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1、河北省衡水中学2018年高三下学期期初考试（3月）理综化学试题可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-6 Na-23一、选择题本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A. 流感疫苗需要冷冻保存的目的是防止蛋白质变性B. 久置的青菜菜叶变黄与用SO2漂白的纸张变黄的原理相同C. 大力推广使用太阳能路灯，有利于节能减排D. 被蜜蜂或蚂蚁蜇咬，可在伤口除抹肥皂水消肿止疼【答案】B2. 下列有关实验的说法正确的是A. 用镊子夹住pH试纸蘸取Na2CO3溶液测溶液的pHB. 为验证Cu与浓硫酸反
2、应生成Cu2+，可将反应后的混合物冷却，再慢慢倒入盛水的烧杯中观察现象C. 用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液到终点时，俯视读数。所测NaOH溶液浓度偏高D. 实验室配制质量分数为20 %的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒【答案】B【解析】A、测溶液的pH时要用镊子夹住pH试纸，用洁净干燥的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液点于pH试纸上，所以A错误；B、由于浓硫酸与铜反应后的溶液中水很少，不能使Cu2+在溶液中呈蓝色，且浓硫酸的密度大，溶于水稀释时能放出大量的热，所以要将反应后的混合物冷却，再慢慢倒入盛水的烧杯中，即可观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+生成，故B正确；C、中和滴定终
3、点时，俯视读数，将导致标准液体积减小，使测定的溶液浓度偏低，故C错误；D、实验室配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒，容量瓶是在配制物质的量浓度的溶液时要用的主要仪器，所以D错误。本题正确答案为B。点睛：A选项常因粗心而做借，而B选项学生一般不了解这种现象产生的原因而做错。3. 化合物 (x)、 (y)、 (z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是A. y的二氯代物有3种 B. x、y和z均能与溴水发生反应C. z中的所有原子在同一平面上 D. x的同分异构体只有y和z两种【答案】A【解析】A、根据y的结构可知，其二氯代物有3种，分别是棱的两端，面对角
4、线两端和体对角线两端，故A正确；B、这三种结构中，只有x和z的结构中含有C=C双键，能够使溴水褪色，而y的结构中没有双键，所以不能使溴水褪色，所以B错误；C、在z的结构中，含有两个CH2原子团，其中的C原子为四面体结构，导致两个氢原子与其它原子不可能共面，所以C错误；D、x的同分异构体除y和z两种外，还有、等，所以D错误。本题正确答案为A。4. 某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知:2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A. 通入N2是为了排尽装置中的空气B. 装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸
5、C. 将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D. 借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将
6、分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。5. 科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5 mol/Li2SO4 水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。下列有关该电池的说法正确的是A. 该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B. 该电池负极的电极反应式为:2Li+2H2O=2LiOH+H2C. 电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连D. 电池充电时，阳极的电极反应式为:Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4 +
7、Li+【答案】D【解析】A、根据图示可知，电极a为金属Li作负极，电极b为正极，所以电池放电时，溶液中的SO42-向电负极a移动，即A错误；B、该电池负极的电极反应式为Li-e-=Li+，故B错误；C、在给电池充电时，遵循正接正、负接负的原则，所以外加直流电源的正极与该电池的正极b相连，故C错误；D、根据放电、充电时电子转移的规律可知，充电时的阳极反应式为放电时正极反应的逆反应，即Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+，即D正确。所以本题正确答案为D。6. 叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2Y4Z10(ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电
