1、2017 届黑龙江省大庆实验中学高三考前得分训练（二）理科综合化学（解析版）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 化学与生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 水玻璃是用于生
2、产硅胶、木材防火剂、粘合剂的原料B. 可以用氢氧化钠溶液鉴别地沟油和矿物油C. CaCO3分解，Ba(OH) 28H2O 和 NH4Cl 反应，高温下铝与氧化铁的反应都是吸热反应D. 淀粉、蛋白质、有机玻璃、天然橡胶都是高分子化合物【答案】C【解析】A、水玻璃主要成分是 Na2SiO3，是生成硅胶、木材防火剂、黏合剂的原料，故 A 说法正确；B、地沟油是油脂，在氢氧化钠溶液中水解成高级脂肪酸钠和甘油，溶液不分层，矿物油属于烃，不与碱反应，也不溶于水，出现分层现象，因此可以用氢氧化钠鉴别地沟油和矿物油，故 B 说法正确；C、铝与氧化铁的反应是放热反应，其余为吸热反应，故 C 说法错误；D、淀粉、
3、蛋白质、有机玻璃、天然橡胶都是高分子化合物，故 D 说法正确。2. NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为 0.4NAB. 等物质的量的氧化钠和过氧化钠晶体中所含有的阴离子数均为 NAC. 标准状况下，22.4 L 环己烷中所含有的非极性键的数目为 6NAD. 向含有 0.1mol 的 FeI2溶液中通入 0.1mol Cl2 ，充分反应后转移的电子数为 0.3NA【答案】A3. 关于下列有机物的说法正确的是（ ）A. 苯与浓溴水在铁做催化剂的条件下制备溴苯B. , , 三种氨基酸脱水缩合，最多生成 6 种二肽C. 与氢氧化钠醇溶液共热，
4、可得 2 种产物D. 分子式为 C5H12O 的有机物，能与 Na 反应放出氢气的结构有 8 种.【答案】D【解析】A、苯与液溴在铁作催化剂的条件下制备溴苯，故 A 错误；B、两个相同氨基酸分子之间可以形成二肽物质，应有 3 种，两个不同氨基酸分子间可以形成 2 种二肽物质，因此三个不同氨基酸分子之间可以形成 23=6 种二肽物质，共有 9 种，故 B 错误；C、醇不与氢氧化钠的醇溶液反应，故 C 错误；D、根据分子式，能与金属钠反应，说明此物质为醇，写出 C5H12的同分异构体(以碳胳形式)：、 、 ，羟基的位置有 8 种，故 D 正确。4. 有四种短周期的主族元素 R,E,X,Y，其在周期
5、表中的位置如图所示 R，X，Y 的原子序数之和为 37，下列有关说法正确的是（ ）A. X 的氢化物稳定性比 R 的氢化物稳定B. E 和 Y 组成的化合物溶于水能促进水的电离C. 0.1mol/L 的 Y 的最高价氧化物对应水化物的 pH=1D. E 与足量一水合氨反应的离子方程式：2Al+2OH -+2H2O=2AlO2- +3H2【答案】B【解析】四种元素属于短周期元素，依据所在周期表的位置，应位于第二、三周期，令 E 的原子序数为x，则 X 的原子序数为 x+1，Y 的原子序数为 x+3，R 的原子序数为 x6，X、Y 的原子序数之和为37，x6x1x3=37，解得 x=13，E 为
6、Al，X 为 Si，Y 为 S，R 为 N，A、X 的氢化物是 SiH4，R 的氢化物是 NH3，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即 N CSi，因此 NH3比 SiH4稳定，故 A 错误；B、组成化合物是 Al2S3，在水中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和 H2S 气体，促进水的电离，故 B 正确；C、S 的最高价氧化物的水化物是H2SO4，0.1molL 1 H2SO4溶液的 pH=1lg2，故 C 错误；D、铝不与一水合氨反应，且一水合氨在离子方程式中不能拆成离子，故 D 错误。5. 有关实验的叙述完全正确的是（ ）选项 实验
7、操作 现象 结论A向盛有 Na2CO3溶液的试管中滴加稀盐酸试管中出现气泡 非金属性：ClCB向蔗糖溶液中滴加稀硫酸微热后，加入新制 Cu(OH)2共热未见砖红色沉淀生成 蔗糖未发生水解C向 Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液白色沉淀变成红褐色沉淀KspKspD 向某钠盐溶液中滴加稀盐酸产生能使石灰水变浑浊的气体溶液中一定含有 CO32-或HCO3-A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、利用酸性强弱比较非金属性，此酸必须是最高价氧化物的水化物，HCl 中 Cl 不是最高价，此实验只能比较盐酸的酸性强于碳酸，无法比较非金属性的强弱，故 A 错误；B、醛基与新制 Cu(
8、OH)2悬浊液发生反应，要求反应环境是碱性，题目中没有中和硫酸，故 B 错误；C、白色沉淀转化成红褐色沉淀，说明产生 Fe(OH)3，实现沉淀转化，即 Fe(OH)3比 Mg(OH)2更难溶，K spaD. 该过程中的产品主要为 H2SO4和 H2【答案】B【解析】试题分析：A、根据电解池中离子的移动方向，钠离子向 Pt(I)移 动，说明 Pt（I）是阴极，X 是电源的负极，Y 是电源的正极，Pt(II)是电解池的阳极，正确；B、Pt（II）是阳极，发生氧化反应，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸，所以溶液的酸性增强，pH 减小，错误；C、根据 B 的分析，可知开始加入
