2017年黑龙江省虎林市高三摸底考试（最后冲刺）理综-化学（解析版）

1、2017届黑龙江省虎林市高三摸底考试（最后冲刺）理综-化学（解析版）1. 化学与生活息息相关，下列说法正确的是A. 食盐可作调味剂，也可以用作食品防腐剂B. 碳酸钾有一定的去污能力，在热水中去污能力会减弱C. 煤经过气化和液化等变化后，可以减少PM2.5引起的污染D. 根据纤维燃烧产生的气味，不能确定是否为蛋白质纤维【答案】AC2. 下列有机反应中属于加成反应的是A. 苯和液溴在FeBr3催化作用下反应生成溴苯B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 乙烯与HC1气体反应生成一氯乙烷D. 丙烯和氯气在一定条件下反应生成CICH2CH =CH2【答案】C【解析】A生成溴苯时苯环上H被Br取代，为取代

2、反应，故A错误；B乙烯含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故B错误；C乙烯与HCl反应生成一氯乙烷，双键转化为单键，为加成反应，故C正确；D生成ClCH2CHCH2时丙烯中甲基上H被Cl取代，为取代反应，故D错误；故选C。3. 某有机物分子中含有羟基，不考虑羟基与氯原子连在同一个碳原子上的情况，分子式为 C4H9ClO的有机物的同分异构体共有A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 12种【答案】B【解析】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的，丁醇的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2OH、CH

3、3CHOHCH2CH3、(CH3)3COH、CH3(CH3)CHCH2OH，CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；CH3CHOHCH2CH3分子的烃基中含有4种H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；(CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子，其一氯代物有1种；CH3(CH3)CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有2种；根据分析可知，有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有：3+3+1+2=9；故选B。点睛：本题考查

4、了同分异构体的书写。明确同分异构体的书写原则为解答关键。有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，先写出丁醇的同分异构体，然后根据丁醇中等效H原子判断其一氯代物即可。4. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可知亚硫酸的酸性大于碳酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故A错误；B铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，起到净水作用，不表现杀菌作用，故B错误；C蔗糖变黑，说明生成碳，有刺激性气味的气体为二氧化硫，浓硫酸起到脱水剂和氧化

5、剂的作用，故C错误；D布条不褪色，说明布条不被漂白，可说明干燥的氯气不具有漂白性，故D正确；故选D。5. 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族， B、C、D.E同周期，B的核外电子数为C的1/2，D的最外层电子数为C、E之和的一半。 下列说法正确的是A. A、B能形成离子化合物，且A离子半径小于B离子半径.B. A、D能形成离子化合物DA5，与水反应可产生两种气体C. C、D的简单氢化物中只有D溶于水，其水溶液呈酸性D. E形成的两种氢化物中所有化学键种类完全相同【答案】B点睛：本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子序数、最外

6、层电子数推断元素为解答的关键。侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。6. 新型NaBH4/H2O2燃料电池(DBFC)的结构如图所示，该电池总反应方程式：NaBH4 +4H2O2=NaBO2 +6H2O，有关的说法不正确的是A. 纳米MnO2层的作用是提高原电池的工作效率B. 放电过程中，Na+从B极区移向A极区C. 电池负极的电极反应为：BH4 +8OH- - 8e一 =BO2-+6H2OD. 在电池反应中，每消耗1L 1molL H2O2溶液，理论上流过电路中的电子为2 mol【答案】B【解析】A电极B材料中包含MnO2层，二氧化锰能促进双氧水分解，所以MnO2可起催化作用，故A

7、正确；B原电池工作时，阳离子向正极移动，则Na+从A极区移向B极区，故B错误；C负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，故C正确；D在电池反应中，每消耗1L 1mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为1mol/L1L2=2mol，故D正确；故选B。点睛：本题考查了原电池原理，根据微粒中化合价变化确定正负极是解答本题的思维方法。本题的难点是电极反应式书写。由工作原理装置图可知，负极反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，正极反应式为H2O2+2e-=2OH-。7. 下列说法正确的是A. 常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的

8、c(H+) =10-7molL-lB. 常温下pH =2的盐酸和pH =12的氨水等体积混合后c(C1-)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)C. 常温下0.1 molL-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)= 10 -10 molL-lD. 常温下向10 mL0.1 molL-1的CH3 COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小【答案】D【解析】A常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后，酸碱的元数不确定溶液不一定显中性，由水电离出的c(H+)不一定为10-7molL-l ，故A错误；B一水合氨为弱碱，存在电离平衡，常温下pH=2的盐酸和pH=12的

