【完整版】河北省衡水中学2017届高三高考押题卷理综化学试题2

/河北省衡水中学2017年高考押题卷理综化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ni-59第I卷一、选择题：此题共13小题,每题6分,在毎小题给出的四个选项中,只有一个是最符合题目要求的。1.化学与消费、生活亲密相关。以下与化学相关的说法正确的选项是A.水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B.医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分C.氯水和食盐水消毒杀菌的原理一样D.铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效【答案】D【解析】A项：水晶不属于硅酸盐产品,A项错误；B项：医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液,不可用丁达尔效应区分,B项错误；C项：氯水消毒杀菌是利用其氧化性,食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌细胞失水,二者原理不同,C项错误；D项：铵盐和K2CO3会发生反响,生成的二氧化碳、氨气挥发而降低肥效,D项正确。2.利用H2和O2制备H2O2的原理为①H2(g)+A(1)B(1)ΔH1②O2(g)+B(1)A(1)+H2O2(1)ΔH2巳知：A、B均为有机物,两个反响均能自发进展,以下说法正确的选项是A.ΔH2>0B.B为H2和O2制备H2O2的催化剂C.反响①的正反响的活化能大于逆反响的活化能D.H2(g)+O2(g)H2O2(1)的ΔH<0【答案】D3.以下关于有机物的说法正确的选项是A.乙烷和新戊烷分子中所含甲基数之比为1∶1B.甲苯能发生加成反响、氧化反响和取代反响C.聚乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色,但二者原理不同D.和C4H10的二氯代物的数目一样〔不含立体异构〕【答案】B【解析】A项：乙烷分子中含有2个甲基,新戊烷分子中含有4个甲基,二者所含甲基数目之比为1∶2,A项错误；B项：甲苯能与H2发生加成反响,能燃烧发生氧化反响,能与Cl2、Br2、浓硝酸等在一定条件下发生取代反响,B项正确；C项：聚乙烯不含碳碳双键,不能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色,C项错误；D项：的二氯代物有12种,C4H10的二氯代物有9种,D项错误。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X、W同主族；Y、Z同周期；X、Y、Z三种元素形成一种化合物M,25℃时,0.1mol•L-1的M溶液中c(OH−A.简单离子半径：Y<Z<WB.X分別与Z、W形成的化合物中,所含化学键类型一样C.X、Y形成的最简单化合物的电子式为D.Z分別与X、W均可形成具有漂白性的化合物【答案】D【解析】A项：由信息可知,X、Y、Z、W分别为H、N、O、Na。那么简单离子半径：Na+<O2-<N3-,A项错误；B项：H2O和H2O2中含有共价键,NaH中含有离子键,B项错误；C项：NH3的电子式为,C项错误；D项：H2O2和Na2O2有漂白性,D项正确。5.以下实验操作所得的现象及结论均正确的选项是选项实验操作现象及结论A将AlC13溶液加热蒸干得到白色固体,成分为纯洁的AlC13B将少量Na2SO3样品溶于水,滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生,那么Na2SO3己变质C用量筒量取一定体积的浓硫酸时,仰视读数所量取的浓硫酸体积偏大D向FeI2溶液中通入少量C12溶液变黄,那么C12的氧化性强于Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A项：由于AlCl3水解生成的HCl挥发而促进水解,所以蒸发溶剂后所得固体为Al(OH)3,A项错误；B项：酸性条件下NO3-有强氧化性,能将SO32-氧化为SO42-,B项错误；C项：用量筒量取一定体积的液体时,仰视读数,液面高出刻度线,液体体积偏大,C项正确；D项：Cl2与Fe2+、I-的反响产物分别为Fe3+、I2,两者的溶液均为黄色,故通入少量Cl2时,从溶液变黄的现象无法推知是哪种离子先反响,因此无法确定氧化性是Cl2>Fe3+还是Cl2>I2,D项错误。6.以二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池为电源,电解饱和食盐水制备氯气和烧碱,设计装置如下图。：a电扱的反响式为O2+4H++4e-=2H2O,以下说法不正确的选项是A.b电极的反响式为CH3OCH3+3H2O-12e-==2CO2↑+12H+学#科#网...B.试剂A为饱和食盐水,试刑B为NaOH稀溶液C.阳极生成1mol气体时,有1mol离子通过离子交换膜D.阴极生成1mol气体时,理论上导线中流过2mole-【答案】C【点睛】该题以燃料电池为考察载体,通过电极反响式来确定原电池正负极,电解池阴阳极。考察电化学的相关知识,解题时主要抓住原电池,电解池的电极反响的本质就可以顺着思路解题。7.