9、的硫酸的浓度小于反应后得到的硫酸的浓度，所以 ba，正确；D、阴极放电的是氢离子，氢离子得电子生成氢气，阳极放电的是亚硫酸氢根离子，失去电子生成硫酸，正确，答案选 B。考点：考查电解反应原理的应用，正负极的判断，电极反应产物的判断8. 草酸（H 2C2O4）在化工生产中有重要应用。为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验。实验：实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，装置如下图所示一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中控制反应温度 5560，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65的 HNO3与 98的 H2SO4的质量比21.25）充分反应，冷却，抽滤后再重结晶得到草酸晶体.硝酸氧化淀粉水解液的反应为
10、：C 6H12O612HNO 3 3H2C2O49NO 23NO9H 2O（1）上图实验装置中仪器乙的名称为：_。（2）常温下，0.1mol/L 10mL 的草酸和 0.1mol/L 10mL 的氢氧化钠充分反应后溶液呈酸性,反应后溶液中各离子浓度大小关系为：_。实验：探究草酸的不稳定性甲组同学查阅资料得知：草酸晶体（H 2C2O42H2O）100开始失水,100.5左右分解产生 H2O、CO 和 CO2试用下图中提供的仪器和试剂，设计一个实验，证明草酸晶体分解得到的混合气体中含有 H2O、CO 和 CO2（加热装置和导管等在图中略去，部分装置可以重复使用） 。请回答下列问题：（3）仪器装置连
11、接顺序为：C_F_DAF。 （4）若实验结束后测得 A 管质量减轻 4.8g，则需分解草酸晶体的质量为_g。（5）乙组同学查阅资料发现：草酸酸性比碳酸强，在受热分解过程中有少量升华；草酸钙和草酸氢钙均是白色不溶物。通过进一步研究认为，草酸蒸汽与石灰水反应生成草酸钙白色沉淀，对实验有干扰，因此提出需要在检验 CO2装置之前增加一个装有_的洗气装置。 （填写字母编号） 。A水 B氢氧化钠溶液 C碳酸钠溶液 D饱和碳酸氢钠溶液实验：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（6）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快。为探究其原因，同学们做了如下对比实验；写出高锰
12、酸钾在酸性条件下氧化草酸的离子反应方程式：_。由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是_。【答案】 (1). 冷凝管 (2). c(Na +)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) (3). B E F (4). 37.8 g (5). A (6). 2MnO4 -+ 6H+ + 5H2C2O4 = 2Mn+ + 8H2O + 10CO2 (7). 反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率【解析】考查实验方案设计与评价， （1）仪器乙为球形冷凝管；（2）草酸是二元弱酸，根据所给的量，恰好生成 NaHC2O4，溶液显酸性，说明 HC2O4 的电离程度大于其水解程度
13、，因此离子浓度大小顺序是 c(Na )c(HC2O4 )c(H )c(C2O42 )c(OH )；（3）实验目的是验证草酸晶体受热分解产物 H2O、CO 2和 CO，H 2O 一般用无水硫酸铜验证，如果白色变为蓝色说明含有水，CO 2用澄清石灰水验证，澄清石灰水变浑浊，说明含有 CO2，但注意 SO2的干扰，CO 一般是还原金属氧化物，然后验证氧化产物 CO2，此实验应先验证水的存在，即 CB，根据实验原理，然后验证 CO2，除去 CO2，还需要检验 CO2是否完全除去，防止对后续实验产生干扰，BF EF，最后验证 CO，FDAF；（4）A 试管中发生 COCuO=CO 2Cu，试管质量减少的
14、氧原子的质量，消耗 CO 的物质的量为 4.8/16mol=0.3mol，草酸分解是氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，0.31=n(CO 2)1，即 n(CO2)=0.3mol，根据碳原子守恒，即 n(H2C2O42H2O)=0.3mol，质量为1260.3g=37.8g；（5）A、草酸溶于水，CO 2不溶于水，可以达到除去草酸，不影响 CO2的目的，故 A 正确；B、H 2C2O4属于酸，CO 2属于酸性氧化物，都能与 NaOH 溶液发生反应，故 B 错误；C、草酸的酸性比碳酸强，草酸与碳酸钠反应产生 CO2，对 CO2的检验产生干扰，同时碳酸钠与 CO2反应生成 NaHCO3，把 CO2
