【完整版】河北省衡水中學2017屆高三高考押題卷理綜化學試題2

/河北省衡水中學2017年高考押題卷理綜化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Ni-59第I卷一、選擇題：此題共13小題,每題6分,在毎小題給出的四個選項中,只有一個是最符合題目要求的。1.化學與消費、生活親密相關。以下與化學相關的說法正確的選項是A.水泥、水玻璃、水晶均屬于硅酸鹽產(chǎn)品B.醫(yī)用酒精和葡萄糖注射液可用丁達爾效應區(qū)分C.氯水和食鹽水消毒殺菌的原理一樣D.銨態(tài)氮肥和草木灰混合使用會降低肥效【答案】D【解析】A項：水晶不屬于硅酸鹽產(chǎn)品,A項錯誤；B項：醫(yī)用酒精和葡萄糖注射液均為溶液,不可用丁達爾效應區(qū)分,B項錯誤；C項：氯水消毒殺菌是利用其氧化性,食鹽水消毒殺菌是利用其能使細菌細胞失水,二者原理不同,C項錯誤；D項：銨鹽和K2CO3會發(fā)生反響,生成的二氧化碳、氨氣揮發(fā)而降低肥效,D項正確。2.利用H2和O2制備H2O2的原理為①H2(g)+A(1)B(1)ΔH1②O2(g)+B(1)A(1)+H2O2(1)ΔH2巳知：A、B均為有機物,兩個反響均能自發(fā)進展,以下說法正確的選項是A.ΔH2>0B.B為H2和O2制備H2O2的催化劑C.反響①的正反響的活化能大于逆反響的活化能D.H2(g)+O2(g)H2O2(1)的ΔH<0【答案】D3.以下關于有機物的說法正確的選項是A.乙烷和新戊烷分子中所含甲基數(shù)之比為1∶1B.甲苯能發(fā)生加成反響、氧化反響和取代反響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的二氯代物的數(shù)目一樣〔不含立體異構(gòu)〕【答案】B【解析】A項：乙烷分子中含有2個甲基,新戊烷分子中含有4個甲基,二者所含甲基數(shù)目之比為1∶2,A項錯誤；B項：甲苯能與H2發(fā)生加成反響,能燃燒發(fā)生氧化反響,能與Cl2、Br2、濃硝酸等在一定條件下發(fā)生取代反響,B項正確；C項：聚乙烯不含碳碳雙鍵,不能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色,C項錯誤；D項：的二氯代物有12種,C4H10的二氯代物有9種,D項錯誤。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X、W同主族；Y、Z同周期；X、Y、Z三種元素形成一種化合物M,25℃時,0.1mol?L-1的M溶液中c(OH?A.簡單離子半徑：Y<Z<WB.X分別與Z、W形成的化合物中,所含化學鍵類型一樣C.X、Y形成的最簡單化合物的電子式為D.Z分別與X、W均可形成具有漂白性的化合物【答案】D【解析】A項：由信息可知,X、Y、Z、W分別為H、N、O、Na。那么簡單離子半徑：Na+<O2-<N3-,A項錯誤；B項：H2O和H2O2中含有共價鍵,NaH中含有離子鍵,B項錯誤；C項：NH3的電子式為,C項錯誤；D項：H2O2和Na2O2有漂白性,D項正確。5.以下實驗操作所得的現(xiàn)象及結(jié)論均正確的選項是選項實驗操作現(xiàn)象及結(jié)論A將AlC13溶液加熱蒸干得到白色固體,成分為純潔的AlC13B將少量Na2SO3樣品溶于水,滴加足量鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產(chǎn)生,那么Na2SO3己變質(zhì)C用量筒量取一定體積的濃硫酸時,仰視讀數(shù)所量取的濃硫酸體積偏大D向FeI2溶液中通入少量C12溶液變黃,那么C12的氧化性強于Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A項：由于AlCl3水解生成的HCl揮發(fā)而促進水解,所以蒸發(fā)溶劑后所得固體為Al(OH)3,A項錯誤；B項：酸性條件下NO3-有強氧化性,能將SO32-氧化為SO42-,B項錯誤；C項：用量筒量取一定體積的液體時,仰視讀數(shù),液面高出刻度線,液體體積偏大,C項正確；D項：Cl2與Fe2+、I-的反響產(chǎn)物分別為Fe3+、I2,兩者的溶液均為黃色,故通入少量Cl2時,從溶液變黃的現(xiàn)象無法推知是哪種離子先反響,因此無法確定氧化性是Cl2>Fe3+還是Cl2>I2,D項錯誤。6.以二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料電池為電源,電解飽和食鹽水制備氯氣和燒堿,設計裝置如下圖。