8、子数为次外层的一半，X 为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW-含有相同的电子数。下列说法正确的是A. 原子半径:YXZWB. 最简单氢化物的沸点:YZC. X 与W形成的XW4-具有较强的还原性D. 可用NaOH 溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物【答案】C【解析】已知X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，在短周期中，Y可能为Li或Si，X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al，所以Y为Si，又X的离子与ZW含有相同的电子数，则Z为O，W为H，由此分析：A、原子半径为XYZW，即AlSiOH，所以A错误；B、最简单氢化物的沸点SiH4c(H+)c(M+)c(OH-)
9、D. 25，时，CH3COO-的水解平衡常数为(10/17)10-9【答案】D【解析】A、由图象可知，开始时lgc(H+)/c(OH-)= -12，已知c(MOH)=0.1mol/L，溶液中c(OH-)= 0.1mol/L，则MOH为强碱，其电离方程式为MOH=M+OH-，故A错误；B、a点对应的lgc(H+)/c(OH-)=0，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，当与一元强碱完全反应时溶液呈弱碱性，所以当溶液呈中性时，醋酸溶液的体积大于10.00mL，故B错误；C、b点的溶液中，溶质为等物质的量浓度的醋酸CH3COOH和醋酸盐CH3COOM，由于醋酸电离程度很小，所以溶
10、液中c(H+)c(M+) c(H+) c(OH-)，故C错误；D、25时，Ka(CH3COOH)=1.710-5，KW=1.010-14，所以CH3COO-的水解平衡常数Kh= = = (10/17)10-9，所以D正确。本题正确答案为D。点睛：本题的关键是明确lgc(H+)/c(OH-)的含义，根据图象确定出碱的强弱。8. 甲酸(HCOOH)是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。I.甲酸能与醇发生酯化反应该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇(CH3OH)的酯化反应实
11、验: 有关物质的性质如下:沸点/密度(gcm-3)水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲酸甲酯31.50.98易溶(1)装置中，仪器A的名称是_，长玻璃管c的作用是_。(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为_。(3)要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为_。II.甲酸能脱水制取一氧化碳(1)利用上图装置制备并收集CO气体，其正确的连接顺序为a_(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。(2)装置B的作用是_。(3)一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应:CO+NaOH HCOONa。为了证明“CO与NaOH固体发生了反应”，设计下列定性实验方案:取固
12、体产物，配成溶液，_。测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：准确称取固体产物8,0g配制成100mL溶液，量取20.00mL该溶液于锥形瓶中，再加入_作指示剂，用1.5mol/L的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗盐酸的体积为5.05mL，则产物中甲酸钠的质量分数为_(计算结果精确到0.1%)。【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 平衡内外气压，冷凝回流产品 (3). HCOOH+ CH3OHHCOOCH3+H2O (4). 蒸馏 (5). cbedf (6). 除去CO中的HCOOH 蒸气 (7). 加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，能够使溶液褪色 (8).
13、 酚酞 (9). 81.1%【解析】I(1)由装置图可知，仪器A为直形冷凝管；由于产物甲酸甲酯的沸点较低，为防止其大量挥发，所以长玻璃管c的作用冷凝回流产品，也能起到平衡内外气压的作用；(2) 甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；(3)根据甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点都有较大差别，可采用蒸馏的方法提取混合物中的甲酸甲酯；II(1)用甲酸脱水制取一氧化碳时，要用浓硫酸催化脱水，再用碱石灰进行除杂，最后用排水法收集CO，所以正确的连接顺序为acbedf ；(2) 由于甲酸的沸点不高，在加热时会有一定量的挥发，所以装置B的作用是除去CO中的HCOOH蒸气；(
