河北省衡水中学届高三上学期八模考试理综化学试题解析版.docx
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河北省衡水中学届高三上学期八模考试理综化学试题解析版
【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试
理综化学试题
1.化学与生产和生活密切相关,下列有关说法正确的是
A.CO2是大量使用的灭火剂,但着火的铁条在CO2中继续燃烧说明它也可以助燃
B.食用“地沟油”对人体危害很大,但可以通过蒸馏的方式获得汽油、柴油等,实现资源的再利用。
C.牛奶中加入果汁会产生沉淀,是因为发生了酸碱中和反应
D.英文的“中国”一词又指“瓷器”,中国瓷器驰名世界,其主要成分是SiO2
【答案】A
【解析】
A.多数物质不在二氧化碳中燃烧,所以CO2是大量使用的灭火剂,但着火的镁条在CO2中继续燃烧,说明CO2可以助燃,选项A正确;B、食用“地沟油”主要成分是油脂,而汽油、柴油等主要成分为烃,不能通过蒸馏的方式获得,选项B错误;C.因牛奶中含有蛋白质,加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀,但牛奶不是酸,发生的不是中和反应,选项C错误;D、英文的“中国”一词又指“瓷器”,中国瓷器驰名世界,其主要成分是硅酸盐而不是SiO2,选项D错误。
答案选A。
2.设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.常温下,60gSiO2分子中含有Si-O极性共价键的数目为4NA
B.常温下,16.8g铁粉与足量的浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C.叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应:
NH4N3===2N2↑+2H2↑,则每收集标况下89.6L气体,爆炸时转移电子数为4NA
D.0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA
【答案】C
【解析】
A、SiO2是原子晶体,不存在分子,选项A错误;B、常温下铁被浓硝酸钝化,反应不能继续,转移电子数无法计算,选项B错误;C、反应中氢元素化合价由+1变为0,则反应:
NH4N3=2N2↑+2H2↑,则每收集标况下89.6L气体,即4mol气体其中2mol氮气和2mol氢气,爆炸时转移电子数为4NA,选项C正确;D、没有给定体积,无法求得粒子总数,选项D错误。
答案选C。
3.下列实验不能达到实验目的的是
A.实验室分离CO与CO2
B.检查装置气密性
C.蒸发浓缩结晶
D.分离出溴的四氯化碳溶液
【答案】C
【解析】
A、要将CO和CO2分离,关闭b,打开a,混合气体进入左边广口瓶装置,CO与氢氧化钠溶液不反应,可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO,装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2,此时广口瓶中发生的反应方程式为:
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O;再关闭a,打开b,利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓硫酸干燥得纯净的CO2,选项A正确;B、若长颈漏斗中液面不下降,说明装置气密性好,选项B正确;C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿,坩埚用于灼烧固体,选项C错误;D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液分离,选项D正确。
答案选C。
4.下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。
下列说法正确的是
A.X所在主族中,X的简单氢化物分子间存在氢键,所以其氢化物稳定性最强
B.R简单氢化物的酸性弱于W简单氢化物,故元素非金属性R小于W
C.在同周期中,W的含氧酸酸性最强
D.已知Z的一种金属储氢材料LiZH4(
)遇水剧烈反应放出H2,则反应方程式为:
LiZH4+2H2O=LiZO2+4H2↑
【答案】D
【解析】
由图可知,为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化,根据原子序数关系可知X为O元素,Y为Na元素,Z为Al元素,R为S元素,W为Cl元素,A.X为氧元素,所在主族中非金属性最强,所以其氢化物稳定性最强,选项A错误;B.简单氢化物的酸性强弱不能用于判断元素非金属性强弱,应该是R的最高价氧化物的水化物H2SO4性弱于W最高价氧化物的水化物HClO4,故元素非金属性R小于W,选项B错误;C.在同周期中,W的最高价含氧酸HClO4酸性最强,选项C错误;D.已知Z的一种金属储氢材料LiZH4(
)遇水剧烈反应放出H2,则反应方程式为:
LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑,选项D正确。
答案选D。
5.下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是
选项
实验设计或操作
观察或记录
结论或解释
A.
将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物是NO2
B.
某粉末用酒精润湿后,用铂丝蘸取做焰色反应
火焰呈黄色
该粉末一定不含钾盐
C.
将Na2O2裹入棉花中,放入充满CO2的集气瓶中
棉花燃烧
Na2O2与CO2的反应为放热反应
D.
