届河北省衡水中学高三下学期猜题卷理综化学解析版.docx
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届河北省衡水中学高三下学期猜题卷理综化学解析版
河北省衡水中学2017届高三下学期猜题卷理综化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Ca-40Cu-64Br-80
第Ⅰ卷
选择题:
本题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符含题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关,对下列现象或亊实的解释不正确的是
选项
现象或事实
解释
A.
肉制品中添加适量的亚硝酸钠
亚硝酸钠有防腐的作用
B.
液氨常用作制冷剂
液氨汽化时要吸收大量的热
C.
利用静电除尘装置除去粉尘
胶体粒子带电
D.
Al(OH)3用作塑料的阻燃剂
Al(OH)3受热熔化吸收大量的热
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】亚硝酸钠有防腐的作用,肉制品中可以添加适量的亚硝酸钠,故A正确;液氨常用作制冷剂,故B正确;胶体粒子带电,所以可静电除尘,故C正确;Al(OH)3用作塑料的阻燃剂,因为Al(OH)3受热分解吸收大量的热,故D错误。
2.下列说法正确的是
A.H2C=CHCH3分子中所有原子在同一平面上
B.分子式为C3H5Br2的有机物共有4种同分异构体(不含立体异构)...
C.乙二醇和甘油互为同系物
D.结构式为…-CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…的高分子化合物,其单体是乙烯
【答案】B
【解析】H2C=CHCH3分子中最多有7个原子在同一平面上,故A错误;分子式为C3H5Br2的有机物共有1,1-二溴丙烷、1,2-二溴丙烷、1,3-二溴丙烷、2,2-二溴丙烷4种同分异构体,故B正确;乙二醇含有2个羟基、甘油含有3个羟基,不是同系物,故C错误;结构式为…-CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…的高分子化合物,其单体是1,3-丁二烯,故D错误。
3.下列实验中,操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是
选项
操作和现象
结论
A.
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液,红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
B.
向电石中加入饱和食盐水制乙炔,并将产生的气体直接填入酸性高锰酸钾溶液中,溶液紫红色褪去
记明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化
C.
常温下,测得饱和Na2S溶液的PH大于饱和Na2CO3溶液
常温下水解程度:
S2->CO32-
D.
向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4,充分振荡,分层,且上层溶液至紫色
CC14可作为碘的萃取剂
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
4.合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示,下列说法错误的是
A.物质X的分子中存在2种含氧官能团
B.物质Y可以发生水解和消去反应
C.1molZ最多可与2molBr2发生加成反应...
D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应,最多消耗的NaOH的物质的量之比为1:
1
【答案】D
【解析】物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官能团,故A正确;物质Y含有溴原子、酯基,所以可以发生水解和消去反应,故B正确;1molZ含有2mol碳碳双键,所以最多可与2molBr2发生加成反应,故C正确;1molX与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量2mol,故D错误。
5.锌银(Zn-Ag2O)电池多应用于军事、航空、移动的通信设备、电子仪器和人造卫星、宇宙航行等方面,用如图所示装置模拟其工作原理,下列说法正确的是
A.K+向a极移动
B.b极的电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-
C.用该电池给铁棒镀铜,则铁棒与b极相连
D.电池工作一段时间后,电解液的pH减小
【答案】B
【解析】电子由a极流出,a是负极、b是正极,K+向b极移动,故A错误;b极是正极,氧化银得电子,电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,故B正确;镀件与负极相连,用该电池给铁棒镀铜,则铁棒与a极相连,故C错误;电池总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO,电池工作一段时间后,电解液的pH不变,故D错误。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,四种元素形成的单质依次为m、n、p、q;r、t、u是这些元素组成的二元化合物,其中u为葡萄酒中的抑菌成分;25℃,0.01mol/L的v溶液中:
=1.0×10-10。
上述物质的转化关系如图所示,下列说法不正确的是
A.简单离子半径:
W>Y>Z>X
B.W,Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点:
Y>W
C.Z2Y和ZX都只存在离子键
D.v能抑制水的电离,u能促进水的电离
【答案】D
【解析】25℃,0.01mol/L的v溶液中:
=1.0×10-10,说明v是一元强碱,v是NaOH;u为葡萄酒中的抑菌成分,u是SO2;X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素;简单离子半径:
S2->O2->Na+>H+,故A正确;H2O的沸点大于H2S,故B正确;Na2O、NaH只存在离子键,故C正确;二氧化硫的水溶液是亚硫酸,能抑制水的电离,故D错误。
7.室温下,下列关亍电解质的说法中正确的是
A.中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7,前者消耗的盐酸多
B.向NaHS溶液中加入适量KOH后:
c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)
C.将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合,溶液中:
c(Na+)=c(CH3COO-),醋酸的电离常数Ka=
(用含a的代数式表示)
D.向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸,则
的值减小
【答案】B
【解析】中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7,后者消耗的盐酸多,故A错误;根据物料守恒,钠与硫元素的原子个数比为1:
1,c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-),故B正确;将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合,溶液中:
c(Na+)=c(CH3COO-),溶液恰好呈中性,醋酸的电离常数Ka=
,故C错误;向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸,c(OH-)减小,Kh=
值不变,所以则
的值增大,故D错误。
8.溴化钙易溶于水,医学上可用于治疗神经衰弱、癫痫等症。
请回答下列问题:
Ⅰ.工业上溴的制备。
...
