【完整版】河北省衡水中学2017届高三下学期二调化学试卷

/河北省衡水中学2017届高三下学期二调化学试卷一、选择题1．有关实验装置的说法中正确的选项是A.图l装置可制取枯燥纯洁的NH3B.图2装置可以完成“喷泉〞实验C.图3装置可测量Cu与浓硝酸反响产生气体的体积D.图4装置可用于实验室制备Fe(OH)32．设NA为阿伏加德罗常数,以下说法错误的选项是()A.标准状况下22.4LCl2和H2合混气体原子数为2NAB.lmolNa2O2和足量的水完全反响,转移的电子数为NAC.1mol金刚石中含共价键数目为4NAD.电解食盐水假设产生2g氢气,那么转移的电子数目为2NA3．A、B、C、D、E是短周期原子序数依将增大的5种元素,A原子在元素周期表中原子半径最小,B与E同主族,且E的原子序数是B的两倍,C、D是金属,它们的氢氧化物的难排于水。以下说法不正确的选项是〔〕A.简单离子的半径：C>D>E>BB.工业上常用电解法制得C和D的单质C.稳定性：A2B>A2ED.单质D可用于冶炼某些难熔金属4．以下有关说法错误的选项是〔〕A.油脂的种类很多,但它们水解后都一定有一产物一样B.淀粉、纤维素都属糖类,它们通式一样,但它们不互为同分异构体C.CH4+H2OCH3OH+H2,该反响的有机产物是无毒物质D.C(CH3)4的二氯代物只有2种5．A.[18]-轮烯分子中所有原子不可能处于同一平面B.[18]-轮烯的分子式为：C18H12C.1mol[18]-轮烯最多可与9mol氢气发生加成反响生成环烷烃D.[18]-轮烯与乙烯互为同系物．6．以下图装置中X和Y均为石墨电极,电解液为500mL某蓝色溶液,电解一段时间,观察到X电极外表有红色的固态物质生成,Y电极有无色气体生成；溶液中原有溶质完全电解后,停顿电解,取出X电极,洗涤、枯燥、称量,电极增重1.6g。以下有关说法中错误的选项是〔〕A.X电极是阴极B.Y电极产生气体的体积为0.224LC.电解后溶液的pH=1D.要使电解后溶液恢复到电解前的状态,需参加一定最的CuO或CuCO37．己知某温度下,Ksp(AgCl)=1.56×10-10mol2/L2,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12mol3/L3,以下表达正确的选项是()A.饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比,前者的c(Ag+)大B.向氯化银的浊液中参加氯化钠溶液,氯化银的Ksp减小C.向0.001mol/L的K2CrO4溶液中参加等体积的0.002mol/LAgNO3溶液,那么CrO42-时完全沉淀D.将0.00lmol/L的AgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl和0.001mol/LK2CrO4溶液,那么先产生AgCl沉淀二、实验题8．(14分)芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备。芳香烃的苯环比拟稳定,难于氧化,而环上的支链不管长短,在强烈氧化时,最终都氧化成羧基。某同学用甲苯的氧化反响制备苯甲酸。反响原理：反响试剂、产物的物理常数：名称

