【完整版】河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试理综-化学试题

/【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试理综化学试题1.化学与消费和生活亲密相关,以下有关说法正确的选项是A.CO2是大量使用的灭火剂,但着火的铁条在CO2中继续燃烧说明它也可以助燃B.食用“地沟油〞对人体危害很大,但可以通过蒸馏的方式获得汽油、柴油等,实现资源的再利用。C.牛奶中参加果汁会产生沉淀,是因为发生了酸碱中和反响D.英文的“中国〞一词又指“瓷器〞,中国瓷器著名世界,其主要成分是SiO2【答案】A【解析】A．多数物质不在二氧化碳中燃烧,所以CO2是大量使用的灭火剂,但着火的镁条在CO2中继续燃烧,说明CO2可以助燃,选项A正确；B、食用“地沟油〞主要成分是油脂,而汽油、柴油等主要成分为烃,不能通过蒸馏的方式获得,选项B错误；C．因牛奶中含有蛋白质,参加果汁能使蛋白质凝聚而沉淀,但牛奶不是酸,发生的不是中和反响,选项C错误；D、英文的“中国〞一词又指“瓷器〞,中国瓷器著名世界,其主要成分是硅酸盐而不是SiO2,选项D错误。答案选A。2.设NA表示阿伏伽德罗常数,以下说法正确的选项是A.常温下,60gSiO2分子中含有Si-O极性共价键的数目为4NAB.常温下,16.8g铁粉与足量的浓硝酸反响转移电子数为0.9NAC.叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反响:NH4N3=2N2↑+2H2↑,那么每搜集标况下89.6L气体,爆炸时转移电子数为4NAD.0.1mo/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA【答案】C【解析】A、SiO2是原子晶体,不存在分子,选项A错误；B、常温下铁被浓硝酸钝化,反响不能继续,转移电子数无法计算,选项B错误；C、反响中氢元素化合价由+1变为0,那么反响:NH4N3=2N2↑+2H2↑,那么每搜集标况下89.6L气体,即4mol气体其中2mol氮气和2mol氢气,爆炸时转移电子数为4NA,选项C正确；D、没有给定体积,无法求得粒子总数,选项D错误。答案选C。3.以下实验不能到达实验目的的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、要将CO和CO2别离,关闭b,翻开a,混合气体进入左边广口瓶装置,CO与氢氧化钠溶液不反响,可别离出被右边广口瓶中浓硫酸枯燥过的纯洁的CO,装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2,此时广口瓶中发生的反响方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再关闭a,翻开b,利用稀硫酸与碳酸钠反响生成CO2通过浓硫酸枯燥得纯洁的CO2,选项A正确；B、假设长颈漏斗中液面不下降,说明装置气密性好,选项B正确；C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿,坩埚用于灼烧固体,选项C错误；D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液别离,选项D正确。答案选C。4.以下图是局部短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。以下说法正确的选项是A.X所在主族中,X的简单氢化物分子间存在氢键,所以其氢化物稳定性最强B.R简单氢化物的酸性弱于W简单氢化物,故元素非金属性R小于WC.在同周期中,W的含氧酸酸性最强D.Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反响放出H2,那么反响方程式为:LiZH4+2H2O=LiZO2+4H2↑【答案】D【解析】由图可知,为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化,根据原子序数关系可知X为O元素,Y为Na元素,Z为Al元素,R为S元素,W为Cl元素,A．X为氧元素,所在主族中非金属性最强,所以其氢化物稳定性最强,选项A错误；B．简单氢化物的酸性强弱不能用于判断元素非金属性强弱,应该是R的最高价氧化物的水化物H2SO4性弱于W最高价氧化物的水化物HClO4,故元素非金属性R小于W,选项B错误；C．在同周期中,W的最高价含氧酸HClO4酸性最强,选项C错误；D．Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反响放出H2,那么反响方程式为:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑,选项D正确。答案选D。5.以下有关实验设计或操作,观察或记录、结论或解释都正确的选项是选项实验设计或操作观察或记录结论或解释A将少量浓硝酸分屡次参加Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的复原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后,用铂丝蘸取做焰色反响火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C将Na2O2裹入棉花中,放入充满CO2的集气瓶中棉花燃烧Na2O2与CO2的反响为放热反响D将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水A.AB.BC.CD.D【答案】C6.二氧化氣(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种平安稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备,其原理如下图:以下说法不正确的选项是A.b电极接电源的负极,在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B.二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC.电解过程中二氧化氯发生器中产生22.4L(标准状况)NH3,那么b极产生0.6gH2D.