【完整版】河北省衡水中学2015届高三下学期三调考试化学试题解析

/本试卷分第I卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两局部。总分300分,考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H1016C12Ni4S32F19Cl35.5Br80.1127Si28Na23K39Ca40Mg24Al27Fe56Cu64Ag108Zn65Ba137Mn55Pb207S32Cr52C059Ni58.7第I卷〔选择题共126分〕一、选择题〔此题共13小题,每题6分。在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的〕7．有关化学资源的合成、利用与开发的表达合理的是A．大量使用化肥和农药,能不断进步农作物产量B．通过有机合成,可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C．安装煤炭燃烧过程的“固硫〞装置,主要是为了进步煤的利用率D．开发利用可燃冰〔固态甲烷水合物〕,有助于海洋生态环境的治理【答案】B【解析】试题分析：大量使用化肥和农药,会对环境造成污染,A错；通过有机合成能制造出有特殊性能的材料,B对；安装煤炭燃烧过程的“固硫〞装置,主要是为了减少污染气体SO2的排放,C错；开发利用可燃冰,会对海洋生态环境造成不利影响,D错。考点：常见的化学常识。8．某学生鉴定甲盐的流程如下图,以下说法正确的选项是()A.假如甲中含有S2－,那么乙是硫磺沉淀B．假如乙是AgCl沉淀,那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3＋,所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素,可能显示+2或者+3价【答案】D【解析】试题分析：溶液丙中参加KSCN溶液变为血红色,说明丙中有铁元素,那么甲中也有铁元素,那么甲中不能含有S2－,A错；乙是淡黄色沉淀,而AgCl沉淀是白色的,故B错；丙中肯定含有Fe3＋,但不一定是FeBr2,假如是FeBr3也能看到一样的现象,C错；丙中含有铁元素,那么甲中含有铁元素,可能显+2或者+3价,假如是Fe2+会被氧化为Fe3+,D对。考点：物质的性质和检验。9．以下说法或解释不正确的选项是()A.等物质的量浓度的以下溶液中,由大到小的顺序是①>②>③>④B．室温下,向0.01molNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：C．向0.2molNaHCO3溶液中参加等体积0.1molNaOH溶液：D．物质的量浓度均为1mol的NaCl和MgCl2混合液1L中,含有Cl－的数目为3(表示阿伏加德罗常数的值)【答案】C考点：盐类的水解、溶液中离子浓度的大小比拟、物质的量有关计算。10．以下图示与对应的表达相符的是()A．图I表示某吸热反响分别在有、无催化剂的情况下反响过程中的能量变化B．图Ⅱ表示常温下,0.100mol／LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol／LHC1溶液所得到的滴定曲线。C．图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中,醋酸溶液电离程度：c<a<bD．图Ⅳ表示反响,在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量,平衡时N2的体积分数变化情况,由图可知的转化率c>b>a【答案】D【解析】试题分析：图I中反响物的能量高于生成物的能量,故表示的是放热反响。A错；0.100mol／LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol／LHC1溶液时NaOH溶液的体积是20mL时溶液呈中性,故B错；冰醋酸加水稀释过程中电离程度是逐渐增大的,溶液的导电才能与离子浓度有关,与电离程度无关,C错；D对。考点：化学图像的分析。11．某溶液中可能含有等离子。当向该溶液中参加一定物质的量浓度的NaOH溶液时,发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如下图,以下说法正确的选项是A.原溶液中一定含有的阳离子是B．原溶液中一定含有SO42－和Na＋C．原溶液中含有的Fe3＋和Al3＋的物质的量之比为1:1D．反响最后形成的溶液中含有的溶质仅为Na2SO4【答案】C【解析】试题分析：从图像看出开场时没有沉淀生成,所以一定有H+,生成沉淀有一局部可以溶解于NaOH溶液,那么一定有Al3+,有一段不产生沉淀,说明有NH4+,沉淀到达最大值时用了6体积的氢氧化钠溶液,又根据Al〔OH〕3溶解用了一体积的氢氧化钠溶液,所以生成Al〔OH〕3用了三体积的氢氧化钠溶液,那么另外三体积的氢氧化钠一定是与三价的离子反响,所以一定有Fe3＋,故溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+,那么一定不含CO32-和Mg2+。根据上述分析,知道A错误；根据前面的分析知道溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+,一定不含CO32-和Mg2+,溶液中还需要有阴离子,故一定有SO42－,但不能确定是否有Na＋,B错；根据Al3+生成沉淀用的3体积氢氧化钠,那么Fe3+生成沉淀也用了3体积氢氧化钠,那么Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1,故C对；Na＋不一定存在,D错。