唐山市届高三第三次模拟考试化学.docx

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唐山市届高三第三次模拟考试化学

河北省唐山市2018届高三第三次模拟考试理综化学试题

1.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：

“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。

”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石（KNO3）和朴消（Na2SO4）之法：

以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。

文字中两处渉及到“法”。

分别是

A.蒸馏焰色反应B.萃取升华

C.蒸馏丁达尔效应D.升华焰色反应

【答案】A

【解析】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。

通过以上分析，A选项正确，故本题答案为A。

点睛：

本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文的理解。

2.设NA为阿伏加徳罗常数的値，下列说法正确的是

A.2L0.5mol·L-1的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe（OH）3胶粒的数目NA

B.2.24L（标准状况）己烷在氧气中完全燃烧，得到0.6NACO2分子

C.3gSiO2晶体中含有的Si-O键的数目为0.1NA

D.若1LAlCl3溶液中，含NA个Al3+，則Cl-物质的量浓度大于3mol·L-1

【答案】D

【解析】A.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的粒子个数小于NA个，A错误；B.标况下己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B错误；C.3gSiO2的物质的量为0.05mol，而二氧化硅晶体中每个Si原子与4个硅氧键，所以3gSiO2晶体中含有的Si-O键的数目为0.2NA，C错误；D.Al3+是弱碱性阳离子，在溶液中会水解，故当含NA个Al3+时，溶液中Cl-物质的量浓度大于3mol·L-1，所以D正确；本题答案选D。

点睛：

本题易错选项B，注意己烷在标况下为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量。

3.以下为制取有机物Z的反应，下列说法正确的是

A.X、Y均能发生取代反应，Z不能发生B.X、Y、Z中只有X的所有原子可能共面

C.X、Y均可作为合成聚合物的单体D.Y的同分异构体的数目只有2种（不包括本身）

【答案】B

【解析】A.X是苯乙烯，含有苯环和碳碳双键，能发生苯环上的取代反应，Y是乙酸能和醇发生酯化反应（属于取代反应），Z属于酯类，能发生水解反应，也是取代反应，故A错误；B.苯乙烯分子中碳碳单键可以旋转，所有原子可能共面，Y和Z分子中由于含有饱和碳原子，所有原子不可能共面，B正确；C.苯乙烯可发生加聚反应，乙酸分子只含一个羧基故不能聚合，C错误；D.乙酸的同分异构体有HCOOCH3、HOCH2CHO和环醚等，D错误；因此，本题答案为B。

点睛：

本题易错D，注意乙酸的同分异构体有多种，除了容易想到的甲酸甲酯和羟基乙醛外还有环醚，本题考查学生的思维发散性。

4.X、Y、Z、W、Q是五种短周期主族元素，其中X原子K、L层电子数之比为1∶2，Y是地壳中含量最高的元素，Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间都能发生反应，Q元素最高化合价与最低化合价之和为6。

下列判断正确的是

A.X、Y、Q分別与氢元素都可形成18电子化合物

B.简单离子半径关系：

Q>Z>W>Y

C.Z、W的单质分别与Q的单质化合后的产物中所含化学键类型相同

D.常温下，W元素的单质与浓硝酸接触立即生成大量红棕色气体

【答案】A

【解析】X原子K、L层电子数之比为1∶2，K层电子数为2，L层电子数为4，故X为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间都能发生反应，Q元素最高化合价与最低化合价之和为6，Q为Cl；W为Al；Z为Na；综合以上分析，

X为C；Y为O；Z为Na；W为Al；Q为Cl；A.C、O、Cl分別与氢元素形成C2H6、H2O2、HCl都是18电子化合物，A正确；B.核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，离子半径Cl->O2->Na+>Al3+,即Q>Y>Z>W，B错误；C.NaCl为离子化合物含有离子键，AlCl3为共价化合物，含有共价键，化学键类型不同，C错误；D.常温下，Al与浓硝酸发生钝化，D错误；本题正确答案为：