电解池a极的电极反响式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O【答案】D【解析】A.电解池右边产生氢气,那么b电极接电源的负极,在b极区氢离子得电子产生氢气,氯离子通过阴离子交换膜进入左边,盐酸变稀,那么流出的Y溶液是稀盐酸,选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反响为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑,那么排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH,选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,根据反响NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑,转移的电子的物质的量为0.6mol,那么b极产生0.6gH2,选项C正确；D、电解池a极的电极反响式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+,选项D不正确。答案选D。7.室温下,0.1mol/L的某二元酸H2A溶液中,可能存在的含A粒子(H2A、HA-、A2-)的物质的量分数随pH变化的关系如下图,以下说法正确的选项是A.H2A的电高方程式:H2AH++HA-B.pH=5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA-):c(A2-)=1:100C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合,离子浓度大小关系为:c(Na+)>C(HA-)>c(A2-)D.Na2A溶液必存在c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),各粒子浓度均大于0【答案】B【解析】试题分析：A．二元酸H2A溶液中不存在其分子,说明第一步完全电离,二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-,HA-⇌H++A2-,故A错误；B．据图象分析,pH=3时,c(HA-)与c(A2-)一样,pH=5时,c(HA-)：c(A2-)=1：100,故B正确；C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后,无法比拟c(HA-)与c(A2-)的大小,故C错误；D．二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-,HA-⇌H++A2-,Na2A溶液中不存在H2A分子,c(H2A)=0,故D错误；故答案为B。考点：考察据图象分析二元酸的电离特点,关键是从图象分析出第一步完全电离,题目难度中等8.醋酸亚铬水合物{[(CH3COO)2Cr2·2H2O,相对分子质量为376}是一种深红色晶体,不溶于冷水,是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物,其装置如下图,且仪器2中预先参加锌粒。二价铬不稳定,极易被氧气氧化,不与锌反响。制备过程中发生的相关反响如下:Zn〔s〕+2HCl〔aq〕=ZnCl2〔aq〕+H2〔g〕；2CrCl3〔aq〕+Zn〔s〕=2CrCl2〔aq〕+ZnCl2〔aq〕2Cr2+〔aq〕+4CH3COO—〔aq〕+2H2O〔l〕=[(CH3COO)2Cr]2·2H2O〔s〕请答复以下问题:〔1〕仪器1的名称是______________________________________。〔2〕往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是____________(填序号)；目的是_________________________。A.盐酸和三氯化铬溶液同时参加B.先加三氯化铬溶液,一段时间后再加盐酸C.先加盐酸,一段时间后再加三氯化铬溶液〔3〕为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合,应关闭阀门_____(填“A〞或“B",下同),翻开阀门____。〔4〕本实验中锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反响外,另一个作用是_____________________________________________。〔5〕其他反响物足量,实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g,取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得枯燥纯洁的[(CH3COO)2Cr]2·2H2O9.4g,那么该实验所得产品的产率为____________(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。〔6〕铬的离子会污染水,常温下要除去上述实验中多余的Cr2+,最好往废液中通入足量的_______,再参加碱液,调节pH至少为_______才能是铬的离子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。【Cr(OH)3的溶度积为6.3×10-31,≈4,lg2≈0.3】【答案】(1)..三颈烧瓶(2).略(3).略(4).略(5).略(6).略(7).略(8).略(9).