9、氨水等体积混合，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒c(C1-)+c(OH-)c(NH4+)+c(H+)，c(OH-)c(H+)，c(C1-)c(NH4+)，若混合后c(C1-)+c(H+)c(NH4+)+c(OH-)，c(C1-)c(NH4+)，故B错误；C常温下0.1molL-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10-4molL-l，故C错误；D溶液中=，常温下向10mL0.1molL-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，反应生成醋酸氨，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，Kb不变，则比值减小，故D正确；故选D。8. 硫酸亚铁是利用钛铁矿（

10、主要成分FeTiO3）制金属钛的副产品，价格低。以硫酸亚铁为原料制备高效净水剂高铁酸钾(K2FeO4)可大大降低成本。其生产工艺如下： 已知：NaNO2是在空气中将Fe2+氧化为铁黄(FeOOH)的催化剂；铁黄微溶于酸。 请问答下列问题： (1)写出反应生成铁黄(FeOOH)的离子方程式：_，在通入O2“氧化”FeSO4的过程中，溶液的pH_（填“增大”“减小”或“不变”） (2)“过滤、洗涤、干燥”制备铁黄时，检验铁黄表面已洗涤干净的操作是_。 (3)写出反应的化学方程式： _。. (4)在溶液I中加KOH固体的目的是_。 (5) K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因是_。(6)该工艺

11、每消耗标准状况下ll2LCl2理论上得到_g K2FeO4。 (7)钛铁矿加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，且反应前后铁的化合价不变，化学方程式为_。【答案】 (1). 4Fe2+O2 +6H2O 4FeOOH+8H+ (2). 减小 (3). 取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已被洗净 (4). 2FeOOH +3KC1O+4KOH =2 K2FeO4+3H2O+3KCl (5). 除KCl；为下一步反应提供反应物；除去过量Cl2 (6). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中白身被还原为Fe3+，Fe3

12、+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降 (7). 660 (8). FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O【解析】 (1)反应中硫酸亚铁在亚硝酸钠存在时被氧气氧化生成铁黄(FeOOH)的离子方程式为4Fe2+O2 +6H2O 4FeOOH+8H+，根据方程式可知，在通入O2“氧化”FeSO4的过程中，溶液的酸性逐渐增强，pH减小，故答案为：4Fe2+O2 +6H2O 4FeOOH+8H+；减小；(2)铁黄表面附着少量硫酸钠溶液，检验铁黄表面已洗涤干净的操作为取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已被洗净，故答

13、案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已被洗净；(3)根据流程图，反应中铁黄与碱性次氯酸钾溶液反应生成K2FeO4，反应的化学方程式为，故答案为：2FeOOH +3KC1O+4KOH =2 K2FeO4+3H2O+3KCl；(4)在溶液I中加KOH固体可以除去过量Cl2，也可以为下一步反应提供反应物，故答案为：除KCl；为下一步反应提供反应物；除去过量Cl2等；(5) K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中白身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降，使得K2FeO4成为新型多功能水处理剂，故答

14、案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中白身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降；(6) 标准状况下112LCl2的物质的量为5mol，氯气与氢氧化钾反应生成次氯酸钾，可以得到5molKClO，根据2FeOOH +3KC1O+4KOH =2 K2FeO4+3H2O+3KCl。可以得到5mol= mol K2FeO4，质量为 mol198g/mol=660g，故答案为：660；(7)钛铁矿(主要成分FeTiO3)加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，在TiOSO4中Ti的化合价为+4价，则FeTiO3中Fe的化合价为+2价

15、，反应前后铁的化合价不变，则该硫酸盐为硫酸亚铁，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。9. 工业产生的废气COx、NOx、SOx对环境有害，若能合理的利用吸收，可以减少污染，变废为宝。(1)已知甲烷的燃烧热为890 kJ/mol；1 mol水蒸气变成液态水放热44 kJ；N2与O2反应生成NO的过程如下：则CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=_.(2)汽车尾气中含有CO和NO，某研究小组利用反应：2CO(g)+2NO(g) N2 (g)+

16、2CO2 (g)实现气体的无害化排放。T1时，在恒容的密闭容器中通入一定量的CO和NO，能自发进行上述反应，测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：02 s内用N2表示的化学反应速率为_，该温度下，反应的平衡常数K1_。若该反应在绝热恒容条件下进行，则反应达到平衡后体系的温度为T2，此时的化学平衡常数为K2，则K1_K2（填“”、“2Q（乙）B体系总压强p：p（甲）2p(乙)C甲容器达到化学平衡时，其化学平衡常数为4D保持其他条件不变，若起始时向乙中充入0.4 mol SO2、0.2mol O2、0.4 molSO3，则此时v(正v(逆)(4)在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2

