1、黑龙江省绥化市三校 2015 届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题：本卷共 7 小题每小题 6 分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法不正确的是（ ）A 重金属离子可导致蛋白质变性B 苯是最简单的芳香烃C SO2 和 NxOy 都属于酸性氧化物D 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一考点： 常见的生活环境的污染及治理.专题： 化学应用分析： A重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；B根据芳香烃的定义分析；C NxOy 组成未知，不一定是酸性氧化物；D汽车尾气的排放可导致雾霾天气解答： 解：A重金属离
2、子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故 A 正确；B芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故 B 正确；C二氧化硫为酸性氧化物，但 NxOy 组成未知，不一定是酸性氧化物，故 C 错误；D汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，故 D 正确；故选 C点评： 本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义，涉及知识点广，均为基础性知识，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键2 （ 6 分） （2014河南模拟）下列关于 乙烯 苯 乙醇 乙酸 葡萄糖等有机物的叙述不正确的是（ ）A 可以用新制的 Cu（OH）2
3、悬浊液鉴别B 只有能使酸性 KMnO4 溶液褪色C 只有能发生取代反应 D 一定条件下，可以转化为考点： 乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质；葡萄糖的性质和用途.专题： 有机反应分析： A、乙醇与新制的 Cu（OH ）2 悬浊液不反应，乙酸能与新制的 Cu（OH）2 悬浊液反应，溶液变澄清，葡萄糖与新制的 Cu（OH ）2 悬浊液加热生成砖红色沉淀；B、能使酸性 KMnO4 溶液褪色的有机物有：烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；C、葡萄糖中含有羟基；D、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳；解答： 解：A、乙醇与新制的 Cu（OH）2 悬浊液不反应；乙酸能与新制的 Cu（
4、OH）2 悬浊液反应，溶液变澄清；葡萄糖与新制的 Cu（OH ）2 悬浊液加热生成砖红色沉，现象不同，可以用新制的 Cu（OH）2 悬浊液鉴别三者，故A 正确；B、乙烯、乙醇、葡萄糖（多羟基醛）能使酸性 KMnO4 溶液褪色，苯、乙酸不能使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 B 正确；C、葡萄糖中含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故 C 错误；D、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳，所以一定条件下，可以转化为，故 D正确；故选 C点评： 本题考查了有机物的性质与鉴别，难度不大，注意酯化反应属于取代反应3 （ 6 分）下列解释实验事实的方程式正确的是（ ）A Al2（SO4）3 溶
5、液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3+3OH Al（OH ）3B 90 时，测得纯水中 c（H+ ） c（OH ） 3.81013：H2O（l）H+（aq ）+OH（aq）H0C FeCl3 溶液中通入 SO2，溶液黄色褪去： 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+D 碳酸钠溶液滴入酚酞变红：CO32+2H2O H2CO3+2OH考点： 镁、铝的重要化合物；水的电离；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质.分析： A一水合氨为弱碱，离子方程式不能拆；B温度升高，Kw 增大，水的电离吸热；C发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和盐酸；D多元弱酸根水解应分布进行解答： 解：A一水合氨为弱碱，离子方
6、程式不能拆，方程式应为 Al3+3NH3H2OAl（OH ）3+3NH4+，故 A 错误；B.90时，测得纯水中 c（H+）c（OH ）=3.81013，则 H2O（l）H+（aq）+OH（aq）H0，故 B 错误；C FeCl3 溶液中通入 SO2，溶液黄色褪去的离子反应为 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，故 C 正确；D碳酸钠溶液滴入酚酞变红，因为碳酸根水解成碱性，但多元弱酸根水解应分布进行，所以方程式应为 CO32+H2OHCO3+OH，故 D 错误；故选 C点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键
