2014届黑龙江省哈三中高三上学期期末考试理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届黑龙江省哈三中高三上学期期末考试理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 对于实验 IIV的实验现象预测正确的是 A实验 I ：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡 B实验 II：充分振荡后静置 C实验 III：从饱和食盐水中提取 NaCl晶体 D装置 IV：酸性 KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去 答案： D 试题分析： A、先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故 A错误； B、四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故 B错误； C、从饱和食盐水中提取 NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸

2、发皿，故 C错误； D、浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为 C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性 KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故 D正确。 考点：化学实验方案的评价 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质， 如 CO会使催化剂中毒。除去 CO的化学反应方程式（ HAc表示醋酸）：请回答下列问题： （ 1） C， N， O的第一电离能由大到小的顺序为 。 （ 2）写出基态 Cu+的核外电子排布式 。 （ 3）配合物 Cu（ NH3） 3（ CO）

3、 Ac中心原子的配位数为 。 （ 4）写出与 CO互为等电子体的离子 。（任写一个） （ 5）在一定条件下 NH3与 CO2能合成化肥尿素 CO（ NH2） 2，尿素中 C原子和 N原子轨道的杂化类型分别为 ； 1 mol尿素分子中， 键的数目为 。 答案：（ 1） N O C （ 2） Ar3d10（ 3） 4 （ 4） CN-（ 5） sp2杂化、 sp3杂化； 4.2141024 试题分析：（ 1）一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以 O N C，但是因为 p轨道半充满体系具有很强的稳定性， N的 p轨道本来就是半充满的， O的 p轨道失去一个电子才是半充满的，所以 O比 N容易失去

4、电子，故答案：为N O C（ 2）铜原子的核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1 故一价铜离子的核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d10，故答案：为 Ar3d10（ 3）一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共 4个配体，故答案：为 4（ 4）等电子体为核外电子数相同的粒子，羰基为 14个电子，如 CN-也为 14个电子，故答案：为 CN-（ 5）中心原子为碳，价电子数为 4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为（ 4+12） 2=3，故杂化轨道为 sp2，中心原子为氮，氮原子含有 3个共价键和一个孤电子对氮原子的加成电子对 =3

5、+1=4，含有一个孤电子对， N原子轨道的杂化类型是 sp3； 键的数目为 3，每个亚氨基中键的数目 2，一分子尿素中含 键的数目为 3+22=7，故每摩尔尿素中含有 键的数目为 7NA故答案：为 sp2、 sp3； 7NA。 考点：物质的结构与性质之间的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 T 时在 2 L密闭容器中使 X（ g）与 Y（ g）发生反应生成 Z（ g）。反应过程中 X、 Y、 Z的浓度变化如图 1所示；若保持其他条件不变，温度分别为 T1和 T2时， Y的体积分数与时间的关系如图 2所示。则下列结论正确的是 A反应进行的前 3 min内，用 X

6、表示的反应速率 B平衡时容器内的压强为反应前的 0 9倍 C保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数 K减小 D若改变反应条件，使反应进程如图 3所示，则改变的条件是增大压强 答案： B 试题分析： A、 v= = =0.1mol/（ L min），故 A错误； B、密闭容器内气体压强的比为物质的量的比，即反应前 X为 2.0mol， Y为 1.6mol，Z为 0.4mol,平衡时 X为 1.4mol， Y为 1.4mol， Z为 0.8mol，反应前后气压比 =反应前后物质的量比 =2+1.6+0.4： 1.4+1.4+0.8=10： 9，故 B正确； C、由图 2知，“先拐平数值大

7、”，所以 T2 T1，升高温度 Y的转化率减少，平衡向逆反应方向移动，所以升高温度 平衡常数减小，故 C错误； D、图 3与图 1比较，图 3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，该反应正反应是气体物质的量减小的反应，故应是加入催化剂所致，故 D错误； 考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线 下列说法或解释不正确的是 A等物质的量浓度的下列溶液中，由大到小的顺序是 B室温下，向 溶液中滴加 NaOH溶液至中性： 在任何温度下都能自发进行 答案： C 试题分析： A、设溶液均为 1mol/L 物质的量浓度的溶液， 硫酸铝铵完全电离，产生的离

