山西省孝义市学年高三下学期考前热身训练理综化学试题.docx

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山西省孝义市学年高三下学期考前热身训练理综化学试题

2017-2018学年

1.化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是

A.煤的干馏和煤的液化均是物理变化

B.天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素

C.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等

D.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同

【答案】C

【解析】试题分析：

A、煤的干馏是化学变化，煤的液化是化学变化，故A错误；B、天然纤维指羊毛，、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，故B错误；C、蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故C正确；D、活性炭是吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故D错误。

考点：

煤的综合利用，纤维的成分，海水淡化，漂白剂

2.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：

“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为

A.CuSO4·5H2OB.FeSO4·7H2OC.KAI（SO4）2•12H2OD.Fe2（SO4）3·9H2O

【答案】B

【解析】试题分析：

“青矾”的描述为：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色，

A．CuSO4•5H2O为蓝色晶体，故A错误；B．FeSO4•7H2O是绿色晶体，故B正确；C．KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，故C错误；D．Fe2（SO4）3•9H2O为黄色晶体，故D错误。

3.下列图示与对应的叙述相符的是

A.图1表示H2与O2发生反应的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kj•mol-1

B.图2表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）□3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大

C.图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠

D.图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的PH

【答案】C

考点：

考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识

4.如图所示，甲池的总反应式为：

N2H4+O2==N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是

A.甲池中负极反应为：

N2H4-4e-==N2+4H+

B.甲池浓液pH不变，乙池溶液PH减小

C.反应一段时间后向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度...

D.甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体

【答案】C

考点：

本题考查原电池、电解池。

5.分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）

A.10种B.9种C.8种D.7种

【答案】B

【解析】试题分析：

分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。

考点：

卤代烃同分异构体的种类判定方法；

6.下列说法不正确的是

A.常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）<

B.浓度为0.1mol·L-1的NaHCO3箱液：

c（H2CO3）>c（CO32-）

C.25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2浓液中的溶度积相同

D.冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、PH均先增大后减小

【答案】D

【解析】试题分析：

A．硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）＝10—13mol/L＜

，A正确；B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO32－），B正确；C．溶度积常数只与温度有关系，则25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D．稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。

考点：

考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等

7.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）

zC（g），图I表示200℃时容器中，A、B.C物质的量随时间的变化，图II表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）:

n（B）的变化关系。

则下列结论正确的是

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04mol·L-1•min-1

B.图II所知反应xA（g）+yB（g）

zC（g）的△H<0，且a=2

C.若在图I所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v（正）>v（逆）

D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5

【答案】D

【解析】试题分析：

A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）="Δc÷Δt=0.2mol÷2"L÷5min=0．02mol·L－1·min－1，错误；B.根据图像可知，在其它条件不变时，升高温度，平衡时C的体积分数增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动。

根据平衡移动原理：

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应方向为吸热反应，所以△H>0，错误；C．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，由于不能改变任何反应体系的温度，所以平衡不发生移动，错误；D．该反应的方程式是：

2A（g）+B（g）

C（g），根据图像可知，在200℃时，向容器中充入0.8molA、0.4molB时，反应达到平衡时，A是0.4mol，B0.2mol，C0.2mol，达到平衡时A的含量是：

0.4mol÷（0.4mol+0.2mol+0.2mol）=0.5。

当加入2molA和1molB，由于物质的量增大，使体系的压强增大，根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达到平衡时，A的体积分数小于0.5，正确。

，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：

Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：

Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；...