(1)步骤③中主要反应的化学方程式为___________________。
(2)不能直接用“溴水混合物I”进行蒸馏得到液溴,原因是_________________。
Ⅱ.实验室溴化钙的制备。
(3)“合成”步骤中,所需装置最合适的是_____________(填选项字母)。
(4)“合成”步骤中的反应方程式为__________,“合成”步骤中需控制温度不能过高,原因是______________________,投料时控制n(Br2);n(NH3)=1:
0.8,其目的是________________。
(5)步骤⑧酸化时应加入的酸是_________________。
(6)设计实验测定产品(主要成分CaBr2)纯度(不必描述操作过程的细节,物理量的数值可用字母表示):
______________________________。
【答案】
(1).SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr
(2).浓度较低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高(3).B(4).3Ca(OH)2+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+6H2O(5).温度过高,Br2、NH3易挥发(6).确保Br2被充分还原(7).HBr(或氢溴酸或溴化氢)(8).取样品ɑg,加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤,洗涤、干燥、冷却,称量,得到bg碳酸钙,则样品的纯度为
×100%(其他合理答案也给分)
【解析】试题分析:
(1)步骤③中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸。
(2)“溴水混合物I”浓度较低。
(3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行。
(4)“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢,溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙;温度过高,Br2、NH3易挥发,反应中Br2、NH3的系数比是3:
2,投料时控制n(Br2);n(NH3)=1:
0.8,氨气过量,确保Br2被充分还原。
(5)产品是溴化钙,为提高产品纯度步骤⑧酸化时应加入的酸是氢溴酸。
(6)取样品ɑg,加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应生成碳酸钙根据得到碳酸钙的质量,计算产品纯度。
解析:
(1)步骤③中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸,反应方程式为SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr。
(2)“溴水混合物I”浓度较低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高。
(3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行,最适宜的装置是B;
(4)“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢,溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙,方程式为3Ca(OH)2+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+6H2O;温度过高,Br2、NH3易挥发,反应中Br2、NH3的系数比是3:
2,投料时控制n(Br2);n(NH3)=1:
0.8,氨气过量,确保Br2被充分还原。
(5)产品是溴化钙,为提高产品纯度步骤⑧酸化时应加入的酸是氢溴酸。
(6)取样品ɑg,加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤,洗涤、干燥、冷却,称量,得到bg碳酸钙,根据钙元素守恒,样品的纯度为
×100%。
点睛:
海水提溴步骤③中通入SO2的目的是溴元素的富集,减小蒸馏处理量,降低生成成本。
9.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物,是常用的饮用水二级消毒剂,主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13),副产物少于其它水消毒剂。
回答下列问题:
(1)①一氯胺(NH2Cl)的电子式为__________。
②工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺,已知部分化学键的键能如下表所示(假设不同物质中同种化学键的链能相同),则该反应的△H=______________。
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
键能(kJ/mol)
391.3
243.0
191.2
431.8
③一氯胺是重要的水消毒剂,其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解,生成具有强烈杀菌作用的物质,该反应的化学方程式为_________________。
(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)
NHCl2(g)+2HCl(g),向容积均为1L的甲、乙两个恒温(反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molC12和2molNH3,测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示:
t/min
0
40
80
120
160
n(Cl2)(甲容器)/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(Cl2)(乙容器)/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①甲容器中,0~40min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=______________。
②该反应的△H________0(填“>”或“<”),理由是____________________。
③对该反应,下列说法正确的是______________(填选项字母)。
A.若容器内气体密度不变,则表明反应达到平衡状态
B.若容器内C12和NH3物质的量之比不变,则表明反应达到平衡状态
C.反应达到平衡后,其他条件不变,在原容器中充入一定量氦气,Cl2的转化率增大
D.反应达到平衡后,其他条件不变,加入一定量的NHCl2,平衡向逆反应方向移动
(3)在恒温条件下,2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)
NHCl2(l)+2HCl(g),测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示:
①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点(填“A”“B”或“C”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)
【答案】
(1).