8、子 进行较弱的双水解生产氨水和氢氧化铝 NH4Cl在水中完全电离，而铵根离子 ,少量水解生成氨水 醋酸铵是强电解质，其中的铵根离子和醋酸根离子在溶液中不会进行双水解，但能促进水电离，氨水是弱电解质不完全电离，使铵根离子的浓度大于醋酸根离子浓度 氨水不完全电离，故离子浓度大小为 ； B、溶液中铵根离子水解产生氢离子，加入的 NaOH溶液不仅要中和溶液中产生的 H+也要对铵根离子水解产生的 H+进行中和，即钠离子浓度最大，铵根离子进行水解生成氨水使铵根离子浓度小于硫酸根离子，又溶液最后显中性即氢离子浓度等于氢氧根离子浓 度，故 B正确； C、碳酸根离子水解程度较大，使溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸

9、根离子浓度，故 C错误； D、反应为分解反应，在任何温度下都会自发进行，故 D正确。 考点：离子浓度大小的比较 中学常见物质 A、 B、 C、 D、 E、 X，存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是 A若 D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 A可能是铁 B若 D是一种强碱，则 A、 B、 C均可与 X反应生成 D C若 D为 NaCl，且 A可与 C反应生成 B，则 E可能是 CO2 D若 D是一种强酸，则 A既可以是单质，也可以是化合物 ，且 D可与铜反应生成 B或 C 答案： A 试题分析： A、若 D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明 D为 F

10、e（ OH） 2， x为 NaOH， C为 Fe2+， B为 Fe3+， A为 Cl2， E为 Fe，才能实现转化关系，故 A不能为铁，故 A错误； B、若 D是一种强碱， A可能为 Na，反应关系为： Na Na2O Na2O2 NaOH，故 B正确； C、若 D为NaCl，且 A可与 C反应生成 B，则 E可能是 CO2，反应关系为： NaOHNa2CO3 NaHCO3 NaCl，故 C正确； D、若 D是一种强酸，反应关系为： N2（ N2O） NO NO2 HNO3，故 D正确 考点：无机物的推断 下列离子方程式书写不正确的是 A向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： B氯化亚铁溶液与过氧化钠

11、 2： 1反应：C向氧化铁中加入氢碘酸发生反应： D过量铁粉与稀 HNO3反应： 答案： C 试题分析： A、向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：，故 A 正确； B、氯化亚铁溶液与过氧化钠 2：1反应： ，故 B正确； C、向氧化铁中加入氢碘酸发生反应，氢碘酸以离子状态存在： Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+3H2O+I2； D、过量铁粉与稀 HNO3反应：，故 D正确。 考点：离子方程式的书写 X、 Y、 Z、 W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。若 Y原子的最外层电子数是内层电子数的 3倍，下列说法中正确的是 A原子半径： WZYX B相等物质的量浓度的气态氢化物溶液的 pH:

12、 XZW C最高价氧化物对应水化物的酸性： ZWX D四种元素的单质中， Z单质的熔沸点最低 答案： B 试题分析： X、 Y、 Z、 W均为短周期元素， Y原子的最外层电子数是内层电子数的 3倍，则 Y原子有 2个电子层，所以 Y为氧元素，根据 X、 Y、 Z、 W在周期表中相对位置可知， X为氮元素， Z为硫元素， W为氯元素。 A、同周期元素的从左到右原子半径逐渐减小，则 X Y， Z W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则 W X，所以原子半径大小顺序为 Z W X Y，故 A错误； B、四种元素对应的氢化物分别为NH3、 H2O、 H2S、 HC

