2016-2017河北省衡水中学高三(上)期末化学试卷

2016-2017河北省衡水中学高三（上）期末化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)

1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）

A.煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源

B.“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感

C.已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量

D.已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有可能形成胶体

【答案】

C

【解析】

解：A．风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；

B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白质，“84消毒液”具有强氧化性，能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，故B正确；C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中C含量不变，故C错误；

D．分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在1-100nm之间，所以PM2.5在空气中有可能形成胶体，故D正确；

故选C．

A．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；

B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；

C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，但C含量不变；

D．分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应．

本题考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性质，为高频考点，把握物质性质及基本概念内涵是解本题关键，易错选项是C，注意：自然界中二氧化碳含量减少不表示自然界中C含量减少，题目难度不大．

2.下列有关说法正确的是（）

A.分子式为C5H11C l的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有4种

B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4--二氯甲苯

C.苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂

D.合成顺丁橡胶（）的单体是CH3-CH=CH-CH3

【答案】

A

【解析】

解：A．分子式为C5H11C l的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2C l；

CH3CH2CH2CHC l CH3；CH3CH2CHC l CH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2C l；CH3CH（CH3）CHC l CH3；CH3CC l（CH3）CH2CH3；CH2C l CH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2C l；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种，故A正确；

B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子，故B错误；

C．苯酚、甲醛发生缩聚反应，不是加聚反应，故C错误；

D．顺丁橡胶的结构简式为：，根据加聚反应原理可得其单体为：

CH2=CH-CH=CH2，故D错误．

故选A．

A．先确定分子式为C5H11C l的同分异构体，在此基础上进行判断；

B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子；

C．苯酚、甲醛发生缩聚反应；

D．的单体为1，3-丁二烯．

本题考查了高分子化合物的判断、加聚反应原理等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意掌握高分子化合物的概念、常见有机反应类型．

3.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．下列说法正确的是（）

A.元素丙的单质可用于冶炼金属

B.甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强

C.简单离子半径：乙＞丁＞丙

D.甲与乙的氧化物均有强氧化性

【答案】

A

【解析】

解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为A l元素，乙为N a元素，丁为S或C l元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为C l元素，

A．元素丙为A l元素，利用铝热反应可冶炼金属，故A正确；

B．甲为C、丁为C l，非金属性C l＞C，则氢化物稳定性：C＜C l，即：甲＜丁，故B错误；

C．乙、丙、丁分别为N a、A l、C l，离子的电子层越多，离子半径越多，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：丁＞乙＞丙，故C错误；

D．甲为C，其氧化物为二氧化碳、CO，乙为N a，氧化物为氧化钠、过氧化钠，二氧化碳、CO不具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；

故选A．

短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C 元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为A l元素，乙为N a元素，丁为S或C l元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为C l元素，据此结合元素周期律进行判断．本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．

4.已知下列实验事实：①C r2O3固体既能溶于KOH溶液得到KC r O2溶液，又能溶于硫酸得到C r2（SO4）3溶液；

②将K2C r2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KC r O2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2C r2O7溶液．下列判断不正确的是（）

A.化合物KC r O2中C r元素为+3价

B.实验①证明C r2O3是两性氧化物

C.实验②证明氧化性：C r2O72-＜I2

D.实验③证明H2O2有氧化性

【答案】

C

【解析】

解：A．化合物KC r O2中，K为+1价，O为-2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则C r元素为+3价，故A正确；

B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，C r元素的化合价降低，I 元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为

C r2O72-＞I2，故C错误；

D．实验②中发生氧化还原反应，C r元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D正确；

故选C．

①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；

②中，发生氧化还原反应，C r元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；

③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，C r元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大．

5.某同学将光亮镁条放入盛有NH4C l溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）

A.A

B.B

C.C

D.D

【答案】

C

【解析】

解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；

B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．收集气体的同时测得溶液的p H为8.0，说明碱性条件下，M g可以被氧化，但氢氧化镁是难溶于水的物质不是氢氧化镁导致溶液的碱性，故C错误；