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：

ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：

ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：

ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：

Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：

Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：

蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：

蒸发浓缩；冷却结晶；

（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：

除去溶液中的Mn2+；B

（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：

含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：

粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。

【考点定位】考查制备实验方案的设计

【名师点晴】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

9.某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。

（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2。

②该反应的气体产物是CO。

③该反应的气体产物是______。

（2）设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。

（3）查阅资料：

氮气不与碳、氧化铁发生反应。

实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。

请写出该反应的离子方程式：

______。

（4）实验步骤

①按上图连接装置，____，称取3.2g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；

②加热前，先通一段时间纯净、干燥的氮气；

③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；

④待反应结束再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g

⑤数据处理：

试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳反应的化学方程式_________。

（6）实验优化：

学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。

①甲同学认为：

应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是________。

②从环境保护的角度，请你再提个优化方案：

________。

【答案】

（1）.CO2、CO的混合物

（2）.NH4++NO2

N2↑+2H2O（3）.并检查装置的气密性（4）.2C+Fe2O3

2Fe+CO↑+CO2↑（5）.Ba（OH）2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M（BaCO3）>M（CaCO3）,称量时相对误差小（6）.在尾气出口处加一点燃的酒精灯或増加一尾气处理装置

【解析】试题分析：

（1）①该反应的气体产物是CO2

②该反应的气体产物是CO

③该反应的气体产物是二氧化碳和一氧化碳．故填：

CO2、CO；

（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应时，能生成氮气、氯化钠和水，化学方程式为：

NaNO2+NH4Cl

N2↑+NaCl+2H2O．故填：

NaNO2+NH4Cl

N2↑+NaCl+2H2O；

（4）步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为：

排尽装置中的空气，使生成的二氧化碳全部被石灰水吸收，故填：

排尽装置中的空气；使生成的二氧化碳全部被石灰水吸收；

（5）生成气体的质量为：

3.20g+2.00g+48.48g-52.4g=1.28g，设二氧化碳的质量为x，

Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，...

44100

x2.00g

=

，x=0.88g，生成气体的质量与二氧化碳的质量之差就是生成的一氧化碳的质量，一氧化碳的质量为：

1.28g-0.88g=0.4g；根据实验数据分析，该实验中氧化铁与碳发生反应生成铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为：

Fe2O3+2C

2Fe+CO2↑+CO↑．故填：

Fe2O3+2C

2Fe+CO2↑+CO↑；

（6）①甲同学认为：

应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是氢氧化钡易溶于水，可以吸收更多的二氧化碳．故填：

氢氧化钡易溶于水，可以吸收更多的二氧化碳；

②从环境保护的角度，应该对尾气进行处理，方法是点燃或收集尾气，故填：

点燃或收集尾气

考点：

考查了碳单质与含碳化合物的性质与用途的相关知识。

10.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气。

对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。

Ⅰ.脱硝：

已知：

H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1

N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）   ΔH＝+133kJ·mol-1

H2O（g）＝H2O（l）        ΔH＝-44kJ·mol-1

催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为：

____________。

Ⅱ.脱碳：

（1）向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（l）+H2O（l）

①该反应自发进行的条件是_____________（填“低温”、“高温”或“任意温度”）

②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是____________。

（填字母）

a.混合气体的平均式量保持不变b.CO2和H2的体积分数保持不变

c.CO2和H2的转化率相等d.混合气体的密度保持不变

e.1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂

③CO2的浓度随时间（0～t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6CO2浓度随时间的变化。

_____________

⑵改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g） ΔH﹤0中的所有物质都为气态。

起始温度、体积相同（T1℃、2L密闭容器）。

反应过程中部分数据见下表：

反应时间

CO2（mol）

H2（mol）

CH3OH（mol）

H2O（mol）

反应Ⅰ：

恒温恒容...

0min

2

6

0

0

10min

4.5

20min

1

30min

1

反应Ⅱ：

绝热恒容

0min

0

0

2

2

①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：

平衡常数K（I）______ K（II）（填“﹥”“﹤”或“＝”下同）；平衡时CH3OH的浓度c（I）____c（II）。

②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）＝_______ 。

在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1___T2（填“>”、“<”或“=”）。

若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡_____移动（填“正向”“逆向”或“不”）。

⑶利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2,

装置如图所示：

①电极2的电极反应式是____________；

②在标准状况下，当电极2室有11.2LCO2反应。

理论上电极1室液体质量_____（填“增加”或“减少”______g。

【答案】

（1）.4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g）  △H＝-1100.2kJ·mol-1

（2）.低温（3）.de（4）.