14、3) 已知甲酸(HCOOH)是还原性酸，所以可用氧化性物质来检验是否有甲酸生成，所以取固体产物，配成溶液，加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，即证明CO与NaOH固体发生了反应；这是用标准盐酸来滴定未知碱溶液的操作，所以用酚酞作指示剂，已知消耗盐酸的物质的量为1.5mol/L5.0510-3L=7.57510-3 mol，所以8.0g固体产物中含NaOH的质量为7.57510-3 mol540g/mol=1.515g，则产物中甲酸钠的质量分数为=81.1%。 点睛：本题的关键是通过甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点，知道它们的沸点较低，易挥发，需要从产物中除去，且沸点之间差距较大
15、，可通过蒸馏的方法进行分离提纯，又甲酸具有还原性，为甲酸钠的检验提供了思路。9. 氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂。某兴趣小组以铁屑为原料模拟工业上制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的流程如下:请回答下列问题:(1)“氧化”阶段通入过量空气比用氯气作氧化剂具有的优点是_。(2)“合成”阶段生成Na2FeO4的离子方程式为_。(3)为了检验“氧化”过程中所得FeCl3溶液中是否含有Fe2+，某同学取少量溶液于试管中，选用下列试剂可以达到目的的是_(填字母)。a.KSCN溶液 b.NaOH溶液 c.K3Fe(CN)6溶液 d.苯酚溶液若选用酸性K MnO4溶液进行检验，请分析方案是否合理，并说明
16、理由:_。(4)过程制取FeCl3固体的具体操作步骤是_。若使6.4mol/LFeCl3饱和溶液不析出Fe(OH)3，需控制溶液的pH小于_已知该实验条件下，Ksp(Fe(OH)3=8.510-36，Kw=1.110-13，1.131.33(5)在不同温度和不同pH下，FeO42-的稳定性如下图所示:从上图分析，为了提高“合成”阶段Na2FeO4的产率，可采取的实验条件范围为_。【答案】 (1). 选用通入空气经济、而氯气有毒，污染环境 (2). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O (3). c (4). 不合理，溶液中的氯离子与KMnO4发生反应，也可以使其
17、褪色 (5). 在HC1气流中蒸发FeCl3 溶液制取FeCl3 (6). 1 (7). 控制反应温度30，pH11.50的条件下进行【解析】(1)由于Fe2+具有较强的还原性，所以用空气氧化比用氯气氧化好，其优点是经济无污染；(2)根据转化关系中的物质关系可知，生成Na2FeO4的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O；(3)该溶液中主要含有Fe3+，所以a、b、d都不能用，因此检验是否含有Fe2+，可选用c；酸性K MnO4溶液也可用于检验溶液中是否含有Fe2+，但该溶液中含有Cl，也能与KMnO4发生反应，使其褪色，所以不合理；(4)为防止Fe3
18、+的水解，从溶液中析出FeCl3固体需要在HC1气流中蒸发FeCl3溶液；已知c(Fe3+)=6.4mol/L，Ksp(Fe(OH)3=8.510-36，所以c3(OH)= =1.3310-36，c(OH)=1.110-12 mol/L，因此溶液中的c(H+)=0.1 mol/L，则pH=1，所以需控制溶液的pH小于1；(5)根据图象可知，温度越高，产率越低，所以可控制反应温度低于30；而pH越大，产率越高，所以可控制溶液的pH大于11.50。10. 氮和碳一样也存在一系列氢化物，如NH3、N2H4、N3H5、N4H6等。请回答下列问题(1)上述氮的系列氢化物的通式为_；N3H5的电子式为_。
19、(2)已知:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1= a kJmol-1 K14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2= b kJmol-1 K2写出N2 与O2反应生成1mol NO气体的热化学方程式:_；该反应式的平衡常数表达式K=_(用含有K1、K2的代数式表示)。(3)已知NH3H2O为一元弱碱，N2H4H2O 为二元弱碱，N2H4H2O在水溶液中的一级电离方程式为N2H4H2O+H2ON2H5H2O+ OH-，则可溶性盐盐酸肼(N2H6Cl2)第一步水解的离子方程式为_；溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。(4)如图所示，隔板I固定不动
20、，活寨II可自由移动，M、N 两个容器中均发生反应:N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)。向M、N 中均通入lmol N2 和2.3 mol H2。初始时M、N 容积相同，并保持温度不变，则达到平衡时H2 的转化率aM(H2)_aN(H2)(填“”“=”“或”)。达到平衡时测得容器N 的容积为2.0 L，其中含有0.2 mol NH3，则此条件下该反应的平衡常数K=_。【答案】 (1). NnHn+2 (2). (3). 1/2N2(g)+1/2O2(g)=NO(g) H =1/4(a-b)kJmol-1 (4). (K1/K2)(1/4) (5). N2H62+H2ON2H5H2O+H