相对分子质量

性状

熔点

沸点

密度

溶解度

水

乙醇

乙醚

甲苯

92

无色液体易燃易挥发

-95

110.6

0.8669

不溶

易溶

易溶

苯甲酸

122

白色片状或针状晶体

122.4

248

1.2659

微溶

易溶

易溶

主要实验装置和流程如下：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中,在90℃时,反响一段时间,再停顿反响,按如下流程别离出苯甲酸和回收未反响的甲苯。〔1〕无色液体A的构造简式为。操作Ⅱ为。〔2〕假如滤液呈紫色,要先加亚硫酸氢钾,然后再参加浓盐酸酸化,加亚硫酸氢钾的目的是。〔3〕以下关于仪器的组装或者使用正确的选项是。A．抽滤可以加快过滤速度,得到较枯燥的沉淀B．安装电动搅拌器时,搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法D．冷凝管中水的流向是下进上出〔4〕除去残留在苯甲酸中的甲苯应先参加,分液,水层再参加,然后抽滤,枯燥即可得到苯甲酸。〔5〕纯度测定：称取1.220g产品,配成100mL溶液,取其中25.00mL溶液,进展滴定,消耗KOH物质的量为2.4×10-3mol。产品中苯甲酸质量分数为。9．铜是一种重要的战略物资,以黄铜矿〔主要成分是CuFeS2〕为主要原料消费铜、铁红、单质硫时,原料的综合利用率较高,其主要流程如下图〔己知Na[CuCl2]的电离方程式为：Na[CuCl2]=Na++[CuCl2]-〕:〔1〕流程中粉碎的目的是_____________,操作①、②、③、④的目的一样,在实验中这种操作的名称是____________。〔2〕铁红的重要用处：__________________,固体B中含有两种产物,一种是单质C、另一种是原子个数比为1：l的一种金属的低价态盐,写出堆浸时反响的化学方程式：________。〔3〕反响V的离子方程式：___________________。〔4〕此方法中得到的铜纯度不能满足某些消费的需要,需要利用电解法进展提纯。假设用如下图的装置进展电解精炼,那么乙中溶液的溶质是_________,e电极上的电极反响式为_____。假设当电路中有2mol电子通过时,乙中某个电极质量减轻了63.92g,那么粗铜的纯度为〔假设杂质只有铁且精炼时铜与铁的放电比例与混合物比例一样,计算时用％表示保存一位小数〕____________〔相对原子质量：Fe56Cu64〕。三、填空题10．〔1〕25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11①同温度下,等pH值的a.NaHCO3、b.NaCN、c．Na2CO3溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为__________〔填序号〕。②25℃时,将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20ml0.1mol/LNaHCO3溶液混合,实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如下图：反响初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：________反响完毕后所得两溶液中,c(SCN-)________c(CH3COO-)〔填“>〞、“<〞或“=〞)③假设保持温度不变,在醋酸溶液中参加一定量氨气,以下量会变小的是______〔填序号〕。a.c(CH3COO-〕b.c(H+)c.Kwd．醋酸电离平衡常数〔2〕煤燃烧产生的烟气也含氮的氧化物,用CH4催化复原NOx可以消除氮氧化物的污染。己知：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJmol-12NO2(g)N2O4(g)△H=-56.9kJmol-1H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJmol-1写出CH4催化复原N2O4(g〕生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_________〔3〕甲烷燃料电池可以提升能量利用率。以下图是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：请答复以下问题：①甲烷燃料电池的负极反响式是____________②当A中消耗0.15mol氧气时．B中____极增重_______g。11．A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素。请按要求答复以下问题。〔1〕A和B为第三周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示：以下有关A、B的表达不正确的选项是〔____〕a.离子半径A<Bb.电负性A<Bc.单质的熔点A>Bd.A、B的单质均能与氧化物发生置换e.A的氧化物具有两性f.A、B均能与氯元素构成离子晶体〔2〕C是地壳中含量最高的元素,C基态原子的电子排布式为_______。Cn-比D2+少l个电子层。二者构成的晶体的构造与NaCl晶体构造相似〔如图一所示〕,晶体中一个D2+周围和它最邻近且等间隔的D2+有_____个。〔3〕E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,那么乙酸分子中E原子的杂化方式有_____。E的一种单质其有空间网状构造,晶胞构造如图2。己知位于晶胞内部的4个原子,均位于体对角线的1/4或3/4处,E-E键长为apm,那么E晶体的密度为_________g/cm3(用含有NA、a的式子表示〕。〔4〕F与硒元素同周期,F位于p区中未成对电子最多的元素族中,F的价电子排布图为______,FO33-离子的空间构型为__________；F第一电离能_______硒元素〔填“＞〞或“<〞)四、推断题12．PET是世界上产量最大的合成纤维,其构造简式为：现以煤的干馏产品A与F为原料制备PET,消费的工艺流程如下图。其中A为烃,含碳元素的质最分数为90.6%,其蒸气密度是空气密度的3.66倍,且能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但不能使溴水褪色。M分子里所有原子共平面。