（5）.<（6）.<（7）.0.025mol·L-1·min-1（8）.<（9）.不（10）.CO2+2H++2e-=HCOOH（11）.减少（12）.9

【解析】本题考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，平衡移动的应用，燃料电池的应用，电极式的书写。

I、根据氢气的热值可书写氢气的热化学方程式是2H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g）△H＝-1100.2kJ·mol-1；

II、

（1）①该反应的△S<0，所以若反应自发进行，则△H<0，因此反应自发进行的条件是低温自发；

②a、该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均式量始终不变，不能判断为平衡状态，错误；

b、二氧化碳与氢气始终是1：

3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，错误；

c、二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，错误；

d、因为该体系中有液体参加，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，保持不变，正确；

e、1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂，符合正逆反应速率相等，是平衡状态，答案选de；

③在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1mol/L，则压强增大，平衡正向移动，t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol/L；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol/L，对应的图像为

。

（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应II是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应I温度高于反应II，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K（I）

②对反应I，前10min内氢气的物质的量减少6-4.5=1.5mol，则甲醇的物质的量增加0.5mol，所以前10min内平均反应速率v（CH3OH）＝0.5mol/2L/10min="0.025mol"·L-1·min-1；30min时是平衡状态，生成甲醇1mol，则消耗氢气3mol，平衡氢气的物质的量是3mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2mol，物质的量增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T1

（3）离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据总的电池反应为2H2O+2CO2═2HCOOH+O2可知，该反应中C元素化合价由+4价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，所以1是负极、2是正极，（也可根据装置图中电子的流向判断1是负极、2是正极），负极上水失电子生成氢离子和氧气，判断电极1电极反应：

2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强，H+通过质子膜进入到电极2区域；电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应：

CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1molCO2，就会消耗1molH2O，现有标准状况下，11.2LCO2即0.5mol反应，那就会消耗0.5molH2O即9g。

11.【化学一选修3:

物质结构与性质】

笫四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。

（1）铬是一种硬而脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢，基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为______，该能层上具有的原子轨道数为______，电子数为_______。

（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？

____（填“是”或“否”），原因是_____（如果前一问填“是”，此问可以不答）。

（3）镓与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓（GaAs）就是其中一种，其晶体结构如图1所示（白色球代表As原子）。

在GaAs晶体中，每个Ga原子与_______个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为_______。

（4）与As同主族的短周期元素是N、P.AsH3中心原子杂化的类型______，一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温是首先液化的是_______。

（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图2所示，则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_______g.㎝3（用含a和NA的式子表示）

【答案】

（1）.N

（2）.16；1（3）.否（4）.30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定（5）.4（6）.正四面体（7）.SP3（8）.NH3（9）.NH3分子之间有氢键，沸点较高（10）.Fe4N（11）.

...

【解析】试题分析：

（1）根据铬的核外电子排布规律可知，铬在最外层是N层，有2个电子，据此答题；

（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素；

（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的体心，据此判断；

（4）与As同主族的短周期元素是N、P，所经AsH3的结构应与NH3相似，NH3分子之间有氢键，沸点较高；

（5）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×

+6×

=4，进而确定氮化铁的化学式，根据ρ=

计算密度．

解：

（1）铬的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以铬在最外层是N层，有1个电子，N层上原子轨道为spdf四种，共有轨道数为1+3+5+7=16，

故答案为：

N；16；1；

（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素，30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，所以30Zn与31Ga的第一电离能不符合逐渐增大的规律，

故答案为：

C；

（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的体心，所以每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，

故答案为：

4；正四面体；

（4）氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构应与NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3，NH3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3．PH3的混合气体降温是首先液化的是NH3，

故答案为：

sp3；NH3；

（5）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×

+6×

=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞的体积为a3cm3，所以ρ=

=

g．cm﹣3=

g．cm﹣3，

故答案为：

Fe4N；

．

12.

对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：

已知：

HCHO+CH3CHO

CH2=CHCHO+H2O

（1）A中官能团的名称为______