17、可得到多种燃料，其原理如右图所示。该工艺中能量转化方式主要有_。电解时，生成乙烯的电极反应式是_。.(5)CO2在自然界循环时可与CaC03反应，Ca-CO3是一种难溶物质，其Ksp=2.810-9。CaCl2溶液与Na2 CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2 CO3溶液混合，若Na2 C03溶液的浓度为210-4 molL，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_。【答案】 (1). -612 kJmol-1 (2). 1.87510-4mol/(Ls) (3). 5000 (4). (5). 2CO+2NON2+2CO2 的S0，只有当H0，时G=H-T

18、S才能小于0，反应才能在一定条件下自发进行，所以该反应为放热反应。若该反应在绝热恒容条件下进行，由于初始时只有反应物，反应一定正向进行，达到平衡后反应体系温度升高，所以T1T2，对于放热反应，温度升高，平衡初始减小，所以K1K2 (6). AC (7). 太阳能转化为电能；电能转化为化学能 (8). (9). 56105mo1/L【解析】(1)根据图示，旧键断裂吸收能量为：945+498=1443KJ/mol，放出能量为：2630=1260KJ/mol，则热化学方程式为2NO(g)=O2(g)+N2(g)H=-1260+1443=183KJ/mol；甲烷燃烧热为890kJ/mol，可写出热化学

19、方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，H=-890kJ/mol；H2O(g)=H2O(l)，H=-44kJ/mol；由盖斯定律可知+2-2，可得CH4 (g) +4NO(g)=2N2 (g) +CO2 (g) +2H2 O(g) H=-890kJ/mol+183/mol2-(44kJ/mol)2=-612kJmol-1，故答案为：-612kJmol-1；(2) 前2s内的平均反应速率v(N2)=v(N0)=1.87510-4mol/(Ls)，由表格中的数据可知到4s时达到化学平衡，则 2NO + 2CO2CO2 + N2，开始(mol/L) 1.0010-3 3.6

20、010-3 0 0 转化(mol/L) 910-4 910-4 910-4 4.5010-4 平衡(mol/L) 1.0010-4 2.7010-3 910-4 4.5010-4 则 K=5000，故答案为：1.87510-4mol/(Ls)；50002CO+2NON2+2CO2 的S0，只有当H0，时G=H-TS才能小于0，反应才能在一定条件下自发进行，所以该反应为放热反应。若该反应在绝热恒容条件下进行，由于初始时只有反应物，反应一定正向进行，达到平衡后反应体系温度升高，所以T1T2，对于放热反应，温度升高，平衡初始减小，所以K1K2 ，故答案为： ；2CO+2NON2+2CO2 的S0，只

21、有当H0，时G=H-TS才能小于0，反应才能在一定条件下自发进行，所以该反应为放热反应。若该反应在绝热恒容条件下进行，由于初始时只有反应物，反应一定正向进行，达到平衡后反应体系温度升高，所以T1T2，对于放热反应，温度升高，平衡初始减小，所以K1K2；(3)A该反应反应前气体体积大于反应后体积，即充入反应物物质的量越大则压强越大，进行程度较大，放出热量Q(甲)2Q(乙)，故A正确；B该反应反应前气体体积大于反应后体积，即充入反应物物质的量越大则压强越大，进行程度较大，则压强p(甲)2p(乙)，故B错误；C乙容器达到化学平衡状态时，c(SO2)=0.5mol/L，c(O2)=0.5mol/L-0

22、.5mol/L=0.25mol/L，c(SO3)=0.5mol/L，K=4，故C正确；D浓度商为：=5，浓度商大于化学平衡常数，化学平衡向逆反应方向移动，即v(正)v(逆)，故D错误；故选AC；(4)太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有光能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O，故答案为：正；2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O；(5)Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，等体积混合后溶液中c

23、(CO32-)=210-4mol/L=110-4mol/L，根据Ksp=c(CO32-)c(Ca2+)=2.810-9可知，c(Ca2+)=mol/L=2.810-5mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为22.810-5mol/L=5.610-5mol/L，故答案为：5.610-5 mo1/L。10. 二价铬不稳定，极易被氧化。醋酸亚铬水合物2.2H2O，是一种深红色晶体，微溶于乙醇，不溶于冷水和乙醚。实验室以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示：请回答下列问题：(1)仪器A的