(2).+11.3kJ/mol(3).NH2Cl+H2O═NH3+HClO(4).6.25×10-8mol·L-1·min-1(5).<(6).温度越高,反应速率越快,平衡向吸热反应方向移动,其他条件相同时,T℃时的反应速率比400℃时的反应速率快,且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小(7).AB(8).B(9).0.5MPa
【解析】试题分析:
(1)①一氯胺(NH2Cl)是共价化合物,氮原子分别与氢原子、氯原子成键。
②反应物的总键能-生成物的总键能=焓变。
③一氯胺水解,生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸。
(2)①甲容器中,0~40min内n(Cl2)的变化为0.5mol,c(Cl2)的变化为0.5mol/L,c(NH3)变化为0.25mol/L,根据
计算v(NH3)。
②乙容器达到平衡用时短,反应速率快,所以温度高,平衡时氯气的物质的量大,说明升高温度平衡逆向移动。
③A.根据
,NHCl2是液体,m是变量,密度是变量;
B.投料比不等于系数比,反应过程中C12和NH3物质的量之比是变量;
C.在原容器中充入一定量氦气,反应体系的浓度不变,平衡不移动;
D.NHCl2是液体,加入NHCl2,平衡不移动;
(3)①该反应
,增大压强,平衡正向移动;。
②根据图像C点时c(HCl)=c(Cl2),利用“三段式”可计算该、Cl2、NH3、HCl的物质的量比。
解析:
(1)①根据分析,NH2Cl的电子式为
。
②根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变,Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=243.0+391.3×3-391.3×2-191.2-431.8=+11.3kJ/mol。
③一氯胺水解,生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸和氨气,方程式为NH2Cl+H2O═NH3+HClO。
(2)①甲容器中,0~40min内n(Cl2)的变化为0.5mol,c(Cl2)的变化为0.5mol/L,c(NH3)变化为0.25mol/L,v(NH3)=
6.25×10-8mol·L-1·min-1。
②温度越高,反应速率越快,平衡向吸热反应方向移动,其他条件相同时,T℃时的反应速率比400℃时的反应速率快,且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小,所以该反应△H<0。
③A、根据
,NHCl2是液体,m是变量,密度是变量,密度不变一定平衡,故A正确;...
B.投料比不等于系数比,反应过程中C12和NH3物质的量之比是变量,C12和NH3物质的量之比不变,一定平衡,故B正确;
C.在原容器中充入一定量氦气,反应体系的浓度不变,平衡不移动,转化率不变,故C错误;
D.NHCl2是液体,增加NHCl2,浓度不变,平衡不移动,故D错误。
(3)①该反应
,增大压强,平衡正向移动,压强越大Cl2转化率越高,故B点最大;
②根据图像C点时c(HCl)=c(Cl2),设氨气的变化量为xmol
2-2x=2x
X=0.5mol,
Kp(C)=
0.5。
点睛:
焓变=生成物的总能量-反应物的总能量;焓变=反应物的总键能-生成物的总键能。
10.CoCl2•6H2O可用作油漆干燥剂,工艺上可用含钴废料(主要为Co,含少量Fe、Al等杂质)为原料来制取CoCl2•6H2O,以下是制备该物质的一种新工艺流程:
已知:
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.7
7.5
7.6
3.8
完全沉淀
3.2
9.7
9.2
5.2
请回答下列问题:
...