7、，侧重电离反应、氧化还原反应、与量有关的离子反应的考查，题目难度不大4 （ 6 分）设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）A 一定条件下，2molSO2 和 1molO2 混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于 2NAB256g S8 分子中含 SS 键为 7NA 个 C 由 1molCH3COONa 和少量 CH3COOH 形成的中性溶液中，CH3COO数目为 NA 个D 1 mol Na 与 O2 完全反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，转移电子总数为 NA 个考点： 阿伏加德罗常数.专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： A二氧化硫与氧气的反应为
8、可逆反应，反应物不会完全转化成生成物；B一个 S8 分子中含 8 个 SS 键，据此计算出 256g 晶体中含有的 SS 的数目；C根据电荷守恒判断：溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与醋酸根离子相等；D钠为 1 价金属，1mol 钠完全反应失去 1mol 电子解答： 解：A一定条件下，2molSO2 和 1molO2 混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反应，所以反应后气体的物质的量大于 2mol，反应后容器中的分子数大于 2NA，故 A 正确；B256g S8 晶体含有 S8 的物质的量为 1mol，1molS8 中含有 8mol SS 键，含有的 SS 键
9、为 8NA 个，故 B 错误；C由 1mol CH3COONa 和少量 CH3COOH 形成的中性溶液中，含有 1mol 钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则钠离子与 CH3COO的物质的量相等，所以溶液中含有 CH3COO的物质的量为 1mol，含有的 CH3COO数目为NA 个，故 C 正确；D1molNa 完全反应失去 1mol 电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为 1mol，转移电子总数 NA 个，故 D 正确；故选 B点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系
10、，选项 C 为易错点，注意电荷守恒的应用5 （ 6 分）分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构） （ ）A 15 种 B 16 种 C 17 种 D 18 种考点： 有机化合物的异构现象.专题： 同分异构体的类型及其判定分析： 书写戊基C5H11 异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，C5H12O 的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸解答： 解：分子式为 C5H12O 的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有 OH，该物质为戊醇，戊基C5H11 可能的结构有： CH2CH2CH2CH2CH3、CH（CH
11、3）CH2CH2CH3、CH（CH2CH3 ）2、CHCH （CH3）CH2CH3、C（CH3）2CH2CH3、 C（CH3 ）CH（CH3）2、 CH2CH2CH（CH3）2、CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有 8 种；C5H12O 的分子量为 88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有 2 种结构，故生成的酯为 16 种故选 B点评： 本题考查同分异构体的书写，难度中等，根据结构利用换元法进行解答即可6 （ 6 分） （2014吉林二模） pC 类似 pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为：110 3molL1，则该溶液中溶质的 pC=3
12、下列表达正确的是（ ）A 某温度下任何电解质的水溶液中，pC（H+）+pC（OH ）=14B 0.01mol/L 的 CaCl2 溶液中逐渐滴加纯碱溶液，滴加过程中 pC（Ca2+）逐渐减小C 用 0.01mol/L 的盐酸滴定某浓度的 NaOH 溶液，滴定过程中 pC（H+）逐渐增大D 某温度下，AB 难溶性离子化合物的 Ksp=1.01010，其饱和溶液中 pC（A+ ）+pC（B）=10考点： 溶液 pH 的定义.专题： 电离平衡与溶液的 pH 专题分析： A、Kw 的大小受到温度的影响，pC（H+）+pC（OH）= lgKw；B、pC（Ca2+）与 C（Ca2+）成反比；C、滴定过程中
