届河北省衡水中学高三下学期猜题卷理综化学解析版.docx
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届河北省衡水中学高三下学期猜题卷理综化学解析版
河北省衡水中学2017届高三下学期猜题卷理综化学试题
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16Ca-40Cu-64Br-80
第Ⅰ卷
选择题：
本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符含题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或亊实的解释不正确的是
选项
现象或事实
解释
A.
肉制品中添加适量的亚硝酸钠
亚硝酸钠有防腐的作用
B.
液氨常用作制冷剂
液氨汽化时要吸收大量的热
C.
利用静电除尘装置除去粉尘
胶体粒子带电
D.
Al（OH）3用作塑料的阻燃剂
Al（OH）3受热熔化吸收大量的热
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】亚硝酸钠有防腐的作用，肉制品中可以添加适量的亚硝酸钠，故A正确；液氨常用作制冷剂，故B正确；胶体粒子带电，所以可静电除尘，故C正确；Al（OH）3用作塑料的阻燃剂，因为Al（OH）3受热分解吸收大量的热，故D错误。
2.下列说法正确的是
A.H2C=CHCH3分子中所有原子在同一平面上
B.分子式为C3H5Br2的有机物共有4种同分异构体（不含立体异构）...
C.乙二醇和甘油互为同系物
D.结构式为…-CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…的高分子化合物，其单体是乙烯
【答案】B
【解析】H2C=CHCH3分子中最多有7个原子在同一平面上，故A错误；分子式为C3H5Br2的有机物共有1,1-二溴丙烷、1,2-二溴丙烷、1,3-二溴丙烷、2,2-二溴丙烷4种同分异构体，故B正确；乙二醇含有2个羟基、甘油含有3个羟基，不是同系物，故C错误；结构式为…-CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…的高分子化合物，其单体是1,3-丁二烯，故D错误。
3.下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是
选项
操作和现象
结论
A.
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
B.
向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接填入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去
记明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化
C.
常温下，测得饱和Na2S溶液的PH大于饱和Na2CO3溶液
常温下水解程度：
S2->CO32-
D.
向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且上层溶液至紫色
CC14可作为碘的萃取剂
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
4.合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法错误的是
A.物质X的分子中存在2种含氧官能团
B.物质Y可以发生水解和消去反应
C.1molZ最多可与2molBr2发生加成反应...
D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH的物质的量之比为1:
1
【答案】D
【解析】物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官能团，故A正确；物质Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去反应，故B正确；1molZ含有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2发生加成反应，故C正确；1molX与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量2mol，故D错误。
5.锌银（Zn-Ag2O）电池多应用于军事、航空、移动的通信设备、电子仪器和人造卫星、宇宙航行等方面，用如图所示装置模拟其工作原理，下列说法正确的是
A.K+向a极移动
B.b极的电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-
C.用该电池给铁棒镀铜，则铁棒与b极相连
D.电池工作一段时间后，电解液的pH减小
【答案】B
【解析】电子由a极流出，a是负极、b是正极，K+向b极移动，故A错误；b极是正极，氧化银得电子，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，故B正确；镀件与负极相连，用该电池给铁棒镀铜，则铁棒与a极相连，故C错误；电池总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，电池工作一段时间后，电解液的pH不变，故D错误。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；25℃，0.01mol/L的v溶液中：
=1.0×10-10。
上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是
A.简单离子半径：
W>Y>Z>X
B.W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：
Y>W
C.Z2Y和ZX都只存在离子键
D.v能抑制水的电离，u能促进水的电离
【答案】D
【解析】25℃，0.01mol/L的v溶液中：
=1.0×10-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素；简单离子半径：
S2->O2->Na+>H+，故A正确；H2O的沸点大于H2S，故B正确；Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。
7.室温下，下列关亍电解质的说法中正确的是
A.中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，前者消耗的盐酸多
B.向NaHS溶液中加入适量KOH后：
c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）
C.将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：
c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸的电离常数Ka=
（用含a的代数式表示）
D.向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则
的值减小
【答案】B
【解析】中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:
1，c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-），故B正确；将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：
c（Na+）=c（CH3COO-），溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=
，故C错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c（OH-）减小，Kh=
值不变，所以则
的值增大，故D错误。
8.溴化钙易溶于水，医学上可用于治疗神经衰弱、癫痫等症。
请回答下列问题：
Ⅰ.工业上溴的制备。
...
