L的氨水溶液中逐滴加入0.1000mol/L的HCl溶液，测得混合溶液的温度变化如图。

下列相关说法正确的是

A.a、b、c点的水的电离程度依次增大

B.判断溶液的pH:

b点pH=7，c点pH<7

C.己知25℃时0.2mol/L氨水电离度为1.33%，此时氨水的pH约为12

D.若a点溶液呈碱性，则a点有c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3·H2O）

【答案】D

【解析】A.b点恰好反应生成氯化铵，铵根水解，促进水的电离，且溶液温度最高，而酸或碱抑制水的电离，所以水的电离程度最大的是b点，A错误；B.恰好反应时放热最多，加热促进水的电离，铵根水解，促进水的电离，则溶液的pH：

b点pH＜7，c点盐酸过量：

pH＜7，B错误；C.己知25℃时0.2mol/L氨水电离度为1.33%，此时氨水溶液中氢氧根浓度是0.2mol/L×1.33%＝0.00266mol/L，所以pH＞12，C错误；D.若a点溶液呈碱性，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，则a点有c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3·H2O），D正确，答案选D。

8.工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3。

某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如下（某些夹持装置、加热装置已略去）:

部分物质的性质如下表：

熔点/℃

沸点/℃

其他

PCl3

-112

75.5

遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3，缓慢通入氧气POCl3产率较高

POCl3

2

105.3

遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3

实验步骤如下

I.连接仪器，检查装置气密性。

关闭K1、K2打开K3、K4，点燃酒精灯制备气体。

II.缓慢向C中通入适量气体至C中白磷消失，熄灭酒精灯。

III.关闭K3、K4，打开K1、K2，A中开始发生反应。

IV.C装置控制反应在60℃～65℃，最终制得POCl3产品。

回答下列问题:

（1）B、D装置中盛放的试剂是_______，B装置的作用除了干燥O2和平衡气压之外，还有___。

（2）仪器a的名称是______，装置E中发生反应的离子方程式为____________。

（3）步骤IV控制温度60℃~65℃，其主要目的是____________。

（4）该实验装置存在一处明显的设计缺陷是_______________。

（5）通过下面步骤可以测定三氯氧磷产品中Cl的含量:

I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，PCl3完全反应后加稀硝酸至酸性。

II.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液40.00mL，使Cl-完全沉淀。

III.向其中加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。

IV.加入指示剂，用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL。

（己知:

Ag3PO4溶于酸，Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12）

①滴定选用的指示剂是_____（填标号）

a.酚酞b.淀粉c.NH4Fe（SO4）2d.甲基橙

②元素Cl的质量分数为（列出算式）________________。

③步骤III若不加入硝基苯，所测Cl含量将会_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】

（1）.浓硫酸

（2）.观察氧气的流速（3）.球形冷凝管（4）.4H++2Cl－+MnO2

Mn2++Cl2↑+2H2O（5）.加快反应速率，同时防止PCl3气化（6）.缺少尾气处理和干燥装置（7）.c（8）.

 ×100％[ 或

 % ]（9）.偏小

【解析】

（1）由于POCl3易于水反应，则参与反应的气体必须是干燥的，因此B、D装置中盛放的试剂是浓硫酸。

由于反应需要控制气体的流速，则B装置的作用除了干燥O2和平衡气压之外，还有观察氧气的流速的作用。

（2）根据仪器a的结构可判断名称是球形冷凝管。

根据缓慢向C中通入适量气体至C中白磷消失，可判断装置E用来制备氯气，反应需要加热，则其中发生反应的离子方程式为4H++2Cl－+MnO2

Mn2++Cl2↑+2H2O。

（3）由于PCl3的沸点是75.5℃，因此步骤IV控制温度60℃～65℃，其主要目的是加快反应速率，同时防止PCl3气化。

（4）由于氯气有毒，且POCl3易于水反应，所以该实验装置存在的设计缺陷是缺少尾气处理和干燥装置。

（5）①由于铁离子能与NH4SCN溶液反应显红色，则滴定选用的指示剂是NH4Fe（SO4）2，答案选c；②根据题意可知，NH4SCN的物质的量为0.001cVmol，则与之反应的银离子的物质的量为0.001cVmol，而总的银离子的物质的量为0.004mol，所以与氯离子反应的银离子的物质的量为0.004mol－0.001cVmol，因此氯离子的物质的量为0.004mol－0.001cVmol，则产品中Cl元素的含量为（0.004－0.001cV）×35.5/x×100%。