13、l，其中 NH3的水溶液呈碱性， H2O呈中性， H2S为弱酸，HCl的水溶液为强酸，所以相等物质的量浓度的气态氢化物溶液的 pH： X Y Z W，故 B正确； C、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，根据元素的非金属性越强，对应最高价氧 化物的水化物的酸性越强可知最高价氧化物对应水化物的酸性： W Z，故 D错误； D、四种元素对应的单质中， S在常温下为固体，熔沸点最高，其它元素对应的单质在常温下为气体，故 D错误。 考点：位置结构性质的相互关系应用 下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是 无色溶液中： 常温下， pH=14的溶液中： 室温下水电离的 加入 Mg能放出 H2的溶液中

14、： 使甲基橙变红的溶液中： 室温下 A B C D 答案： C 试题分析： 铵根离子与偏铝酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和氨气，故 错误； 在碱性溶液中各种离子不相互反应，故 正确； 水电离的 H+浓度 c（ H+） =10-13mol L-1 的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中碳酸氢根离子不能存在，故 错误； 加入 Mg能放出 H2的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中几种离子均可以共存，故 正确； 使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中几种离子均可以共存，故 正确； c（ H+） / cOH-） =1012的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚铁离子被硝酸根离子氧化为铁离子，故 错误，故正确为 C. 。

15、考点：离子共存问题 实验题 如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。 （ l）在组装好装置后，若要检验 AE 装置的气密性，其操作是： 首先 ，然后微热 A，观察到 E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手， E中导管有水柱形成说明装置气密性良好。 （ 2）装置 B中盛放试剂是 。 （ 3）点燃 C处酒精灯，关闭弹簧夹 2，打开弹簧夹 1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍后片刻，装置 C中黑色固体逐渐变红，装置 E中溶液里出现大量气泡，同时产生（答现象）；从 E中逸出液 面的气体可以直接排入空气，请写出在 C中发生反应的化学方程式 。 （

16、4）当 C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹 1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量 C中固体质量。若反应前固体质量为 16g，反应后称重固体质量减少2 4g。通过计算确定该固体产物的成分是 （用化学式表示）。 （ 5）在关闭弹簧夹 1后，打开弹簧夹 2，残余气体进入 F中，很快发现装置 F中产生白烟，同时发现 G中溶液迅速倒吸流入 F中。写出产生白烟的化学方程式 。 迅速产生倒吸的原因是 。 答案：（ 1）关闭弹簧夹 2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹 1，在 E中装入水后（ 2）碱石 灰或生石灰（ 3）白色沉淀； NH3 CuO Cu+N2 H2O（ 4）Cu2O、 Cu（ 5） 3Cl2 8NH3 N

17、2 6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。 试题分析：（ 1）气密性检查的方法虽然多种多样，但总的原则是：堵死一头（即通过气体发生器和附设的液体构成密封体系），采取一定的措施（如升温、降温、减压、加压等），使之产生一定的压强差，出现对应的现象（如气泡的产生、水柱的形成、液面的升降等），再分析现象得出结论，从而判断仪器装置的气密性是否良好，故方法为关闭弹簧夹 2 和分液漏斗活塞，打开弹簧夹 1，在 E中装入水后，然后微热 A，观察到 E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手， E中导管有水柱形成说明装置气密性良好（ 2）装置 B是对产生的氨气进行过滤

18、干燥的装置，氨气为碱性，即装置 B中为碱性 物质，故为碱石灰或生石灰（ 3） C装置中氧化铜黑色固体逐渐变红产生铜，发生还原反应，而装置 E中溶液里出现大量气泡，又从 E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明排出空气为 N2，故 NH3 CuO Cu+N2 H2O，装置 E为溶有二氧化硫的氯化钡溶液，通入氮气后溶液中气体溶解气压增大使二氧化硫与氯化钡反应，产生白色沉淀（ 4） C中物质为氧化铜，反应前固体质量为 16g，即含有氧化铜 0.2mol，冷却后称重应为 12.8g，变化重量为 3.2g，但称重固体质量减少 2.4g，即有部分铜被氧化增加量为 0.8g，又装置 C 中固体全 部为红色，

