河北省保定市高三第一次模拟考试化学试题

河北省保定市2018届高三第一次模拟考试理科综合化学试题1.十九大报告指出:建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.....，实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。下列有关节约资源和保护环境的说法不正确的是A.回收塑料及钢铁制品可以减少二氧化碳排放B.使用地热能、生物质能等非化石能源可减少PM2.5C.开采使用地下可燃冰，可以增加非化石能源消费比例D.创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式【答案】C【解析】塑料制品含有碳元素，冶炼钢铁需要用一氧化碳还原铁矿石，因此回收塑料及钢铁制品可以减少二氧化碳排放，A正确；地热能、生物质能都不是化石能源，使用地热能、生物质能等非化石能源可减少PM2.5产生，B正确；可燃冰的主要成分是甲烷，属于化石能源,故C错误；燃油中含有碳元素，燃烧会释放出大量的二氧化碳，因此实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式，D正确；正确选项C。2.下列对有机物结构或反应特征的描述正确的是A.组成为C4H10的烷烃中仅能由两种烯烃与氢气加成而制得B.某烃的化学式为C9H12，则该烃一定是苯的同系物C.中反应①②分别是取代反应、加成反应D.1个含有5

个碳原子的烃分子中，最多可含有4个碳碳单键【答案】C【解析】由CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2三种烯烃与氢气发生加成反应均可以得到C4H10的烷烃，A错误；化学式为C9H12，如果不含有苯环，该烃一定不是苯的同系物，B错误；丙烯与氯气发生取代反应，生成CH2=CHCH2Cl，然后再与溴发生加成反应，生成CH2BrCHBrCH2Cl，C正确；碳原子可以形成碳链,无论带支链,还是不带支链,都含有4个单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链,也可以不带支链，都含有5个单键，D错误；正确选项C。点睛：由CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2三种烯烃和CH≡CCH2CH3、CH3C≡CCH3两种炔烃分别与足量的氢气反应均可以生成烷烃C4H10。3.为了保证实验工作的顺利开展，需要创造一个安全的实验环境，实验操作者都必须遵守安全操作规程。下列实验操作正确的是A.开启易挥发液体试剂前，应反复摇动后再开启B.用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水C.完成实验室制取氯气后的废液，可先倒入水槽中，再用水冲入下水道D.在实验室中分离某些物质进行蒸馏操作时，温度应插入液面下【答案】B4.通过NO传感器可监测汽车排放尾气中NO含量，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.O2由负极向正极移动B.负极的电极反应式为:

NO2e+O2==NO2C.O2在电极上的还原产物是H2OD.反应消耗的NO与O2

的物质的量之比为1:

2【答案】B【解析】根据图片知，铂电极上氧气得电子发生还原反应而作正极，NiO电极上NO失电子发生氧化反应，则NiO为负极，正极上电极反应式为：O2+4e－═2O2－，负极上电极反应式为：NO2e－+O2－═NO2，结合电池内部离子移动方向判断。A、由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，故A错误；B、NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2－2e－=NO2，故B正确；C、正极上电极反应式为：O2+4e－═2O2－，故C错误；D、反应消耗的NO与O2的物质的量之比为2：1，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池原理，A和B根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，B注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点，D要分析出电池总反应2NO＋O2=2NO2，D也是易错点。5.科学假说是科学发展的一种重要形式。有科学家提出:

利用空气中的二氧化碳与氢气反应后，使之变为可再生的燃料甲醇的设想。其设想的生产流程如图。下列说法正确的是A.上述流程中饱和碳酸钾溶液所起的作用是降低空气中的CO2

的溶解度B.上述流程中能体现“循环利用”的物质有碳酸氢钾溶液和高温水蒸气C.从合成塔中分离出甲醇的实验操作方法是分液D.通入高温水蒸气的作用是:

加快CO2的生成和逸出，以便及时提供给合成塔【答案】D【解析】碳酸钾溶液能够吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，其作用是富集空气中的二氧化碳气体，A错误；吸收池内生成碳酸氢钾，分解池内碳酸氢钾分解为碳酸钾，所以“循环利用”的物质有碳酸钾溶液和高温水蒸气，B错误；在合成塔内，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，甲醇与水互溶，因此采用蒸馏的方法进行分离，C错误；碳酸氢钾在高温水蒸气的作用下，分解为碳酸、二氧化碳，所以通入高温水蒸气的作用是：加快CO2的生成和逸出，以便及时提供给合成塔，D正确；正确选项：D。6.短周期主族元素X、Y、Z、M，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图，X和Y能形成两种化合物，M

与Y同周期，且M是同周期中原子半径最大的元素。下列说法不正确的是ZXYA.X、Y、Z元素的气态氢化物中，Y

的氢化物的沸点最高B.Z和M

组成的化合物为离子化合物，它与盐酸反应能生成两种盐C.四种元素简单离子的半径由大到小依次为:

