【完整版】河北省衡水中学2017届高三下学期三调考试化学试卷

/河北省衡水中学2017届高三下学期三调考试化学试卷一、选择题1．化学与消费、生活、科技、环境等亲密相关。以下说法正确的选项是A.地沟油制止用于食品用油,但可以用于制肥皂和生物柴油B.石油裂解、海水晒盐、纤维素制火棉都包含化学变化C.糖类、油脂和蛋白质在人体内均被水解为人体能直接吸收的有机物D.“嫦峨三号〞使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料2．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图,以下说法正确的选项是A.电子从b流出,经外电路流向aB.HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反响是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+C.假如将反响物直接燃烧,能量的利用率不会变化D.假设该电池电路中有0.4mol电子发生转移,那么有0.5molH+通过质子交换膜3．以下实验的现象与对应结论均正确的选项是A.AB.BC.CD.D4．以下有关物质转化关系的说法中不正确的选项是〔〕A.图1中甲可能是Cl2,X可能是FeB.图2中反响一定是置换反响或复分解反响C.图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像,原溶质可能是Al2(SO4)3D.图4中a可能为NaOH,b可能为Na2CO3,c可能为NaHCO35．用NA表示阿伏伽德罗常数的值,以下表达中不正确的选项是A.28g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NAB.常温下,1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.5NAC.92g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NAD.22.4L氯气与足量镁粉充分反响后,转移的电子数为2NA6．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反响的有机物有(不含立体异构)A.13种B.4种C.9种D.16种7．常温下10mL浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY两种一元酸溶液加水稀释过程中的pH随溶液体积变化曲线如下图。那么以下说法不正确的选项是A.电离常教：K(HX)<K(HY)B.浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)C.浓度均为0.1mol·L-1的NaX和NaY的混合溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.a点水的电离度大于b点水的电离度二、实验题8．一氯化碘(沸点97.4℃),是一种红棕色易挥发的液体,不溶于水,溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。答复以下问题：〔1〕甲组同学拟利用枯燥、纯洁的氯气与碘反响制备一氯化碘,其装置如下：(碘与氯气的反响为放热反响〕①各装置连接顺序为A→______；A装置中发生反响的离子方程式为_________。②B装置烧瓶需放在冷水中,其目的是：_______,D装置的作用是____________。③将B装置得到的液态产物进一提纯可得到较纯洁的ICl,那么提纯采取的操作方法是______。〔2〕乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中参加粗碘和盐酸,控制温度约50℃,在不断搅拌下逐滴参加氯酸钠溶液,生成一氯化碘。那么发生反响的化学方程式为__________。〔3〕设计实验证明：①ICl的氧化性比I2强：____________。②ICl与乙烯作用发生加成反响：____________。三、填空题9．聚合氯化铝是一种新型净水剂,其中铝的总浓度(用c表示〕包括三类：主要为Al3+的单体形态铝〔用Ala表示〕总浓度,主要为主要为[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的中等聚合形态铝总浓度(用Alb表示)和Al(OH)3胶体形态铝(用A1c表示)总浓度。〔1〕真空碳热复原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝,相关反响的热化学方程式如下：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1那么反响Al2O3(s)+33C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H=______kJ·mol-1〔用含a、b的代数式表尔〕。反响①在常压、1900℃的高温下才能进展,说明△H______(填“>〞“=〞或“<〞〕。〔1〕用膜蒸馏〔简称MD〕浓缩技术将聚合氯化铝溶液进展浓缩,实验过程中不同浓度聚合氯化铝溶液中铝形态分布〔百分数〕如下表：①在一定温度下,c越大,Al(OH)3胶体的百分含量______(填“越大〞“越小〞或“不变〞)。②假设将c=2.520mol/L的聚合氯化铝溶液加水稀释,那么稀释过程中发生的主要反响的离子方程式为_____________。〔3〕一定条件下,向1.0mol/L的AlCl3溶液中参加0.6mol/L的NaOH溶液,可制得Alb含量约为86%的聚合氯化铝溶液。写出生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的离子方程式：_______。〔4〕Al3++4X=2,X表示显色剂,表示有色物质,通过比色分析得到25℃时Al3+浓度随时间的变化关系如下图〔初始时X的浓度为0.194mol·L-1〕。①1min时,的浓度为___________。②0～3min内该反响的速率vx＝________。③第9min时,反响到达平衡,K=__________(用代数式表示〕。10．以某含铜矿石[主要成分是FeCuSi3O13(OH)4,含少量SiO2、CaCO3]为原料制备CuSO4·5H2O的流程如下：相关试剂成分和价格如下表所示：请答复以下问题：〔1〕含铜矿石粉碎的目的是_______。