13、碱性减弱，C（H+）逐渐增大；D、由 Ksp 表达式和 pC 定义即可计算出 pC（A+）+pC（B）的大小解答： 解：A、Kw 的大小受到温度的影响，温度越高 Kw 越大，Kw=C（H+）C（OH） ，pC（H+）+pC （OH ）=lgC （H+）C （OH）= lgKw，只有在常温下kw=1014，pC（H+）+pC（OH）=14，故 A 错误；B、滴加过程中碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，C（Ca2+）逐渐减小，pC（Ca2+）与 C（Ca2+）成反比，所以 pC（Ca2+）逐渐增大，故 B 错误；C、用 0.01mol/L 的盐酸滴定某浓度的 NaOH 溶液过程中，氢离子与氢氧根反
14、应生成水，碱性减弱，C（H+ ）逐渐增大，pC（H+）逐渐减小，故 C 错误；D、因为 Ksp=C（A+）C（B）=1.01010，所以 pC（A+）+pC（B）= lgC（A+）C（B ）=lgKsp=lg（1.010 10）=10，故 D 正确；故选：D点评： 本题考查 Kw、Ksp 影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力7 （ 6 分）如图图示与对应的叙述相符的是（ ）A 由图甲可以判断：对于反应 aA（g）+bB（g）cC （g） ，若 T1T2，则 a+b=c 且H0B 图乙表示压强对可逆反应 2A（g）+2 B（g）
15、3C（g）+D （s）的影响，乙的压强比甲的压强大C 根据图丙，若除去 CuSO4 溶液中的 Fe3+，可向溶液中加入适量 NaOH 溶液，调节 pH4D 图丁表示用 0.1000mol/LNaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L 醋酸溶液得到的滴定曲线考点： 化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算.专题： 图示题分析： A、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化 A 的转化率不变，据此判断；B、压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动；C、若除去 CuSO4 溶液中的 Fe3+，根据图丙，
16、可向溶液中加入适量 NaOH 溶液，调节pH4 到 5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀；D、用 0.1mol/L 的盐酸滴定 20mL 0.1mol/LNaOH 溶液，未滴入盐酸时开始 pH 为 13解答： 解：A、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化 A 的转化率不变，说明两边的计量数相等，所以温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化 A 的转化率不变，故 A 正确；B、对于 2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s ） ，压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动，故 B 错误；C、若除去 CuSO4 溶液中的 Fe3+，根据图丙，可向
17、溶液中加入适量 NaOH 溶液，调节pH4 到 5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，加适量 NaOH 溶液，引入钠离子，故 C 错误；D、用 0.1mol/L 的盐酸滴定 20mL 0.1mol/LNaOH 溶液，未滴入盐酸时开始 pH 为 13，故D 错误；故选 A点评： 本题考查了除杂的试剂的选择，平衡的移动和电解质的相关知识，依据除杂的原则分析，注意三价铁离子的去除，常通过对 Fe3+水解平衡的影响角度解答二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答 （一）必考题8 （ 14 分）制烧碱所用盐水需两次精制第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中
18、Ca2+、Mg2+、SO42等离子，过程如下：向粗盐水中加入过量 BaCl2 溶液，过滤；向所得滤液中加入过量 Na2CO3 溶液，过滤；滤液用盐酸调节 pH，获得第一次精制盐水（1 ）过程除去的离子是 SO42 （2 ）过程、生成的部分沉淀及其溶解度（ 20/g）如下表，请依据表中数据解释下列问题：CaSO4 Mg2（OH）2CO3CaCO3 BaSO4 BaCO32.6102 2.5104 7.8104 2.4104 1.7103过程选用 BaCl2 而不选用 CaCl2 的原因为 BaSO4 的溶解度比 CaSO4 的小，可将 SO42沉淀更完全 过程 II 之后检测 Ca2+、Mg2+