：a電扱的反響式為O2+4H++4e-=2H2O,以下說法不正確的選項是A.b電極的反響式為CH3OCH3+3H2O-12e-==2CO2↑+12H+學#科#網(wǎng)...B.試劑A為飽和食鹽水,試刑B為NaOH稀溶液C.陽極生成1mol氣體時,有1mol離子通過離子交換膜D.陰極生成1mol氣體時,理論上導線中流過2mole-【答案】C【點睛】該題以燃料電池為考察載體,通過電極反響式來確定原電池正負極,電解池陰陽極?？疾祀娀瘜W的相關知識,解題時主要抓住原電池,電解池的電極反響的本質(zhì)就可以順著思路解題。7.化學上常用AG表示溶液中的lgc(H+)c(OA.D點溶液的pH=11.25B.B點溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)C.C點時,參加NaOH溶液的體積為20mLD.25℃時,HNO2的電離常數(shù)Ka=1.0×10-5.5【答案】A【解析】A項：D點,那么=1.0×10-8.5,因為Kw=1.0×10-14,所以c(H+)=1.0×10-11.25,pH=11.25,A項正確；B項：B點溶液為等濃度的HNO2和NaNO2的混合溶液,電荷守恒式為c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-),物料守恒式為2c(Na+)=c(NO2-)+c(HNO2),那么2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2),B項錯誤；C項：C點溶液的,那么,HNO2的電離程度與NaNO2的水解程度一樣,參加NaOH溶液的體積小于20mL,C項錯誤；D項：A點溶液,那么,Kw=1.0×10-14,c2(H+)=1.0×10-5.5,那么HNO2的電離常數(shù),D項錯誤。8.TiCl4是制備鈦及其化合物的重要中間體,某小組同學利用以下裝置在實驗室制備TiCl4,設計實驗如下〔夾持裝置略去〕；相關信息如下表所示：熔點/℃沸點/℃密度/(g?cm-3)水溶性TiCl4-251361.5易水解,能溶于有機溶劑CC14-2376.81.6難溶于水請答復以下問題：〔1〕按照氣流由左到右的方向,上述裝置合理的連接順序為_____________〔填儀器接口字母〕〔2〕根據(jù)完好的實驗裝置進展實驗,實驗步驟如下：檢査裝置氣密性后,裝入藥品；_____________〔按正確的順序填入以下操作的字母〕。A.關閉分液漏斗活塞B.停頓加熱,充分冷卻C.翻開分液漏斗活塞D.加熱裝置D中陶瓷管實驗時,當觀察到______________時,開場進展步驟D?！?〕裝置A中導管m的作用為_______________________?！?〕裝置C的作用為___________________________________________。〔5〕裝置D中除生成TiCl4外,同時生成一種氣態(tài)不成鹽氧化物,該反響的化學方程式為__________________________________?！?〕設計實驗證明裝置F中搜集到的液體中含有TiCl4：______________________________________________?！?〕制得的TiCl4中常含有少量CCl4,從混合液體中別離出TiCl4的操作名稱為_________________?！敬鸢浮?1).acbfg〔或gf〕hidej(2).CDBA(3).裝置F充滿黃綠色氣體(4).平衡壓強,使?jié)恹}酸容易滴落(5).防止水蒸氣進入裝置未參加反響的Cl2,防止污染空氣(6).TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7).取少量搜集到的液體于干凈試管中,滴加適量水,產(chǎn)生白色沉淀,那么搜集到的液體中含有TiCl4(8).蒸餾【解析】該題考察的是實驗操作及結(jié)合物質(zhì)的制備實驗,主要考察實驗原理及操作方法,和物質(zhì)的性質(zhì)應用。(1)由裝置圖及題中信息可知,裝置A用于制備Cl2；裝置B用于枯燥Cl2；裝置D為主反響器；裝置F用于接收TiCl4；裝置C可防止水蒸氣進入接收器中使TiCl4水解；裝置E的作用為搜集CO,防止空氣污染。由此可得裝置的連接順序。(2)TiCl4易水解,須先通入Cl2排盡裝置中的空氣,再加熱陶瓷管；實驗完畢時,為防止裝置E中的水倒吸,需先停頓加熱再停頓通氣體,由此可得正確的操作步驟?？赏ㄟ^裝置F中充滿Cl2判斷裝置中空氣已排盡。(3)導管m可連通分液漏斗和圓底燒瓶,使二者內(nèi)部壓強相等,濃鹽酸容易滴落。