河北省衡水中学2017届高三下学期三调考试化学试卷（解析版）

河北省衡水中学2017届高三下学期三调考试化学试卷一、选择题1化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A. 地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂和生物柴油B. 石油裂解、海水晒盐、纤维素制火棉都包含化学变化C. 糖类、油脂和蛋白质在人体内均被水解为人体能直接吸收的有机物D. “嫦峨三号”使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料2微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A. 电子从b流出，经外电路流向aB. HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+C. 如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜3下列实验的现象与对应结论均正确的是A. A B. B C. C D. D4下列有关物质转化关系的说法中不正确的是（ ）A. 图1中甲可能是Cl2，X可能是FeB. 图2中反应一定是置换反应或复分解反应C. 图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像，原溶质可能是Al2(SO4)3D. 图4中a可能为NaOH，b可能为Na2CO3,c可能为NaHCO35用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A. 28g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NAB. 常温下，1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.5NAC. 92g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NAD. 22.4L氯气与足量镁粉充分反应后，转移的电子数为2NA6分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)A. 13种 B. 4种 C. 9种 D. 16种7常温下10mL浓度均为0.1molL-1的HX和HY两种一元酸溶液加水稀释过程中的pH随溶液体积变化曲线如图所示。则下列说法不正确的是A. 电离常教：K(HX)c(Y-)c(X-)c(OH-)c(H+)D. a点水的电离度大于b点水的电离度二、实验题8一氯化碘(沸点97.4)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。回答下列问题：（1）甲组同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应）各装置连接顺序为A_；A装置中发生反应的离子方程式为_。B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：_，D装置的作用是_。 将B装置得到的液态产物进一提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作方法是_。（2）乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘。则发生反应的化学方程式为_。（3）设计实验证明：ICl的氧化性比I2强：_。ICl与乙烯作用发生加成反应：_。三、填空题9聚合氯化铝是一种新型净水剂，其中铝的总浓度(用c表示）包括三类：主要为A l3+的单体形态铝（用Ala表示）总浓度，主要为主要为AlO4 Al12(OH)24(H2O)12 7+的中等聚合形态铝总浓度(用Alb 表示)和Al(OH)3胶体形态铝(用A1c表示)总浓度。（1）真空碳热还原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝，相关反应的热化学方程式如下：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)H1=akJmol-13AlCl(g)= 2Al(s)+AlCl3(g) H2=bkJmol-1则反应Al2O3(s)+33C(s)= 2Al(s)+ 3CO(g)H=_kJmol-1（用含a、b的代数式表尔）。 反应在常压、1900 的高温下才能进行，说明H_( 填“”“=”或“ 越小 Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+ 13Al3+32OH-+8H2O=AlO4Al12(OH)24(H2O)127+ 0.04mol/L 0.053mol/(Lmin) 【解析】（1）已知：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)H1=akJmol-1，3AlCl(g)= 2Al(s)+AlCl3(g) H2=bkJmol-1，根据盖斯定律，+可得：Al2O3(s)+3C(s)= 2Al(s)+ 3CO(g)，则H=H1+H2=（a+b）kJ/mol；该反应S0，反应常压下在1900的高温下才能进行，H-TS0反应自发进行，说明该反应H0；（2）根据表中数据可知在一定温度下，c越大，Alc%越小；根据表中数据如将c=2.520molL-1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中会产生氢氧化铝胶体，因此主要发生反应的离子方程式Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；（3）根据原子守恒和电荷守恒可知生成AlO4 Al12(OH)24(H2O)12 7+的离子方程式为13Al3+32OH-+8H2O=AlO4Al12(OH)24(H2O)127+；（4）铝离子的起始浓度是0.05mol/L，1min时变为0.03mol/L，则参加反应的铝离子浓度是0.02mol/L，所以根据方程式可知1min时, 的浓度为0.02mol/L20.04mol/L；03min内消耗铝离子是0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L，则根据方程式可知消耗X是0.04mol/L40.16mol/L，所以该反应的速率vx0.16mol/L3min0.053mol/(Lmin)；根据图像可知第9min时铝离子浓度是0.002mol/L，消耗铝离子是0.05mol/L-0.002mol/L=0.048mol/L，则根据方程式可知消耗X是0.048mol/L40.192mol/L，平衡时X浓度是0.194mol/L0.192mol/L0.002mol/L， 的浓度为0.048mol/L20.096mol/L，所以反应达到平衡，K=。