19、 及过量 Ba2+是否除尽时，只需检测 Ba2+即可，原因是 在BaCO3、CaCO3、Mg2 （OH ）2CO3 中，BaCO3 的溶解度最大，若 Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+ 和 Ca2+也沉淀完全 （3 ）第二次精制要除去微量的 I、IO3 、NH4+、Ca2+、Mg2+，流程示意如图：过程除去的离子有 NH4+ 、 I 盐水 b 中含有 SO42Na2S2O3 将 IO3还原为 I2 的离子方程式是 5S2O32 +8IO3+2OH4I2+10SO42+H2O 过程 VI 中，产品 NaOH 在电解槽的 阴极 区生成（填“阳极” 或“阴极” ） ，该电解槽为 阳 离子交换膜电解槽（
20、填“阳” 或“ 阴”） 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题： 实验设计题分析： （1 ）根据氯化钡能够与硫酸根离子反应生成硫酸钡进行解答；（2 ） 根据表中数据分析 BaSO4 与 CaSO4 的溶解度大小，溶解度越小，沉淀越完全；根据 BaCO3、CaCO3、Mg2（OH）2CO3 的溶解度进行分析；（3 ） 次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化铵根离子和碘离子；Na2S2O3 具有还原性，能够与碘酸根离子发生氧化还原反应，同时被氧化成硫酸根离子，据此写出反应的离子方程式；根据电解原理及水的电离平衡 H2OH+OH进行分析在电解槽的阴极区生成 NaOH 原理以及判断此交换膜解
21、答： 解：（1）向粗盐水中加入过量 BaCl2 溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤除去硫酸钡，从而除去杂质 SO42，故答案为：SO42 ；（2 ） 硫酸钡的溶度积为 2.4104，硫酸钙的溶度积为 2.6102，显然硫酸钙的溶度积大于硫酸钡，即 BaSO4 的溶解度比 CaSO4 的小，可将 SO42沉淀更完，故答案为：BaSO4 的溶解度比 CaSO4 的小，可将 SO42沉淀更完全；根据步骤数据可知，在 BaCO3、CaCO3 、Mg2（OH）2CO3 中，BaCO3 的溶解度最大，若 Ba2+沉淀完全，则说明 Mg2+ 和 Ca2+也沉淀完全，故答案为：在BaCO
22、3、CaCO3、Mg2 （OH ）2CO3 中，BaCO3 的溶解度最大，若 Ba2+沉淀完全，则说明 Mg2+ 和 Ca2+也沉淀完全；（3 ） 过程加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化 NH4+、I ，从而除去杂质NH4+、 I，故答案为：NH4+ 、 I；盐水 b 中含有 SO42，Na2S2O3 将 IO3还原为 I2，Na2S2O3 被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5S2O32 +8IO3+2OH4I2+10SO42+H2O，故答案为：5S2O32+8IO3+2OH4I2+10SO42+H2O；电解过程中，H+ 在阴极上得电子变成 H2 逸出，使 H2OH+OH电离平衡向右移动
23、，OH在阴极区浓度增大，Na+向阴极区移动，最后 NaOH 在阴极区生成，故此交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阴极，阳点评： 本题考查了粗盐的提纯、难溶电解质的沉淀平衡及转化、电解原理、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，注意掌握粗盐的提纯方法、物质的分离与提纯原则，明确电解原理及应用方法，能够正确书写离子方程式9 （ 14 分） （2014长春二模）短周期主族元素 A、B、C、 D、E 原子序数依次增大，A 是周期表中原子半径最小的元素，B 是形成化合物种类最多的元素，C 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，D 是同周期中金属性最强的元素，E 的负一
24、价离子与 C 的某种氢化物分子含有相同的电子数（1 ） A、C、D 形成的化合物中含有的化学键类型为 离子键、极性键（或共价键） （2 ）已知：EE2E H=+a kJmol1；2AAA H=b kJmol1；E+AAEH= c kJmol1；写出 298K 时，A2 与 E2 反应的热化学方程式 H2（g）+Cl2 （g ）=2HCl（g ）H=（a+b2c）kJmol1 （3 ）在某温度下、容积均为 2L 的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2A2（g）+BC（g）X（g）H=a kJmol1（a0，X 为 A、B、C 三种元素组成的一种化合物） 初始投料与
25、各容器达到平衡时的有关数据如下：实验 甲 乙 丙初始投料 2molA2、1molBC 1molX 4molA2、2molBC平衡时 n（X） 0.5mol n2 n3反应的能量变化 放出 Q1kJ 吸收 Q2kJ 放出 Q3kJ体系的压强 P1 P2 P3反应物的转化率 1 2 3在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为 4min，则 A2 的平均反应速率v（ A2）= 0.125molL 1min1 计算该温度下此反应的平衡常数 K= 4L2/mol2 三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是 ABD （填字母） A1+2=1BQ1+Q2=aC 31DP32P1=2P2En2