(4)堿石灰可防止裝置E中的水蒸氣進入裝置F使TiCl4水解,同時可吸收未參加反響的Cl2。(5)由質(zhì)量守恒定律可知,生成的氣態(tài)不成鹽氧化物為CO,根據(jù)氧化復原反響的配平規(guī)那么可得反響的化學方程式。(6)TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl,故可用加水的方法證明TiCl4的存在。(7)別離互溶且沸點不同的液體可用蒸餾的方法?！军c睛】此題涉及氯氣的制備,氣體的制備與凈化,正確的實驗操作,結(jié)合氧化復原的知識就能較好的解題。9.某科研小組用鎳觸媒廢料〔主要成分為Ni-Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有機物〕制備NiO并回收金屬資源的流程如下所示：：相關數(shù)據(jù)如表1和表2所示學#科#網(wǎng)...表1局部難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)〔25℃〕物質(zhì)Ksp物質(zhì)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原料價格表物質(zhì)價格/〔元?噸-1〕漂液〔含25.2%NaClO〕450雙氧水〔含30%H2O2〕2400燒堿〔含98%NaOH〕學#科#網(wǎng)...2100純堿〔含99.5%Na2CO3〕600請答復以下問題：〔1〕“焙燒〞的目的是________________________________?！?〕“試劑a〞的名稱為__________________；選擇該試劑的理由是________________________?！?〕“氧化〞時反響的離子方程式為__________________________________________?！?〕欲使溶液中Fe3+和A13+的濃度均小于等于1.0×10-6mol?L-1,需“調(diào)節(jié)pH〞至少為_______________?！?〕“加水煮沸〞時,反響的化學方程式為_______________________________?！?〕整個流程中,可回收的金屬化合物為____________________________________〔填化學式〕?！?〕氫鎳電池是一種應用廣泛的二次電池,放電時,該電池的總反響為NiOOH+MH==Ni(OH)2+M,當導線中流過2mol電子時,理論上負極質(zhì)量減少__________g。充電時的陽極反響式為_______________________________________________?！敬鸢浮?1).除去廢料中的有機物；使局部金屬單質(zhì)轉(zhuǎn)化為氧化物(2).漂液(3).節(jié)約本錢,不影響后續(xù)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】該題是化工流程圖題,考察物質(zhì)的別離提純。結(jié)合氧化復原知識,化學反響原理知識,電化學知識進展綜合考察。(1)大局部有機物易揮發(fā)、易燃燒,可用焙燒法除去；同時局部金屬單質(zhì)與氧氣反響轉(zhuǎn)化為氧化物,酸浸時減少氫氣的生成。(2)氧化等量的Fe2+,用漂液本錢更低,且引入Na+和Cl-不影響后續(xù)別離和除雜。(3)“氧化〞的目的是用漂液將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+,根據(jù)氧化復原反響和離子反響的配平原那么,可寫出離子方程式。(4)由Fe(OH)3和Al(OH)3的溶度積常數(shù)可知,Al3+濃度小于等于1.0×10-6mol·L-1時,Fe3+濃度一定小于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-),計算得c(OH-)≥1.0×10-9mol·L-1,pH≥5。(5)“加水煮沸〞時,NiCO3水解轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2,同時生成CO2,可得化學方程式。(6)由流程圖知,可回收的金屬化合物為Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS。(7)該電池的負極反響式為MH+OH--e-===M+H2O,故轉(zhuǎn)移2mol電子時,理論上負極質(zhì)量減少2g。根據(jù)電池總反應式可知,充電時陽極反應式為Ni(OH)2+OH--e—===NiOOH+H2O?！