考点：化学图像的分析。12.复原沉淀法是处理含铬〔含Cr2O72－和CrO42－〕工业废水的常用方法,过程如下：转化过程中的反响为。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L,CrO42－有10/11转化为Cr2O72－,以下说法不正确的选项是()A．溶液颜色保持不变,说明上述可逆反响到达平衡状态B．假设用绿矾作复原剂,处理1L废水,至少需要917.4gC．常温下转化反响的平衡常数K=l×10．那么转化后所得溶液的pH=6D．常温下,要使处理后废水中的c〔Cr3＋〕降至1×10mol／L,应调溶液的pH=5【答案】B故pH=6,C对,不选；根据溶度积的表达式有：c(Cr3+)·c3(OH-)=1×10﹣32,c3(OH-)=10﹣32÷10﹣5=10﹣27,得c(OH-)=1×10﹣9,那么c(H+)=10﹣5,所以pH=5,D对,不选。考点：平衡状态的判断、溶度积的应用。 13.关于以下四个装置的说明符合实验要求的是()A.装置①：实验室中假设需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯,但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置来别离含碘的四氯化碳液体,最终在锥型瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物【答案】B【解析】试题分析：制取乙炔时电石和水反响放出大量的热,不能用启普发生器,A错；制备硝基苯是要加热,反响时有副反响发生,产物中可能会混有苯磺酸,B对；碘蒸汽冷凝后变为固体,在锥形瓶中不能搜集到碘,C错；制备乙酸乙酯时乙酸乙酯挥发除去在烧瓶外冷凝成液体后搜集,不能在烧瓶中获得产物,D错。考点：实验目的和装置的评价。第二卷〔非选择题共174分〕三、非选择题〔包括必考题和选考题两局部。第22题～第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题,考生根据要求作答〕〔一〕必考题26.(15分)碱式碳酸钴常用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如下图的装置进展实验。〔1〕请完成以下实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内,称量乙、丙装置的质量；②按如下图装置组装好仪器,并检验装置气密性；③加热甲中玻璃管,当乙装置中_______〔填实验现象〕,停顿加热；④翻开活塞a,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量；⑤计算。〔2〕步骤④中缓缓通人空气数分钟的目的是___________________________________.〔3〕某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用以下装置中的_______〔填字母〕连接在_______〔填装置连接位置〕。〔4〕假设按正确装置进展实验,测得如下数据。那么该碱式碳酸钴的化学式为______________。〔5〕含有的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反响,该玻璃的颜色为_______。〔6〕常用作多彩水泥的添加剂。以含钴废料〔含少量Fe、Al等杂质〕制取的一种工艺如下：①净化除杂时,参加H2O2发生反响的离子方程式为____________________________.②参加CoCO3调pH为5.2～7.6,那么操作1获得的滤渣成分为_____________________.③加盐酸调整pH为2～3的目的为__________________________________________.④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、______________〔填操作名称〕、过滤。【答案】〔1〕不再有气泡产生。〔2〕将装置中的CO2、H2O全部转移到乙、丙装置中。〔3〕D、活塞a前。〔4〕Co2(OH)4(CO3)2〔5〕蓝色〔6〕①2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe2++2H2O②Al(OH)3、Fe(OH)3③抑制CoCl2水解。④冷却结晶是蓝色的钴玻璃。〔6〕①从表中的数据可以看出Fe3+比Fe2+更容易沉淀,所以参加H2O2是为了将Fe2+转化为Fe3+,反响的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe2++2H2O。②调pH为5.2～7.6时Co2+还没有沉淀,Fe3+、Al3+完全沉淀,故操作1获得的滤渣成分为Al(OH)3、Fe(OH)3,③CoCl2会发生水解反响为了得到更纯洁的CoCl2·6H2O,需要抑制CoCl2的水解,故参加盐酸的作用是抑制CoCl2水解。④从溶液中得到晶体,操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。考点：物质分子式确实定、操作的作用分析、氧化复原反响。27.〔14分〕研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。〔1〕CO可用于炼铁,：那么CO复原Fe2O3(s)的热化学方程式为_________。