（1）步骤③中主要反应的化学方程式为___________________。
（2）不能直接用“溴水混合物I”进行蒸馏得到液溴，原因是_________________。
Ⅱ.实验室溴化钙的制备。
（3）“合成”步骤中，所需装置最合适的是_____________（填选项字母）。
（4）“合成”步骤中的反应方程式为__________，“合成”步骤中需控制温度不能过高，原因是______________________，投料时控制n（Br2）；n（NH3）=1：
0.8，其目的是________________。
（5）步骤⑧酸化时应加入的酸是_________________。
（6）设计实验测定产品（主要成分CaBr2）纯度（不必描述操作过程的细节，物理量的数值可用字母表示）：
______________________________。
【答案】
（1）.SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr
（2）.浓度较低，如果直接蒸馏，处理量大，生产成本高（3）.B（4）.3Ca（OH）2+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+6H2O（5）.温度过高，Br2、NH3易挥发（6）.确保Br2被充分还原（7）.HBr（或氢溴酸或溴化氢）（8）.取样品ɑg，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤，洗涤、干燥、冷却，称量，得到bg碳酸钙，则样品的纯度为
×100%（其他合理答案也给分）
【解析】试题分析：
（1）步骤③中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸。
（2）“溴水混合物I”浓度较低。
（3）液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行。
（4）“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢，溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙；温度过高，Br2、NH3易挥发，反应中Br2、NH3的系数比是3:
2，投料时控制n（Br2）；n（NH3）=1：
0.8，氨气过量，确保Br2被充分还原。
（5）产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤⑧酸化时应加入的酸是氢溴酸。
（6）取样品ɑg，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应生成碳酸钙根据得到碳酸钙的质量，计算产品纯度。
解析：
（1）步骤③中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸，反应方程式为SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr。
（2）“溴水混合物I”浓度较低，如果直接蒸馏，处理量大，生产成本高。
（3）液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行，最适宜的装置是B；
（4）“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢，溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙，方程式为3Ca（OH）2+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+6H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发，反应中Br2、NH3的系数比是3:
2，投料时控制n（Br2）；n（NH3）=1：
0.8，氨气过量，确保Br2被充分还原。
（5）产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤⑧酸化时应加入的酸是氢溴酸。
（6）取样品ɑg，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤，洗涤、干燥、冷却，称量，得到bg碳酸钙，根据钙元素守恒，样品的纯度为
×100%。
点睛：
海水提溴步骤③中通入SO2的目的是溴元素的富集，减小蒸馏处理量，降低生成成本。
9.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2C1、NHC12和NC13），副产物少于其它水消毒剂。
回答下列问题：
（1）①一氯胺（NH2Cl）的电子式为__________。
②工业上可利用反应Cl2（g）+NH3（g）=NH2Cl（l）+HCl（g）制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的链能相同），则该反应的△H=______________。
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
键能（kJ/mol）
391.3
243.0
191.2
431.8
③一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_________________。
（2）用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2（g）+NH3（g）
NHCl2（g）+2HCl（g），向容积均为1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃）容器中分别加入2molC12和2molNH3，测得各容器中n（Cl2）随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
40
80
120
160
n（Cl2）（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n（Cl2）（乙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①甲容器中，0～40min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v（NH3）=______________。
②该反应的△H________0（填“>”或“<”），理由是____________________。
③对该反应，下列说法正确的是______________（填选项字母）。
A.若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态
B.若容器内C12和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态
C.反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大
D.反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反应方向移动
（3）在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2（g）+NH3（g）
NHCl2（l）+2HCl（g），测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点（填“A”“B”或“C”）。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=_______（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）
【答案】
（1）.
（2）.+11.3kJ/mol（3）.NH2Cl+H2O═NH3+HClO（4）.6.25×10-8mol·L-1·min-1（5）.<（6）.温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T℃时的反应速率比400℃时的反应速率快，且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小（7）.AB（8）.B（9）.0.5MPa
【解析】试题分析：
（1）①一氯胺（NH2Cl）是共价化合物，氮原子分别与氢原子、氯原子成键。
②反应物的总键能-生成物的总键能=焓变。
③一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸。
（2）①甲容器中，0～40min内n（Cl2）的变化为0.5mol，c（Cl2）的变化为0.5mol/L，c（NH3）变化为0.25mol/L，根据
计算v（NH3）。
②乙容器达到平衡用时短，反应速率快，所以温度高，平衡时氯气的物质的量大，说明升高温度平衡逆向移动。
③A.根据
，NHCl2是液体，m是变量，密度是变量；
B.投料比不等于系数比，反应过程中C12和NH3物质的量之比是变量；
C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动；
D.NHCl2是液体，加入NHCl2，平衡不移动；
（3）①该反应
，增大压强，平衡正向移动；。
②根据图像C点时c（HCl）=c（Cl2）,利用“三段式”可计算该、Cl2、NH3、HCl的物质的量比。
解析：
（1）①根据分析，NH2Cl的电子式为
。
②根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，Cl2（g）+NH3（g）=NH2Cl（g）+HCl（g）△H=243.0+391.3×3-391.3×2-191.2-431.8=+11.3kJ/mol。
③一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸和氨气，方程式为NH2Cl+H2O═NH3+HClO。
（2）①甲容器中，0～40min内n（Cl2）的变化为0.5mol，c（Cl2）的变化为0.5mol/L，c（NH3）变化为0.25mol/L，v（NH3）=
6.25×10-8mol·L-1·min-1。
②温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T℃时的反应速率比400℃时的反应速率快，且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小，所以该反应△H<0。
③A、根据
，NHCl2是液体，m是变量，密度是变量，密度不变一定平衡，故A正确；...
