河北省五校联盟2018届高三上学期摸底考试理综化学试卷

2017-2018学年度高三年级五校联考摸底考试化学试卷1. 下列有关生产、生活中的叙述正确的是A. 煤经过气化和液化两个化学变化，可变为清洁能源B. 古代的陶瓷、砖瓦，现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品C. 明矾可用于水的杀菌消毒，碳酸钡可用于钡餐透视D. 单晶硅太阳能电池板可以将太阳能直接转变为机械能【答案】A【解析】A、煤的气化和液化，是对煤的综合利用，煤的气化如转化成CO和H2，煤的液化，如转变成甲醇等，使煤转变成清洁能源，故A正确；B、陶瓷、水泥、砖瓦都是硅酸盐产品，有机玻璃是聚合物，是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，不属于硅酸盐产品，故B错误；C、明矾利用Al3＋水解成氢氧化铝胶体，利用胶体吸附水中固体颗粒，达到净水的目的，但明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，碳酸钡能与胃酸反应，生成Ba2＋，Ba2＋属于重金属离子，造成人体中毒，因此用硫酸钡作钡餐进行透视，故C错误；D、太阳能电池板是将太阳能直接转化成电能，故D错误。

2. 以N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. T ℃时，1 L pH=6的纯水中，含10－8N A个B. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4N AC. 1 mol SiO2中含有30 mol 电子D. 14 g分子式为C n H2n的(n≥2)链烃中含有的C=C的数目一定为N A【答案】C【解析】A、H 2O的电离方程式为H2O H＋＋OH－，T℃时纯水的pH=6，得出水的离子积为Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－6×10－6=10－12，即含有OH－的物质的量为10－6mol，故A错误；B、发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2molNa2O2转移电子物质的量为2mol，因此15.6gNa2O2参与此反应，转移电子物质的量为15.6/78mol=0.2mol，故B错误；C、1molSiO2中含有电子物质的量为(14＋2×8)mol=30mol，故C正确；D、C n H2n为链烃，即C n H2n为单烯烃，1mol单烯烃中含有1mol碳碳双键，即14g单烯烃中含有碳碳双键的物质的量为14/14nmol，即含有碳碳双键的物质的量为1/nmol，故D错误。

3. 分子中碳与氢两元素的质量比为21∶4的烃中主链上有5个碳原子的结构共有A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】C【解析】碳与氢的质量比为21：4，即物质的量之比为：，化简为7：16，分子式为C7H16，属于烷烃，主链上有5个碳原子的结构：（另一个甲基可以在①②③位置上移动，有3种）、、，共有5种，故选项C 正确。

4. 在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 无色溶液：Ca2+、H+、Cl－、HSO3－B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I－、NO3－C. FeCl2溶液：K+、Na+、SO42－、AlO2－D. 加水稀释时c(H＋)/c(OH－)值明显增大的溶液中：Ba2＋、Cl－、NO3－、Na＋【答案】D【解析】A、H＋和HSO3－不能大量共存，发生H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑，因此不能大量共存，故A错误；B、能使pH试纸显红色，说明此溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能与I－发生氧化还原反应，因此不能大量共存，故B错误；C、Fe2＋和AlO2－发生双水解反应，因此不能大量共存，故C错误；D、加水稀释，c(H＋)/c(OH－)值增大，说明此溶液显碱性，这些离子在碱中能够大量共存，故D正确。

5. 常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：下列判断不正确的是A. 0.1 mo1·L－1的HA溶液中由水电离出的c(H+)=1×l0－13mo1/LB. c1一定大于0.2 mo1·L－1C. 甲反应后的溶液中：HA占含A微粒总数的0.02%D. 乙反应后的溶液中：c(Na+)＜c(HA)+c(A一)【答案】A【解析】A、根据甲的实验，两者是等浓度、等体积混合，应是恰好完全反应，即溶质为NaA，其溶液的pH=9，溶液显碱性，即HA属于弱酸，不能完全电离，故A说法错误；B、乙实验，溶液的pH=7，溶液显中性，即反应后溶质为NaA和HA，因此c1>0.2mol·L－1，故B说法正确；C、甲反应后溶液中溶质为NaA，因为HA属于弱酸，因此有A－＋H 2O HA ＋OH－，假设HA的体积为1L，则混合后溶液的体积为2L，溶液中n(HA)=2×10－5mol，n(A －)=(1×0.1－2×10－5)mol，n(A－)约为0.1mol，即HA占含有A微粒总数为2×10－5/0.1×100%=0.02%，故C说法正确；D、乙实验反应溶质为NaA和HA，因此c(Na＋)<c(HA)＋c(A－)，故D说法正确。