10 提高含铜矿石的利用率及酸浸效率 Fe2+ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 漂液 ClO-+2Fe2+2H+=Cl-+2Fe3+H2O BC Fe(OH)3 32.0 0.25mol/L【解析】矿石粉碎后与足量稀硫酸反应铁、铜均转化为硫酸盐，二氧化硅和碳酸钙变为滤渣1，二者在高温下反应转化为硅酸钙；要得到硫酸铜晶体需要除去溶液中的亚铁离子，利用亚铁离子的还原性加入氧化剂转化为铁离子，通过调节pH转化为氢氧化铁沉淀，过滤即得到硫酸铜溶液，据此分析解答。（1）含铜矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，即目的是提高含铜矿石的利用率及酸浸效率；（2）根据正负价代数和为0可知FeCuSi3O6(OH)4中铁元素的化合价是2价，因此酸浸后的溶液中除了Cu2+外，还含有的金属阳离子是Fe2+；（3）固体1中含有二氧化硅，溶于NaOH溶液的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（4）结合题中信息可知漂液的价格最经济，因此所选用的试剂1的名称为漂液，加入该试剂时根据电子得失守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为ClO-+2Fe2+2H+=Cl-+2Fe3+H2O；（5）试剂2是为了调节pH沉淀铁离子，得到纯净的硫酸铜溶液，因此可以选择氧化铜或氢氧化铜，答案选BC；滤渣2中一定含有的物质为Fe(OH)3；（6）通过电子的个数是9.632104C1.610-19C6.021023，物质的量是1mol。根据Cu22eCu可知理论上阴极质量增加。阳极溶解的铜是16g64g/mol0.25mol，所以溶液中硫酸铜的物质的量是0.5mol-0.25mol=0.25mol，则浓度是0.25mol1L0.25mol/L。【答案】（1）（2）离子；（3） （4）sp3 NH4+、BH4（或“SO42”“PO43” 等其他合理答案） （5）8（或“ ”） Na3Li(AlH4)4 （6）3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2【解析】试题分析：（1）Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表示式为；（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂，属于离子晶体；NaH是离子化合物，电子式为；（3）氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图；（4）AlH4-中，Al的价层电子对数=4+=4，所以Al原子为sp3杂化；等电子体的结构相似，所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；（5）以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-距离为anm，位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上，共有8个；根据均摊法可知，晶胞中钠离子的个数为6+4=4，晶体的化学式为NaAlH4，所以晶胞中AlH4-的个数为4，该晶胞的质量为g，该晶胞体积为2a3nm3=2a310-21cm3，则该晶胞的密度为。晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为4，若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为3，锂离子的个数为1，晶体的化学式为：Na3Li(AlH4)4；（6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，即产物有Al、H2和AlH63-，方程式为3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2。考点：考查核外电子排布、电子式、化学键、分子空间构型、杂化方式、晶胞密度的计算，方程式的书写12 D 碳碳双键 取代反应 保护碳碳双键，防止被氧化 丙烯酸甲酯 3 HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A的分子式为C3H6，能氨氧化生成CH2=CHCN，故A为CH3CH=CH2，A反应生成B，B能转化为CH2=CHCH2OH，故B为CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2OH经系列转化生成C3H4O2，可知C3H4O2中含有-COOH，C3H4O2的不饱和度为(23+24)/2=2，故C3H4O2中还含有碳碳双键，C3H4O2的结构简式为CH2=CHCOOH，反应和的目的是保护碳碳双键，根据粘合剂M的结构简式可知，其单体为CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCONH2，故C为CH2=CHCOOCH3，D为CH2=CHCONH2，据此解答。（1）A. A是丙烯，含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加聚等反应，不能发生缩聚反应，A错误；B.B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，B错误；C.C为CH2=CHCOOCH3，C的分子式为C4H6O2，C错误；D.根据M的结构简式可知M的单体是CH2=CHCOOCH3和CH2=CHCONH2，D正确，答案选D；（2）通过以上分析知，A的结构简式为：CH3CH=CH2，所含官能团的名称是碳碳双键。反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，反应类型为取代反应；（3）碳碳双键易被氧化，因此根据以上分析可知设计步骤的目的是保护碳碳双键，防止被氧化；C为CH2=CHCOOCH3，C的名称为丙烯酸甲