略【解析】〔1〕根据仪器构造特征,可知仪器1为分液漏斗；〔2〕二价铬不稳定,极易被氧气氧化,让锌粒与盐酸先反响产生H2,把装置2和3中的空气赶出,防止生成的亚铬离子被氧化,故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液,答案选C；目的是：让锌粒与盐酸先反响产生H2,把装置2和3中的空气赶出,防止生成的亚铬离子被氧化；〔3〕利用生成氢气,使装置内气体增大,将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合,应关闭阀门B,翻开阀门A；〔4〕锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反响外,另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反响得到CrCl2；〔5〕CrCl3为9.51g158.5g/mol=0.06mol,得到CrCl2为0.06mol,而CH3COONa为1.5mol,由方程式可知CH3COONa足量,那么得到[Cr〔CH3COO〕2]2•2H2O为0.06mol×12×376g/mol=11.28g,所得产品的产率为9.4g11.28g×100%=83.3%；〔6〕向废液中通入足量的空气或氧气,将Cr2+氧化为Cr3+,铬的离子沉淀完全时,浓度应小于10-5mol/L,根据Ksp[Cr〔OH〕3]=c〔Cr3+〕×c3〔OH-点睛：此题考察物质制备实验,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等,注意对题目信息的应用,有利于培养学生分析才能、实验才能,易错点为〔6〕向废液中通入足量的空气或氧气,将Cr2+氧化为Cr3+,根据Ksp[Cr〔OH〕3]=c〔Cr3+〕×c3〔OH-〕=6.3×10-31计算溶液中c〔OH-〕,再结合水的离子积计算c〔H+〕,溶液pH=-lgc〔H+〕,由此分析解答。9.铈元素〔Ce〕是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有＋3、＋4两种价态,铈的合金耐高温,可以用来制造喷气推进器零件。

请答复以下问题：〔1〕雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-〔二者物质的量之比为1：1〕,该反响氧化剂与复原剂的物质的量之比为______________。〔2〕可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如下图。①Ce4+从电解槽的______〔填字母序号〕口流出。②写出阴极的电极反响式________________________________。〔3〕铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：①焙烧过程中发生的主要反响方程式为___________________________。②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2交换盐酸更好,他的理由是______________。③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b,那么Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为___________〔用a、b的代数式表示〕。④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3,其中NH4Cl的作用是___________。【答案】(1).2:1(2).a(3).2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O(4).4CeFCO3+O2高温3CeO2+CeF4+4CO2(5).不释放氯气,减少对环境的污染(6).a/b(7).NH4Cl固体分解产生的HCl【解析】〔1〕雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-〔二者物质的量之比为1：1〕,反响的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋,因此该反响氧化剂与复原剂的物质的量之比为4:2=2:1。〔2〕①电解池中阳极失去电子,那么Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+,因此Ce4+从电解槽的a口流出。②阴极是NO2-得到电子转化为氮气,那么阴极的电极反响式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O。〔3〕①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反响生成CeO2、CeF4、CO2,反响方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。②酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气,氯气是大气污染物,因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2交换盐酸可以不释放氯气,减少对环境的污染。③根据方程式可知反响的平衡常数K＝c(Ce3+)c3(K+)=c(Ce3+10.天然气局部氧化制取的化工原料气中,常含有氧硫化碳(COS,构造类似于CO2),目前氧硫化碳脱除可采用氢解和水解两种方法,其反响原理如下:氢解:COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)水解:COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)〔1〕氧硫化碳的电子式为________________________________。〔2〕如以下图是氧硫化碳水解和氢解平衡转化率随温度变化曲线。①观察图像,水解与氢解相比优势为_________________________________。②水解的△H=___0(填“大于"或“小于〞)③:1molCOS(g)完全氢解能量变化为6.99kJ,假设初始COS的物质的量为nmol,从反响开场到R点所示体系的能量变化为______kJ(只列式,不必计算)。〔3〕氢解和水解产生的H2S必须进展回收处理,酸性、可溶性铁盐氧化H2S制取硫磺工艺备受重视。①写出酸性条件下用氯氧化铁溶液吸收H2S制取硫磺的离子方程式___________________________。②吸收H2S后的酸性废液中的Fe2+,可通过电解法使Fe3+再生,写出电解时总反响的离子方程式:__________。