将过量的CO2通入CaCl2溶液中
无白色沉淀出现
生成的Ca(HCO3)2可溶于水
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A.稀硝酸的还原产物是一氧化氮,一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮,选项A错误;B.火焰呈黄色,说明是含钠元素的物质,不能确定是否含有钾元素,选项B错误;C、将Na2O2裹入棉花中,放入充满CO2的集气瓶中,Na2O2与CO2的反应为放热反应,温度升高,达到棉花的着火点,且有大量氧气,棉花燃烧,选项C正确;D、弱酸不能制强酸,所以CO2不与强酸盐反应,所以无沉淀,选项D错误。
答案选C。
6.二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。
工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备,其原理如图所示:
下列说法不正确的是
A.b电极接电源的负极,在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B.二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C.电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,则b极产生0.6gH2
D.电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】
A.电解池右边产生氢气,则b电极接电源的负极,在b极区氢离子得电子产生氢气,氯离子通过阴离子交换膜进入左边,盐酸变稀,则流出的Y溶液是稀盐酸,选项A正确;B、二氧化氯发生器中发生的反应为:
NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2
+NH3↑,则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH,选项B正确;C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2
+NH3↑,转移的电子的物质的量为0.6mol,则b极产生0.6gH2,选项C正确;D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+,选项D不正确。
答案选D。
7.室温下,0.1mol·L-1的某二元酸H2A溶液中,可能存在的含A粒子(H2A、HA-、A2-)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是( )
A.H2A的电离方程式:
H2A
H++HA-
B.pH=5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:
c(HA-):
c(A2-)=1:
100
C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合,离子浓度大小关系为:
c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)
D.Na2A溶液必存在c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),各粒子浓度均大于0
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析:
A.二元酸H2A溶液中不存在其分子,说明第一步完全电离,二元酸H2A的电离方程式为:
H2A=H++HA-,HA-
H++A2-,故A错误;B.据图象分析,pH=3时,c(HA-)与c(A2-)相同,pH=5时,c(HA-):
c(A2-)=1:
100,故B正确;C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后pH=3,说明HA-离子的电离大于A2-的水解程度,c(HA-)小于c(A2-),故C错误;D.二元酸H2A的电离方程式为:
H2A=H++HA-,HA-
H++A2-,Na2A溶液中不存在H2A分子,c(H2A)=0,故D错误;故答案为B。
考点:
考查据图象分析二元酸的电离特点,关键是从图象分析出第一步完全电离,题目难度中等
8.醋酸亚铬水合物{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O,相对分子质量为376}是一种深红色晶体,不溶于冷水,是常用的氧气吸收剂。
实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物,其装置如图所示,且仪器2中预先加入锌粒。
已知二价铬不稳定,极易被氧气氧化,不与锌反应。
制备过程中发生的相关反应如下:
Zn(s)+2HCl(aq)=ZnCl2(aq)+H2(g);
2CrCl3(aq)+Zn(s)=2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)
2Cr2+(aq)+4CH3COO—(aq)+2H2O(l)=[(CH3COO)2Cr]2·2H2O(s)
请回答下列问题:
(1)仪器1的名称是______________________________________。
(2)往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是____________(填序号);目的是_________________________。
A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入
B.先加三氯化铬溶液,一段时间后再加盐酸
C.先加盐酸,一段时间后再加三氯化铬溶液
(3)为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合,应关闭阀门_____(填“A”或“B",下同),打开阀门____。
(4)本实验中锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外,另一个作用是_____________________________________________。
(5)已知其他反应物足量,实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g,取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L;实验后得干燥纯净的[(CH3COO)2Cr]2·2H2O9.4g,则该实验所得产品的产率为____________(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。
(6)铬的离子会污染水,常温下要除去上述实验中多余的Cr2+,最好往废液中通入足量的_______,再加入碱液,调节pH至少为_______才能是铬的离子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。
【已知Cr(OH)3的溶度积为6.3×10-31,
≈4,lg2≈0.3】
【答案】
(1).分液漏斗
(2).C(3).让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置2和3中的空气赶出,避免生成的亚铬离子被氧化(4).B (5).A(6).过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2(7). 83.3% (8). 空气或氧气(9).5.6
【解析】
(1)根据仪器结构特征,可知仪器1为分液漏斗;
