届河北省唐山市高三上学期期末考试理综化学试题解析版.docx
《届河北省唐山市高三上学期期末考试理综化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届河北省唐山市高三上学期期末考试理综化学试题解析版.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
届河北省唐山市高三上学期期末考试理综化学试题解析版
河北省唐山市2018届高三上学期期末考试
理综化学试题
1.《天工开物》中记载：
人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。
属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。
各载其半，而裳服充焉矣。
文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于
A.纤维素、油脂B.糖类、油脂C.纤维素、蛋白质D.糖类、蛋白质
【答案】C
【解析】“人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。
属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。
各载其半，而裳服充焉矣”的含义是：
穷苦的百姓穿着粗制的短衫和毛布，冬天用来御寒，夏天借以遮掩身体，人们所穿着的衣服的原料是自然界所提供的；其中属于植物的有棉、麻、葛，属于禽兽昆虫的有裘皮、毛、丝、绵；两者各占一半，于是衣服充足了。
其中“枲、麻、苘、葛”属于草木，其主要成分为纤维素；“裘褐、丝绵”属于禽兽与昆虫，其主要成分为蛋白质；答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.18g2H2O中含有的中子数为10NA
B.11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5NA
C.1mol·L-1的Fe2（SO4）3溶液中含有的SO42-数为3NA
D.7g乙烯和丁烯的混合气体中所含的碳原子数是0.5NA
【答案】D
【解析】A，2H2O的摩尔质量为20g/mol，18g2H2O的物质的量n（2H2O）=
=0.9mol，其中含中子物质的量为0.9mol
10=9mol，A项错误；B，由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2物质的量，无法计算Cl2与NaOH溶液反应时转移电子数，B项错误；C，由于溶液的体积未知，无法计算Fe2（SO4）3物质的量，C项错误；D，乙烯的分子式为C2H4，丁烯的分子式为C4H8，两者的实验式都是CH2，7g乙烯和丁烯的混合气体中n（CH2）=
=0.5mol，其中所含碳原子物质的量为0.5mol，D项正确；答案选D。
点睛：
本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及同位素摩尔质量、气体摩尔体积、溶液中离子数、混合物中原子数的计算。
注意22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积计算气体分子物质的量，对于实验式相同的物质组成的混合物可用实验式计算其中原子物质的量。
3.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是
A.咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应
B.1mol咖啡酸最多能与5molH2反应
C.咖啡酸分子中所有原子可能共面
D.蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H10O
【答案】B
【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。
点睛：
本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。
明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。
4.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是
A.用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气
B.用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液
C.用图3所示装置加热分解NaHCO3固体
D.用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱
【答案】D
【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：
氧化剂
氧化产物得出，氧化性：
KMnO4
Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：
Cl2
Br2，D项正确；答案选D。
点睛：
本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。
注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。
5.某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。
已知：
2H2S（g）+O2（g）=S2（s）+2H2O
（1）ΔH=-632kJ·mol-1。
下图为该小组设计的原理图。
下列说法正确的是
A.电极a为燃料电池正极
B.电极b上发生的电极反应为：
O2+4e-+2H2O=4OH-
C.电路中每流过4mol电子，电池内部释放热能小于632kJ
D.a极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L
【答案】C