19、则其中不能含有氧化铜，故固体产物的成分是 Cu2O、 Cu（ 5）氨气和氯气直接反应生成氯化铵产生白烟3Cl2 8NH3 N2 6NH4Cl；满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。 考点：基础化学实验操作；氧化还原反应 填空题 A、 B、 C、 D 是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中 B、D属于常见金属，余均为常见化合物， J是一种黑色固体， I的浓溶液具有还原性， AJ 的所有物质之间有如下的转化关系（部分反应产物省略）： （ 1） B元素和 C元素的简单离子半径大小关系是 （用离子符号表示）： （ 2）将氮元素与 C形成的化合物 NC3加入

20、水中产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式 ； （ 3）由 E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入 U型管，并在 U型管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是 ； （ 4）将适量 J加入酸化的 H2O2的溶液中， J溶解生成它的 +2价离子，该反应的离子方程式是 ； （ 5）向含有 0 1 mol G的溶液中滴加 5 mol/L 的盐酸溶液，得到沉淀 3 9 g ，则加入盐酸的体积可能为 。 答案：（ 1） r（ Al3+） c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+)（ 5） O2 +2CO2+4e-=2CO32-, 2CO+O2=2C

21、O2 试题分析：（ 1）反应中 C元素的化合价由 0升高为 +4价，一个碳化合价变化 4，Cr元素的化合价由 +6价降低为 +3价， 1个 K2Cr2O7化合价变化 6， 4和 6的最小公倍数为 12，由化合价升降总数相等可知， C的化学计量数为 3， K2Cr2O7的化学计量数为 2，由于产物中有 Cr2(SO4)3，所以未知的反应物为 H2SO4，最后由质量守恒定律可知得化学反应为3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O（ 2） 12g碳的物质的量为1mol，与水蒸气完全反应生成 CO、 H2，吸收 131.6kJ热量，该反应的热化学方程式

22、为： C（ s） +H2O（ g） =CO（ g） +H2（ g） H=+131.6 kJ mol-1（ 3） 、平衡时 c（ NO） = =0.02mol/L， c（ N2） =c（ CO2） = =0.015mol/L，故 T1 时该反应的平衡常数为 K1= = =0.5625； 、由表中数据可知，温度由 T1变为 T2，平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，无法判断温度变化，故答案：为： c；（ 4） NaOH先与 CO2反应生成CO32-离子后过量 CO2与再 CO32-离子反应生成 HCO3-离子，由题意知有 0.4mol CO2， 200ml 3mol/LNaOH溶液

23、中含有 NaOH0.6mol，即 NaOH先 完全反应生成Na2CO3后再生成 NaHCO3： CO2+2NaOH=Na2CO3 CO2+Na2CO3+H2O =2NaHCO3 1 2 1 1 1 2 0.3 0.6 0.3 0.1 0.1 0.2 所得溶液中有 0.2mol Na2CO3， 0.2mol NaHCO3，又钠离子没有参与反应反应其浓度最大， CO32-水解生成 OH-和 HCO3-，而 HCO3-水解大于电离，生成 OH-，使得 c(HCO3-) c(CO32-)， c(OH-) c(H+)，故 c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+)（ 5）

24、该燃料电池中，通入 CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为 2CO-4e-+2CO32-4CO2，通入氧气和 CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为 O2+4e-+2CO22CO32-电池总反应式2CO+O2=2CO2 考点：氧化还原反应方程式的配平；热化学方程式；水解与电离；化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学电源新型电池 工业上生产硫酸的流程图如下： 请回答下列问题： （ 1）早期生产硫酸以黄铁矿为原料，但现在工厂生产硫酸 以硫黄为原料，理由是 。 （ 2）在气体进入催化反应室前需净化的原因是 。 （ 3）在催化反应室中通常使用常压，在此条件下 S

25、O2的转化率为 90%。但是部分发达国家采取高压条件下制取 SO3，采取加压措施的目的除了加快反应速率外，还可以 ，从而提高生产效率 。 （ 4）工业生产中常用氨 -酸法进行尾气脱硫，以达到消除污染，废物利用的目的。用化学方程式表示其反应原理： 。 （ 5）除硫酸工业外，还有许多工业生产。下列相关的工业生产流程中正确的是 。 答案：（ 1）以黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高（ 2）防止催化剂中毒（ 3）使平衡向正方向移动；有利于提高 SO2的转化率（ 4） SO2 NH3 H2O NH4HSO3； NH4HSO3 H2SO4 (NH4)2SO4 2H2O 2SO2或 SO2 2