〔2〕别离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池〔以KOH溶液为电解液〕。写出该电池的负极反响式：_________。〔3〕CO2和H2充人一定体积的密闭容器中,在两种温度下发生反响：测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为〔填“>〞或“=〞或“<〞〕。②一定温度下,在容积一样且固定的两个密闭容器中,按如下方式参加反响物,一段时间后到达平衡。假设甲中平衡后气体的压强为开场的0.8倍,要使平衡后乙与甲中一样组分的体积分数相等,且起始时维持化学反响向逆反响方向进展,那么c的取值范围为_________。〔4〕利用光能和光催化剂,可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时,在不同催化剂〔工、Ⅱ,Ⅲ〕作用下,CH4产量随光照时间的变化见图2。在O～15小时内,CH4的平均生成速率工、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为_________〔填序号〕。〔5〕以为催化剂,可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3。①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是__________________________________.②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸,写出有关的离子方程式：________________________________。【答案】〔1〕Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ·mol-1〔2〕CO+4OH—-2e—＝CO32-+2H2O〔3〕①>②0.4<C<1〔4〕Ⅱ>Ⅲ>工〔5〕①300℃～400℃②3Cu2Al2O4+32H++2NO3—＝6Cu2++6Al3++2NO↑+16H【解析】试题分析：〔1〕将所给的方程式分别标为①、②,把①-②×3可得CO复原Fe2O3(s)的热化学方程式,Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)△H=489.0-172.5×3=-28.5kJ·mol-1。〔2〕燃料电池中在负极反响的是燃料,故CO在负极反响,由于是碱性电解质,生成的CO2还要和碱性电解质反响,故电极反响为：CO+4OH—-2e—＝CO32-+2H2O。〔3〕从曲线I、Ⅱ看出I的CH3OH物质的量较大,所以相对于Ⅱ,I是向正反响方向挪动,故K1>K2。②要使平衡后乙与甲中一样组分的体积分数相等,且起始时维持化学反响向逆反响方向进展,CH3OH的最大值为1mol,即起始是只有CH3OH和H2O,甲中平衡后气体的压强为开场的0.8倍,根据反响方程式的系数,体系中气体总物质的量减少了4mol-4mol×0.8=0.8mol,气体总物质的量减少0.8mol时生成CH3OH为0.4mol,要让反响向逆向进展,CH3OH的物质的量要大于0.4mol,故c的范围是：0.4<C<1〔4〕从图看出在O～15小时内,Ⅱ曲线在最上面,Ⅲ在中间,工在最下面,故CH4的平均生成速率Ⅱ>Ⅲ>工。〔5〕①从图看出300℃～400℃时催化剂的催化效率降低,故乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是300℃～400℃。②Cu2Al2O4中的铜的化合价为+1价,故会和稀硝酸发生氧化复原反响,Cu2Al2O4可溶于稀硝酸的离子方程式为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3—＝6Cu2++6Al考点：盖斯定律的运用、电极反响的书写、化学图像、化学平衡的挪动、氧化复原反响离子方程式的书写。28.〔14分〕I．Li-Al／FeS电池是一种正在开发的车载电池,该电池中正极的电极反响式为,那么该电池的总反响式为_____________________。Ⅱ．锂一黄铁矿高容量电池,由于其污染小、本钱低、电容量大、黄铁矿储藏丰富而有望取代目前市场的碱性电池。制取高纯度黄铁矿的工艺流程如下：〔1〕：,为得到较纯的FeS沉淀,最好在FeCl2溶液中参加的试剂为_________〔填序号〕A.(NH4)2SB.CuSC.H2SD.Na2S〔2〕关于白铁矿与黄铁矿以下判断错误的选项是_____________〔填序号〕A.属于同素异形体B．因为晶体构造不同而导致性质有差异C．黄铁矿比白铁矿更稳定〔3〕反响Ⅲ制取S22－时,溶液必须保持为碱性,除了S2－与酸反响外,还有更重要的原因是〔用离子方程式表示〕___________________________.〔4〕室温下,Li/FeS2二次电池所用的电解质是非水液体电解质,放电行为与温度有关。①该电池电解质为非水液体电解质,原因是____________________________________.②温度低时,锂与FeS2反响只生成A物质,产生第一次放电行为；温度升高,锂与A继续反响〔产物之一为Fe〕,产生第二次放电行为。假设二次行为均进展完全且放电量恰好相等。请写出化学反响方程式：第一次放电：__________________；第二次放电：__________________________。〔5〕制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiCl-KC1低共熔点混合物为电解质,FeS为阳极,Al为阴极,在适当的电压下电解。