化学上常用AG表示溶液中的lgc(H+)c(OA.D点溶液的pH=11.25B.B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)C.C点时,参加NaOH溶液的体积为20mLD.25℃时,HNO2的电离常数Ka=1.0×10-5.5【答案】A【解析】A项：D点,那么=1.0×10-8.5,因为Kw=1.0×10-14,所以c(H+)=1.0×10-11.25,pH=11.25,A项正确；B项：B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液,电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-),物料守恒式为2c(Na+)=c(NO2-)+c(HNO2),那么2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2),B项错误；C项：C点溶液的,那么,HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度一样,参加NaOH溶液的体积小于20mL,C项错误；D项：A点溶液,那么,Kw=1.0×10-14,c2(H+)=1.0×10-5.5,那么HNO2的电离常数,D项错误。8.TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体,某小组同学利用以下装置在实验室制备TiCl4,设计实验如下〔夹持装置略去〕；相关信息如下表所示：熔点/℃沸点/℃密度/(g•cm-3)水溶性TiCl4-251361.5易水解,能溶于有机溶剂CC14-2376.81.6难溶于水请答复以下问题：〔1〕按照气流由左到右的方向,上述装置合理的连接顺序为_____________〔填仪器接口字母〕〔2〕根据完好的实验装置进展实验,实验步骤如下：检査装置气密性后,装入药品；_____________〔按正确的顺序填入以下操作的字母〕。A.关闭分液漏斗活塞B.停顿加热,充分冷却C.翻开分液漏斗活塞D.加热装置D中陶瓷管实验时,当观察到______________时,开场进展步骤D。〔3〕装置A中导管m的作用为_______________________。〔4〕装置C的作用为___________________________________________。〔5〕装置D中除生成TiCl4外,同时生成一种气态不成盐氧化物,该反响的化学方程式为__________________________________。〔6〕设计实验证明装置F中搜集到的液体中含有TiCl4：______________________________________________。〔7〕制得的TiCl4中常含有少量CCl4,从混合液体中别离出TiCl4的操作名称为_________________。【答案】(1).acbfg〔或gf〕hidej(2).CDBA(3).装置F充满黄绿色气体(4).平衡压强,使浓盐酸容易滴落(5).防止水蒸气进入装置未参加反响的Cl2,防止污染空气(6).TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7).取少量搜集到的液体于干净试管中,滴加适量水,产生白色沉淀,那么搜集到的液体中含有TiCl4(8).蒸馏【解析】该题考察的是实验操作及结合物质的制备实验,主要考察实验原理及操作方法,和物质的性质应用。(1)由装置图及题中信息可知,装置A用于制备Cl2；装置B用于枯燥Cl2；装置D为主反响器；装置F用于接收TiCl4；装置C可防止水蒸气进入接收器中使TiCl4水解；装置E的作用为搜集CO,防止空气污染。由此可得装置的连接顺序。(2)TiCl4易水解,须先通入Cl2排尽装置中的空气,再加热陶瓷管；实验完毕时,为防止装置E中的水倒吸,需先停顿加热再停顿通气体,由此可得正确的操作步骤。可通过装置F中充满Cl2判断装置中空气已排尽。(3)导管m可连通分液漏斗和圆底烧瓶,使二者内部压强相等,浓盐酸容易滴落。(4)碱石灰可防止装置E中的水蒸气进入装置F使TiCl4水解,同时可吸收未参加反响的Cl2。(5)由质量守恒定律可知,生成的气态不成盐氧化物为CO,根据氧化复原反响的配平规那么可得反响的化学方程式。(6)TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl,故可用加水的方法证明TiCl4的存在。(7)别离互溶且沸点不同的液体可用蒸馏的方法。【点睛】此题涉及氯气的制备,气体的制备与净化,正确的实验操作,结合氧化复原的知识就能较好的解题。9.某科研小组用镍触媒废料〔主要成分为Ni-Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有机物〕制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：：相关数据如表1和表2所示学#科#网...表1局部难溶电解质的溶度积常数〔25℃〕物质Ksp物质KspFe(OH)34.0×10-38CuS6.3×10-34Fe(OH)21.8×10-16ZnS1.6×10-24Al(OH)31.0×10-33PbS8.0×10-28Ni(OH)22.0×10-15NiS3.2×10-18表2原料价格表物质价格/〔元•吨-1〕漂液〔含25.2%NaClO〕450双氧水〔含30%H2O2〕2400烧碱〔含98%NaOH〕学#科#网...2100纯碱〔含99.5%Na2CO3〕600请答复以下问题：〔1〕“焙烧〞的目的是________________________________。〔2〕“试剂a〞的名称为__________________；选择该试剂的理由是________________________。〔3〕“氧化〞时反响的离子方程式为__________________________________________。〔4〕欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol•L-1,需“调节pH〞至少为_______________。