黑龙江省哈尔滨市第三中学届高三上学期期末考试理科综合化学试题.docx
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黑龙江省哈尔滨市第三中学届高三上学期期末考试理科综合化学试题
1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B.燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C.铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D.用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；C．Fe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误；故选B。
【考点定位】考查同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应
【名师点晴】本题考查了同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握，注意化学知识在生产生活中的应用。
2.G是一种香料，结构简式如图所示：
，下列说法错误的是
A.常温下，G能使溴水褪色B.G的分子式为C15H16O2
C.苯环上二溴代物有5种D.G分子中至少有12原子共平面
【答案】C
【解析】
A.该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G能使溴水褪色，A正确；B.G的分子式为C15H16O2，B正确；C.苯环上二溴代物有6种，C不正确；D.由苯环的12原子共面可知，G分子中至少有12个原子共平面，D正确。
本题选C。
3.能正确表示下列反应离子方程式的是
A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：
CO2＋AlO2－＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3－
B.NaHCO3溶液中加入HCl：
CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
C.将磁性氧化铁溶于盐酸：
Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
D.“84消毒液”和“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混合使用会产生有毒气体：
ClO3－＋5Cl－＋6H＋＝3Cl2↑＋3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为：
CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A正确；
B.NaHCO3溶液中加入HCl反应的离子方程式为：
HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；
C.将磁性氧化铁溶于盐酸反应的离子方程式为：
Fe3O4+8H+=2Fe3++4H2O+Fe2+，故C错误；
D.“84消毒液”和“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混合使用会产生有毒气体反应的离子方程式为：
ClO-＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，故D错误；
本题答案为A。
4.a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如下图，则下列说法正确的是
A.a与b之间容易形成离子化合物
B.若b的单质可作半导体材料，则c的单质不可能为半导体材料
C.若b的单质与H2易化合，则c的单质与H2更易化合
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，则a的氢化物的化学式为aH3
【答案】D
【解析】
【详解】A.a、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故A错误；
B.若b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，则c的单质可能为半导体材料，故B错误；
C.b、c同主族，从上到下非金属性减弱,非金属性强的b与H2易化合,则c的单质与H2不一定容易化合，故C错误；
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b的最高价为+6价，最低价为-2价，b为第ⅥA族元素，a为第VA族元素，a的氢化物的化学式为aH3，故D正确；
本题答案为D。
【点睛】b的最高价氧化物对应水化物的化学式为：
H2bO4,依据化合物中化合价代数和为零的原则，可知b的最高价为+6价,最低价为-2价，最高化合价数等于主族的族序数，所以b为第ⅥA族元素。
5.某烷烃相对分子质量为86，若该分子中仅含有3个甲基（—CH3），则其一氯取代物最多有（ ）种（不考虑立体异构）
A.7B.8C.9D.10
【答案】C
【解析】
某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：
N=
=6，为己烷；分子中仅含有3个-CH3，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个C，满足条件的己烷的结构简式为：
①CH3CH（CH3）CH2CH2CH3，②CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，其中①分子中含有5种位置不同的H，即含有一氯代物的数目为5；②分子中含有4种位置不同的H，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：
5+4=9种。
故答案选C。
点睛：
本题考查了同分异构体的求算，掌握同分异构体的求算方法与技巧，正确理解题干信息为解答本题的关键；运用基元法，注意取代基的不同位置，按顺序写，防止遗漏，9种如下：
、
。
6.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A.常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：
c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+c（H2S）
B.pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c（Na+）：
①>②>③
