河北省衡水中学届高三20周周测理综化学试题.docx

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河北省衡水中学届高三20周周测理综化学试题

河北省衡水中学2017届高三20周周测理综化学试题

1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）

A.鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥

B.牙膏中添加的Na2PO3F、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同

C.自来水厂用明矾净水，用Fe2（SO4）3或ClO2均能代替明矾净水

D.用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵

【答案】B

【解析】A．高锰酸钾稀溶液有强氧化性，不能作为钾肥，故A错误；B．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故B正确；C．自来水厂用明矾净水，可用Fe2（SO4）3代替明矾净水，但因ClO2有强氧化性，只能用于消毒，不可用于净水，故C错误；D．石灰水能使蛋白质变性，但MgSO4溶液不能，故D错误，答案为B。

2.物质X的结构简式如图所示，它常被用于制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途。

下列关于物质X的说法正确的是（）

A.与X具有相同官能团，且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体有3种

B.X分子内所有碳原子可能在同一平面内

C.不能发生氧化反应，能发生取代反应

D.1molX与足量的Na反应可生成44.8LH2

【答案】A

3.用NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是（）

A.3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA

B.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NA

C.用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4L氢气时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NA

D.氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA

【答案】C

【解析】A．葡萄糖和冰醋酸的最简式均为CH2O，则3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA，故A错误；B．根据物料守恒定律，1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子数为0.1NA，故B错误；C．用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4L即1mol氢气时，理论上铅蓄电池的正负极共中消耗氢离子数目为4NA，故C正确；D．氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L即1mol氯化氢时，断裂化学键的总数为1NA，故D错误；答案为C。

点晴：

阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：

①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：

如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。

4.根椐实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

选项

实验操作

实验现象

结论

A

将盐酸滴入NaHCO3溶液中

有气泡产生

氯的非金属性比碳强

B

用pH试纸分别测定0.1mol•L-1的Na2SO3溶液和0.1mol•L-1的NaHSO3溶液的pH

Na2SO3溶液的pH约为10，NaHSO3溶液的pH约为5

HSO3-结合H+的能力比SO32-强

C

分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中

KMnO4溶液均褪色

两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同

D

向2mL0.1mol•L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol•L-1NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置

出现红褐色沉淀

同温下，Ksp

>Ksp

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A．将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生，可知盐酸比碳酸酸性强，但无法证明氯的非金属性比碳强，故A错误；B．用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH，根据溶液的pH可知HSO3－结合H+的能力比SO32－弱，故B错误；C．乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色，原理均为发生氧化还原反应，故C正确；D．Mg（OH）2和Fe（OH）3的构型不一样，无法判断溶度积大小，故D错误；答案为C。

5.X、Y、Z均为短周期主族元素，已知它们的原子序数的关系为X+Z=2Y，且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。

则下列有关说法中正确的是（）

A.若X是Na，则Z的最高价一定为偶数B.若X是O，则YX—定是离子化合物

C.若Y是O，则非金属性：

Z>Y>XD．若Y是Na，则X、Z不可能是同一主族元素

【答案】B

【解析】A．X是Na，则Z可为Cl，最高价是奇数，故A错误；B．X是O，因为O原子序数是8，偶数，则Z只能是S，Y的原子序数为

2=12，Y是Mg，MgO是离子化合物，故B正确；C．Y是O，则X+Z=16，只有Z为N，X为F满足，非金属性：

F＞O＞N，即：

X＞Y＞Z，故C错误；D．Y是Na，则X+Z=22，Z可为N，Y为P元素，N和P是同一主族元素，7+15=22满足前述条件，故D错误；故选B。

点晴：

高频考点，注意根据原子序数的关系判断元素的种类是解答该题的关键，原子序数X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N，S，Cl（短周期）等元素，以此解答该题。

6.常温下，量取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述不正确的是（）...

A.H2B为弱酸

B.NaHA水溶液中：

c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（OH-）

C.含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：

c（Na+）=c（A2-）+c（HB-）+c（B2-）+c（H2B）

D.pH=10的NaHB溶液中：

c（Na+）>c（HB-）>c（B2-）>c（OH-）>c（H2B）

【答案】D

【解析】A．PH相同的二种酸稀释相同的倍数，因弱酸能继续电离，弱酸的pH变化小，由图示可知H2B为弱酸，H2A为强酸，故A正确；B．由图示可知H2A为二元强酸，则NaHA水溶液中存在的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（A2－）+c（OH－），故B正确；C．含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中根据物料守恒可知c（Na+）=c（A2－）+c（HB－）+c（B2－）+c（H2B），故C正确；D．pH=10的NaHB溶液中HB-的水解大于HB-的电离，则c（Na+）>c（HB－）>c（OH－）>c（H2B）>c（B2－），故D错误；答案为D。

7.将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。

若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（）

A.原混合物中铜和铁各0.065mol

B.稀硝酸的物质的量浓度为4.0mol•L-1

C.第一次剩余的4.8g金属为铜和铁

D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56L

【答案】D

【解析】因为铁的还原性比铜强，所以该混合物与硝酸反应时，铁优先与硝酸反应。

根据铁与少量硝酸反应的化学方程式3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O可求出生成标准状况下1.12LNO气体需要铁4.2g，恰好与混合物减少的质量相等。