〔5〕“加水煮沸〞时,反响的化学方程式为_______________________________。〔6〕整个流程中,可回收的金属化合物为____________________________________〔填化学式〕。〔7〕氢镍电池是一种应用广泛的二次电池,放电时,该电池的总反响为NiOOH+MH==Ni(OH)2+M,当导线中流过2mol电子时,理论上负极质量减少__________g。充电时的阳极反响式为_______________________________________________。【答案】(1).除去废料中的有机物；使局部金属单质转化为氧化物(2).漂液(3).节约本钱,不影响后续操作(4).2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O(5).5(6).NiCO3+H2ONi(OH)2+CO2↑(7).Fe(OH)3、A1(OH)3、CuS,ZnS、PbS(8).2(9).Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O【解析】该题是化工流程图题,考察物质的别离提纯。结合氧化复原知识,化学反响原理知识,电化学知识进展综合考察。(1)大局部有机物易挥发、易燃烧,可用焙烧法除去；同时局部金属单质与氧气反响转化为氧化物,酸浸时减少氢气的生成。(2)氧化等量的Fe2+,用漂液本钱更低,且引入Na+和Cl-不影响后续别离和除杂。(3)“氧化〞的目的是用漂液将Fe2+转化为Fe3+,根据氧化复原反响和离子反响的配平原那么,可写出离子方程式。(4)由Fe(OH)3和Al(OH)3的溶度积常数可知,Al3+浓度小于等于1.0×10-6mol·L-1时,Fe3+浓度一定小于1.0×10-6mol·L-1,那么Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)=1.0×10-6·c3(OH-),计算得c(OH-)≥1.0×10-9mol·L-1,pH≥5。(5)“加水煮沸〞时,NiCO3水解转化为Ni(OH)2,同时生成CO2,可得化学方程式。(6)由流程图知,可回收的金属化合物为Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS。(7)该电池的负极反响式为MH+OH--e-===M+H2O,故转移2mol电子时,理论上负极质量减少2g。根据电池总反应式可知,充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH--e—===NiOOH+H2O。【点睛】：此题以工艺流程为根底,考察了工艺流程解题思路和根本方法,实验根本操作,元素化合物性质,化学竞赛等相关知识,掌握根底是关键,题目难度中等。10.1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料,工业上可用丙烯加成法消费,主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1),反响原理为i.CH2=CHCH,3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)ΔH1=-134kJ•mol-1ii.CH2=CHCH,3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=-l02kJ•mol-1：相关化学键的键能数据如下表所示：化学键C—CC—CC—ClCl—ClE/(kJ•mol-1)611x328243请答复以下问题：〔1〕由反响i计算出表中x=_____________。〔2〕一定温度下,密闭容器中发生反响i和反响ii,到达平衡后增大压强,CH2C1CHC1CH3的产率____________〔填“增大〞“减小〞或“不变〞〕,理由是_________________________________。〔3〕T1℃时,向10L恒容的密闭容器中充入1molCH2=CHCH2C1和2molHC1,只发生反响CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)ΔH3。5min反响到达平衡,测得0〜5min内,用CH2ClCHClCH3表示的反响速率v(CH2ClCHClCH3)=0.016mol·L-1•min-1。①平衡时,HCl的体积分数为__________________(保存三位有效数字〕。②保持其它条件不变,6min时再向该容器中充入0.6molCH2=CHCH2Cl、0.2molHC1和0.1molCH2ClCHClCH3,那么起始反响速率v正(HCl)______________〔填“>〞“<〞或“=〞〕V逆(HCl).〔4〕一定压强下,向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12发生反响ii。设起始的n(CH①图甲中,w2__________〔填“>〞“<〞或“=〞〕1②图乙中,表示正反响平衡常数的曲线为____________〔填“A〞或“B〞〕,理由为________________。③T1K下,平衡时a(Cl2)=________________。〔5〕起始时向某恒容绝热容器中充入1molCH2=CHCH3和1molCl2发生反响ii,到达平衡时,容器内气体压强_________________〔填“增大〞“减小〞或“不变〞〕。【答案】(1).332(2).增大(3).增大压强,反响ii的平衡不挪动,反响i的平衡正向挪动。所以CH2C1CHC1CH3的产率增大(4).54.5%(5).>(6).>(7).B(8).反响ii的正反响为放热反响。