6. 关于下列各装置图的叙述中，正确．．的是A. 若采用装置①铝件镀银，则c极为铝件，d极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液B. 装置②是原电池，能将化学能转化为电能，SO42－移向锌电极C. 装置③中X若为四氯化碳，用于吸收氨气或氯化氢，会引起倒吸D. 装置④可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】B......7. 不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量．．的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是A. ②③④B. ①②④⑤C. ②③④⑤D. ①②③④⑤【答案】B【解析】①因为丙为过量，因此发生Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、Ca(OH)2＋SO2=CaSO3↓＋H2O，有沉淀产生，故①正确；②因为石灰水过量，因此发生Ca(OH)2＋2HCl=CaCl2＋2H2O、Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，有沉淀产生，故②正确；③如果CO2过量，则发生NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3，NH4HCO3不与CaCl2发生反应生成沉淀，因此可能没有沉淀产生，故③错误；④CO2不与Ba(NO3)2反应，SO2以还原性为主，溶于水后生成H2SO3，溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，把SO2氧化成SO42－，然后发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，有沉淀产生，故④正确；⑤NO2与水发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3具有强氧化性，把SO2氧化成SO42－，然后Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，有沉淀产生，故⑤正确；综上所述，选项B正确。

点睛：本题的易错点是③④，选项③应注意甲和乙两种混合气体是按照不同的比例混合，可能是恰好完全反应，也可能是某一气体过量，如果CO2过量，则发生NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3，NH4HCO3不与CaCl2发生反应生成沉淀；选项④学生认为硝酸的酸性强于碳酸和亚硫酸，CO2、SO2不与硝酸钡发生反应，忽略了SO2以还原性为主，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42－，SO42－与Ba2＋生成BaSO4。

8. 采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性，同时用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量。

（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式_________________________________。

（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连_______；B连_______ (填写导管口字母)。

（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是下列试剂中的___________。

a酸性高锰酸钾溶液b淀粉碘化钾溶液c亚硫酸钠溶液d氯化亚铁溶液（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为___________，作用是______________________。

（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g（假设CuO充分反应），实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量。

乙方案：通过精确测定U型管b反应前后的质量变化，得到生成水的质量d g，进而确定Cu 的相对原子质量。

①请你分析并回答：___________方案所测结果更准确。

若按合理方案测定的数据计算，Cu 的相对原子质量为________________。

②不合理的方案会造成测定结果___________（填“偏低、偏高或无影响”）。

【答案】(1). 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑(2). E(3). C(4). bd(5). 浓硫酸(6). 吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂，或影响测定水的质量（因为乙方案是测水的质量）(7). 甲(8). 16(c－a)/(b－c)(9). 偏低点睛：本题的易错点是是（3）种选项c，Na2SO3中S显＋4价，具有还原性，能与氯气发生反应，学生错选c，忽略了验证氯气的氧化性，需要实验现象说明发生反应，而氯气与Na2SO3反应无现象，无法判断是否反应，因此不能选c。

9. 工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。

钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3，难溶于水），其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。

已知：TiOSO4遇水会水解。

（1）步骤①中，钛酸亚铁与硫酸反应的离子方程式为__________________。

（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的___________（填字母序号）。

a. 熔沸点差异b. 溶解性差异c. 氧化性、还原性差异（3）步骤④的操作是_______________（填操作名称）。

（4）步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理TiO2++2H2O H2TiO3+ 2H+，该反应的△H_______0（填＞或＜）；加水稀释，平衡_________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。

（5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），该反应的离子方程式为__________________________。

（6）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。

在制备金属钛前后，CaO 的总量不变，其原因是（请用化学方程式解释）______________________________。

【答案】(1). FeTiO3 + 4H＋ === Fe2+ + TiO2++2H2O(2). b(3). 过滤(4). ＞(5). 正向(6). MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O(7). 2CaO = 2Ca + O2↑，2Ca + TiO2 = Ti + 2CaO【解析】本题考查化学工艺流程，（1）根据流程①，以及FeTiO3难溶于水，因此钛酸亚铁与硫酸反应的离子方程式为：FeTiO3 + 4H＋= Fe2＋+ TiO2＋+2H2O；（2）步骤③是冷却结晶，得到FeSO4·7H2O，因此利用的是物质的溶解性差异，故b正确；（3）步骤④在热水中得到沉淀和溶液，因此操作步骤是过滤；（4）步骤④是在热水中进行，相当于升温，平衡向生成H2TiO3方向进行，根据勒夏特列原理，该反应是吸热反应，即△H>0，，加水稀释，离子浓度降低，根据勒夏特列原理，应向正反应方向进行移动；（5）废液中含有Fe2＋，以还原性为主，MnO2作氧化剂，被还原成＋2价Mn，Fe2＋被氧化成Fe3＋，因此有Fe2＋＋MnO2＋→Fe3＋＋Mn2＋，根据化合价升降进行配平，即有MnO2＋2Fe2＋→Mn2＋＋2Fe3＋，根据电荷守恒和原子守恒，因此离子反应方程式为：MnO2 + 2Fe2＋+ 4H＋= Mn2＋+ 2Fe3＋+ 2H2O；（6）根据电解装置图，在阴极上发生Ca2＋＋2e－=Ca，阳极上发生2O2－－4e－=O2，总反应式为2CaO2Ca＋O2↑，根据装置图，以及整个过程中CaO的总量不变，说明在装置的右侧产生CaO，即发生的反应是2Ca + TiO2 = Ti + 2CaO。