15、吸收，故 C 错误；D、草酸的酸性比碳酸强，草酸与碳酸氢钠反应产生 CO2，对 CO2的检验产生干扰，故 D 错误；（6）利用高锰酸钾的强氧化性，把草酸氧化成 CO2，本身被还原成 Mn2 ，因为草酸是弱酸，因此离子方程式中不能拆写，H 2C2O4MnO 4 H CO 2Mn 2 H 2O，然后采用化合价升降法进行配平，2MnO 4 -+ 6H + 5H2C2O4 = 2Mn + 8H2O + 10CO2 ；根据实验 1 和实验 2，当加入 Mn2 褪色时间变短，Mn 2 作催化剂，因此褪色先慢后快的原因是反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率。点睛：本题难点是问题（3） ，物
16、质检验过程中围绕实验目的和实验原理展开，本题中检验 CO2，因为后续实验验证 CO 存在，需要 CO 还原氧化铜，产生 CO2，草酸分解产生的 CO2对此产生干扰，因此检验完成草酸分解 CO2后，需要除去 CO2，且验证 CO2是否被完全除尽，即连接仪器顺序是：CBF EF DAF。9. 氮及其化合物与人类各方面有着密切的联系。目前，消除氮氧化物污染有多种方法。（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：CH 4(g)+4NO2(g)= 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574kJ/mol CH 4(g)+4NO(g)= 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(
17、g) H=-1160kJ/mol H 2O(g)= H2O(l) H=-44kJ/mol写出 CH4(g)与 NO2(g)反应生成 N2(g) 、CO 2(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：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（T 0C)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是_ ；（选填字母代号）A容器内 CO2的浓度保持不变 B容器内压强保持不变.C单位时间内生成 NA个 N2，同时生成 2NA个 NOD混合气体的密度保持不变 E混合气体的平均相对分子质量保持不
18、变前 20 分钟，平均反应速率 v(NO)=_。 在 T0C 时，该反应的平衡常数表达式为_；在 30 min，改变某一条件反应重新达到平衡，则改变的条件是_。（3 学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2和 N2,其反应为： 如图 P 是可自由平行滑动的活塞，关闭 K，在相同温度时，向 A 容器中充入 1mol NO(g)和 2mol(g)CO，向B 容器中充入 1.2 mol NO(g)和 2.4 mol(g) CO。已知起始时容器 A 和 B 的体积均为 a L,反应到到平衡时容器 B 的体积为 0.9 a L，容器 B 中 NO 的转化率为_ ；（4
19、）亚硝酸（HNO 2）是弱酸电离平衡常数 Ka=5.010 -4（298K） ， NH 3.H2O 的电离平衡常数为K=2.010 -5常温下，用氨水吸收亚硝酸可得到 NH4NO2，NH 4NO2溶液显_（填“酸性” “中性”或“碱性” ） ；请计算 NH4+ + NO2- + H2O HNO2 + NH3.H2O 的平衡常数 K =_。【答案】 (1). CH 4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955 kJ/mol (2). B (3). 0.003molL-1 min-1 (4). 略 (5). 减小 CO2 的浓度 (6). 60% (7). 酸
20、性 (8). 110 -6【解析】 （1）考查热化学方程式的计算，CH 4和 NO2反应方程式为CH42NO 2=N2CO 22H 2O，(4)/2，得出 CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=955 kJmol1 ；（2）考查化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算、化学平衡常数、勒夏特列原理，A、根据化学平衡状态的定义，当组分浓度不再改变，说明反应达到平衡，即 CO2浓度不再改变说明反应达到平衡，故 A 错误；B、碳为固体，反应前后气体系数之和相等，压强始终相同，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故 B 正确；C、生成 N2，反应向正反应方向移动，生
21、成 NO，反应向逆反应方向进行，且生成 N2的量和生成 NO 的量之比等于化学计量数之比，因此单位时间内生成 NA个 N2，同时生成 2NA个NO，能说明反应达到平衡，故 C 错误；D、容器是恒容状态，气体体积不变，因为 C 为固体，因此气体质量增加，根据密度定义，当密度不再改变，说明反应达到平衡，故 D 错误；E、气体质量增大，气体物质的量不变，根据平均摩尔质量的定义，因此摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故 E 错误；根据化学平衡常数的定义，v(NO)=(0.10.04)/20mol/(Lmin)=0.003 mol/(Lmin)；平衡常数表达式为：K= ；30min，NO 和 CO2物质的