〔2〕酸浸后的溶液中除了Cu2+外,还含有的金属阳离子是_______。〔3〕固体1溶于NaOH溶液的离子方程式为__________。〔4〕结合题中信息可知：所选用的试剂1的名称为_______；参加该试剂时,发生反响的离子方程式为_________。〔5〕试剂2可以选择以下物成中的______。滤渣2中一定含有的物质为______(填化学式〕。A.CuB.CuOC.Cu(OH)2D.Fe〔6〕CuSO4·5H2O用于电解精炼铜时,导线中通过9.632×103C的电量,测得阳极溶解的铜为16.0g。而电解质溶液〔原溶液为1L〕中恰好无CuSO4,那么理论上阴极质量增加_____g,原电解液中CuSO4的浓度为__。一个电子的电量为1.6×10-19C〕11．[化学——选修3：物质构造与性质]氢化铝钠〔NaAlH4〕是一种新型轻质储氢材料,掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢,在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞构造如右以下图所示。〔1〕基态Ti原子的价电子轨道表示式为。〔2〕NaH的熔点为800℃,不溶于有机溶剂。NaH属于晶体,其电子式为。〔3〕AlCl3在178℃时升华,其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的构造式为〔标明配位键〕。〔4〕AlH4－中,Al的轨道杂化方式为；例举与AlH4－空间构型一样的两种离子〔填化学式〕。〔5〕NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH4－有个；NaAlH4晶体的密度为g·cm－3〔用含a的代数式表示〕。假设NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,得到的晶体为〔填化学式〕。〔6〕NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4－中,有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子,同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位,形成新的构造。这种构造变化由外表层扩展到整个晶体,从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为。12．烯烃在化工消费过程中有重要意义。下面是以烯烃A为原料合成粘合剂M的道路图。答复以下问题：〔1〕以下关于道路图中的有机物或转化关系的说法正确的选项是_______〔填字母〕。A.A能发生加成、氧化、缩聚等反响B.B的构造简式为CH2ClCHClCH3C.C的分子式为C4H5O3D.M的单体是CH2=CHCOOCH3和CH2=CHCONH2〔2〕A中所含官能团的名称是_______,反响①的反响类型为_________。〔3〕设计步骤③⑤的目的是_________,C的名称为________。〔4〕C和D生成粘合剂M的化学方程式为____________。〔5〕满足以下条件的C的同分异构体共有__种〔不含立体异构〕,写出其中核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的构造简式：_____________。①能发生银镜反响②酸、碱性条件下都能水解③不含环状构造〔6〕结合信息,以CH3CH=CHCH2OH为原料〔无机试剂任选〕,设计制备CH3CH=CHCOOH的合成道路。合成道路流程图例如如下：_____________参考答案1．A【解析】A.地沟油的主要成分是油脂,应制止用于食品用油,但可以用于制肥皂和生物柴油,A正确；B.海水晒盐属于物理变化,B错误；C.糖类中的纤维素在人体内不能被水解,C错误；D.碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度的新型纤维材料,不是一种新型的有机高分子材料,D错误,答案选A。2．B【解析】A.b电极通入氧气,是正极,a电极是负极,电子从a流出,经外电路流向b,A错误；B.a电极是负极,发生失去电子的氧化反响,即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-,电极反响是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,B正确；C.假如将反响物直接燃烧,会有局部化学能转化为光能,因此能量的利用率会变化,C错误；D.假设该电池电路中有0.4mol电子发生转移,根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水,D错误,答案选B。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键,注意正负极、电子流向、离子挪动方向的有关判断。难点是电极反响式的书写,注意从氧化复原反响的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。3．D【解析】A、应该是蓝色沉淀,A错误；B、也可能含有银离子,B错误；C、在高温下铁与水蒸气反响生成黑色的四氧化三铁和氢气,C错误；在加热的条件下氧化铜将乙醇氧化为乙醛,而氧化铜被乙醇复原为铜,表达乙醇的复原性,D正确。4．B【解析】A、铁和氯气反响生成氯化铁,氯化铁在溶液中和铁反响生成氯化亚铁,氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁,A正确；B、图2中反响不一定是置换反响或复分解反响,例如在加热的条件下CO与氧化铜反响生成铜和CO2,B错误；C、向硫酸铝溶液中逐滴参加氢氧化钠溶液的方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓,氢氧化钠过量后发生反响Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O,图像正确,C正确；D、向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和H2O,向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠,碳酸氢钠和盐酸反响转化为CO2,D正确,答案选B。