C.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na＋）>c（CO32－）>c（HCO3－）>c（OH－）>c（H+）
D.向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH－）/c（NH3·H2O）增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下0.1mol/LNa2S溶液中，硫离子水解显碱性,溶液中存在质子守恒：
c（OH-）=c（H+）
c（HS-）
2c（H2S），故A错误；
B.在相同的条件下测得①NaHCO3②CH3COONa③NaClO三种溶液pH相同,已知酸性:
CH3COOH
H2CO3
HClO，所以水解程度:
NaClO
NaHCO3
CH3COONa，pH相同时,溶液的浓度:
NaClO
NaHCO3
CH3COONa,即c（Na+）：
①＞②＞③，故B正确；
C.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液,碳酸根离子水解溶液显碱性,溶液中离子浓度大小为c（Na+）
c（CO32-）
c（OH-）
c（HCO3-）
c（H+）,故C错误；
D.在0.1mol/L的氨水中，存在电离平衡NH3•H2O⇌NH4+
OH-,加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向进行,氢氧根离子浓度减小,一水合氨浓度增大,c（OH－）/c（NH3·H2O比值减小,故D错误；
本题答案为B。
7.某无色溶液中可能含有Na+、K+、Fe3+、NH4+、Cu2+、SO42－、SO32－、CO32－、Cl－、Br－这几种离子中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象记录如下：
①pH试纸检验，溶液的pH=13。
②取少量原溶液，向溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。
③另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液。
④向分液后的水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和HNO3溶液，有白色沉淀产生，过滤。
⑤在滤液中加入AgNO3和HNO3的混合溶液有白色沉淀产生。
则关于原溶液的判断中不正确的是
A.肯定不存在的离子是Fe3+、Cu2+、NH4+、SO42－、CO32－
B.无法确定原溶液中是否存在Cl－
C.肯定存在的离子是Na+、K+、SO32－、Br－
D.若步骤④改用BaCl2溶液和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响
【答案】C
【解析】
【详解】因为溶液无色，所以溶液中一定不存在：
Fe3+、Cu2+，①pH试纸检验,溶液的pH=13，证明溶液显示碱性，不存在NH4+，则一定含有钠离子或是钾离子中的至少一种，②取少量原溶液,向溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成，则一定不存在硫酸根离子，③另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水,无气体产生,则一定不含CO32-,可能含有SO32-，亚硫酸根能被氯水氧化为硫酸根离子,再加入CCl4振荡,静置后CCl4层呈橙色，则为溴水的颜色,一定含有溴离子，④向分液后的水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和HNO3溶液,有白色沉淀产生,可以证明硫酸根离子的存在,即亚硫酸根被氧化生成的硫酸根离子，⑤在滤液中加入AgNO3和HNO3的混合溶液有白色沉淀产生,即为氯化银沉淀,但是在③中加入的氯水中含有氯离子,不能确定是否存在待测离子中的氯离子。
A.肯定不存在的离子是Fe3+、Cu2+、NH4+、SO42－、CO32－，故A正确；
B.在滤液中加入AgNO3和HNO3的混合溶液有白色沉淀产生，即为氯化银沉淀，但是在③中加入的氯水中含有氯离子，不能确定是否存在待测离子中的氯离子,故B正确；
C.肯定存在的离子是SO32－、Br－,还有Na+、K+中的至少一种,故C错误；
D.若步骤④用BaCl2溶液和盐酸的混合溶液,则硫酸根离子会和BaCl2溶液反应生成难溶物质硫酸钡,但是硫酸根一定是亚硫酸根离子被氧化来的,此时对溶液中离子的判断无影响,故D选项正确；
本题答案为C。
8.氢化钙（CaH2）固体是登山运动员常用的能源提供剂。
氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。
氢化钙通常用氢气与金属钙加热制取，下图是模拟制取装置。
（1）装置B的作用是___________________；装置D的作用是_______________________；
（2）利用实验装置进行实验，实验步骤如下：
检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，________（请按正确的顺序填入下列步骤的序号）。
①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却
（3）为了确认进入装置C的氢气已经干燥，应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______。
（4）甲同学设计一个实验，测定上述实验中得到的氢化钙的纯度。
请完善下列实验步骤。
①样品称量②加入________溶液（填化学式），搅拌、过滤③________（填操作名称）④_______（填操作名称）⑤称量碳酸钙
（5）乙同学利用如图装置测定上述实验中得到的氢化钙的纯度。
他称取46mg所制得的氢化钙样品，记录开始时注射器活塞停留在10.00mL刻度处，反应结束后充分冷却，活塞最终停留在57.04mL刻度处。
（上述气体体积均在标准状况下测定）试通过计算求样品中氢化钙的纯度：
__________________________。
【答案】
（1）.除去氢气中的水蒸气
（2）.防止空气中的水蒸气进入C装置（3）.②①④③（4）.无水硫酸铜（或其他合理答案）（5）.Na2CO3（K2CO3或其他合理答案）（6）.洗涤（7）.烘干（干燥）（8）.91.3％
【解析】
【分析】
（1）氢化钙要密封保存,一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气，H2在和Ca发生反应之前需要干燥，一般用无水氯化钙，防止空气中的水蒸气进入C装置；
（2）有气体参加且需要加热或燃烧的反应需要首先验纯,实验完毕后先熄火、冷却，再停止气体生成，防止倒吸发生爆炸；
（3）检验是否干燥用无水硫酸铜，因为无水硫酸铜遇水变蓝色现象很明显；