③实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银，防止AgCl沉淀转化为AgSCN而导致数据不准确，如无此操作，则消耗的NH4SCN溶液的体积偏大，根据题中的计算原理可知所测氯元素的质量分数将会偏小。

点睛：

明确实验原理、常见气体的制备以及准确提取题干中的已知信息并能灵活应用是解答的关键。

注意掌握实验方案的设计要点：

①题目有无特殊要求；②题给的药品、装置的数量；③注意实验过程中的安全性操作；④注意仪器的规格；⑤要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施等。

9.工业上常用铝土矿（主要成分为Al2O3,SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠，铝氢化钠（NaAlH4）是有机合成的重要还原剂，工艺流程如下：

已知:

SiO2在“碱液”中转化为铝硅酸钠Na2Al2SixO8）沉淀。

（1）过量NaOH溶液溶解铝土矿时为了提高浸出率可采取的措施是_______。

（任写一种）

（2）电解I的化学方程式_______。

（3）“灼烧”操作用到的主要仪器有_______、_______、三脚架、玻璃棒、酒精灯、坩埚钳。

（4）“电解II”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。

物质A为_______。

（填化学式）

（5）反应III的化学方程式为_______，某同学经过分析认为可以再设计一个电解槽，电解_______（填物质名称）溶液，更能实现副产物的循环利用。

（6）某同学认为该制备工艺也可以先酸溶，再加入NaOH溶液，当溶液中铁离子沉淀完全时，此时溶液pH是_______。

（一般认为室温下离子浓度小于10-5mol/L时沉淀完全；Ksp[Fe（OH）3]=1×10-35，Ksp[Al（OH）3]=3×10-34）

【答案】

（1）.加热或粉碎矿石或适当增大NaOH溶液浓度

（2）.2Al2O3

4Al+3O2↑（3）.坩埚（4）.泥三角（5）.O2（6）.4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl（7）.氯化钠（8）.4

【解析】SiO2在“碱液”中转化为铝硅酸钠Na2Al2SixO8）沉淀，氧化铁与氢氧化钠不反应，氧化铝转化为偏铝酸钠，则过滤Ⅰ得到的滤渣是Na2Al2SixO8和Fe2O3。

加入碳酸氢钠溶液，氢氧化钠转化为碳酸钠，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀和碳酸钠，过滤得到氢氧化铝，滤液是碳酸钠溶液；氢氧化铝灼烧转化为氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝和氧气，铝与氯气化合生成氯化铝，氯化铝与NaH反应生成NaAlH4；则

（1）过量NaOH溶液溶解铝土矿时为了提高浸出率可采取的措施有：

加热或粉碎矿石或适当增大NaOH溶液浓度等；

（2）根据以上分析可知电解I的化学方程式为2Al2O3

4Al+3O2↑。

（3）“灼烧”固体氢氧化铝操作用到的主要仪器有坩埚、泥三角、三脚架、玻璃棒、酒精灯、坩埚钳。

（4）阳极是氢氧根放电，则物质A为O2。

（5）根据原子守恒可知反应III的化学方程式为4NaH+AlCl3＝NaAlH4+3NaCl。

由于反应中有氯化钠生成，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，更能实现副产物的循环利用。

（6）根据氢氧化铁的溶度积常数可知当溶液中铁离子沉淀完全时，溶液中氢氧根的浓度是

，因此溶液pH是4。

10.氮的氧化物是大气的主要污染物，是当前环保工作的重要研究内容之一。

（1）氨气还原氮的氧化物

①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1②4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H2

则4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O

（1）△H=________。

（用含△H1、△H2的式子表示）

依据反应②，可将氨气直接用于燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式:

____________。

（2）在一密闭容器中投入一定量的氨气，发生反应2NH3

N2+3H2△H>0，反应过程中NH3的浓度随时间变化的情况如图所示。

请回答:

①曲线A中，反应在前2min内氢气的平均反应速率为________。

此条件下的平衡常数K=____。

②在其它条件相同时，若改变某一条件，使该反应发生如图曲线B的反应情况，则此条件可能是改变_________（填“浓度”、“压强”、“温度”或“催化剂”）。

简述判断理由_________。

（3）一定温度下，在恒压密闭容器中N2O5可发生下列反应:

①2N2O5（g）

4NO2（g）+O2（g）②2NO2（g）

2NO（g）+O2（g）

若达平衡时，c（NO2）=0.6mol/L，c（O2）=1.2mol/L，则反应②中NO2的转化率为______，N2O5（g）的起始浓度应至少大于______mol/L.