请答复以下问题：

〔1〕A的名称为______。M→N的反响类型为______；〔2〕反响①的反响条件为：______；

〔3〕写出有机物A所有一氯代物的构造简式：______。〔4〕写出以下反响的化学方程式：

反响②：_________；反响③：_________。D与足量的氢氧化铜悬浊液煮沸：_________；反响⑤：_________。〔5〕P的一种同系物X的分子式为C3H8O2,在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰,其峰的强度之比为2:l:l。那么X的构造简式为_________。参考答案1．B【解析】A．氨气密度小于空气且常温下不和氧气反响,所以应该采用向下排空气法搜集,故A错误；B．极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验,氯气极易溶于氢氧化钠溶液形成压强差,所以能形成喷泉实验,故B正确；C．二氧化氮易和水反响生成硝酸和NO,所以不能用排水法搜集二氧化氮,应该采用向上排空气法搜集二氧化氮,故C错误；D．铁作阴极,铁电极上氢离子放电生成氢气,那么溶液中不能生成氢氧化亚铁,假如将铁作阳极,阳极上生成亚铁离子、阴极附近生成氢氧根离子,二者反响生成氢氧化亚铁,故D错误；应选B。点睛：此题考察了气体的搜集方法、氢氧化亚铁的制备、喷泉实验等知识点,明确物质的性质是解此题关键。根据气体的溶解性、密度确定搜集方法,制备氢氧化亚铁时要防止被氧化,易错选项是B,注意并不是只有氨气能形成喷泉实验。2．C【解析】A、根据n=计算物质的量==1mol,结合Cl2和H2混合气体都是双原子分子,含有原子数为2NA,故A正确；B、根据过氧化钠和水反响生成氢氧化钠和氧气,氧元素化合价变化从-1价变化为0价和-2价,1molNa2O2和足量的水完全反响,转移的电子数为NA,故B正确；C、根据金刚石构造分析,1mol碳原子形成2molC-C键,1mol金刚石中含共价键数目为2NA,故C错误；D、电解食盐水假设产生2g氢气,电解反响为2H++2e-=H2↑,那么转移的电子数目为2NA,故D正确；应选C。点睛：此题考察了阿伏伽德罗常数的分析应用。此题的难点是C,注意金刚石构造的分析判断,要注意区分几种晶体的构造与化学键的关系,如1molSiO2中含有4molSi—O键；1molP4中含有6molP—P键；1molSi中含有2molSi—Si键；1mol石墨中含有1.5NA个C—C键等。3．A【解析】4．C【解析】试题分析：A、油脂水解为甘油和高级脂肪酸〔盐〕,它们水解后都一定有一样产物甘油,A正确；B、淀粉和纤维素均属于多糖,聚合度n不同,因此分子式不同,不互为同分异构体,B正确；C、CH3OH有毒,能致人失明,C错误；D、4个甲基上的12个H等效,二氯代物只有2种,其中一种情况为取代同一甲基上的2个H,另外一种情况为分别取代不同甲基上的一个H,D正确,答案选C。考点：考察淀粉、纤维素、油脂的构造和性质,涉及聚合物、等效氢、甲醇的性质和应用5．C【解析】试题分析：A、[18]-轮烯分子具有乙烯的根本构造,其中所有原子可能处于同一平面,故A错误；B、[18]-轮烯的分子式为：C18H18,故B错误；C、1mol[18]-轮烯有9mol碳碳双键最多可与9mol氢气发生加成反响生成环烷烃,故C正确；D、[18]-轮烯与乙烯含有的官能团的种类和数目不一样,不能互为同系物,故D错误。考点：考察有机物的构造和性质方面的知识。6．B【解析】蓝色溶液中可能含有Cu2＋,并且在电解过程中析出红色固体,进一步验证析出的是铜,X电极是阴极；Y是阳极,电极上析出无色气体,应该是O2,电解离子方程式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。根据电解离子方程式得：n(H＋)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.05mol,故溶液中c(H＋)＝＝0.1mol·L－1,溶液的pH＝1。要使溶液恢复到以前,可以参加CuO或CuCO3。根据电解离子方程式得：n(O2)＝×n(Cu)＝0.0125mol,在标准状况下的体积V(O2)＝22.4L·mol－1×0.0125mol＝0.28L。所以选项B是错误的,其余都是正确的,答案选B。7．D【解析】A、饱和AgCl溶液中c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.56×10-10,饱和Ag2CrO4溶液中=Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12,显然后者的c(Ag+)大,故A错误；B、AgCl的Ksp只与温度有关,向AgBr的浊液中参加溴化钠溶液,虽然平衡向逆方向挪动,但Ksp不变,故B错误；C、两溶液混合后那么c(K2CrO4)=0.0004mol/L,c(AgNO3)=0.001mol/L,根据2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓,那么溶液中剩余的c(Ag+)=0.001-0.0004×2=0.0002mol/L,根据Ksp(K2CrO4),那么生成沉淀后的溶液中c(CrO42-)=＝=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L,溶液中存在难溶物的溶解平衡,所以CrO42-不能完全沉淀,故C错误；D、根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4),那么当Cl-开场沉淀时c(Ag+)==1.56×10-7mol/L,当CrO42-开场沉淀时c(Ag+)==1.0×10-3mol/L,故先产生AgCl沉淀,故D正确；应选D。