根据铜与硝酸反应的化学方程式3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O可求出生成标准状况下1.12LNO气体需要铜4.8g，恰好与剩余的固体质量相等。

所以，混合物中含铁和铜的质量分别为4.2g和4.8g，物质的量都是0.075mol。

因此，100mL稀硝酸中含有硝酸的物质的量为0.075mol

=0.2mol，所以c（HNO3）=2.0mol/L.由铁元素守恒可知，混合物完全溶解后，溶液中n（Fe2+）=0.075mol，再向溶液中加入0.20mol/L的稀硝酸100mL，发生离子反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O，由离子方程式可知，Fe2+可以完全被氧化，所以n（NO）=n（Fe2+）=0.025mol，这些气体在标准状况下体积为0.56L.综上所述，D正确，选D。

8.某同学为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验。

（已知PdCl2能被CO还原为黑色的Pd）

（1）装置②中用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是______________。

A．H2SO4溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸

（2）请将图中各装置按顺序连接（填装置接口字母）：

c接____________，__________接_______，_______接_______，_______接_______。

（3）装置④的作用是_______________________________________________________________。

（4）检査完装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到_________________时再点燃酒精灯。

（5）若反应过程中CO2足量，钠与CO2充分反应后，生成的固体物质可能有多种情况，该同学提出以下猜想：

①生成的固体物质为Na2CO3；

②生成的固体物质为Na2CO3和C的混合物；

③生成的固体物质为Na2CO3和Na2O的混合物；

④生成的固体物质为Na2O和C的混合物。

假如反应过程中有下列两种情况：

Ⅰ．观察到装置⑤PdCl2溶液中有黑色沉淀，若装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸可产生能使澄淸石灰水变浑浊的气体，写出该情况下钠与CO2反应的化学方程式：

_________________。

Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入足量的稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，溶液中残留固体的质量为_______。

（6）设计实验方案证明装置①中加入的金属钠部分被氧化：

________________________________。

...

【答案】

（1）.BD

（2）.f（3）.g（4）.d（5）.e（6）.a（或b）（7）.b（或a）（8）.h（9）.吸收HCl气体（10）.装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊（11）.2Na+2CO2

Na2CO3+CO（12）.0.06g（13）.准确称取0.46g金属钠样品，并投入足量水中，测得收集到的气体体积小于224mL（标准状况下测量）（或其他合理答案）

【解析】

（1）A．H2SO4溶液：

加入H2SO4溶液后，增大了盐酸的体积，但硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步发生，故A错误；B．CCl4：

四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C．苯：

苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；D．稀硝酸：

加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故答案为BD；

（2）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：

f、g、d、e、a（b）、b（a）、h；

（3）装置④的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体；

（4）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净，

故答案为：

装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊；

（5）Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2

Na2CO3+CO；

Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：

n（Na）=

=0.02mol，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：

n（CO2）=

=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；

溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：

4Na+3CO2

2Na2CO3+C，生成C的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol，质量为0.005mol×12g/mol=0.06g；

（6）准确称取0.46g金属钠样品，并投入足量水中，测得收集到的气体体积小于224ml（标准状况下测量），即可证明装置①中加入的金属钠部分被氧化。

点晴：

正确理解题干信息为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原则，（4）为易错点，根据实验目的：

探究钠与CO2的反应，设计实验方案，完成正确的仪器连接顺序，②为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置④除去，然后用装置③干燥，然后在①中进行钠与二氧化碳的反应，然后用⑤检验反应产物，据此进行连接装置并分析解题。

9.氨气在生产、生活和科研中应用十分广泛。

（1）以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：

2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H=-159kJ•mol-1

NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72kJ•mol-1

H2O

（1）H2O（g）△H=+44kJ•mol-1

则反应2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=_______kJ•mol-1

（2）某温度下，向容积为100mL的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2发生反应2NH3（g）+CO2（g）

CO（NH2）2（s）+H2O（g），物质X的浓度变化曲线如右图所示。

①前5s内，v（H2O）=___________。

②该条件下的平衡常数K=__________。

（3）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（0〜15min）中NO的物质的量随吋间的变化如图所示。

①平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将___________（填“向左”“向右”或“不”）移动。

②图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是________（填“a”或“b”）。

③15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_____________。

（4）垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质（用NH3表示）和氯化物，把垃圾渗滤液加入如图所示的电解池（电极为惰性材料）中进行电解除去NH3，净化污水．该净化过程分两步：

第一步电解产生氧化剂，

第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2。

①写出第二步反应的化学方程式：

______________________________。

②若垃圾渗滤液中氨氮物质的含量为1.7%，则理论上电解1t该污水，电路中转移的电子数为_________。

【答案】

（1）.-131

（2）.lmol•L-1•s-1（3）.2.5×10-3（4）.向右（5）.b（6）.增大CO的物质的量浓度（或增大压强）（7）.3Cl2+2NH3=N2+6HCl（或3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl）（8）.3×103NA

【解析】

（1）已知：

2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159kJ•mol-1①，

NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72kJ•mol-1②，H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ·mol－1③

将①+②-③可得：

2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=（-159kJ•mol-1）+（+72kJ•mol-1）-（+44kJ·mol－）=-131KJ/mol；...