(2)二价铬不稳定,极易被氧气氧化,让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置2和3中的空气赶出,避免生成的亚铬离子被氧化,故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液,答案选C;目的是:
让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置2和3中的空气赶出,避免生成的亚铬离子被氧化;(3)利用生成氢气,使装置内气体增大,将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合,应关闭阀门B,打开阀门A;(4)锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外,另一个作用是:
过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2;(5)CrCl3为
=0.06mol,得到CrCl2为0.06mol,而CH3COONa为1.5mol,由方程式可知CH3COONa足量,则得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O为0.06mol×
×376g/mol=11.28g,所得产品的产率为
×100%=83.3%;(6)向废液中通入足量的空气或氧气,将Cr2+氧化为Cr3+,铬的离子沉淀完全时,浓度应小于10-5mol/L,根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.3×10-31,此时溶液中c(OH-)=4×10-9,溶液pH=-lgc(H+)=5.6。
点睛:
本题考查物质制备实验,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等,注意对题目信息的应用,有利于培养学生分析能力、实验能力,易错点为(6)向废液中通入足量的空气或氧气,将Cr2+氧化为Cr3+,根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.3×10-31计算溶液中c(OH-),再结合水的离子积计算c(H+),溶液pH=-lgc(H+),由此分析解答。
9.铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有+3、+4两种价态,铈的合金耐高温,可以用来制造喷气推进器零件。
请回答下列问题:
(1)雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1:
1),该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的______(填字母序号)口流出。
②写出阴极的电极反应式________________。
(3)铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。
主要化学成分为CeFCO3。
工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下:
①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。
②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好,他的理由是_________。
③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b,则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)
3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为________(用a、b的代数式表示)。
④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3,其中NH4Cl的作用是______。
【答案】
(1).2:
1
(2).a(3).2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O(4).4CeFCO3+O2
3CeO2+CeF4+4CO2(没条件、不配平均扣1分)(5).不释放氯气,减少对环境的污染(只回答减少对环境的污染也得分)(6).
(7).NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解(只回答抑制CeCl3的水解也得分)
【解析】
(1)雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1:
1),反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H+,因此该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:
2=2:
1。
(2)①电解池中阳极失去电子,则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+,因此Ce4+从电解槽的a口流出。
②阴极是NO2-得到电子转化为氮气,则阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O。
(3)①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2,反应方程式为4CeFCO3+O2
3CeO2+CeF4+4CO2。
②酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气,氯气是大气污染物,因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸可以不释放氯气,减少对环境的污染。
③根据方程式可知反应的平衡常数K=
;④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解,所以加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3。
10.天然气部分氧化制取的化工原料气中,常含有氧硫化碳(COS,结构类似于CO2),目前氧硫化碳脱除可采用氢解和水解两种方法,其反应原理如下:
氢解:
COS(g)+H2(g)
H2S(g)+CO(g)
水解:
COS(g)+H2O(g)
H2S(g)+CO2(g)
(1)氧硫化碳的电子式为________________________________。
(2)如下图是氧硫化碳水解和氢解平衡转化率随温度变化曲线。
①观察图像,水解与氢解相比优势为_________________________________。
②水解的△H=___0(填“大于"或“小于”)
③已知:
1molCOS(g)完全氢解能量变化为6.99kJ,若初始COS的物质的量为nmol,从反应开始到R点所示体系的能量变化为______kJ(只列式,不必计算)。
(3)氢解和水解产生的H2S必须进行回收处理,酸性、可溶性铁盐氧化H2S制取硫磺工艺备受重视。
①写出酸性条件下用氯氧化铁溶液吸收H2S制取硫磺的离子方程式___________________________。
②吸收H2S后的酸性废液中的Fe2+,可通过电解法使Fe3+再生,写出电解时总反应的离子方程式:
__________。
③常温下,在c(H+)=0.30mo/L的酸性溶液中通入H2S至饱和,测得硫化氢的平衡浓度为0.10mol/L,计算此时溶液中c(S2-)=_______[忽略H2S电离生成的H+,Ka1(H2S)=1.3×10-7,Ka2(H2S)=7.0×10-15,结果保留两位有效数字。
]
【答案】
(1).