（4）从最终称量碳酸钙可以知道,应加入碳酸盐溶液,使CaH2反应的同时得到碳酸钙沉淀,然后经过滤、洗涤、烘干、称量，确定纯度；
（5）由注射器D开始时活塞停留在10mL刻度处,反应结束后充分冷却,活塞最终停留57.04mL刻度处,可以知道生成氢气：
57.04mL-10mL=47.04mL，所以氢气的质量为：
2g/mol=0.0042g=4.2mg，设混合物中氢化钙的质量为x,生成氢气质量为y，则钙的质量为46mg-x，钙与水反应生成氢气质量为4.2mg-y，根据方程式CaH2
2H2O=Ca（OH）2
2H2
、Ca
2H2O=Ca（OH）2
H2
列方程计算x、y的值,再根据质量分数定义计算；
【详解】
（1）氢化钙要密封保存,一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气，H2在和Ca发生反应之前需要干燥，一般用无水氯化钙做干燥剂干燥H2，以去除氢气中的水蒸气，D的作用是防止空气中的水蒸气进入C装置；
本题答案为：
除去氢气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入C装置。
（2）有气体参加且需要加热或燃烧的反应需要首先验纯，实验完毕后先熄火、冷却，再停止气体生成，防止倒吸发生爆炸，故正确的操作顺序为：
②①④③；
本题答案为：
②①④③。
（3）检验是否干燥用无水硫酸铜,因为无水硫酸铜遇水变蓝色现象很明显，故为了确认进入装置C的氢气已经干燥，应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是无水硫酸铜；
本题答案为：
无水硫酸铜。
（4）从最终称量碳酸钙可以知道,应加入碳酸钠溶液,使CaH2反应的同时得到碳酸钙沉淀,然后经过滤、洗涤、烘干、称量,确定纯度；
本题答案为：
Na2CO3、洗涤、烘干。
（5）由注射器D开始时活塞停留在10mL刻度处,反应结束后充分冷却,活塞最终停留57.04mL刻度处,可以知道生成氢气：
57.04mL-10mL=47.04mL，所以氢气的质量为：
2g/mol=0.0042g=4.2mg，设混合物中氢化钙的质量为x,生成氢气质量为y，则钙的质量为46mg-x，钙与水反应生成氢气质量为4.2mg-y，
CaH2
2H2O===Ca（OH）2
2H2
，
424
Xy有42：
4=x：
y---①
Ca
2H2O===Ca（OH）2
H2
，
402
46-x4.2-y有40：
2=（46-x）：
（4.2-y）---②
联立①②解得x=42mg，y=4mg。
所以样品中氢化钙的纯度为：
100
=91.3
；
本题答案为：
91.3
9.2017年春节，京津冀及周边区域遭遇“跨年”雾霾，二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，消除氮氧化物污染是研究方向之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：
①CH4（g）＋4NO2（g）＝4NO（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－574.0kJ·mol-1
②CH4（g）＋4NO（g）＝2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－1160.0kJ·mol-1
③H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝－44.0kJ·mol-1
请写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2 （g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式______________。
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。
有关反应为：
C（s）＋2NO（g）
N2（g）＋CO2（g），某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T0C）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
40
0.032
0.034
0.017
50
0.032
0.034
0.017
①下列说法不能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是___________；
A．活性炭的质量B．v正（N2）=2v逆（NO）C．容器内压强保持不变D．容器内混合气体的密度保持不变E．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变F．容器内CO2的浓度保持不变
②在T℃时，该反应的平衡常数为______________（小数点后保留两位）；
③在30min时，若只改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件是___________；
④在50min时保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，则化学平衡_______（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）。
（3）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
①A电极的电极反应式为________________。
②下列关于该电池的说法正确的是________。
A．电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
C．电池工作一段时间，溶液的pH不变
D．当有4.48LNO2被处理时，转移电子物质的量为0.8mol
【答案】
（1）.CH4（g）＋2NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－955.0kJ·mol-1。
（2）.BC（3）.0.56（4）.减小CO2浓度（其它合理答案也得分）（5）.正向移动（6）.2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O（7）.B
【解析】
（1）根据盖斯定律可知，①＋②＋③即得到CH4（g）＋2NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－955.0kJ·mol－1。