8．〔1〕〔2分〕蒸馏〔2分〕〔2〕除去未反响的高锰酸钾氧化剂,否那么用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化,产生氯气；〔2分〕〔3〕ABD〔2分〕漏选得一分,错选不得分〔4〕NaOH溶液〔2分〕浓盐酸酸化〔2分〕〔5〕96%〔2分〕【解析】试题分析：〔1〕结合操作目的,分析流程知：对反响后的溶液过滤除去生成的MnO2,滤液经分液所得有机层含有末反响的甲苯,水层含有生成的苯甲酸钾及其它可溶性物质。有机层经枯燥剂枯燥、过滤后,再经操作II得到的无色液体A应为甲苯。操作II为蒸馏。〔2〕滤液呈紫色,证明高锰酸钾有剩余,又因为高锰酸钾会与浓盐酸反响产生氯气,所以应先加KHSO4除去末反响的高锰酸钾,再加浓盐酸酸化。〔3〕A、抽滤可以加快过滤速度,得到较枯燥的沉淀；故A正确。B、安装电动搅拌器时,搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触；故B正确。C、三颈烧瓶不能直接加热；故C不正确。D冷凝管中水的流向应是下进上出。故D正确。〔4〕除去残留在苯甲酸中的甲苯时,先参加NaOH溶液,使苯甲酸转化为可溶性的苯甲酸钠溶于水,再经分液操作,将甲苯〔有机层〕除去,然后用浓盐酸把可溶性的苯甲酸钠转化为苯甲酸。〔5〕根据关系式：--KOH122g1molm4×2.4×10-3molm=122g×4×2.4×10-3mol/1mol=1.1712g产品中苯甲酸质量分数为：1.1712g/1.22g×100%=96%考点：理解并初步理论化学实验研究的一般过程,掌握化学实验的根本方法和技能。会根据所给数据进展纯度计算。点评：此题以甲苯氧化制备苯甲酸知识背景,考察有关实验的仪器、别离提纯操作名称、纯度计算等。9．增大反响物间的接触面积,加快反响速率,使反响更充分过滤红色油漆和涂料CuFeS2+3FeCl3=4FeCl2+CuCl↓+2S↓2[CuCl2]ˉ=Cu+Cu2++4ClˉCuSO4Cu2++2eˉ=Cu99.1%【解析】氯化铁具有氧化性,能氧化黄铜矿,根据(2)中提示,固体B中含有两种产物,一种是单质C、另一种是原子个数比为1：l的一种金属的低价态盐,可知反响①为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后过滤得到固体CuCl和S和滤液,向滤液中参加碳酸钠发生反响Ⅱ,发生的离子反响方程式为Fe2++CO32-=FeCO3↓,过滤得到FeCO3,在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁,反响Ⅲ为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；向CuCl、S的混合物中参加NaCl溶液,发生反响Ⅳ为Cl-+CuCl=[CuCl2]-,过滤得到Na[CuCl2],再参加水发生反响V生成Cu和溶液D,Cu+在反响V中发生自身氧化复原反响,歧化为Cu2+和Cu,那么D为CuCl2、NaCl。(1)将矿石粉碎,可以增大与氯化铁溶液的接触面积,从而加快反响速率；根据流程图,操作①、②、③、④都是过滤,故答案为：增大反响物间的接触面积,加快反响速率,使反响更充分；过滤；(2)铁红常用作红色油漆和涂料；固体B中含有CuCl和S,堆浸时反响的化学方程式为CuFeS2+3FeCl3=4FeCl2+CuCl↓+2S↓,故答案为：CuFeS2+3FeCl3=4FeCl2+CuCl↓+2S↓；(3)反响V的离子方程式为2[CuCl2]ˉ=Cu+Cu2++4Clˉ,故答案为：2[CuCl2]ˉ=Cu+Cu2++4Clˉ；(4)电解精炼铜,用粗铜作阳极,精铜作阴极,硫酸铜溶液作电解质溶液；根据图示,通入氢气的为负极,那么e电极为阴极,发生复原反响,电极反响式为Cu2++2eˉ=Cu；设粗铜中反响的铜的物质的量为x,铁为y,阳极反响为Cu-2eˉ=Cu2+、Fe-2eˉ=Fe2+,那么2x+2y=2mol,64x+56y=63.92g,解得x=0.99mol,y=0.01mol,粗铜的纯度为×100%=99.1%,故答案为：CuSO4；Cu2++2eˉ=Cu；99.1%。点睛：此题以铜及其化合物为载体考察物质制备。侧重考察学生分析、判断、计算及阅读信息、获取并灵敏运用信息才能。根据题意熟悉流程图是解题的关键。此题的难点是制备原理以及氧化复原反响方程式的书写。10．