(2).水解利用廉价水蒸气作转化剂,比氢气便宜、易得(或水解在较低温度下,氧硫化碳具有较高的转化率,比氢解节约能源)(3).小于(4).96%n×6.99(5).2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S(6).Fe2++2H+
2Fe3++H2(7).1.0×10-21mol/L
【解析】
(1)氧硫化碳的电子式为
;
(2)①观察图像,根据氧硫化碳水解和氢解平衡转化率随温度变化曲线可知,水解与氢解相比优势为:
水解利用廉价水蒸气作转化剂,比氢气便宜、易得(或水解在较低温度下,氧硫化碳具有较高的转化率,比氢解节约能源);②根据曲线变化可知,升高温度,水解的平衡转化率降低,平衡逆向移动,逆反应为吸热,正反应为放热,△H小于0;③已知:
1molCOS(g)完全氢解能量变化为6.99kJ,若初始COS的物质的量为nmol,从反应开始到R点(转化率为96%)所示体系的能量变化为96%×nmol×6.99kJ=96%n×6.99kJ;(3)①酸性条件下用氢氧化铁溶液吸收H2S制取硫磺,同时产生Fe2+,反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S;②吸收H2S后的酸性废液中的Fe2+,可通过电解法使Fe3+再生,电解时Fe2+失电子产生Fe3+,H+得电子产生H2,故总反应的离子方程式:
Fe2++2H+
2Fe3++H2↑;
③H2S
H++HS-
0.1mol/L0.30ml/Lc(HS-)
则Ka1(H2S)=
=
=1.3×10-7,解得c(HS-)=4.3×10-8mol/L;
HS-
H++S2-
4.3×10-8mol/L0.30ml/Lc(S2-)
则Ka2(H2S)=
=
=7.0×10-15,解得c(S2-)=1.0×10-21mol/L。
11.Cu、Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。
请回答下列问题:
(1)铁离子(Fe3+)最外层电子排布式为______,其核外共有______种不同运动状态的电子。
Fe3+比Fe2+更稳定的原因是____________________________________。
(2)硒为第四周期元素,相邻的元素有砷和溴,则三种元素的电负性从大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(3)Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂,在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有____、_____。
(4)C与N能形成一种有毒离子CN-,能结合Fe3+形成配合物,写出一个与该离子互为等电子体的极性分子的分子式_____,HCN分子的空间构型为____________。
(5)单晶硅的结构与金刚石的结构相似,若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子间不成键,则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。
在SiC晶体中,C原子的杂化方式为_________,每个Si原子被_______个最小环所共有。
(6)已知Cu的晶胞结构如图,棱长为acm,又知Cu的密度为pg/cm3,则用a、p的代数式表示阿伏伽德罗常数为____mol-1。
【答案】
(1).3s23p63d5
(2).23(3).Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定(4).Br>Se>As(5).共价键(6).配位键(7).CO(8).直线形(9).sp3(10).12(11).256/a3p
【解析】
(1)Fe为26号元素,Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5,最外层电子排布式为3s23p63d5;其核外共有2种不同运动状态的电子;Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定;
(2)As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大,元素的非金属性逐渐增强,电负性逐渐增强,所以3种元素的电负性从大到小顺序为Br>Se>As;(3)Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂,在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有共价键、配位键;(4)等电子体是指价电子数和原子数(氢等轻原子不计在内)相同的分子、离子或基团,与CN-互为等电子体的极性分子有CO;HCN分子中心原子碳原子为sp杂化,分子的空间构型为直线型;(5)SiC中C与Si形成4个σ键,为sp3杂化;;以1个Si为标准计算,1个Si通过O连接4个Si,这4个Si又分别通过O连有其他3个Si,故每个Si被4×3=12个最小环所共有;(6)已知Cu的晶胞结构如图,为面心立方,每个晶胞含有Cu个数为8×
+6×
=4,棱长为acm,则晶胞的体积V=a3cm3,又知Cu的密度为pg/cm3,则pg/cm3=
,故NA=
。
12.有机物F(C11H12O2)属于芳香酯类物质,可由下列路线合成:
请回答下列问题:
(1)A中官能团的名称是__________,上述③④⑤⑥中属于取代反应的是_______________。
(2)C物质的名称是_______,反应③的条件是________________________。
(3)B在一定条件下可以形成高分子化合物,写出此过程的化学方程式:
_________________。
(4)反应⑥的化学方程式为___________________________________。
(5)A、B、E三种有机物,可用下列的某一种试剂鉴别,该试剂是_______________________。
a.新制的Cu(OH)2悬浊液b.溴水
c.酸性KMnO4溶液d.溴的CC14溶液
(6)G是E的同系物且相对分子质量比E大28。
G有多种同分异构体,其中符合下列条件的同分异构体有____种,其中核磁共振氢谱有5组峰,且面积比为6:
1:
2:
2:
1的结构简式为_____________________。
①能与Na2CO3溶液反应②分子中含有两个一CH3
【答案】
(1).羟基、醛基
(2).④⑤⑥(3).甲苯(4).浓硫酸,加热(5).
(6).
(7).a(8).13(9).
【解析】
催化氧化生成A,A催化氧化生成
,则A为
;
发生反应③生成B,B和E通过反应⑥生成芳香酯类物质F(C11H12O2),则E为含有7个C的醇,只能为
,故C为
,C
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- 河北省 衡水 中学 届高三 上学 期八模 考试 化学试题 解析