26、NH3 H2O (NH4)2SO3； (NH4)2SO3 H2SO4 (NH4)2SO4 H2O SO2（ 5） A D 试题分析：（ 1）黄铁矿的主要成分为 FeS2，以黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高使得现在工厂生产硫酸以硫黄为原料（ 2）以黄铁矿为原料生产硫酸主要分为三个阶段进行，即煅烧、催化氧化、吸收；其中二氧化硫的催化氧化在催化剂表面和空气中的氧气接触反应，若气体中含有杂质气体容易使催化剂中毒，所以煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥；故答案：为：接触室，防止催化剂中毒（ 3）由题意知反应方程式 2SO2（ g） +O2（ g）2SO3（ g），在常压下， SO

27、2的转化率约为 90%，采用高压条件，可以使化学反应速率加快，并且化学平衡向着生成三氧化硫的方向进行，可以提高生产效率，提高经济效益，故答案：为使平衡向正方向移动；有利于提高 SO2的转化率（ 4）工业生产中常用氨 -酸法进行尾气脱硫，即先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，先用氨水吸收时，发生反应： SO2+2NH3 H2O(NH4)2SO3或 SO2 2NH3 H2O (NH4)2SO3，再用浓硫酸处理时，发生反应：(NH4)2SO3+H2SO4(NH4)2SO4+SO2+H2O或 (NH4)2SO3 H2SO4 (NH4)2SO4 H2O SO2，以达到消除污染、废物利用的目的（ 5） A、海水

28、提溴的方法正确； B、海水提镁主要通过电解氯化镁完成，基本流程如下：海水 -(结晶 )-母液 -(石灰乳 )-Mg(OH)2-(加盐酸 ,浓缩 ,结晶 )-MgCl2晶体 -(脱水 )-MgCl2-(电解 )-Mg，故 B错误； C、空气放电生成二氧化氮反应成本太高而且产物不稳定，工业制硝酸主要流程是将氨和空气的混合气（氧：氮 2： 1）通入灼热（ 760 840 ）的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（ NO）。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，故 C错误； D、工业制备氨气流程正确；故答案：为 A D。 考点：工业制取硫酸；

29、化学平衡的影响因素； 由丙烯经下列反应可得到 F、 G两种 高分子化合物，它们都是常用的塑料。 （ 1）聚合物 F的结构简式是 _。 （ 2） D的结构简式是 。 （ 3） B转化为 C的化学方程式是 。 （ 4）在一定条件下，两分子 E能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是 _。 （ 5） E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应， 1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生 1mol H2，则该种同分异构体为_。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） （ 4） （ 5） HOCH2CH2（ OH） CHO 试题分析：丙烯与溴发生加成反应生成 A， A为 CH3CHBrC

30、H2Br， A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 B， B为 CH3CH（ OH） CH2OH， B催化氧化生成 C， C为 ， C氧化生成 D， D为 ， D与氢气发生加成反应生成 E， E为 CH3CH（ OH） COOH， E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物 F， F为 ，结合有机物的结构和性质以及题 目要求进行推断 （ 1）丙烯发生加聚反应生成 F聚丙烯，其结构简式为： （ 2）通过以上分析知， D的结构简式为 （ 3） B转化为 C 是 CH3CH（ OH）CH2OH催化氧化生成 O=C（ CH3） CHO，反应方程式为（ 4）在一定条件下，两分子 CH3CH（ OH） COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是 （ 5） E 的结构简式为 CH3CH（ OH） COOH，CH3CH（ OH） COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应， 1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生 1mol H2，说明该同分异构体分子中含有2个 -OH、 1个 -CHO，故符合条件的同分异构体为： HOCH2CH2（ OH） CHO。 考点：有机物的推断