abc一样温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大,同浓度时电离出的氢离子浓度大,与NaHCO3溶液反响快>bCH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H═—898.1kJ/molCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2Ob6.4【解析】(1)①据弱酸的电离平衡常数可知,酸性HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,酸性越弱,其酸根离子的水解程度越大,溶液pH越大,所以等物质的量浓度的．a．NaHCO3、b．NaCN、c．Na2CO3、溶液的pH由大到小的顺序为abc,故答案为：abc；②由Ka(CH3COOH)=1.8×10-5和Ka(HSCN)=0.13可知,CH3COOH的酸性弱于HSCN的,即在一样浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度,浓度越大反响速率越快；又酸越弱,反响生成的相应的钠盐越易水解,即c(SCN-)＞c(CH3COO-),故答案为：一样温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大,HSCN的酸性比CH3COOH强,其溶液中c(H+)较大,故其溶液与NaHCO3溶液的反响速率快；＞；③因参加盐酸,醋酸的电离平衡逆向挪动,那么c(CH3COO-)减小,醋酸的电离程度减小,但温度不变,那么醋酸电离平衡常数和水的离子积常数不变,加盐酸时c(H+)增大,故答案为：b；(2)：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-867kJ/mol①,2NO2(g)N2O4(g)△H2=-56.9kJ/mol②,H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol③,根据盖斯定律,①-②+④×2可得CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),故△H=-867kJ/mol-(-56.9kJ/mol)+2(-44.0)kJ/mol=-898.1kJ/mol即CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=-898.1kJ/mol,故答案为：CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=-898.1kJ/mol；(3)①甲烷燃料碱性电池中,负极上甲烷失电子和氢氧根生成水和碳酸根,电极反响为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O,故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；②A中消耗0.05mol氧气时,转移0.2mol电子,b电极为阴极,阴极上铜离子放电生成Cu,根据Cu和转移电子之间的关系式得析出Cu的质量=×64g/mol=6.4g,故答案为：b；6.4。点睛：此题考察了盐类水解、弱酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸的电离平衡的挪动。此题的难点是(1),弱酸的电离平衡常数越大,酸性越强；可以水解的盐,酸性越弱越水解。易错点是燃料电池中负极反响式的书写,在碱性电池中,负极上甲烷失电子和氢氧根生成水和碳酸根。11．bf1s22s22p412sp2sp3或三角锥型＞【解析】(1)根据表中的数据可以判断出A为第ⅢA族的元素,B为第ⅡA族的元素,由于都是第三周期,所以A为铝元素,B为镁元素,铝离子的半径小于镁离子,铝元素的电负性大于镁元素,铝的熔点大于镁,铝可以发生铝热反,镁可以和二氧化碳反响生成碳,氧化铝为两性氧化物,氯化铝为分子晶体,故答案为：bf；(2)地壳中含量最高的元素为氧元素,基态电子排布式为1s22s22p4,O2-比D2+少1个电子层,那么D为钙元素,形成的晶体为CaO,与NaCl晶体构造相似,以晶胞体心上的钙离子为例,与这个离子间隔最近的钙离子分布在晶胞棱边的中点,间隔为面对角线的一半,这样的离子有12个,故答案为：1s22s22p4；12；(3)E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,那么E为碳原子,在乙酸分子中甲基中C原子周围都是单键相连,且没有孤电子对,所以C的杂化方式是sp3杂化,在羧基中C原子含有碳氧双键,所以C的杂化方式是sp2杂化；在C单质的晶胞中体对角线长度为C-C键长的4倍,所以晶胞的边长为4×apm,所以晶胞的体积为64×a3×10−30cm,在晶胞中含有的原子数为4+8×+6×=8,再根据ρ＝可知,密度为g/cm3=g/cm3；故答案为：sp2、sp3；；(4)F与硒元素同周期,即在第四周期,F位于p区中未成对电子最多的元素族中,即为第Ⅴ主族,所以F原子的价电子排布图为,F为As元素,AsO33-离子中As原子的价电子对数为=4,离子中有三个As-O键,一对孤电子对,所以AsO33-的空间构型为三角锥形,同周期元素,随着原子序数的增大,第一电离能也增大,但As元素的p层有3个电子,半充满状态,所以As的第一电离能大于Se,故答案为：；三角锥形；＞。12．对二甲苯加