③常温下,在c(H+)=0.30mo/L的酸性溶液中通入H2S至饱和,测得硫化氢的平衡浓度为0.10mol/L,计算此时溶液中c(S2-)=_______[忽略H2S电离生成的H+,Ka1(H2S)=1.3×10-7,Ka2(H2S)=7.0×10-15,结果保存两位有效数字。]【答案】(1).(2).水解利用廉价水蒸气作转化剂,比氢气廉价、易得(或水解在较低温度下,氧硫化碳具有较高的转化率,比氢解节约能源)(3).小于(4).96%n×6.99(5).2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S(6).Fe2++2H+2Fe3++H2↑(7).1.0×10-21mol/L学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...③H2SH++HS-0.1mol/L0.30ml/Lc(HS-)那么Ka1(H2S)=cH+c(HS-)c(HHS-H++S2-4.3×10-8mol/L0.30ml/Lc(S2-)那么Ka2(H2S)=cH+c(S2-)c(H11.Cu、Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。请答复以下问题:〔1〕铁离子(Fe3+)最外层电子排布式为______,其核外共有______种不同运动状态的电子。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是____________________________________。〔2〕硒为第四周期元素,相邻的元素有砷和溴,那么三种元素的电负性从大到小的顺序为________(用元素符号表示)。〔3〕Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂,在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有____、_____。〔4〕C与N能形成一种有毒离子CN-,能结合Fe3+形成配合物,写出一个与该离子互为等电子体的极性分子的分子式_____,HCN分子的空间构型为____________。〔5〕单晶硅的构造与金刚石的构造相似,假设将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子间不成键,那么得如下图的金刚砂(SiC)构造。在SiC晶体中,C原子的杂化方式为_________,每个Si原子被_______个最小环所共有。〔6〕Cu的晶胞构造如图,棱长为acm,又知Cu的密度为pg/cm3,那么用a、p的代数式表示阿伏伽德罗常数为____mol-1。【答案】(1).3s23p63d5(2).2(3).Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定(4).Br>Se>As(5).共价键(6).配位健(7).CO(8).直线形(9).sp3(10).12(11).256/a3p【解析】〔1〕Fe为26号元素,Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5,最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有2种不同运动状态的电子；Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定；〔2〕As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大,元素的非金属性逐渐增强,电负性逐渐增强,所以3种元素的电负性从大到小顺序为Br＞Se＞As；〔3〕Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂,在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有共价键、配位键；〔4〕等电子体是指价电子数和原子数〔氢等轻原子不计在内〕一样的分子、离子或基团,与CN-互为等电子体的极性分子有CO；HCN分子中心原子碳原子为sp杂化,分子的空间构型为直线型；〔5〕SiC中C与Si形成4个σ键,为sp3杂化；；以1个Si为标准计算,1个Si通过O连接4个Si,这4个Si又分别通过O连有其他3个Si,故每个Si被4×3=12个最小环所共有；〔6〕Cu的晶胞构造如图,为面心立方,每个晶胞含有Cu个数为8×18+6×12=4,棱长为acm,那么晶胞的体积V=a3cm3,又知Cu的密度为pg/cm3,那么pg/cm3=64×4NA12.有机物F(C11H12O2)属于芳香酯类物质,可由以下道路合成:请答复以下问题:〔1〕A中官能团的名称是__________,上述③④⑤⑥中属于取代反响的是_______________。〔2〕C物质的名称是_______,反响③的条件是________________________。〔3〕B在一定条件下可以形成高分子化合物,写出此过程的化学方程式:_________________。〔4〕反响⑥的化学方程式为___________________________________。〔5〕A、B、E三种有机物,可用以下的某一种试剂鉴别,该试剂是_______________________。a.新制的Cu(OH)2悬浊液b.溴水c.酸性KMnO4溶液d.溴的CC14溶液〔6〕G是E的同系物且相对分子质量比E大28。G有多种同分异构体,其中符合以下条件的同分异构体有____种,其中核磁共振氢谱有5组峰,且面积比为6:1:2:2:1的构造简式为_____________________。①能与Na2CO3溶液反响②分子中含有两个一CH3【答案】(1).羟基、醛基(2).④⑤⑥(3).甲苯(4).浓硫酸,加热(5).(6).(7).a(8).13(9).【解析】催化氧化生成A,A催化氧化生成,那么A为；发生反响③生成B,B和E通过反响⑥生成芳香酯类物质F〔C11H12O2〕,那么E为含有7个C的醇,只能为,故C为,C与氯气在光照条件下发生取代反响生成D,那么D为；结合F的分子式可知F为,那么B为发生消去反响生成的,〔1〕A为,含有的官能团为羟基和醛基；根据分析可知,反响③为消去反响、反响④为取代反响、反响⑤为取代反响、反响⑥为酯化反响,也属于取代反响,所以属于取代反响的为：④⑤⑥；〔2〕C为,其名称为甲苯；反响③为发生消去反响生成的,反响条件