(1)“酸浸”时Co转化为Co2+,反应的离子方程式为__________。
“酸浸”时不能用硝酸的原因是_______。
(2)“氧化”中欲使3mol的Fe2+为Fe3+,则需要氧化剂过氧化氢的质量至少为_________g。
(3)加入碳酸钠调节pH至a,a的范围是___________。
“滤渣”中所含的两种沉淀的化学式为_________。
(4)滤液中加盐酸的目的是_____________________。
(5)操作I为___________________。
(6)以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的反应方程式为__________。
【答案】
(1).Co+2H+═Co2++H2↑
(2).减少有毒气体的排放,防止大气污染;防止产品中混有硝酸盐(3).51(4).5.2≤ɑ<7.6(5).Fe(OH)3、Al(OH)3(6).调节溶液的pH,抑制钴离子水解(7).蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(8).2CoCl2•6H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2Cl3+14H2O
【解析】试题分析:
(1)“酸浸”时Co与盐酸反应生成氯化钴和氢气。
金属与硝酸反应放出NO气体。
(2)根据H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O计算需要双氧水的质量。
(3)加入碳酸钠调节pH至a,让Fe3+、Al3+完全沉淀,Co2+不能沉淀,判断PH范围。
(4)盐酸能抑制氯化钴水解。
(5)操作I为从溶液中获得晶体的方法。
(6)根据元素守恒配平CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的方程式。
解析:
(1)“酸浸”时Co与盐酸反应生成氯化钴和氢气,方程式为Co+2H+═Co2++H2↑。
金属与硝酸反应放出NO气体,为减少有毒气体的排放,防止大气污染;防止产品中混有硝酸盐“酸浸”时不能用硝酸。
(2)设需要氧化剂过氧化氢的质量至少为xg
(3)加入碳酸钠调节pH至a,让Fe3+、Al3+完全沉淀PH
5.2,Co2+不能沉淀PH,判断PH<7.6,所以a的范围是5.2≤ɑ<7.6。
(4)盐酸能抑制氯化钴水解,加入盐酸的目的是调节溶液的pH,抑制钴离子水解。
(5)操作I为蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(6)根据元素守恒配平CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的方程式为2CoCl2•6H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2Cl3+14H2O。
点睛:
除去盐溶液中的Fe3+,一般选择调节溶液PH的方法使Fe3+完全水解为氢氧化铁沉淀而除去,如氯化铜溶液中含有少量氯化铁,可加入适量氧化铜、氢氧化铜等物质调节PH使Fe3+生成氢氧化铁沉淀。
11.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素,且原子序数依次增大,A的原子半径最小;B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍;C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2;D、E、F、G是位于同一周期的金属元素,元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色,且D、G的原子序数相差10,E元素有多种化合价。
它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色,且E.、F的电子数相差1。
请回答下列问题:
(1)基态E原子的价电子排布式为_________________。
(2)与BC分子互为等电子体的离子为______________________(填化学式)。
(3)在B5A5、BC2中,B原子采取的杂化方式分別为____________、_____________。
(4)单质C有两种同素异形体,其中沸点高的是__________(填分子式),而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___________________。
(5)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物,其中一种化学式为SO4。
向其溶液中加BaCl2溶液时,现象为_____________;向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象。
若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,则第二种配合物的化学式为__________________。
...
(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①其中表示金属D晶体晶胞的结构图为__________(填“I”或“II”)。
②金属G的晶胞中,测得晶胞边长为361pm,G原子的半径约为_________pm(保留三位有效数字),D、G两种晶胞中金属的配位数之比为_______________。
③金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示:
电离能/kJ•mol-1
I1
I2
G
746
1958
锌
906
1733
G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能,其主要原因是______________。
【答案】
(1).3d44s2
(2).CN-(或NO+或
C
)(3).sp2(4).sp(5).O3(6).水分子间存在氢键(7).产生白色沉淀(8).Br(9).I(10).128(11).2:
3(12).锌的价电子是3d104s2,而铜的是3d104s1,在失去一个电子后,铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上,而锌的第二个电子在4s的半满轨道上,3d全满比4s半满能量低,结构也更稳定,所以需要更多能量
解析:
根据以上分析,
(1)基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2。
(2)与CO分子互为等电子体的离子为CN-。
(3)在C5H5、CO2直线结构,C原子采取的杂化方式分別为SP2、SP。
(4)单质O有两种同素异形体O2、O3,O3比O2相对分子质量大所以沸点高,水分子间形成氢键,所以沸点比同主族的简单氢化物都高。
(5)Co可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物,其中一种化学式为SO4,硫酸根离子在外界,溶于水能电离出硫酸根离子,所以向其溶液中加BaCl2溶液时,现象为生成白色沉淀;向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象。
若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,说明硫酸根在内界,溴离子在外界,则第二种配合物的化学式为Br。
(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①金属K是体心立方最密堆积,晶体晶胞的结构图为I。
②金属Cu的晶胞为面心立方,测得晶胞边长为361pm,面对角线的为
,G原子的半径约为
128pm,金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12,配位数比是2:
3。
③锌的价电子是3d104s2,而铜的是3d104s1,在失去一个电子后,铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上,而锌的第二个电子在4s的半满轨道上,3d全满比4s半满能量低,结构也更稳定,所以需要更多能量所以Cu的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能。
点睛:
配合物中位于内界的离子不能电离,位于外界的离子能电离,所以SO4加BaCl2溶液
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- 河北省 衡水 中学 下学 期猜题卷理综 化学 解析