A。

点睛：

解答本题要注意对特殊物质的掌握，特殊18电子微粒有C2H6、H2O2，共价化合物AlCl3等。

5.在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，实验装置如图所示。

下列说法不正确的是

A.c中盛装的是浓硫酸

B.实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯

C.此反应中的尾气，除氯气外都可直接排放到大气中

D.该装置不完善，其中应改进的一项是在d、e之间添加一个干燥装置

【答案】C

【解析】本题向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，a装置制取氯气，b装置除去氯气中的HCl，c装置干燥氯气，d装置发生制备AlCl3的反应，e装置尾气处理装置。

A.c中盛装的是浓硫酸干燥氯气，A正确；B.实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，可以充分利用氯气，B正确；C.此反应中的尾气，除氯气外还有CO等，不能直接排放到大气中，C错误；D.为防止e装置中的水蒸气进入d，在d、e之间添加一个干燥装置，故D正确；因此，本题正确答案为C。

点睛：

本题易错B选项，空气不影响该实验，不必先制氯气排空气，为了充分利用氯气，实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，使反应顺利进行。

6.用电渗析法由NaH2PO2制备H3PO2的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A.电源a极为负极，所连石墨电极上的反应为2H++2e-=H2↑

B.氢氧化钠溶液所在的极室中pH减小

C.H+由左向右穿过阳膜1，H2PO2-由右向左穿过阴膜

D.当导线中转移0.4mole-时，两石墨电极上产生气体体积之和为标准状况下4.48L

【答案】C

【解析】由工作原理图可知，四室中左端电极室的H+通过阳膜1进入产品室，H2PO2-由右向左穿过阴膜进入产品室，因此左端电极为阳极，和电源正极相连，a为正极，则b为负极，右端石墨电极为阴极。

结合以上分析可判断A.电源a极为正极，所连石墨电极上的反应为氧化反应2H2O-4e-=4H++O2↑；A错误；B.氢氧化钠溶液所在的极室中发生的电极反应为还原反应2H2O+2e-=4OH-+H2↑，有OH-生成，故pH增大，B错误；C.H+由左向右穿过阳膜1，H2PO2-由右向左穿过阴膜，C正确；D.根据电极反应，当导线中转移0.4mole-时，阳极产生0.1molO2,阴极产生0.2molH2，产生气体体积之和为标准状况下6.72L，故D错误；本题正确答案为C。

点睛：

根据离子移动方向判断电解池的阴阳极，进而判断电源的正负极是解题的关键。

7.常温下，用0.1mol/L的氨水滴定10.00mL0.1mol/L的酸HA，所加氨水的体积（V）与溶液中lg

的关系如图所示。

下列说法错误的是

A.X点：

c（A-）>c（H+）>c（NH4+）>c（OH-）B.Y点：

V（NH3·H2O）<10.00mL

C.Z点：

2c（A-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）D.HA的电离方程式为HA=H++A-

【答案】B

【解析】由图可知，0.1mol/L的酸HA的lg

=12，则

=1012，

=1012，c2（H+）=1012KW=1012

10-14=10-2，c（H+）=0.1mol/L，说明HA完全电离，为强酸。

A.X点：

加入5mL0.1mol/L的氨水得到等浓度的NH4A和HA混合溶液，c（A-）>c（H+）>c（NH4+）>c（OH-），A正确；B.Y点：

lg

=0，即

=1，c（H+）=c（OH-）,溶液呈中性，若加入氨水V（NH3·H2O）=10.00mL，恰好得到NH4A溶液，此时溶液由于NH4+水解而显酸性，故加入的氨水应比10.00mL大，故B错误；C.Z点为等浓度的NH4A和NH3·H2O的混合溶液，根据物料守恒，2c（A-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O），C正确；D.HA为强酸，电离方程式为HA=H++A-，D正确；本题正确答案应选B。