【解析】A，电极a上H2S发生失电子的氧化反应生成S2，电极a为燃料电池的负极，A项错误；B，电极b上通入O2，电极b为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B项错误；C，电路中每流过4mol电子，2molH2S和1molO2参与反应，释放能量632kJ，此过程将化学能转化为电能和热能，电池内部释放热能小于632kJ，C项正确；D，a极电极反应式为2H2S-4e-=S2+4H+，石墨电极c与电极a相连，石墨电极c为阴极，电极c的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，导气管e收集到的气体为H2，根据电子守恒，4n（S2）=2n（H2），n（H2）=2n（S2）=2
=1mol，由于H2所处温度和压强未知，无法计算导管e收集到H2的体积，D项错误；答案选C。
点睛：
本题考查燃料电池的工作原理和电解原理，判断燃料电池的正负极、电解池的阴阳极是解题的关键，计算时用电子守恒。
本题易错选B，注意电解质溶液的酸碱性对电极反应式的影响。
6.短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大且最外层电子数之和为17。
B、D同主族，短周期中C原子半径最大，B最外层电子数是次外层的3倍。
下列推断不正确的是
A.元素B、C、D形成的化合物的水溶液呈中性
B.元素B、C形成的化合物中可能既含有离子键又含共价键
C.离子半径从大到小的顺序为D>B>C
D.元素B的简单气态氢化物的热稳定性比D的强
【答案】A
7.HR是一元酸。
室温时，用0.250mo·L-1NaOH溶液滴定25.0mLHR溶液时，溶液的pH变化情况如图所示。
其中，b点表示两种物质恰好完全反应。
下列叙述正确的是
A.HR的电离常数Ka=5×10-6
B.图中X<7
C.a点溶液中粒子浓度大小关系是：
c（Na+）>c（R-）>c（HR）>c（H+）>c（OH-）
D.b点溶液中粒子浓度大小关系是：
c（Na+）>c（OH-）>c（R-）>c（H+）
【答案】A
【解析】HR是一元酸，b点加入20mLNaOH溶液时NaOH与HR恰好完全反应，反应的方程式为NaOH+HR=NaR+H2O，则0.250mol/L
20mL=c（HR）总
25.0mL，解得c（HR）总=0.2mol/L。
A，HR的电离方程式为HR
H++R-，由图像可知0.2mol/LHR溶液的pH=3，c（H+）=c（R-）=1
10-3mol/L，c（HR）=0.2mol/L-1
10-3mol/L
0.2mol/L，HR的电离常数Ka=
=
=5
10-6，A项正确；B，b点NaOH与HR恰好完全反应得到NaR溶液，NaR属于强碱弱酸盐，由于R-的水解NaR溶液呈碱性，b点溶液的pH值X
7，B项错误；C，a点加入10mLNaOH溶液，NaOH溶液与HR充分反应后得到等物质的量浓度的NaR和HR的混合溶液，溶液中既存在HR的电离平衡（HR
H++R-）又存在NaR的水解平衡（R-+H2O
HR+OH-），由于pH=4.7溶液呈酸性，HR的电离程度大于R-的水解程度，溶液中粒子浓度大小关系是：
c（R-）
c（Na+）
c（HR）
c（H+）
c（OH-），C项错误；D，b点NaOH与HR恰好完全反应得到NaR溶液，由于R-的水解溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，溶液中粒子浓度大小关系是：
c（Na+）
c（R-）
c（OH-）
c（H+），D项错误；答案选A。
点睛：
本题考查酸碱中和滴定的pH曲线分析，涉及电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。
判断溶液中粒子浓度的大小关系时，首先明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的主次关系（如C项中HR的电离程度大于R-的水解程度），注意弱酸、弱碱的电离和盐类水解都是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
8.某化学学习小组在帮助老师整理实验室的化学试剂时，发现一盛无色盐溶液的试剂瓶，标签破损如右图，该小组根据已掌握的知识，对药品作出猜想，并设计实验验证。
（1）该实验药品为中学化学常用试剂，推测它的阳离子化合价为______________________。
（2）同学们做出以下三种推测。
猜想1：
Na2SO4
实验设计：
进行……，.证明是Na2SO4溶液；
猜想2：
K2SO4
实验设计：
____________________________，证明是K2SO4溶液；
猜想3；（NH4）2SO4
实验设计：
____________________________，证明是（NH4）2SO4溶液。
（3）通过实验发现“猜想3”成立，已知（NH4）2SO4受热易分解，该小组拟用下图所示装置探究其分解产物。
（夹持和加热装置略）
实验I：
装置B盛0.5000mol/L盐酸50.00mL，通入N2排尽空气后，将装置A加热至260℃一段时间，停止加热，停止通入N2，品红溶液不褪色，取下装置B，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，消耗NaOH溶液50.00mL。
经检验滴定后的溶液中无SO42-。
①请从右图选择盛放0.1000mol/LNaOH溶液的滴定管____________（填“甲”或“乙”）。
②装置B内溶液吸收气体的物质的量是_____________________mol。
实验Ⅱ：
通入N2排尽空气后，将装置A加热到400℃，至固体无残留，停止加热，停止通入N2，观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。
经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。
①装置E的作用是____________________________。
②A、D之间的导气管内的少量白色固体是____________________________。
③有同学提出在AD之间需要增加一个防倒吸的安全瓶，老师说不需要，原因是____________________________。
④进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物，则（NH4）2SO4在400℃分解的化学方程式是_______________________________。
【答案】
（1）.＋1