温度升高,正反响的平衡常数减小(9).50%(10).增大【解析】这是考察化学反响原理的的题目,考察热化学,化学键,化学平衡等知识点。(1)由反应i,ΔH1=-134kJ·mol-1=611kJ·mol-1+243kJ·mol-1-x-2×328kJ·mol-1,解得x=332kJ·mol-1。(2)反响ii的左右两边气体分子总数相等,平衡不受压强影响；反响i为气体分子总数减小的反应,增大压强,平衡正向挪动,CH2ClCHClCH3的产率增大。(3)①0~5min内,用CH2ClCHClCH3表示的反响速率v(CH2ClCHClCH3)=0.016mol·L-1·min-1,平衡时生成CH2ClCHClCH3的物质的量为0.8mol,那么平衡时HCl(g)的物质的量为1.2mol；再用差量法计算出平衡时气体总物质的量为3mol-0.8mol=2.2mol,所以HCl的体积分数为54.5%。②由题中数据,利用三段式法可计算出平衡时,CH2=CHCH2Cl(g)、HCl(g)、CH2ClCHClCH3(g)的浓度分别为0.02mol·L-1、0.12mol·L-1、0.08mol·L-1,那么平衡常数；6min时的浓度商,平衡正向挪动,所以v正(HCl)>v逆(HCl)。(4)①由反应ii和图甲知,一定温度下,起始的越大,平衡时Cl2的体积分数越小。学#科#网...②反响ii的正反响方向为放热反响,升高温度,平衡向逆反响方向挪动,平衡常数减小。③由图乙知,温度为T1时,正、逆反响的平衡常数相等,又因为二者互为倒数,那么平衡常数K=1。w=1时,设CH2=CHCH3和Cl2的物质的量均为amol,参加反响的Cl2的物质的量为bmol,利用三段式可列关系式:,解得。(5)该反响为反响前后气体分子总数相等的放热反响,反响向正反响方向进展,体系温度升高,气体膨胀,压强增大。【点睛】：此题以1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)作为知识引子,实际是考察化学反响原理的内容,考察了热化学计算,化学能与化学键的热量转化,化学反响速率,化学平衡及图像,化学挪动等相关知识,掌握根底是关键,题目难度中等。11.铁元素和碳元素形成的单质及化合物在消费、生活中有广泛的用处,请答复以下问题：〔1〕基态Fe原子的价层电子的电子排布图为_________________；其最外层电子的电子云形状为___________。〔2〕(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O俗称摩尔盐。其阴离子的VSEPR模型名称为____________________。写出一种与NH4+互为等电子体的分子的电子式：________________________________。〔3〕Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗暴剂等.其分子中σ键和π键的数目之比为______________。CO的沸点高于N2的原因是_________________________。〔4〕碳元素可形成多种单质。①石墨烯是从石墨中剥离出来的由单层碳原子构成的平面构造新型碳材料。其中碳原子的杂化方式为______________________。料,其中碳原子的杂化方式为,②金刚石的晶胞如下图。假设晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,那么该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________________；1cm3晶体的平均质量为___________〔列出计算式即可〕。【答案】(1).(2).球形(3).正四面体形(4).〔或〕(5).1∶1(6).二者相对分子质量一样,CO为极性分子,N2为非极性分子,CO的分子间作用力大于N2的(7).sp2(8).34%(9).9.6×1031【解析】(1)基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2,可得其价层电子的电子排布图。其最外层电子为4s电子,故电子云形状为球形。(2)SO42-的价层电子对数目为4,其VSEPR模型名称为正四面体形。根据等电子体的含义：原子总数一样且价电子数相等,与NH4+互为等电子体的分子为CH4或SiH4,可写出电子式。(3)Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO形成5个σ键,每个CO分子中含有1个σ键和2个π键,故二者的数目之比为1∶1。二者相对分子质量一样,组成和构造相似,极性越强,分子间作用力越大,沸点越高。(4)①石墨中碳原子与其他三个碳原子之间形成三个σ键,其空间构型为平面三角形,故杂化方式为sp2。②空间利用率等于晶胞中原子实际占用体积除以晶胞体积,可得其空间利用率为34%。每个金刚石的晶胞实际占用8个碳原子,其质量为〔12×8〕/NAg；晶胞的体积为(a×10-10)3cm3,1cm3晶体中平均含有晶胞的数目为1/(a×10-10)3,那么1cm3晶体的平均质量为。12.以A、B两种烃为原料,合成治疗高血脂药物M的道路如下所示〔局部反响条件和试剂略去〕：：①A的密度是同条件下H2密度的13倍；②〔R表示烃基〕；③〔R1和R2表示烃基〕请答复以下问题：〔1〕B的化学名称为_______________,E中官能团的构造式为________________________。〔2〕L的构造简式为_________________,M的核磁共振氢谱中有___________组吸收峰。〔3〕A→C的反响类型为__________________________。〔4〕I的分子中最多有___________个碳原子在同一平面