点睛：

本题的突破点在于先根据0.1mol/L的酸HA的lg

=12，c（H+）=0.1mol/L，确定HA为强酸，然后根据X、Y、Z点各溶液的成分分别进行分析，各个突破。

8.过氧化钙（CaO2）在室温下稳定，加热至350℃左右，迅速分解。

微溶于水，不溶于乙醇，可溶于稀酸生成过氧化氢。

实验室用如下方法制备CaO2并测定其纯度。

过氧化钙的制备实验装置和步骤如下：

将盛有H2O2溶液和氨水混合液的三颈烧瓶置于冷水浴中，在搅拌下滴入CaCl2溶液，析出固体CaO2·8H2O。

对所得固体过滤，用5mL无水乙醇洗涤2

3次，转移至坩埚于烘箱内105℃下脱水干燥，冷却后称重，得产品CaO2。

回答下列问题：

（1）仪器A的名称为：

_____________________；恒压分液漏斗的导管a的作用为_________________。

（2）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________________________；将三颈烧瓶置于冷水浴中，其主要目的为________________________________。

（3）用无水乙醇代替水洗涤的目的是：

___________________________；判断脱水干燥是否完全，需要至少冷却后称重____________次。

（4）过氧化钙纯度的测定，装置如下图所示：

检查装置气密性后，精确称取mg过氧化钙样品加入试管中，调整甲管内液面读数在0-1mL之间，并与乙管的液面相平，记下甲管内液面的初读数V1mL。

加热，过氧化钙逐渐分解放出氧气，完全分解，停止加热冷却至室温后，使甲乙两管的液面相平，记下甲管内液面的终读数V2mL，设在此温度和压强下气体摩尔体积为VmL·mol-1，则样品中CaO2的质量分数为___________%。

（5）过氧化钙用于长途运输鱼苗，可能的原因是____________________________________。

【答案】

（1）.球形冷凝管

（2）.使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下（3）.CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl（4）.（反应放热）防止双氧水分解和氨水挥发（5）.降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，乙醇易挥发，更利于干燥（6）.2（7）.

（8）.可与水缓慢反应放出氧气作供氧剂，可杀菌消毒，可吸收CO2等（合理即得分）

【解析】

（1）仪器A的名称为：

球形冷凝管；恒压分液漏斗可以起到平衡压强的作用，因此，恒压分液漏斗的导管a的作用为使上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下。

（2）从题干叙述可知，CaCl2和H2O2溶液和氨水混合液反应生成CaO2·8H2O↓，化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；由于该反应放热，且双氧水易分解，氨水易挥发，故需要冷水浴，因此本题正确答案为：

CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；（反应放热）防止双氧水分解和氨水挥发。

（3）由信息知过氧化钙（CaO2）微溶于水，不溶于乙醇，用无水乙醇代替水洗涤可降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，乙醇易挥发，更利于干燥；判断脱水干燥是否完全，需要至少冷却后称重2次，两次结果相差不超过0.1g。

因此本题答案为：

降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，乙醇易挥发，更利于干燥；2。

（4）根据反应方程式：

2CaO2===2CaO+O2↑，生成O2的物质的量=

mol，CaO2的物质的量=2

mol，则样品中CaO2的质量分数=

%。

本题答案为：

。

（5）结合题给信息，过氧化钙用于长途运输鱼苗，可能的原因是可与水缓慢反应放出氧气作供氧剂，可杀菌消毒，可吸收CO2等。

9.磷酸铁锂是锂电池的电极材料，其成分为LiFePO4、碳粉和铝箔。

对该材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：

已知：

溶解度表：

Li2CO3

LiOH

LiI

0℃

l.54g

12.7g

151g

100℃

0.72g

13.6g

179g

回答下列问题：

（1）由滤液1到沉淀1反应的离子方程式为_______________________________。

（2）向滤渣1加入H2SO4、H2O2混合溶液时，磷酸铁锂溶解，反应的离子方程式为__________________________________。

（3）对滤渣1酸浸操作，下列实验条件控制正确的是（填字母代号）_________________。

a.加入H2O2溶液适当过量，有利于滤渣1的转化

b.适当提高硫酸溶液浓度并搅拌

c.用HNO3代替所加H2SO4和H2O2，节约药品更环保

（4）滤液2加氨水时，调节pH=3，此时溶液中c（Fe3+）=________（常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38）。