（2）①A项，只要可逆反应没有达到平衡，反应物和生成物的量一定会发生变化，故A正确；B项，反应速率之比等于化学方程式系数之比，当2v正（N2）=v逆（NO）时，反应达到平衡，故B错误；C项，该反应是气体体积不变的反应，反应过程中和反应平衡时压强相同，所以容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡，故C错误；D项，混合气体密度等于质量除以体积，反应中碳是固体，只要平衡移动，气体质量一定发生变化，又因为体积不变，所以混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故D正确；E项，混合气体的平均相对分子质量等于气体总质量除以总物质的量，反应中碳是固体，只要平衡移动，气体质量一定发生变化，又因为气体物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故E正确；F项，容积不变，只要可逆反应没有达到平衡，气体反应物和生成物的浓度一定发生变化，故F正确。
综上，选BC。
②20-30min反应达到平衡状态，C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g），各物质的平衡浓度为：
c（CO2）=c（N2）=0.030mol/L；c（NO）=0.040mol/L，反应的平衡常数为：
K=
=
=
≈0.56。
③在30min时，若只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g），各物质的平衡浓度为：
c（NO）=0.032mol/L，c（N2）=0.034mol/L；c（CO2）=0.017mol/L，K=
=
≈0.56，化学平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以改变的条件为：
减小二氧化碳浓度。
④其他条件不变，增大反应物浓度，化学平衡正向移动。
（3）①根据电池反应的化学方程式可知氨气中N元素的化合价升高，被氧化，所以通入氨气的一极为负极，发生的反应是氨气失去电子生成氮气，因为电解质溶液为KOH溶液，所以氨气失去电子与氢氧根离子结合为水，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
②A项，电子从负极（左侧）流出经过负载后流向正极（右侧），故A错误；B项，溶液中的OH-从右侧移动到左侧，参与负极的电极反应，为使电池持续放电，则必须用阴离子交换膜，同时防止二氧化氮与碱反应，生成硝酸盐与亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故B正确；C项，负极区消耗OH-，生成水，溶液pH减小，正极区消耗水，生成OH-，溶液pH增大，故C项错误；D项，没告诉4.48LNO2是否为标准状况下测得的数据，无法利用标准状况下气体摩尔体积计算，故D错误。
综上，选B。
10.钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”，工业制取方法如下，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体[BaTiO（C2O4）2·4H2O]，煅烧后可获得钛酸钡粉体。
（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为___________________________________；
（2）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_____________；
（3）加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为_____________________________；可循环使用的物质X是________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：
__________；
（4）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、_______和_______；
（5）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（主要成分是BaSO4），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将其转化为易溶于酸的BaCO3，再由BaCO3制备其它钡盐。
已知：
常温下Ksp（BaSO4）=1.0×10-10，Ksp（BaCO3）=2.58×10-9，请问至少需要______mol·L-1的碳酸钠溶液浸泡才能实现上述转化（忽略CO32-的水解）。
【答案】
（1）.BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（2）.抑制TiCl4的水解（3）.BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓+6HCl（4）.HCl（5）.取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净（6）.CO2（7）.H2O（g）（8）.2.58×10-4
【解析】
试题分析：
由题意，结合流程图可知：
用HCl溶液溶解BaCO3得到BaCl2溶液，向溶液中加入TiCl4与H2C2O4溶液，发生反应生成BaTiO（C2O4）2·4H2O（草酸氧钛钡晶体）和HCl，然后经过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3粉体。
（1）用盐酸酸浸，盐酸与碳酸钡反应，离子方程式为：
BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
（2）TiCl4是强酸弱碱盐，若直接溶于水获得溶液，TiCl4会水解，又因为TiCl4水解显酸性，所以将TiCl4固体先溶于浓盐酸再稀释，可抑制TiCl4的水解。
（3）BaCl2、TiCl4与H2C2O4溶液发生反应生成BaTiO（C2O4）2·4H2O（草酸氧钛钡晶体）和HCl，化学方程式为：
BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓+6HCl；流程中用盐酸溶解BaCO3，所以BaCl2、TiCl4与H2C2O4溶液发生反应生成的HCl可循环利用；要验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净，可检验晶体表面有无Cl-存在，方法为：
取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净。
（4）根据草酸氧钛钡晶体的化学式可知，碳元素化合价为+3价，所以煅烧草酸氧钛钡晶体除了得到BaTiO3、CO外，还会生成高温下的气体产物有CO2和H2O（g）
（5）根据反应物和生成物可写出方程式为：
BaSO4（s）+
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