Y>Z>X>MD.含Y

元素的所有18

电子微粒均可与Cl2发生反应【答案】A【解析】同一主族元素X和Y能形成两种化合物，X为氧元素，Y为硫元素；M与Y同周期，且M是同周期中原子半径最大的元素，M为钠元素；Z与X紧邻，Z为氮元素；水、硫化氢、氨气三种氢化物中，水、氨气分子间有氢键，且水分子间氢键作用力较大，因此氢化物的沸点最高为水，A错误；Z和M组成的化合物为氮化钠，属于离子化合物，与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，B正确；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，半径越大，因此四种元素简单离子：S2>N3>O2>Na+，C正确；S2、HS中硫元素均为2价，均能被氯气氧化，D正确；正确选项A。点睛：水、硫化氢、氨气三种氢化物中，沸点大小顺序为H2O>NH3>H2S，因为水、氨气分子间存在氢键，且水的氢键作用力大；三种氢化物的稳定性为H2O>NH3>H2S，原子半径越大，氢化物越不稳定。7.常温下，将等体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的导电性与溶液体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.曲线II表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化B.溶液的pH

大小关系:c>b>dC.若将bd两点溶液混合，则c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH)D.由水电离出n(OH)：b>c【答案】D【解析】图中分析可以知道开始导电能力相同说明开始氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同,加水稀释促进一水合氨电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，导电能力强，则曲线Ⅰ表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化，A错误；盐酸溶液PH小于一水合氨，稀释过程中盐酸溶液PH增大，溶液的pH大小关系:,B错误；图中分析可以知道开始导电能力相同说明开始氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向进行，稀释相同倍数，氨水溶液中氢氧根离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，若将b、d两点溶液混合后溶液显碱性，c(NH4+)>c(Cl)>c(OH)>c(H+)，C错误；因为氨水是弱电解质，HCl是强电解质，稀释相同倍数后，氨水导电能力强，所以氨水中水的电离程度小，而b、c两点的导电能力相同，由水电离出的n(OH)：b>c，D正确；正确选项D。点睛：对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。8.硝酸银是一种无色晶体，常用于照相、制镜、印刷、医药等。其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中，硝酸银不稳定，受热分解生成固体、NO2和O2。为了研究AgNO3的受热分解产物的性质，某同学设计了以下实验:实验所用的装置如图(图中加热、夹持仪器等均略去):实验步骤为:a.仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭k，微热硬质玻璃管A。b.称取AgNO3固体1.7g置于A中，先通入一段时间N2，再关闭k，用酒精灯加热硬质玻璃管A。c.待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余园体的质量为1.08g。……请回答下列问题：(1)使用酒精灯对AgNO3固体加热的操作方法是________________________。(2)步骤a的操作目的是_________________________________________。(3)步骤b中先通入一段时间N2的操作目的是_______________________________。(4)装置C瓶中盛装的药品名称为___________，装置D中可观察到的实验现象为___________。(5)设计实验证明AgNO3分解产物中气体的体积比________________________________。(6)从实验安全角度考虑该实验装置有缺陷，应如何改进?_____________________。【答案】(1).先预热再集中加热(2).检验装置气密性(检验装置是否漏气)(3).将容器内部存在的氧气排出，以免影响实验结果(4).NaOH酚酞溶液(5).溶液红色变浅(甚至消失)(6).取足量AgNO3固体充分加热。用排水法收集气体，直到试管内气体不再变化，测量剩余气体占试管容积的比(7).应在A和B之间加入防倒吸装置(安全瓶)【解析】(1)先用酒精灯对试管进行均匀受热，然后在集中在有硝酸银的部位加热；正确答案：先预热再集中加热。(2)仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭k，微热硬质玻璃管A，这样操作的目的检验装置是否漏气；正确答案：检验装置气密性或检验装置是否漏气。(3)容器内部存有空气，用氮气把装置内的空气排净，以免影响实验结果；正确答案：将容器内部存在的氧气排出，以免影响实验结果。(4)硝酸银受热分解产生的二氧化氮气体被氢氧化钠溶液吸收，是否吸收完全，用C装置进行检验，所以装置C瓶中盛装的药品为NaOH酚酞溶液；装有亚硫酸钠酚酞溶液显红色，氧气与亚硫酸钠反应后变为硫酸钠，溶液呈中性，碱性减弱红色变浅或褪去；正确答案：NaOH酚酞溶液；溶液红色变浅(甚至消失)。(5)硝酸银受热分解为二氧化氮和氧气，两种气体通入水中发生反应：4NO2+O2+H20=4HNO3,若氧气过量，二氧化氮完全反应；若氧气完全反应，二氧化氮剩余，但最终为一氧化氮气体，根据以上分析可知取足量AgNO3固体充分加热产生的气体用排水法收集，直到试管内气体不再变化，测量剩余气体占试管容积的比，就可以求出AgNO3分解产物中气体的体积比；正确答案：取足量AgNO3固体充分加热。用排水法收集气体，直到试管内气体不再变化，测量剩余气体占试管容积的比。(6)硝酸银分解产生的二氧化氮气体的量较氧气多，因此，当二氧化氮气体进入装置B中，二氧化氮气体被迅速吸收，容器内压强减小，易产生倒吸，发生危险，因此需要在A和B之间加入防倒吸装置(安全瓶)；正确答案：应在A和B之间加入防倒吸装置(安全瓶)。9.某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知:①NaClO