D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气，向NH4C l溶液中加锌，也有大量气泡产生，活泼金属可促进NH4+水解，故D正确；

故选C．

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；

B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；

C．氢氧化镁是难溶于水的碱；

D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气；

本题考查了元素化合物知识、盐类水解原理的应用，熟悉镁、氯化铵的性质是解题关键，注意知识的积累，题目难度中等．

6.在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉

并充入1mol CO，控制作在不同温度下发生反应：N i

（s）+4CO（g）?N i（CO）4（g），当反应进行到

5min时，测得N i（CO）4的体积分数与温度的关系

如图所示．下列说法正确的是（）

A.正反应为吸热反应，平衡常数：K（T1）＞K（T2）

B.反应进行到5min时，b容器中v（正）=v（逆）

C.达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞c

D.减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态

【答案】

D

【解析】

解：A．升高温度，甲醇的百分含量减小，说明正反应是放热反应，则△H＜0，故A错误；

B．5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态，则v（正）、v（逆）不一定相等，故B错误；

C．达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c，故C错误；

D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，减小压强或升高温度平衡逆向移动，故D正确．

故选D．

A．根据升高温度平衡移动的方向判断反应热；

B．未到达平衡前，升高温度甲醇的含量增大，到达平衡后再升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的含量降低，而5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态；

C．根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；

D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，升高温度或减压都可以．

本题考查化学平衡图象题，难度较大，B选项为易错点，学生容易认为b容器到达平衡，注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点．

7.常温下，某酸HA的电离常数：K=1×10-5，下列说法正确的是（）

A.HA溶液中加入N a A固体后，减小

B.常温下，0.1mol/LHA溶液中水电离的c（H+）为10-13mol/L

C.常温下，0.1mol/LN a A溶液水解常数为10-9

D.N a A溶液中加入HC l溶液至恰好完全反应，存在关系：2c（N a+）═c（A-）+c（C l-）【答案】

C

【解析】

解：A．的比值为A-的水解平衡常数，加入N a A固体后，由于温度不变，则

水解平衡常数不变，故A错误；

B．由于HA为弱酸，则常温下0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的

c（H+）一定大于mol/L=10-13mol/L，故B错误；

C．N a A的水解平衡常数K==×===10-9，故C正

确；

D．N a A溶液中加入HC l溶液至恰好完全反应，N a A和HC l的物质的量相等，根据物料守恒可得：2c（N a+）=c（A-）+c（C l-）+c（HA），故D错误；

故选C．

A．的比值为A-的水解平衡常数，水解平衡常数只受温度影响；

B．HA为弱酸，则氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的氢离子浓度大于10-13mol/L；C．N a A的水解平衡常数K==×=，据此带入数据计算即

可；

D．根据混合液中的物料守恒判断；

本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，明确影响弱电解质的电离平衡、盐的水解原理的因素为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法．

二、实验题(本大题共1小题，共15.0分)

8.亚硝酸盐是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究：

（一）鉴别N a C l和N a NO2

甲同学用沉淀分析法

经查：常温下K sp（A g NO2）=2×10-8，K sp（A g C l）=1.8×10-10．分别向盛有

5m L0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液，先生成沉淀的是盛有______ 溶液的试管．

乙同学测定溶液p H

用p H试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的p H，测得N a NO2溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是______ （用离子方程式解释）．

（二）该小组用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠

已知：①2NO+N a2O2=2N a NO2；

②酸性条件下，NO和NO2都能与M n O4-反应生成NO3-和M n2+

（1）使用铜丝的优点是______ ．

（2）装置A中反应方程式为______ ．装置C中盛放的药品是______ ；（填字母代号）A．浓硫酸B．N a OH溶

液C．水D．四氯化碳

仪器F的作用______ ．