（2）.进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色（3）.取一定量溶液于试管中加浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（4）.乙（5）.0.02（6）.吸收NH3（7）.（NH4）2SO3（8）.（NH4）2SO4分解过程中不断通入N2，从而稀释了SO2起到了阻止倒吸的作用（9）.3（NH4）2SO4
4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑
【解析】试题分析：
本题考查常见阳离子的检验，探究（NH4）2SO4分解的产物，滴定实验和实验的评价，化学方程式的书写。
（1）根据破损的标签，该无色盐的化学式为M2SO4（M代表其中的阳离子），S元素的化合价为+6价，O元素的化合价为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和为0，阳离子的化合价为+1价。
（2）猜想2，试剂瓶中为K2SO4溶液，证明阳离子为K+用焰色反应。
实验设计：
进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，证明是K2SO4溶液。
猜想3，试剂瓶中为（NH4）2SO4溶液，证明阳离子为NH4+利用的反应原理为：
NH4++OH-
NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
实验设计：
取一定量溶液于试管中加浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明是（NH4）2SO4溶液。
（3）实验I：
①甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，盛放NaOH溶液选用碱式滴定管，答案选乙。
②加热（NH4）2SO4到260℃时不产生使品红溶液褪色的气体，没有SO2生成，滴定后的溶液中无SO42-，没有SO3生成，则装置B中盐酸吸收分解产生的NH3；根据反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，n（HCl）剩余=n（NaOH）=0.1000mol/L
0.05L=0.005mol，吸收NH3消耗HCl物质的量为0.5000mol/L
0.05L-0.005mol=0.02mol，根据反应NH3+HCl=NH4Cl，装置B内溶液吸收气体物质的量为0.02mol。
实验II：
①装置D内溶液中有SO32-，没有SO42-，说明加热（NH4）2SO4到400℃时分解产生了SO2；装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，该白色固体中含SO32-，说明（NH4）2SO4分解还产生了NH3和H2O；装置D中NaOH溶液吸收SO2，装置E中水吸收NH3。
②（NH4）2SO4加热到400℃分解生成的NH3、SO2和H2O在A、D之间的导管内发生化合反应生成白色固体（NH4）2SO3，反应的化学方程式为2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3。
③在A、D之间不需要增加防倒吸的安全瓶的原因是：
虽然SO2易溶于水，但（NH4）2SO4分解过程中不断通入N2，N2难溶于水，N2稀释了SO2起到了防止倒吸的作用。
④根据上述分析（NH4）2SO4加热到400℃分解生成了SO2、NH3和H2O，S元素的化合价由+6价降至+4价，根据得失电子守恒，只能为N元素的化合价升高，由于气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，根据得失电子守恒和原子守恒，（NH4）2SO4在400℃分解反应的化学方程式为3（NH4）2SO4
4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑。
9.工业上常用水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质）制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有______________（任写一种）。
（2）“酸浸”后加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，写出产生Co2+反应的离子方程式_______________________________。
（3）溶液a中加入NaClO的作用为_______________________________。
（4）沉淀A的成分为__________________。
操作2的名称是___________________。
（5）已知:
Ksp（CaF2）=5.3×10-9，Ksp（MgF2）=5.2×10-12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全即溶液中c（Mg2+）=1.0×10-5moI/L，此时溶液中c（Ca2+）最大等于_________mol·L-1。
（6）在空气中煅烧CoC2O4生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05g，CO2的体积为6.72L（标准状况），则此反应的化学方程式为_______________________________。
【答案】
（1）.将水钴矿石粉碎 ；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等
（2）.2Co3++SO32-+H2O＝2Co2++SO42-+2H+（3）.将溶液中Fe2+氧化成Fe3+（4）.Fe（OH）3Al（OH）3（5）.过滤（6）.0.01（0.0102）（7）.3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2
【解析】试题分析：
本题以水钴矿为原料制备钴的氧化物的流程为载体，考查流程的分析，提高反应速率的措施，方程式的书写，溶度积的计算，化学计算。
（1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时，能够提高“酸浸”速率的方法有：