24、名称是_，所盛装的试剂是_。(2)该实验中锌粒需过量，其原因除了与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是 _。(3)写出C容器中制备醋酸亚铬水合物的离子方程式_。(4)仪器D的主要作用是_。(5)指出该装置的不足之处_。(6)Cr(OH)3的性质类似氢氧化铝，将CrCl3溶液蒸干灼烧，所得固体物质的化学式为_。(7)洗涤产品时，为了除去可溶性的杂质和水分，下列试剂正确使用的顺序是_（填序号）。a无水乙醇 b冷的蒸馏水 c乙醚【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 盐酸与CrCl3溶液 (3). 将CrCl2溶液压入锥形瓶C中，使其与醋酸钠溶液混合反应 (4). 2Cr24CH3COO

25、2H2O Cr（CH3COO）222H20 (5). 防止空气（O2）进入装置 (6). 实验开始时，没有将装置中的空气排尽 (7). Cr2O3 (8). b a c【解析】(1)依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，根据题意，需要CrCl2溶液与醋酸钠溶液反应，因此在装置B中需要生成CrCl2溶液，且将溶液能够压入C中，因此分液漏斗中盛装稀盐酸和CrCl3溶液；故答案为：分液漏斗；盐酸与CrCl3溶液；(2)实验中锌粒需过量，其中锌除了与CrCl3充分反应得到CrCl2外，还要与盐酸反应生成氢气，将CrCl2溶液压入锥形瓶C中，使其与醋酸钠溶液混合反应，故答案为：将CrCl2溶液压入

26、锥形瓶C中，使其与醋酸钠溶液混合反应；(3)C容器中制备醋酸亚铬水合物的离子方程式为2Cr24CH3COO2H2O Cr(CH3COO)222H2O，故答案为：2Cr24CH3COO2H2O Cr(CH3COO)222H2O；(4) 二价铬不稳定，极易被氧化，仪器D可以防止空气(O2)进入装置，故答案为：防止空气(O2)进入装置；.(5) 二价铬不稳定，极易被氧化，实验开始时，无法将装置中的空气排尽，故答案为：实验开始时，没有将装置中的空气排尽；(6)Cr(OH)3的性质类似氢氧化铝，将CrCl3溶液蒸干，促进CrCl3水解生成Cr(OH)3沉淀，进一步灼烧生成Cr2O3，故答案为：Cr2O3

27、； (7)洗涤产品时，为了除去可溶性的杂质和水分，由于醋酸亚铬水合物2.2H2O微溶于乙醇，不溶于冷水和乙醚，需要先用冷水洗去可溶性的杂质，再用无水乙醇除去其中少量的水，最后用乙醚洗去附着的乙醇，故答案为：b a c。点睛：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用。明确实验目的、实验原理为解答关键。本题的解答需要充分利用题示信息。11. 物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。请回答下列问题：(1)C、H、N、O四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），写出Fe2+的最外层电子排布式_。(2)根据等电子原理，写出CN-的电子式_，CNO-中心原子的杂化方式为 _。(

28、3)MgO、CaO两种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，则两种离子晶体的熔点由高到低顺序是 _（用化学式表示）,的沸点比_（填“高”或“低”）；原因是_.(4)铁有、三种同素异形体，如下图所示。 -Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为_，一Fe、- Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。已知-Fe晶体的密度为dg/cm3，NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为_pm(列表达式)。【答案】 (1). O (2). 3s23p63d6 (3). (4). sp (5). MgOCaO (6). 高 (7). 由于可形成分子间氢键，而可形成分子内氢键，故的沸点比高 (8). 4 (9).

29、4:3 (10). 【解析】(1)同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性CNO，H的电负性最小，所以电负性最大的是O；基态Fe原子的核外价电子排布式为3d64S2，则Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6，故答案为：O；3s23p63d6；(2) CN-与N2属于等电子体，则CN-的电子式为，CNO-与CO2属于等电子体，二氧化碳为直线分子，中心原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：；sp； (3) 离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，镁离子半径小于钙离子半径，则熔点MgOCaO；由于可形成分子间氢键，而可形成分子内氢键，故的沸点比高，故答案为：；高；由于可形成分子间氢键，而可形成分子内氢键，故的沸点比高；(4) 晶体晶胞中所含有的铁原子数为8+6=4，、两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6=4：3，由晶胞图可知，型晶体铁晶胞中Fe原子数目为8+1=2，晶胞质量为g，型晶体铁的密度为dg/cm3，晶胞体积为gdg/cm3=cm3，则晶胞棱长=cm，处于体对角线上的原子相邻，则4r=cm，故r=cm=1010pm，故答案为：4；4：3；1010。点睛：本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系