5．D【解析】A.乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式一样,均是CH2,那么28g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NA,A正确；B.铁离子水解,那么常温下,1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.5NA,B正确；C.NO2和N2O4的最简式一样,均是NO2,因此92g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NA,C正确；D.22.4L氯气的物质的量不一定1mol,与足量镁粉充分反响后,转移的电子数不一定为2NA,D错误,答案选D。点睛：近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体,考察物质的量,气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化复原反响等,综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反响关系、电子转移等思维方法。注意选项A和C中物质组成的特点,找出其共性。6．A【解析】分子式为C5H10O2并能与NaOH溶液反响,该有机物可能为羧酸,也可能为酯。假设为羧酸,C5H10O2为饱和一元羧酸,烷基为-C4H9,-C4H9异构体有4种同分异构体；假设为假设为酯,分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯,①甲酸和丁醇酯化,丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化,丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化,丙酸有1种；④丁酸和甲醇酯化,丁酸有2种；因此属于酯的共4+2+1+2=9种,所以符合条件的C5H10O2的同分异构体共13种,答案选A。点睛：掌握有机物的性质和同分异构体的书写规那么是解答该的关键。解答此类题的一般思路如下：①首先根据限制条件的范围,确定有机物的类别(即官能团异构)；②确定有机物可能含有的几种碳链构造(即碳链异构)；③确定有机物中官能团的详细位置(即位置异构)。7．D【解析】A．浓度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸,HY溶液的pH=2,HX的pH＞2,说明HY溶液中氢离子浓度大于HX,那么HY的酸性比HX强,所以HX的电离常数K〔HX〕小于HY的电离常数K〔HY〕,A正确；B．根据物料守恒可知浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY),B正确；C．HY的酸性比HX强,那么NaX的水解程度大,所以溶液中c〔Y-〕＞c〔X-〕,那么溶液中离子浓度大小关系：c〔Na+〕＞c〔Y-〕＞c〔X-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕,C正确；D．a、b两点溶液中氢离子浓度一样,对水的电离的抑制程度一样,所以a点水的电离程度等于b点水的电离程度,D错误；答案选D。8．C→E→B→DMnO2+4H++2Cl-===Mn2++Cl2↑+2H2O防止ICl挥发吸收未反响的氯气,防止污染空气蒸馏3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O用潮湿的KI-淀粉试纸检验一氯化碘蒸气,试纸变蓝在ICl的乙醇溶液中通入乙烯,溶液褪色【解析】用枯燥纯洁的氯气与碘反响制备一氯化碘,A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气,制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气,先用饱和食盐水〔C〕除HCl气体,再用浓硫酸〔E〕枯燥,将枯燥的氯气通入B中与碘反响,制备ICl,而ICl挥发,所以B应放在冷水中,最后用氢氧化钠〔D〕处理未反响完的氯气,结合问题分析解答。〔1〕用枯燥纯洁的氯气与碘反响制备一氯化碘,A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气,制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气,因此需要先用饱和食盐水〔C〕除HCl气体,再用浓硫酸〔E〕枯燥氯气,将枯燥的氯气通入B中与碘反响,制备ICl。由于ICl易挥发,所以B应放在冷水中。又因为氯气有毒,需要尾气处理,所以最后用氢氧化钠〔D〕处理未反响完的氯气,那么①那么装置顺序为：A→C→E→B→D,A中发生反响的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②ICl挥发,所以B应放在冷水中,用氢氧化钠〔D〕处理未反响完的氯气,防止污染空气；③：一氯化碘沸点97.4℃,那么B装置得到的液态产物进一步蒸馏,搜集97.4℃的馏分可得到较纯洁的ICl；〔2〕粗碘和盐酸,控制温度约50℃,在不断搅拌下逐滴参加氯酸钠溶液,生成一氯化碘,碘元素总共升2价,氯元素总共降6价,化合价升降应相等,那么碘单质应配3,再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；〔3〕①根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质,可用潮湿的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气,试纸变蓝即证明ICl的氧化性比I2强；②一氯化碘是一种红棕色液体,不溶于水,溶于乙醇和乙酸,与乙烯发生加成反响,那么颜色褪去,即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯,溶液褪色说明ICl与乙烯作用发生加成反响。点睛：此题考察了物质的制备,涉及氧化复原反响、实验装置的选择、实验过程的控制,物质的别离提纯等知识点,为高考频点,注意掌握物质性质灵敏运用,擅长提取题目的信息。第〔3〕问是解答的难点和易错点,注意结合已学过的知识〔即氧化复原反响规律的应用〕和题目中隐含的信息进展知识的迁移灵敏应用。9．