（5）向滤液3中加入物质X，根据溶解度表判断X可能是：

___________（填Na2CO3、NaOH或Nal）。

（6）对沉淀3进行洗涤操作，应选择________（选填“冷水”或“热水”）进行洗涤。

（7）磷酸铁锂电池的工作原理为：

LiFePO4+6C

Li1-xFePO4+LixC6，电池中的电解质可传导Li+。

放电时正极的电极反应式为________________________________。

【答案】

（1）.AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－

（2）.2LiFePO4＋H2O2＋8H+＝2Li+＋2Fe3+＋2H3PO4＋2H2O（3）.ab（4）.4×10－5mol·L-1（5）.Na2CO3（6）.热水（7）.Li1-xFePO4＋xe-＋xLi+＝LiFePO4

【解析】根据电极材料的成分LiFePO4、碳粉和铝箔，分析流程可知锂电池的电极材料经碱浸、过滤溶解铝得到滤液1含有偏铝酸钠，通入足量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀（沉淀1），滤渣1经硫酸和过氧化氢酸浸，分离出碳粉（滤渣2），滤液2中含有Fe3+，加入氨水，生成氢氧化铁沉淀（沉淀2），滤液3中含有Li+加入Na2CO3可生成Li2CO3沉淀（沉淀3），结合以上分析。

（1）由滤液1到沉淀1反应的离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－。

（2）向滤渣1加入H2SO4、H2O2混合溶液时，H2O2作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+,根据得失电子守恒写出反应的离子方程式为：

2LiFePO4＋H2O2＋8H+＝2Li+＋2Fe3+＋2H3PO4＋2H2O。

（3）从加快化学反应速率角度考虑，a.加入H2O2溶液适当过量，有利于滤渣1的转化，a正确；b.适当提高硫酸溶液浓度并搅拌，b正确；c.用HNO3代替所加H2SO4和H2O2，会生成氮的氧化物，对环境有污染，c错误；因此本题答案为ab。

（4）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH-）=4.0×10-38，pH=3，c（H+）=10-3mol/L，则c（OH-）=10-11mol/L，此时溶液中c（Fe3+）=

mol·L-1=4×10－5mol·L-1。

（5）根据溶解度表知，Li2CO3的溶解度最小，故X可能是：

Na2CO3。

（6）由溶解度表知，Li2CO3的溶解度在100℃时小于0℃，所以对沉淀3进行洗涤操作，应选择热水洗涤。

（7）由LiFePO4+6C

Li1-xFePO4+LixC6知放电自左向右，且放电时正极发生还原反应，所以放电时正极的电极反应式为Li1-xFePO4＋xe-＋xLi+＝LiFePO4。

10.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。

回答下列问题：

已知：

2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH=-221kJ/mol

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH=+181kJ/mol

（1）若某反应的平衡常数表达式为K=

，请写出此反应的热化学方程式：

___________________________；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是（填字母代号）_________。

a.增大容器压强b.升高温度c.使用优质催化剂d.增大CO的浓度

（2）向容积为2L的密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应C（S）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g），NO和N2的物质的量变化如下表所示。

物质的量/mol

T1/℃

T2/℃

0

5min

10min

15min

20min

15min

30min

NO

2.0

1.16

0.80

0.80

0.50

0.40

0.40

N2

0

0.42

0.60

0.60

0.75

0.80

0.80

①0～5min内，以CO2表示的该反应速率v（CO2）=______，该条件下的平衡常数K=_______________。

②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_______T2（填“>”、“<”或“=”）。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_______移动（填“正向”、“逆向”或“不”）；最终达平衡时NO的转化率a=______________。

（3）工业上可以用氨水除去反应C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4++HCO3-+H2O

NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=________________。

（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11）

【答案】

（1）.2CO（g）+2NO（g）

N2（g）+2CO2（g）　△H=-747kJ/mol

（2）.ad（3）.0.042mol·L-1·min-1（4）.