将水钴矿石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适当提高酸浸的温度等。
（2）酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2；加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，Co3+被还原为Co2+，则SO32-被氧化成SO42-，产生Co2+的反应可表示为：
SO32-+Co3+→Co2++SO42-，根据得失电子守恒配平为：
SO32-+2Co3+→2Co2++SO42-，根据溶液呈酸性和电荷守恒，生成Co2+的离子方程式为SO32-+2Co3++H2O=2Co2++SO42-+2H+。
（3）加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=2Fe2++SO42-+2H+；溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。
（4）加入NaClO溶液后得到的溶液b中含有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等；向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，沉淀A的成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液c中加入NaF，Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀，操作2的名称为过滤。
（5）当Mg2+恰好沉淀完全，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-）=5.2
10-12，c（Mg2+）=1.0
10-5mol/L，则c2（F-）=5.2
10-7；Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-）=5.3
10-9，c（Ca2+）=5.3
10-9
（5.2
10-7）=0.0102（mol/L），此时溶液中c（Ca2+）最大等于0.0102mol/L。
（6）n（CO2）=
=0.3mol，根据C守恒，n（CoC2O4）=0.15mol，根据Co守恒，n（Co）=0.15mol，所得钴的氧化物中n（O）=
=0.2mol，n（Co）：
n（O）=0.15mol：
0.2mol=3:
4，生成的钴的氧化物的化学式为Co3O4，在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2。
点睛：
本题考查无机工业流程，无机工业流程的解题过程：
（1）了解整个流程的目的；
（2）浏览整个流程，基本辨别出原料预处理、物质的分离和提纯、物质的制备等阶段；（3）根据每步中加入物质的性质，具体分析每一步发生的反应和操作，解答时框内、框外相结合，边分析边思考，先局部后全盘逐步深入，在分析过程中要抓住元素守恒进行推理。
10.苯乙烯是重要的化工原料。
以乙苯（C6H5—CH2CH3） 为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5—CH=CH2），反应方程式为：
C6H5—CH2CH3（g）
C6H5—CH=CH2（g）+H2（g）ΔH=+117.6kJ·mo1-1
回答下列问题：
（1）已知：
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8kJ·mo1-1
C6H5—CH2CH3（g）+21/2O2（g）=8CO2（g）+5H2O（l）ΔH=-4607.1kJ·mo1-1
则C6H5—CH=CH2（g）+10O2（g）=8CO2（g）+4H2O（l）ΔH=_____________。
（2）工业上，在恒压设备中进行上述反应制取苯乙烯，常在乙苯蒸气中通入大量水蒸气。
请用化学平衡理论解释通入大量水蒸气的原因_________________________________________。
（3）已知T℃下，将amol乙苯蒸气通入到体积为VL的密闭容器中进行上述反应，反应时间与容器内的总压强数据如下表：
时间t/min
0
10
20
30
40
总压强p/1000kPa
1.0
1.3
1.45
1.5
1.5
①由表中数据计算0~10min内v（C6H5—CH2CH3）=________________。
（用含a、V的式子表示）
②该反应平衡时乙苯的转化率为_________________________。
（4）苯乙烯与溴化氢发生的加成反应产物有两种，其反应方程式如下：
i.C6H5—CH=CH2（g）+HBr（g）
C6H5—CH2CH2Br（g）
ii.C6H5—CH=CH2（g）+HBr（g）
C6H5—CHBrCH3（g）
600℃时，向3L恒容密闭容器中充入1.2molC6H5—CH=CH2（g）和1.2molHBr（g）发生反应，达到平衡时C6H5—CH2CH2Br（g）和C6H5—CHBrCH3（g）的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示。
①600℃时，反应ii的化学平衡常数Kii=__________________。
②反应平衡后，若保持其它条件不变，向该容器中再充入1molC6H5—CH2CH2Br（g），则反应ii将_________（“正向”、“逆向”或“不”）移动。
③在恒温恒容的密闭容器中，苯乙烯与溴化氢发生i、ii两个加成反应，判断反应已达到平衡状态的是______。
A.容器内的密度不再改变
B.C6H5—CH2CH2Br（g）的生成速率与C6H5—CHBrCH3（g）分解速率相等
C.反应器中压强不再随时间变化而变化
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
【答案】
（1）.－4438.9kJ•mol－1
（2）.该反应是气体分子数增大的可逆反应，恒压通入水蒸气，总压不变，体积增大，反应体系分压减小，平衡正移，苯乙烯产量提高（3）.（0.03a/V）mol•L-1•min-1（4）.50%（5）.20（6）.正向（7）.CD
【解析】试题分析：
本题考查盖斯定律的应用，外界条件对化学平衡的影响，化学反应速率和化学平衡的计算，图像分析，化学平衡的标志。
（1）
升级会员 