河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试理综-化学试题

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【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. 化学与生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是
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. 牛奶中加入果汁会产生沉淀，是因为发生了酸碱中和反应
D. 英文的“中国”一词又指“瓷器”，中国瓷器驰名世界，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，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，但牛奶不是酸，发生的不是中和反应，选项C错误；D、英文的“中国”一词又指“瓷器”，中国瓷器驰名世界，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，下列说法正确的是
A. 常温下，60gSiO2分子中含有Si-O极性共价键的数目为4NA
B. 常温下，16.8g铁粉与足量的浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C. 叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应:NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA
D. 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，反应不能继续，转移电子数无法计算，选项B错误；C、反应中氢元素化合价由+1变为0，则反应:NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标况下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. 下列实验不能达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、要将CO和CO2分离，关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的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应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再关闭a，打开b，利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓硫酸干燥得纯净的CO2，选项A正确；B、若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分离，选项D正确。答案选C。
4. 下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是

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W
C. 在同周期中，W的含氧酸酸性最强
D. 已知Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反应放出H2，则反应方程式为: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．已知Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反应放出H2，则反应方程式为:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，选项D正确。答案选D。
5. 下列有关实验设计或操作，观察或记录、结论或解释都正确的是
选项
实验设计或操作
观察或记录
结论或解释
A
将少量浓硝酸分多次加入
Cu和稀硫酸的混合液中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物是NO2
B
某粉末用酒精润湿后，
用铂丝蘸取做焰色反应
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的反应为放热反应
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. A B. B C. C D. D
【答案】C

6. 二氧化氣(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、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，其原理如图所示:

下列说法不正确的是
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NaOH
C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生22.4L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】A. 电解池右边产生氢气，则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，则流出的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应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的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，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为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变化的关系如图所示，下列说法正确的是

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-)=1:100
C. 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-)相同，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，无法比较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：考查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，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下:

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）
请回答下列问题:
（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加入
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)，打开阀门____。
（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与醋酸钠溶液反应外，另一个作用是_____________________________________________。
（5）已知其他反应物足量，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；实验后得干燥纯净的[(CH3COO)2Cr]2·2H2O 9.4g，则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_______，再加入碱液，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)。【已知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）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免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：让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免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，打开阀门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溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2；（5）CrCl3为=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到[Cr（CH3COO）2]2•2H2O为0.06mol××376g/mol=11.28g，所得产品的产率为× 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-）=6.3×10-31，此时溶液中c（OH-）=4×10-9，溶液pH=-lgc（H+）=5.6。
点睛：本题考查物质制备实验，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能力、实验能力，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。 请回答下列问题：
（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），该反应氧化剂与还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+，其原理如图所示。

①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。
②写出阴极的电极反应式________________________________。
（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应方程式为___________________________。
②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是______________。
③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则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+O23CeO2+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可以抑制CeCl3的水解
【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），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋，因此该反应氧化剂与还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，则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，则阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O。（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为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替换盐酸可以不释放氯气，减少对环境的污染。③根据方程式可知反应的平衡常数K＝；④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3。
10. 天然气部分氧化制取的化工原料气中，常含有氧硫化碳(COS，结构类似于CO2)，目前氧硫化碳脱除可采用氢解和水解两种方法，其反应原理如下:
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已知:1molCOS(g)完全氢解能量变化为6.99kJ，若初始COS的物质的量为nmol，从反应开始到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必须进行回收处理，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，写出电解时总反应的离子方程式:__________。
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，结果保留两位有效数字。]
【答案】 (1). (2). 水解利用廉价水蒸气作转化剂，比氢气便宜、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
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③ H2S H+ + HS-
0.1mol/L 0.30ml/L c(HS-)
则Ka1(H2S)===1.3×10-7，解得c(HS-)=4.3×10-8mol/L；
HS- H+ + S2-
4.3×10-8mol/L 0.30ml/L c(S2-)
则Ka2(H2S)===7.0×10-15，解得c(S2-)=1.0×10-21mol/L。
11. Cu、Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。请回答下列问题:
（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，则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）单晶硅的结构与金刚石的结构相似，若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，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。

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）已知Cu的晶胞结构如图，棱长为acm，又知Cu的密度为pg/cm3，则用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）相同的分子、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）已知Cu的晶胞结构如图，为面心立方，每个晶胞含有Cu个数为8×+6×=4，棱长为acm，则晶胞的体积V=a3cm3，又知Cu的密度为pg/cm3，则pg/cm3=，故NA=。
12. 有机物F(C11H12O2)属于芳香酯类物质，可由下列路线合成:

请回答下列问题:
（1）A中官能团的名称是__________，上述③④⑤⑥中属于取代反应的是_______________。
（2）C物质的名称是_______，反应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）反应⑥的化学方程式为___________________________________。
（5）A、B、E三种有机物，可用下列的某一种试剂鉴别，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，其中符合下列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的结构简式为_____________________。
①能与Na2CO3溶液反应 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，则A为；发生反应③生成B，B和E通过反应⑥生成芳香酯类物质F（ C11H12O2），则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应生成D，则D为；结合F的分子式可知F为，则B为发生消去反应生成的，（1）A为，含有的官能团为羟基和醛基；根据分析可知，反应③为消去反应、反应④为取代反应、反应⑤为取代反应、反应⑥为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应的为：④⑤⑥；（2）C为，其名称为甲苯；反应③为发生消去反应生成的，反应条件为浓硫酸、加热；（3）B为，分子中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式为：n；（4）反应⑥的化学方程式为：；（5）A为、B为、E为，溴水与A、B的反应现象相同；酸性高锰酸钾都能够与三种有机物反应；溴的四氯化碳溶液都能够与A、B反应；只有a．新制的Cu(OH)2浊液能够鉴别：与A能够发生氧化还原反应生成砖红色沉淀、与B发生中和反应，浊液变澄清、与E不反应，答案选a；（6）E为，G是E的同系物且相对分子质量比E大28，说明G分子中含有1个苯环、醇羟基，且侧链含有3个C；①能与Na2CO3溶液反应，有机物分子中含有酚羟基；②分子中含有两个一CH3，满足以上条件的有机物的苯环侧链为：-OH、-CH3、-CH2CH3或-CH(CH3)2、-OH；取代基为-OH、-CH3、-CH2CH3时可能情况为：①都处于邻位，有3种结构；②都处于间位，有1种结构；③-OH、-CH3相邻，-CH2CH3在间位，有2种结构；④-CH3、-CH2CH3相邻，-OH在间位，有2种结构；⑤-OH、-CH2CH3相邻，-CH3在间位，有2种结构，总共有10种结构；当取代基为-CH(CH3)2、-OH时，存在邻、间、对3种同分异构体，所以总共含有13种满足条件的同分异构体；其中核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为6：1：2：2：1的结构简式中，存在5种等效H原子，6为甲基、其中1个1为酚羟基，2为苯环中4个H，说明该有机物具有对称结构，其结构简式为：。
点睛：本题考查了有机推断，题目难度较大，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，（6）为难点、易错点，需要掌握同分异构体的书写原则，避免漏项或重复现象。催化氧化生成A，A催化氧化生成，则A为；发生反应③生成B，B和E通过反应⑥生成芳香酯类物质F（ C11H12O2），则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应生成D，则D为；结合F的分子式可知F为，则B为发生消去反应生成的，据此进行解答。