（5）.＞（6）.正向（7）.60%（8）.1.25×10－3

【解析】

（1）根据平衡常数的定义，若平衡常数表达式为K=

，则化学方程式为：

2CO（g）+2NO（g）

N2（g）+2CO2（g），已知①2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH=-221kJ/mol，

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，③N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH=+181kJ/mol

根据盖斯定律：

②×2-①-③得：

2CO（g）+2NO（g）

N2（g）+2CO2（g）　△H=-747kJ/mol；由于该反应是气体体积减小的放热反应a.增大容器压强平衡正向移动NO转化率增大，a正确；b.升高温度平衡逆向移动，NO转化率减小，b错误；c.使用优质催化剂不改变平衡，c错误；d.增大CO的浓度，可以提高NO的转化率，d正确；因此本题答案为：

ad。

（2）根据盖斯定律：

上述已知反应②-③得：

C（S）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）△H=-574.5kJ/mol；

①利用表格数据：

0～5min内，以N2表示的该反应速率v（N2）=

=0.042mol·L-1·min-1所以以CO2表示的该反应速率v（CO2）=v（N2）=0.042mol·L-1·min-1；通过分析知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三行式分析浓度改变

C（S）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）

10min时平衡浓度（mol/L）0.40.30.3

平衡常数K=

=

=

。

②第15min后，温度调整到T2，从表格查得NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，则T1>T2。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，此时各量分析如下：

C（S）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）

30min时平衡浓度（mol/L）0.20.40.4

加入混合物后浓度（mol/L）1.21.41.4

变化浓度（mol/L）2xxx

新平衡浓度（mol/L）1.2-2x1.4+x1.4+x

（3）NH4++HCO3-+H2O

NH3·H2O+H2CO3，平衡常数K=

=

=

=1.25×10－3。

11.硅、硼、铜、硒的单质及化合物在现代工业生产中有着广泛应用。

回答下列问题：

（1）基态Cu+的核外价层电子排布式为_______________；Be、B、Al的第一电离能由大到小的顺序是______________________________。

（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se___Si（填“>”、“<”）。

（3）SeO32-中Se原子的杂化类型为______，与其互为等电子体的一种分子的分子式是______________。

（4）CuSO4和Cu（NO3）2是自然界中重要的铜盐，向CuSO4熔液中加入过量稀氨水，产物的外界离子的空间构型为_________，Cu（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在_______________。

（5）磷化硼（BP）是一种耐磨材料，熔点高，其晶胞结构如图所示。

该晶胞中B的堆积方式为___________，己知该晶体的晶胞参数apm，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为____g·cm-3；构成晶体的两种粒子之间的最近距离为__________pm。

【答案】

（1）.3d10

（2）.Be>B>Al（3）.＞（4）.sp3（5）.NF3（或PF3、NCl3、PCl3等）（6）.正四面体（7）.离子键、π键（8）.面心立方最密堆积（9）.

（10）.

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（2）“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，说明非金属性H>Si，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，说明非金属性Se>H,即非金属性Se>Si,非金属性越强电负性越大，则硒与硅的电负性相对大小为Se>Si。

（3）SeO32-中Se原子孤对电子对数=

=1,σ键个数=3，所以为Se原子sp3杂化；SeO32-价电子总数为26，通过增减Se和O的电子数，进行判断，与其互为等电子体的一种分子的分子式可以是NF3（或PF3、NCl3、PCl3等）。

（4）SO42-中心原子的孤电子对数=

=0，含4个σ键，为sp3杂化，空间构型为正四面体；Cu（NO3）2中的化学键除了σ键外，Cu2+与NO3-之间存在离子键，NO3-中存在π键。

（5）从晶胞结构图看出，该晶胞中B的堆积方式为面心立方最密堆积；一个晶胞中B原子的数目=1（8个顶点）+3（6个面心）=4，P原子的数目=4（4个体心），1mol晶胞质量=（11+31）×4g=168g,1mol晶胞体积=（a