a+b>越小Al3++3H2O===Al(OH)3(胶体)+3H+13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+0.04mol/L0.053mol/(L·min)【解析】〔1〕：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1,②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1,根据盖斯定律,①+②可得：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g),那么△H=△H1+△H2=〔a+b〕kJ/mol；该反响△S＞0,反响①常压下在1900℃的高温下才能进展,△H-T△S＜0反响自发进展,说明该反响△H＞0；〔2〕①根据表中数据可知在一定温度下,c越大,Alc%越小；②根据表中数据如将c=2.520mol•L-1的聚合氯化铝溶液加水稀释,那么稀释过程中会产生氢氧化铝胶体,因此主要发生反响的离子方程式Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；〔3〕根据原子守恒和电荷守恒可知生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的离子方程式为13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+；〔4〕①铝离子的起始浓度是0.05mol/L,1min时变为0.03mol/L,那么参加反响的铝离子浓度是0.02mol/L,所以根据方程式可知1min时,的浓度为0.02mol/L×2＝0.04mol/L；②0～3min内消耗铝离子是0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L,那么根据方程式可知消耗X是0.04mol/L×4＝0.16mol/L,所以该反响的速率vx＝0.16mol/L÷3min＝0.053mol/(L·min)；③根据图像可知第9min时铝离子浓度是0.002mol/L,消耗铝离子是0.05mol/L-0.002mol/L=0.048mol/L,那么根据方程式可知消耗X是0.048mol/L×4＝0.192mol/L,平衡时X浓度是0.194mol/L－0.192mol/L＝0.002mol/L,的浓度为0.048mol/L×2＝0.096mol/L,所以反响到达平衡,K=。10．进步含铜矿石的利用率及酸浸效率Fe2+SiO2+2OH-=SiO32-+H2O漂液ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2OBCFe(OH)332.00.25mol/L【解析】矿石粉碎后与足量稀硫酸反响铁、铜均转化为硫酸盐,二氧化硅和碳酸钙变为滤渣1,二者在高温下反响转化为硅酸钙；要得到硫酸铜晶体需要除去溶液中的亚铁离子,利用亚铁离子的复原性参加氧化剂转化为铁离子,通过调节pH转化为氢氧化铁沉淀,过滤即得到硫酸铜溶液,据此分析解答。〔1〕含铜矿石粉碎可以增大反响物的接触面积,加快反响速率,即目的是进步含铜矿石的利用率及酸浸效率；〔2〕根据正负价代数和为0可知FeCuSi3O6(OH)4中铁元素的化合价是＋2价,因此酸浸后的溶液中除了Cu2+外,还含有的金属阳离子是Fe2+；〔3〕固体1中含有二氧化硅,溶于NaOH溶液的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；〔4〕结合题中信息可知漂液的价格最经济,因此所选用的试剂1的名称为漂液,参加该试剂时根据电子得失守恒和原子守恒可知发生反响的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；〔5〕试剂2是为了调节pH沉淀铁离子,得到纯洁的硫酸铜溶液,因此可以选择氧化铜或氢氧化铜,答案选BC；滤渣2中一定含有的物质为Fe(OH)3；〔6〕通过电子的个数是9.632×104C÷1.6×10-19C＝6.02×1023,物质的量是1mol。根据Cu2＋＋2e－＝Cu可知理论上阴极质量增加。阳极溶解的铜是16g÷64g/mol＝0.25mol,所以溶液中硫酸铜的物质的量是0.5mol-0.25mol=0.25mol,那么浓度是0.25mol÷1L＝0.25mol/L。【答案】〔1〕〔2〕离子；〔3〕〔4〕sp3NH4+、BH4−〔或“SO42−〞“PO43−〞等其他合理答案〕〔5〕8〔或“〞〕Na3Li(AlH4)4〔6〕3NaAlH4＝Na3AlH6+2Al+3H2↑【解析】试题分析：〔1〕Ti的原子序数为22,电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为3d24s2,价电子轨道表示式为；〔2〕NaH的熔点为800℃,不溶于有机溶剂,属于离子晶体；NaH是离子化合物,电子式为；〔3〕氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子,形成3个共价键,每个铝原子和四个氯原子形成共价键,且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键,如图；〔4〕AlH4-中,Al的价层电子对数=4+=4,所以Al原子为sp3杂化；等电子体的构造相似,所以AlH4-空间构型一样的两种离子NH4+、BH4-〔或“SO42-〞“PO43-〞〕；〔5〕以底面Na+离子研究,与之最近的AlH4-间隔为anm,位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上,共有8个；根据均摊法可知,晶胞中钠离子的个数为6×+4×=4,晶体的化学式为NaAlH4,所以晶胞中AlH4-的个数为4,该晶胞的质量为g,该晶胞体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3,那么该晶胞的密度为。晶胞中AlH4-的个数为4,钠离子的个数为4,假设NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,那么晶胞中AlH4-的个数为4,钠离子的个数为3,锂离子的个数为1,晶体的化学式为：Na3Li(AlH4)4；〔6〕NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中,有2个分别释放出3个H原子和1