21、+ (6). c(Cl-)c(N2H62+)c(H+)c(N2H5H2O+)c(OH-) (7). c(N2H62+) c(H+) c(N2H5H2O+)c(OH-)(4)已知化学平衡N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，这是一个气体体积缩小的反应，由于隔板I固定不动，活塞II可自由移动，所以M中压强减小，N中压强不变，即M相对于N是减小压强，则平衡向左移动，使氢气的转化率减小，即aM(H2)OC (4). NH3和H2O分子间形成氢键，CH4为非极性分子，不易溶于水 (5). 29 (6). 1s22s22p6 (7). 6 (8). 氮 (9). 平面正方形 (10). sp3 (11
22、). 1.61【解析】(1)氮气分子的结构式为NN，其中的共价键类型为一个键和两个键，氮气分子比较稳定的原因就是氮氮叁键的键能大，不易被破坏；(2)由于同周期元素的第一电离能从左到右一般是逐渐增大的，但N元素最外层的2p上只有3个电子，属于半满状态，比较稳定，所以N元素的第一电离能大于O元素的，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC；NH3分子中的N元素和水分子中的O元素都具有强的吸引电子能力，它们通过H原子在NH3分子和水分子间形成氢键，因此NH3易溶于水，但CH4中的C元素没有强的吸引电子能力，且CH4为非极性分子，所以不能溶于极性的水中；(3) X+中所有电子恰好充满K、L、M
23、3个电子层，则X原子核外电子数为2+8+18+1 =29，即X是29号元素Cu，因为原子核外没有运动状态完全相同的两个电子存在，所以Cu原子核外电子的运动状态共有29种；基态N3-的电子排布式为1s22s22p6；由晶体结构图可知与N3-等距离且最近的X+有6个，分别在棱的中点，位于N3-的上下、左右、前后六个位置；NH3分子中的N原子上有孤电子对，所以两种配离子中提供孤电子对的原子为氮元素；已知两种配离子都具有对称的空间构型，Zn(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代只能得到一种结构的产物，说明该离子为正四面体结构，其中Zn以sp3杂化提供四个完全等效的共价键，而Cu(NH3)42+
24、中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种结构不同的产物，说明该离子为平面正方形结构，两个氯原子在同一边上或在对角线上，是两种不同的结构；(4)根据重冰的结构可知，其中含有2个水分子，所以该晶胞的质量为= g，其体积为a3=(3.33710-8cm)3=3.7210-23cm3，所以其密度为/3.7210-23cm3 = 1.61 g/cm3。12. 化学一一选修5:有机化学基础有机物H是一种常见的有机合成中间体，在染料、香料、磺酰脲类除草剂等生产中用途广泛，以有机物A为原料合成H的路线如下所示:已知：I. II. III. 请回答下列问题:(1)A的化学名称为_，分子中共面的原子数最多为_个。
25、(2)E分子中所含官能团的名称为_，的反应类型为_。 (3)F的结构简式为_，写出反应的化学方程式:_。(4)D的同分异构体中，能发生银镜反应，且能与钠反应放出H2的共有_种，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:1:2:6的所有同分异构体的结构简式:_。(5)设计一条由E到I的合成路线。合成路线示例如下：【答案】 (1). 2-甲基-1-丙烯 (2). 8 (3). 羧基和氯原子 (4). 取代反应 (5). (6). 12 (7). (8). 【解析】(1)根据已知反应I可知A中含有C=C，根据高聚物I可推知A中含有两个CH3，由B的化学式可知A的化学式为C4H8，则A的化学名称为2-
26、甲基-1-丙烯；分子中共面的原子最多为8个，分别是C=C两端各有3个，两个甲基上各有一个氢原子，共四个C原子和四个H原子共面；(2)根据反应I得B的结构简式为(CH3)2CHCH2Br，由反应II推知D的结构简式为(CH3)2CHCH2COOH，根据反应III推出E的结构简式为(CH3)2CHCHClCOOH，所以E中所含官能团的名称为羧基和氯原子；的反应是-CN取代了Br，其反应类型为取代反应；(3)由E生成F是用-CN取代了Cl，所以F的结构简式为(CH3)2CHCH(CN)COOH；反应的化学方程式为学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.(5)通过以上分析，已知E的结构简式为(CH3)2CHCHClCOOH，而I的结构简式为，所以要先对E进行消去反应，去掉Cl原子形成C=C双键，再进行酯化，反之，生成的酯在碱性条件下会水解，不利于产物的生成，最后再加聚得到要制备的产物。所以其合成线路为。点睛：本题的难点是按照要求写出D的同分异构体，注意先去掉一个CHO，然后写出剩余4个C的四种不同结构，再根据等效氢原则，即可得到OH所在的位置有几种，则D的同分异构体就有几种。