22、量浓度减少，N 2物质的量浓度增大，说明反应向正反应方向进行，改变的条件是减少 CO2的浓度；（3）考查化学平衡的计算， 2NO2CO 2CO2N 2，起始量： 1.2 2.4 0 0变化量： 2x 2x 2x x平衡量：1.22x 2.42x 2x x B 容器是恒压状态，因此体积比等于物质的量之比，解得 x=0.36，则 NO 的转化率为 0.362/1.2100%=60%； （4）本题考查溶液酸碱性的判断和平衡常数，对比两者电离平衡常数，NH 4 的水解程度大于 NO2 的水解程度，因此 NH4NO2水溶液显酸性，根据平衡常数定义，K= ，根据溶液中平衡常数的关系，Kw=KaKh，求出
23、NH4 的水解平衡常数为.510 10 ，代数上式，求出 K=1106 。10. 钒是重要的化学催化剂，从废钒催化剂（主要成分 V2O5、VOSO 4、K 2SO4、SiO 2和 Fe2O3等）中回收 V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题：（1）步骤中废渣的主要成分是_，K 2SO3的作用是_。（2）操作中用到的主要玻璃仪器是_。（3）、的变化过程可简化为（下式 R 表示 VO2+或 Fe3+，HA 表示有机萃取剂） 。R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层） 2RAn（有机层） + nH 2SO4 (水层)为提高中萃取百分率，应采取的措施是_。（4）请完成中的反应离子
24、方程式：_ClO3- + VO2+ + H+ = VO3+ + + （5）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液 pH 之间关系如下表：pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳 pH 值为_。若矾沉淀率为 93.1%时不产生 Fe(OH)3沉淀，则溶液中 c(Fe3+)_。(已知：25时，Ksp Fe(OH) 3=2.610-39)（6）该工艺流程中，可以循环利用的物质有_。【答案】 (1). SiO 2
25、 (2). 作还原剂 (3). 分液漏斗，烧杯 (4). 加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取 (5). 1ClO 3- + 6VO2+ + 6H+ = 6VO3+ + 1 Cl- + 3H2O (6). 1.71.8 (7). c(Fe3+)2.610-3molL-1 (8). 氨气 、 有机萃取剂【解析】考查化学工艺流程， （1）反应中加入硫酸，根据催化剂的成分，SiO 2不与硫酸反应，因此废渣中成分是 SiO2；V 2O5中 V 的化合价为5 价，反应的滤液，VO 2+中 V 化合价为4 价，V 的化合价降低，废钒中含有 Fe2O3，与硫酸反应生成 Fe3 ，Fe 3 具有强氧化性，因
26、此 Fe3 、V 2O5与 SO32 发生氧化还原反应，K2SO3的作用是做还原剂；（2）根据流程，反应中操作方法是萃取，需要用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；（3）提高中萃取百分率，要求平衡向正反应方向进行，应采取的措施是加入碱中和硫酸使平衡正移，多次萃取；（4）VO 2 中 V 的化合价由4 价5 价，化合价升高 1 价，ClO 3 中 Cl 的化合价降低，化合价由5 价1 价，化合价降低 6 价，最小公倍数为 6，H 转化成 H2O，因此离子方程式为： ClO 3 + 6VO2 + 6H = 6VO3 + Cl + 3H2O ；（5）根据钒的沉淀率和 pH 的关系，应该选择沉淀率最大的，即
27、最佳 pH 为 1.71.8，Fe(OH) 3不沉淀，要求 c(Fe3 )c3(OH )Ksp ，pH=2 的溶液中 c(OH )=Kw/c(H )=1012 molL1 ，因此 c(Fe3 )2.61039 /(1012 )3=2.6103 molL1 ；（6）根据流程图，可以循环使用的物质是有机萃取剂和氨气。点睛：本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，VO 2 中V 显4 价，VO 3 中 V 显5 价，VO 2 中 V 的化合价升高，升高 1 价，ClO 3 作氧化剂，其还原产物是Cl ，化合价由5 价1 价，化合价降低 6 价，即 ClO3 6VO 2 Cl 6VO 3 ，反应前后所带电荷数和原子守恒，即离子方程式为 ClO3 + 6VO2 + 6H = 6VO3 + Cl + 3H2O 。11. 已知 A、B、C、D、E、F 均为前四周期元素.A 元素的原子价电子排布为 ，B 元素的最外层电子数是其电子层数的 3 倍,C 元素原子的 M 电子层的 P 亚层中有 3 个未成对电子.D 元素原子核外的 M 层中只有2 对成对电子.B 离子与 E 离子具有相同的电子层结构，可形成 E2B2、E 2B 型化合物.F 元素位于元素周期表