军c睛】：此題以工藝流程為根底,考察了工藝流程解題思路和根本方法,實驗根本操作,元素化合物性質(zhì),化學競賽等相關知識,掌握根底是關鍵,題目難度中等。10.1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料,工業(yè)上可用丙烯加成法消費,主要副產(chǎn)物為3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1),反響原理為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：相關化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：化學鍵C—CC—CC—ClCl—ClE/(kJ?mol-1)611x328243請答復以下問題：〔1〕由反響i計算出表中x=_____________?！?〕一定溫度下,密閉容器中發(fā)生反響i和反響ii,到達平衡后增大壓強,CH2C1CHC1CH3的產(chǎn)率____________〔填“增大〞“減小〞或“不變〞〕,理由是_________________________________?！?〕T1℃時,向10L恒容的密閉容器中充入1molCH2=CHCH2C1和2molHC1,只發(fā)生反響CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)ΔH3。5min反響到達平衡,測得0?5min內(nèi),用CH2ClCHClCH3表示的反響速率v(CH2ClCHClCH3)=0.016mol·L-1?min-1。①平衡時,HCl的體積分數(shù)為__________________(保存三位有效數(shù)字〕。②保持其它條件不變,6min時再向該容器中充入0.6molCH2=CHCH2Cl、0.2molHC1和0.1molCH2ClCHClCH3,那么起始反響速率v正(HCl)______________〔填“>〞“<〞或“=〞〕V逆(HCl).〔4〕一定壓強下,向密閉容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12發(fā)生反響ii。設起始的n(CH①圖甲中,w2__________〔填“>〞“<〞或“=〞〕1②圖乙中,表示正反響平衡常數(shù)的曲線為____________〔填“A〞或“B〞〕,理由為________________。③T1K下,平衡時a(Cl2)=________________?！?〕起始時向某恒容絕熱容器中充入1molCH2=CHCH3和1molCl2發(fā)生反響ii,到達平衡時,容器內(nèi)氣體壓強_________________〔填“增大〞“減小〞或“不變〞〕?！敬鸢浮?1).332(2).增大(3).增大壓強,反響ii的平衡不挪動,反響i的平衡正向挪動。所以CH2C1CHC1CH3的產(chǎn)率增大(4).54.5%(5).>(6).>(7).B(8).反響ii的正反響為放熱反響。溫度升高,正反響的平衡常數(shù)減小(9).50%(10).增大【解析】這是考察化學反響原理的的題目,考察熱化學,化學鍵,化學平衡等知識點。(1)由反應i,ΔH1=-134kJ·mol-1=611kJ·mol-1+243kJ·mol-1-x-2×328kJ·mol-1,解得x=332kJ·mol-1。(2)反響ii的左右兩邊氣體分子總數(shù)相等,平衡不受壓強影響；反響i為氣體分子總數(shù)減小的反應,增大壓強,平衡正向挪動,CH2ClCHClCH3的產(chǎn)率增大。(3)①0~5min內(nèi),用CH2ClCHClCH3表示的反響速率v(CH2ClCHClCH3)=0.016mol·L-1·min-1,平衡時生成CH2ClCHClCH3的物質(zhì)的量為0.8mol,那么平衡時HCl(g)的物質(zhì)的量為1.2mol；再用差量法計算出平衡時氣體總物質(zhì)的量為3mol-0.8mol=2.2mol,所以HCl的體積分數(shù)為54.5%。②由題中數(shù)據(jù),利用三段式法可計算出平衡時,CH2=CHCH2Cl(g)、HCl(g)、CH2ClCHClCH3(g)的濃度分別為0.02mol·L-1、0.12mol·L-1、0.08mol·L-1,那么平衡常數(shù)；6min時的濃度商,平衡正向挪動,所以v正(HCl)>v逆(HCl)。(4)①由反應ii和圖甲知,一定溫度下,起始的越大,平衡時Cl2的體積分數(shù)越小。學#科#網(wǎng)...②反響ii的正反響方向為放熱反響,升高溫度,平衡向逆反響方向挪動,平衡常數(shù)減小。