【答案】

（1）.ΔH2-3ΔH1

（2）.2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O（3）.0.3mol/（L·min）（4）.0.12（5）.温度（6）.从图像变化趋势看，B比A反应速率加快，达平衡时NH3浓度小，所以只可能是升高温度（7）.70%（8）.1

【解析】

（1）已知：

①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H1

②4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（l）△H2

则根据盖斯定律可知②－①×3即得到反应4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O

（1）的△H＝△H2－3△H1。

负极氨气发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则负极电极反应式为2NH3-6e－+6OH－＝N2+6H2O。

（2）①曲线A中，反应在前2min内消耗氨气是0.4mol/L，则根据方程式可知生成氢气是0.6mol/L，氢气的平均反应速率为0.6mol/L÷2min＝0.3mol/（L·min）。

2min时反应达到平衡状态，平衡时氮气是0.2mol/L，则此条件下的平衡常数K＝

。

②从图像变化趋势可知，B比A反应速率加快，达平衡时NH3浓度小，由于正反应是体积增大的吸热的可逆反应，所以改变的条件只可能是升高温度。

（3）设反应①中生成氧气是xmol/L，则生成NO2是4xmol/L，因此反应②中生成氧气是1.2mol/L－xmol/L，消耗NO2是2.4mol/L－2xmol/L，所以4xmol/L－（2.4mol/L－2xmol/L）＝0.6mol/L，解得x＝0.5，所以反应②中NO2的转化率为

。

由于是可逆反应，则N2O5（g）的起始浓度应至少大于2xmol/L＝1mol/L。

11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Y、X、Z不在同一周期，且Y原子核外p电子比s电子多5个。

（1）Z基态原子的核外电子排布式为__________。

（2）Z的氧化物是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯（

）裂化生成苯和丙烯。

①1mol丙烯分子中含有σ键与π键数目之比为_______。

②苯分子中碳原子轨道的杂化类型为__________。

③Z的一种氧化物ZO5中，Z的化合价为+6，则其中过氧键的数目为_______个。

（3）W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为__________。

（请用元素符号回答）

（4）ZY3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ZY3晶体属于__________（填晶体类型）。

（5）ZX2晶体的晶胞结构如图，每个Z原子周围最近的X原子数目为__________。

若该化合物的相对分子质量为M，晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_________g/cm3。

【答案】

（1）.[Ar]3d54s1

（2）.8:

1（3）.sp2（4）.2（5）.H

【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，W是H。

元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，X是O。

元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Z是Cr。

Y、X、Z不在同一周期，Y是第三周期元素，Y原子核外p电子比s电子多5个，Y是Cl。

（1）Cr基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1。

（2）①单键都是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，所以1mol丙烯分子（CH2＝CHCH3）中含有σ键与π键数目之比为8:

1。

②苯分子是平面形结构，分子中碳原子轨道的杂化类型为sp2。

③设过氧键的数目为x，则－2价氧原子的个数是5－2x，Cr的化合价为+6，则根据正负价代数和为0可知2x+（5－2x）×2＝6，解得x＝2。

（3）非金属性越强，电负性越大，则W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为H＜Cl＜O。

（4）CrCl3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断CrCl3晶体属于离子晶体。

（5）根据晶胞结构可判断每个Cr原子周围最近的O原子数目为6个。

晶胞中Cr是1＋8×1/8＝2个，则该晶体的密度为

g/cm3。

12.在碱的作用下，两分子酯缩合形成β-羰基酯，同时失去一分子醇，该反应称克菜森（R·L·Claisen）酯缩合反应，其反应机理如下:

2RCH2COOC2H5

+C2H5OH利用Claisen反应制备化合物I的一种合成路线如下:

回答下列问题:

（1）E的名称为_______，F的结构简式为_______。

（2）I中官能团的名称是_______，反应I的反应类型是_______。

（3）F→G反应的化学方程式为_______。

（4）满足下列条件E的同分异构体有_____种。

①含有苯环，能发生水解反应②分子结构中含有一个甲基

其中分子结构中只有一个侧链的有机物结构简式为______、_______。

（5）乙酰乙酸乙酯（

）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙酰乙酸乙酯的合成路线________（无机试剂任选）。

【答案】

（1）.苯乙酸

（2）.

（3）.碳碳双键、羧基（4）.加成反应（或还原反应）（5）.

（6）.5（7）.

（8）.

（9）.

【解析】根据E的结构简式可知D是苯乙醛，因此C是苯乙醇，B水解生成C，则B的结构简式为

。

E与乙醇发生酯化反应生成F是

，F发生已知信息的反应生成G，G与氢气发生加成反应生成H为

，H发生消去反应生成I。