26、n31.0molF Q3=2Q1在其他条件不变的情况下，将甲容器的体系体积压缩到 1L，若在第 8min 达到新的平衡时A2 的总转化率为 75%，请在图 1 中画出第 5min 到新平衡时 X 的物质的量浓度的变化曲线（4 ）熔融碳酸盐燃料电池（MCFC ）是一种高温燃料电池，被称为第二代燃料电池目前已接近商业化，示范电站规模已达 2MW，从技术发展趋势来看，是未来民用发电的理想选择方案之一现以 A2（g ） 、BC（g）为燃料，以一定比例 Li2CO3 和 Na2CO3 低熔混合物为电解质写出碳酸盐燃料电池（MCFC）正极电极反应式 O2+4e +2CO2=2CO32 考点： 位置结构性质
27、的相互关系应用；热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算.专题： 基本概念与基本理论；元素周期律与元素周期表专题分析： 短周期主族元素 A、B 、C、D、E 原子序数依次增大，A 是周期表中原子半径最小的元素，则 A 为 H 元素；B 是形成化合物种类最多的元素，则 B 为 C 元素；C 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，C 原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，故 C为 O 元素；D 是同周期中金属性最强的元素，处于A ，结合原子序数可知， D 处于第三周期，故 D 为 Na；E 的负一价离子与 C 的
28、某种氢化物分子含有相同的电子数，可推知 E 为 Cl，据此解答（1 ）活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键；（2 ）根据盖斯定律计算；（3 ） 根据 v= 计算；根据平衡常数公式计算；根据等效平衡分析；根已知条件求出甲醇在 5min 和 8min 时的物质的量浓度，然后再作图即可；（4 ）根据电极上得失电子书写电极反应式解答： 解：短周期主族元素 A、B 、 C、D、E 原子序数依次增大，A 是周期表中原子半径最小的元素，则 A 为 H 元素；B 是形成化合物种类最多的元素，则 B 为 C 元素；C 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，C 原子只能有 2
29、 个电子层，最外层电子数为 6，故 C 为 O 元素； D 是同周期中金属性最强的元素，处于A ，结合原子序数可知，D 处于第三周期，故 D 为 Na；E 的负一价离子与 C 的某种氢化物分子含有相同的电子数，可推知 E 为 Cl，（1 ） A、C、D 形成的化合物是 NaOH，NaOH 中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、H 原子核 O 原子之间存在极性共价键，故答案为：离子键、极性键（或共价键） ；（2 ） E E2EH=+a kJmol1；2AAA H=b kJmol1；E+AAEH= c kJmol1；将方程式+2得 H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）H= （a+b 2c）kJm
30、ol1 ，故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）H=（a+b2c）kJmol1 ；（3 ） 在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为 4min，生成 0.5molX 需要 n（A2）=2n（X）=1mol，则 =0.125molL1min1，故答案为：0.125molL1min1；平衡时 c（X）= =0.25mol/L，c（A2）= =0.5mol/L，c （BC ）= =0.25mol/L，则平衡常数K= =4 L2/mol2，故答案为： 4 L2/mol2；甲容器反应物投入 2molH2、1molCO 与乙容器反应物投入 2mol CH3OH 在保持恒温、恒容情况下是
31、等效平衡，平衡时 CH3OH 的物质的量n2=0.5mol、p1=p2、1+2=1、Q1+Q2 能量总变化相当于 2molH2、1molCO 完全转化成2mol CH3OH 的能量，即吸放热 Q1+Q2 数值上就等于 akJ；甲容器反应物投入量2molH2、1molCO 与丙容器反应物投入量 4molH2、2molCO ，若恒温且丙容器容积是甲容器 2 倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的 3 个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向逆向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要低一些，因此1+2=1、Q1+Q2=a；31；P32P1=2P2、n3n21.0mol、Q32Q1，故答案为：