在受热或酸性条件下易分解，3NaClO==2NaCl

+

NaClO3②AgCl

可溶于氨水:

AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl+2H2O③常温下，N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O==4Ag↓+

N2

↑+4NH4+

+4NH3

↑+H2O请回答下列问题:(1)“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为____________________________。(2)NaC1O溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH

和O2，该反应的化学方程式为_____________。(3)为提高AB的回收率，需对“过滤II”的滤渣进行洗涤，并_________________________。(4)若省略“过滤I”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量次氯酸钠与氨水反应外(该条件下NaClO3

与氨水不反应)，还因为___________________。(5)利用题给信息，请设计从“过滤II”的滤液中获取单质Ag

的实验方案:____________(实验中须使用的试剂有:

2mol/L水合肼溶液，1mol/LH2SO4溶液)。【答案】(1).水浴加热(2).4Ag+

4NaClO+2H2O=

4AgCl+4NaOH+O2

↑(3).将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4).未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的氯离子，不利于氯化银与氨水的反应(氯离子影响平衡)(5).向滤液中滴加2mol/L水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol/LH2SO4溶液吸收反应中放出的氨气，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤，洗涤，干燥【解析】1）已知“氧化”阶段需在80℃的条件下进行，温度变化范围较小，且低于100℃，因此适宜的加热方式为水浴加热；正确答案：水浴加热。（2）NaC1O溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑；正确答案：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑。(3)为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中；正确答案：将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。(4)若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量与反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，使得已知反应②的平衡逆向移动，不利于AgCl与氨水反应；正确答案：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的氯离子，不利于氯化银与氨水的反应(氯离子影响平衡)。(5)根据已知条件③，水合肼能在碱性条件下将还原为，因此实验方案为向滤液中滴加水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用溶液吸收反应中放出的避免污染空气，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥；正确答案：向滤液中滴加2mol/L水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol/LH2SO4溶液吸收反应中放出的氨气，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤，洗涤，干燥。10.请根据化学动力学和化学热力学回答下列问题:I.过氧化氢是一种重要的物质，在科学研究和生产生活中应用广泛。利用H2O2和KbrO3反应研究瞬时反应速率(r)，原理为在酸催化下，KBrO3+3H2O2==KBr+3O2↑+3H2O。资料显示:r=k·cx(KbrO3)·cy(H2O2)，其中k为速率常数。在290K测得实验数据如下:实验编号1234c(H2O2)/(mol/L)1124c(KBrO3)/(mol/L)0.0030.0060.0010.001R/(mol·L1·s1)3×1046×1048×1046.4×103(1)写出H2O2的电子式____________，H2O2

可以看成二元弱酸，写出其第二步电离方程式_________________________________。(2)根据表格数据信息，写出瞬时反应速率表达式r=______(k保留两位有效数字);

如果减缓反应速率，可采用的方法有___________

(任写两点)。II.(3)

25℃，101kpa时乙烯酮CH2CO(g)和甲烷CH4的燃烧热分别为:ΔH=1025.1kJ/mol，ΔH=890.

3kJ/mol，则反应2CH4(g)+2O2(g)CH2CO(g)

+3H2O(l)的热化学方程式为__________________。(4)

在恒容容器中。通入2molCH4和2molO2，不能判断反应2CH4(g)+2O2(g)CH2CO(g)

+3H2O(l)处于平衡状态的是_________。体系内压强保持不变

B.体系内气体密度保持不变C.单位时间每消耗2molCH4，同时生成lmolO2D.通入等物质的量的反应物，一段时间后反应物浓度之比不变(5)

对于反应2CH4(g)+2O2(g)CH2CO(g)