③由圖乙知,溫度為T1時,正、逆反響的平衡常數(shù)相等,又因為二者互為倒數(shù),那么平衡常數(shù)K=1。w=1時,設CH2=CHCH3和Cl2的物質(zhì)的量均為amol,參加反響的Cl2的物質(zhì)的量為bmol,利用三段式可列關系式:,解得。(5)該反響為反響前后氣體分子總數(shù)相等的放熱反響,反響向正反響方向進展,體系溫度升高,氣體膨脹,壓強增大?！军c睛】：此題以1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)作為知識引子,實際是考察化學反響原理的內(nèi)容,考察了熱化學計算,化學能與化學鍵的熱量轉(zhuǎn)化,化學反響速率,化學平衡及圖像,化學挪動等相關知識,掌握根底是關鍵,題目難度中等。11.鐵元素和碳元素形成的單質(zhì)及化合物在消費、生活中有廣泛的用處,請答復以下問題：〔1〕基態(tài)Fe原子的價層電子的電子排布圖為_________________；其最外層電子的電子云形狀為___________。〔2〕(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O俗稱摩爾鹽。其陰離子的VSEPR模型名稱為____________________。寫出一種與NH4+互為等電子體的分子的電子式：________________________________?！?〕Fe(CO)5可用作催化劑、汽油抗暴劑等.其分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為______________。CO的沸點高于N2的原因是_________________________?！?〕碳元素可形成多種單質(zhì)。①石墨烯是從石墨中剝離出來的由單層碳原子構(gòu)成的平面構(gòu)造新型碳材料。其中碳原子的雜化方式為______________________。料,其中碳原子的雜化方式為,②金剛石的晶胞如下圖。假設晶胞參數(shù)為apm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,那么該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為________________；1cm3晶體的平均質(zhì)量為___________〔列出計算式即可〕?！敬鸢浮?1).(2).球形(3).正四面體形(4).〔或〕(5).1∶1(6).二者相對分子質(zhì)量一樣,CO為極性分子,N2為非極性分子,CO的分子間作用力大于N2的(7).sp2(8).34%(9).9.6×1031【解析】(1)基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2,可得其價層電子的電子排布圖。其最外層電子為4s電子,故電子云形狀為球形。(2)SO42-的價層電子對數(shù)目為4,其VSEPR模型名稱為正四面體形。根據(jù)等電子體的含義：原子總數(shù)一樣且價電子數(shù)相等,與NH4+互為等電子體的分子為CH4或SiH4,可寫出電子式。(3)Fe(CO)5分子中Fe原子與5個CO形成5個σ鍵,每個CO分子中含有1個σ鍵和2個π鍵,故二者的數(shù)目之比為1∶1。二者相對分子質(zhì)量一樣,組成和構(gòu)造相似,極性越強,分子間作用力越大,沸點越高。(4)①石墨中碳原子與其他三個碳原子之間形成三個σ鍵,其空間構(gòu)型為平面三角形,故雜化方式為sp2。②空間利用率等于晶胞中原子實際占用體積除以晶胞體積,可得其空間利用率為34%。每個金剛石的晶胞實際占用8個碳原子,其質(zhì)量為〔12×8〕/NAg；晶胞的體積為(a×10-10)3cm3,1cm3晶體中平均含有晶胞的數(shù)目為1/(a×10-10)3,那么1cm3晶體的平均質(zhì)量為。12.以A、B兩種烴為原料,合成治療高血脂藥物M的道路如下所示〔局部反響條件和試劑略去〕：：①A的密度是同條件下H2密度的13倍；②〔R表示烴基〕；③〔R1和R2表示烴基〕請答復以下問題：〔1〕B的化學名稱為_______________,E中官能團的構(gòu)造式為________________________?！?〕L的構(gòu)造簡式為_________________,M的核磁共振氫譜中有___________組吸收峰?！?〕A→C的反響類型為__________________________?！?〕I的分子中最多有___________個碳原子在同一平面