（2）①图示为NH3的浓度随时间的变化曲线，5s时NH3的浓度有40mol/L降为30mol/L，则v（NH3）=

=2mol·L－1·s－1，v（H2O）=v（NH3）=1mol·L－1·s－1；

②平衡时NH3的浓度为20mol/L，NH3的浓度为20mol/L，则平衡时CO2的浓度为10mol/L，H2O（g）的浓度为10mol/L，该条件下的平衡常数K=

==

=2.5×10－3；

（3）①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，

           2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2

起始物质的量：

0.4mol  0.4mol        0      0

转化的物质量：

0.2mol  0.2mol        0.2mol  0.1mol

平衡物质的量：

0.2mol 0.2mol        0.2mol   0.1mol

则平衡时的浓度：

c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，

k=

=5（mol/L）-1；

平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，

Qc=

=1.8＜k，则平衡将向右移动；

②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；

③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；

（4）①根据图示知道：

A电极是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，可以得到氧化剂，根据离子的放电顺序，即氯离子失电子产生氯气的过程，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N2的过程，发生的反应为：

3Cl2+2NH3=N2+6HCl；

②1t该污水中氨氮物质的含量为1.7%，质量为1×106g×1.7%=1.7×104g，则理论上电解转移电子的物质的量为1.7×104g÷17g/mol×3=3×103mol，转移电子数为3×103NA。

点晴：

侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力，注意把握三段式在化学平衡计算中的应用，注意题干信息的应用是关键，该电解池（电极为惰性材料）电解除去NH3，净化污水．该净化过程分两步：

第一步电解产生氧化剂，即产生能将氨氧化为氮气的物质，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2，据电解池的工作原理结合发生的反应来回答。

10.黄铜矿（CuFeS2）是冶炼铜及制备铁的氧化物的重要矿藏，常含有微量的金、银等。

如图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红（氧化铁）颜料的工艺流程图：

（1）反应Ⅰ的离子方程式为_________________________________________。

（2）CuCl难溶于水，但可与过量的Cl-反应生成溶于水的-。

该反应的离子方程式为_________________________________________________。

（3）有大量Cl-存在时，Na2SO3可将CuCl2还原成-。

Na2SO3要缓慢滴加到溶液中的原因是_________________________________________________。

（4）反应Ⅰ〜Ⅴ五个反应中属于非氧化还原反应的是反应____________。

（5）已知Cu+在反应Ⅴ中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，由此可推知溶液A中的溶质为_______________（填化学式）。

（6）含AsO43-的废水对环境造成严重污染，常用新制的氢氧化铁沉淀与之作用形成FeAsO4沉淀而除去，相同温度下溶解度：

Fe（OH）3__________（填“<”“>”或“=”）FeAsO4。

（7）在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillusferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程中发生反应的离子方程式为________________________________。

（8）将一定量的铁红溶于160mL5mol•L-1盐酸中，再加入足量铁粉，待反应结束后共收集到气体2.24L（标准状况），经检测，溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为_____________。

【答案】

（1）.CuFeS2+3Fe3++Cl-==4Fe2++CuCl+2S

（2）.Cl-+CuCl=-（3）.如果加入过快，部分SO32-会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗（4）.Ⅱ、Ⅳ（5）.CuCl2、NaCl（6）.>（7）.4CuFeS2+4H++17O2==4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O（8）.11.2g

【解析】由化工流程可知，反应I中，CuFeS2与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁溶液和难溶的氯化亚铜、硫。

过滤后，向滤液中加入碳酸钠可发生复分解反应II，生成碳酸亚铁沉淀；滤渣中的氯化亚铜与氯化钠溶液反应IV，生成可溶性的配合物Na。

反应III中，碳酸亚铁在空气中煅烧生成铁红。

反应V中，Na经加水稀释发生歧化反应生成铜、氯化铜和氯化钠。

（1）反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2+3Fe3++Cl-==4Fe2++CuCl+2S。

（2）CuCl与过量的Cl-反应生成溶于水的-的离子方程式为Cl-+CuCl=-。

（3）有大量Cl-存在时，Na2SO3可将CuCl2还原成-，该反应的离子方程式为：

SO32-+2Cu2++4Cl-+H2O==2-+SO42-+2H+，所以反应后溶液显酸性，如果加入Na2SO3过快，部分SO32-会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗。

（4）反应Ⅰ〜Ⅴ五个反应中，只有II和IV中没有化合价发生变化，所以属于非氧化还原反应的是反应Ⅱ、Ⅳ。

（5）已知Cu+在反应Ⅴ中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，由此可推知溶液A中的溶质为CuCl2、NaCl。

（6）新制的氢氧化铁沉淀与AsO43-作用形成FeAsO4沉淀，说明在相同温度下FeAsO4比Fe（OH）3小。

（7）在酸性、有