B.投料比不等于系数比，反应过程中C12和NH3物质的量之比是变量，C12和NH3物质的量之比不变，一定平衡，故B正确；
C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故C错误；
D.NHCl2是液体，增加NHCl2，浓度不变，平衡不移动，故D错误。
（3）①该反应
，增大压强，平衡正向移动，压强越大Cl2转化率越高，故B点最大；
②根据图像C点时c（HCl）=c（Cl2）,设氨气的变化量为xmol
2-2x=2x
X=0.5mol，
Kp（C）=
0.5。
点睛：
焓变=生成物的总能量-反应物的总能量；焓变=反应物的总键能-生成物的总键能。
10.CoCl2•6H2O可用作油漆干燥剂，工艺上可用含钴废料（主要为Co，含少量Fe、Al等杂质）为原料来制取CoCl2•6H2O,以下是制备该物质的一种新工艺流程：
已知：
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
2.7
7.5
7.6
3.8
完全沉淀
3.2
9.7
9.2
5.2
请回答下列问题：
...
（1）“酸浸”时Co转化为Co2+，反应的离子方程式为__________。
“酸浸”时不能用硝酸的原因是_______。
（2）“氧化”中欲使3mol的Fe2+为Fe3+，则需要氧化剂过氧化氢的质量至少为_________g。
（3）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是___________。
“滤渣”中所含的两种沉淀的化学式为_________。
（4）滤液中加盐酸的目的是_____________________。
（5）操作I为___________________。
（6）以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的反应方程式为__________。
【答案】
（1）.Co+2H+═Co2++H2↑
（2）.减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐（3）.51（4）.5.2≤ɑ<7.6（5）.Fe（OH）3、Al（OH）3（6）.调节溶液的pH，抑制钴离子水解（7）.蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（8）.2CoCl2•6H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2Cl3+14H2O
【解析】试题分析：
（1）“酸浸”时Co与盐酸反应生成氯化钴和氢气。
金属与硝酸反应放出NO气体。
（2）根据H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O计算需要双氧水的质量。
（3）加入碳酸钠调节pH至a，让Fe3+、Al3+完全沉淀，Co2+不能沉淀，判断PH范围。
（4）盐酸能抑制氯化钴水解。
（5）操作I为从溶液中获得晶体的方法。
（6）根据元素守恒配平CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的方程式。
解析：
（1）“酸浸”时Co与盐酸反应生成氯化钴和氢气，方程式为Co+2H+═Co2++H2↑。
金属与硝酸反应放出NO气体，为减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐“酸浸”时不能用硝酸。
（2）设需要氧化剂过氧化氢的质量至少为xg
（3）加入碳酸钠调节pH至a，让Fe3+、Al3+完全沉淀PH
5.2，Co2+不能沉淀PH，判断PH<7.6，所以a的范围是5.2≤ɑ<7.6。
（4）盐酸能抑制氯化钴水解，加入盐酸的目的是调节溶液的pH，抑制钴离子水解。
（5）操作I为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（6）根据元素守恒配平CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Cl3的方程式为2CoCl2•6H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2Cl3+14H2O。
点睛：
除去盐溶液中的Fe3+，一般选择调节溶液PH的方法使Fe3+完全水解为氢氧化铁沉淀而除去，如氯化铜溶液中含有少量氯化铁，可加入适量氧化铜、氢氧化铜等物质调节PH使Fe3+生成氢氧化铁沉淀。
11.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且D、G的原子序数相差10，E元素有多种化合价。
它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E.、F的电子数相差1。
请回答下列问题：
（1）基态E原子的价电子排布式为_________________。
（2）与BC分子互为等电子体的离子为______________________（填化学式）。
（3）在B5A5、BC2中，B原子采取的杂化方式分別为____________、_____________。
（4）单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是__________（填分子式），而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___________________。
（5）F可形成分子式均为F（NH3）5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为SO4。
向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为_____________；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。
若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________________。
...
（6）金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①其中表示金属D晶体晶胞的结构图为__________（填“I”或“II”）。
②金属G的晶胞中，测得晶胞边长为361pm，G原子的半径约为_________pm（保留三位有效数字），D、G两种晶胞中金属的配位数之比为_______________。
③金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示：
电离能/kJ•mol-1
I1
I2
G
746
1958
锌
906
1733
G的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是______________。
【答案】
（1）.3d44s2
（2）.CN-（或NO+或
C
）（3）.sp2（4）.sp（5）.O3（6）.水分子间存在氢键（7）.产生白色沉淀（8）.Br（9）.I（10）.128（11）.2:
3（12）.锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量
解析：
根据以上分析，
（1）基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2。
（2）与CO分子互为等电子体的离子为CN-。
（3）在C5H5、CO2直线结构，C原子采取的杂化方式分別为SP2、SP。
（4）单质O有两种同素异形体O2、O3，O3比O2相对分子质量大所以沸点高，水分子间形成氢键，所以沸点比同主族的简单氢化物都高。
（5）Co可形成分子式均为Co（NH3）5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。
若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为Br。
（6）金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①金属K是体心立方最密堆积，晶体晶胞的结构图为I。
②金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞边长为361pm，面对角线的为
，G原子的半径约为
128pm，金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12，配位数比是2:
3。
③锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。
点睛：
配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以SO4加BaCl2溶液
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