+3H2O(g)，在恒容条件下，向容器内加入0.1molCH4和0.1molO2，反应达到平衡时CH2CO的物质的量百分含量为15%，则平衡时n(CH4)=______

mol。【答案】(1).(2).HO2O22+H+(3).r=0.1·c3(H2O2)·c(KBrO3)(4).骤冷、冲稀反应物、除去催化剂、加阻化剂等两项(5).2CH4(g)+2O2(g)=CH2CO(g)+3H2O(1)ΔH=755.5kJ/mol(6).AB(7).0.04【解析】I.（1）H2O2为共价化合物，电子式；H2O2可以看成二元弱酸，分步电离，H2O2HO2+H+，HO2O22+H+；正确答案：；HO2O22+H+。II.(3)①CH2CO(g)+2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)，ΔH=1025.1kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l),ΔH=890.3kJ/mol；根据盖斯定律：②×2①，得2CH4(g)+2O2(g)CH2CO(g)+3H2O(l)，ΔH=755.5kJ/mol；正确答案：2CH4(g)+2O2(g)=CH2CO(g)+3H2O(1)ΔH=755.5kJ/mol。(4)该反应正反应为气体体积减小的可逆反应，在恒容容器中，压强不再发生变化，能判定反应达平衡状态，A正确；反应后气体的总质量减小，容器的总体积不变，气体的密度不再发生变化，能判定反应达平衡状态，B正确；单位时间每消耗2molCH4，反应向右进行；同时生成2molO2，反应向左进行，反应达平衡状态，C错误；按反应物的系数比加入反应物，无论反应进行到什么程度，反应物浓度之比不变，不能判断反应是否达平衡状态，D错误；正确选项AB。(5)

设甲烷的变化量为xmol，根据方程式进行计算2CH4(g)+2O2(g)CH2CO(g)

+3H2O(g)，起始量0.10.100变化量xx0.5x1.5x平衡量0.1x0.1x0.5x1.5x根据反应达到平衡时CH2CO的物质的量百分含量为15%，列方程为：0.5x/(0.1x+0.1x+0.5x+1.5x)=15%x=0.06mol，所以则平衡时n(CH4)=0.04mol；正确答案：0.04。11.【化学一选修3:

物质结构与性质】(1)

CH3COONH2

分子中各元素第一电离能大小顺序__________，该物质中碳原子杂化方式为_______________________________。(2)

工业制备铁氧体也可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)

等弱碱。N2H4NH3熔点/℃277.8沸点/℃113.533.5比较上表中氨(NH3)、联氨(N2H4)

的熔、沸点，解释其高低的主要原因________，的离域π键表示为________________________，与NH3

互为等电子体的阳离子有__________。(3)

浅红色Cr

[(H2O)3(NH3)3]Cl3中铬离子价电子排布式为__________________。(4)

SiC具有高硬度，高耐磨性，高耐腐蚀性和较高的高温强度特点，已成为一种重要的工程材料，其晶体具有六方ZnS

型结构。晶胞参数a=308pm，c=505pm，已知C原子的分数坐标(0,0,0)和(,,)；Si原子的分数坐标(0,0,)和((,,)①按比例在下框中商出SiC

六方晶胞_______②列式计算SiC的键长_______(保留整数部分)【答案】(1).N>O>H

>C(2).SP3杂化、SP2

杂化(3).联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键(4).(5).H3O+(6).3d3(7).黑球是碳，白球是硅(8).dsic=

(1

)c=×505pm=

189pm【解析】(1)CH3COONH2所含四种元素分别为N、H、C、O，同一主族，从上到下，第一电离能减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但是氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期的相邻元素，所以四种元素第一电离能由大到小的顺序为：N>O>H>C；CH3COONH2中甲基中的C原子sp³杂化，羧基中的C原子sp²杂化；正确答案：N>O>H>C；sp³杂化、sp²杂化。(2)氨和联氨分子间均存在氢键，但联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键，故联氨的沸点明显高于氨；分子中，6个碳的P轨道，每个碳含有1个电子，1个氮的P轨道，含有2个未参与成键的电子，因此大π键中含有的电子数为8，参与形成π键的原子数为7，所以的离域π键表示为；原子数、总电子数均相等的物质，其结构相似，物理性质相近，相应的物质称为等电子体，所以与NH3

互为等电子体的阳离子有H3O+；正确答案：联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键；；H3O+。(3)

根据化合价法则，Cr[(H2O)3(NH3)3]Cl3中铬为+3价，铬原子核外电子排布为ls22s22p63s23p63d54s1，Cr3+价电子排布式为3d3；(4)①SiC六方晶胞的轴比c/a＝505pm/308pm＝1.64，Si原子和C原子的共价半径分别为113pm和77pm，参照这些数据和原子的坐标参数，画出SiC的六万晶胞如下图所示：

黑球是碳，白球是硅；正确答案：黑球是碳，白球是硅。②由上图中的晶胞图可知，Si－C键键长为dsic=(1

)c=×505pm=189pm；正确答案：189pm。点睛：根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。12.【化学一选修5:

有机化学基础】化合物G是重要的有机合成中间体，常用的合成路线如下:已知:①CH2==CHCH3CH2==CHCH2Br

②请回答下列问题:(1)核微共振氢谱显示环状化合物A有两种化学环境的氢，则A

的