写出阳极反响式___________________________。【答案】I．2Li+FeS＝Li2S+FeⅡ．〔1〕A〔2〕A〔3〕S22-+2H+＝S↓+H2S↑〔4〕①锂会与水反响产生自放电现象。②2Li+FeS2＝Li2FeS2、2Li+Li2FeS2＝2Li2S+Fe〔5〕2FeS-2e—＝FeS2+Fe2++FeS2＝Li2FeS2；锂与Li2FeS2继续反响产物有Fe,那么反响方程式为：2Li+Li2FeS2＝2Li2S+Fe。〔5〕FeS为阳极,放电后能生成FeS2,根据电荷守恒和元素守恒,电极反响为：2FeS-2e—＝FeS2+Fe2+考点：电极反响的书写、〔二〕选考题〔共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假如多做,那么每学科按所做的第一题计分〕36.[化学——化学与技术]〔15分〕往有机聚合物中添加阻燃剂,可增加聚合物的使用平安性,扩大其应用范围。Mg(OH)2是一种常用的阻燃剂,消费工艺如下：完成以下填空：〔1〕精制卤水中MgCl2的与适量石灰乳反响合成碱式氯化镁,反响的化学方程式为_________。〔2〕合成反响后,继续在393K～523K下水热处理8h,发生反响：,水热处理后,进展过滤、水洗。水洗的目的是_________。〔3〕阻燃型Mg(OH)2具有晶粒大,易分散、与高分子材料相容性好等特点。上述工艺流程中与此有关的步骤是________。〔4〕热化学方程式：Mg(OH)2和Al(OH)3起阻燃作用的主要原因是_________。等质量Mg(OH)2和Al(OH)3相比,阻燃效果较好的是_________,原因是_____________________________________________。〔5〕该工业消费的原料还可以用来提取金属镁。请设计提取金属镁的工艺流程〔框内写产物名称,箭头上标明转化条件〕：【答案】〔1)2MgCl2+(2-x)Ca(OH)2+2mH2O=2Mg(OH)2-xClx·mH2O+(2-x)CaCl2〔2〕除去Mg(OH)2外表的MgCl2、CaCl2、Ca(OH)2。〔3〕外表处理、水热处理。〔4〕Mg(OH)2和Al(OH)3分解需吸热是温度下降,同时生成耐高温的氧化镁、氧化铝,热稳定性好的氧化镁和氧化铝覆盖在可燃物外表,阻燃效果更好；Mg(OH)2；单位质量Mg(OH)2和Al(OH)3热效应是1.41kJ/g和1.12kJ/g,单位质量的Mg(OH)2的吸热多。〔5〕Mg(OH)2；过量盐酸、MgCl2溶液；蒸发浓缩、MgCl2固体；考点：根据信息书写化学方程式、操作作用的分析、金属镁的制取。37.[化学——物质构造与性质]〔15分〕由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用处。〔1〕基态Cu＋的最外层核外电子排布式为_________.〔2〕研究者料想合成一个纯粹由氮组成的新物种N5＋N3－,假设N5＋离子中每个氮原子均满足8电子构造,以下有关N5＋推测正确的选项是()A．N5＋有24个电子B．N5＋离子中存在三对未成键的电子对C．N5＋阳离子中存在两个氮氮三键〔3〕化合物是一种潜在的储氢材料,它可由六元环状化合物。通过制得。①与上述化学方程式有关的表达不正确的选项是_________。〔填标号〕A.反响前后碳原子的轨道杂化类型不变B．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C．第一电离能：N>O>C>BD．化合物A中存在配位键②1个分子中有_________个键。〔4〕在硼酸盐中,阴离子有链状、环状等多种构造形式。图(a)是一种链状构造的多硼酸根,那么多硼酸根离子符号为_________图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状构造,其中硼原子采取的杂化类型为_________。〔5〕NiO晶体构造与NaCl晶体类似,其晶胞的棱长为acm,那么该晶体中间隔最近的两个阳离子核间的间隔为_________〔用含有a的代数式表示〕。在一定温度下,Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层〞〔如图〕,可以认为氧离子作密致单层排列,镍离子填充其中,列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为_________g〔氧离子的半径为1.40×10m,≈l.732〕。【答案】〔1〕3S23P63d10〔2〕C〔3〕①A②12〔4〕

[BO2]nn－〔或BO2－〕；sp2、sp3〔5〕a,【解析】试题分析：：〔1〕Cu是29号元素。基态Cu+的核外有28个电子,轨道处于全空、全满或半满是较稳定,故最外层电子排布式为3S23P63d10。〔2〕N5＋中一个N有7个电子,5个N就有35个电子,由于是阳离子,再失去一个电子,故有24个电子,A错；N5＋离子中每个氮原子均满足8电子构造,那么每个N原子要形成3个共用电子对,每个N原子还剩下1对孤电子对,那么未成键的电子对为5对,B错；N5＋阳离子中存在两个氮氮三键,C对。〔3〕①CH4是sp3杂化,CO2中的碳原子的轨道杂化类型是sp杂化,轨道杂化方式改变,A错,选A；CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形,B对,不选；非金属性越强,第一电离能越大。但是由于N原子的核外电子是处于半充满的稳定状态,所以其第一电离能比O元素的还大,故第一电离能大小为：N＞O＞C＞,C对,不考点：电子排布、晶体构造、杂化轨道理论。38.[化