黑龙江省哈尔滨市第三中学2017届高三化学第四次模拟考试试题（含解析）.doc

2017年哈尔滨市第三中学第四次高考模拟考试理科综合能力化学测试本试卷分第i卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，其中第卷第3340题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。2.选择题答案使用2b铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。可能用到的原子量: h 1 c 12 n 14 o 16 s 32 cu 64第 i卷 （选择题 共126分）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1. 关于生活中的化学问题，下列说法错误的是a. 地球上的绝大多数金属元素是以化合态形式存在b. 铜盐溶液都有毒，这主要是由于铜离子能使蛋白质变性c. 普通玻璃以纯碱、石灰石、石英砂为主要原料制得d. so2气体通入氯水中可以增强氯水溶液的漂白性【答案】d2. 分子式c8h10o的芳香醇分子数目为a. 3 b. 4 c. 5 d. 6【答案】c【解析】分子式c8h10o的芳香醇，除苯环上的碳以外，还有两个碳，若苯环上只有一个取代基，则取代基有-ch2ch2oh、-chohch3；若有两个取代基，则两个取代基为-ch3和-ch2oh，在苯环上的位置有邻、间、对位三种，故符合条件的同分异构体总共有5种。答案选c。3. 下列关于有机物的来源、结构与性质说法正确的是a. 甲烷是正四面体结构，性质活泼，常温下能与强酸、强碱发生剧烈反应b. 乙烯是通过石油裂解得到的，属于不饱和烃c. 苯与氢气、液溴、浓硝酸的反应类型相同d. 乙酸又名醋酸，其官能团是醚基，可以与乙醇发生反应生成乙酸乙酯【答案】b【解析】a、甲烷是正四面体结构，性质较稳定，常温下不与强酸、强碱发生反应，选项a错误；b、乙烯是通过石油裂解得到的，属于不饱和烃，选项b正确；c、苯与氢气发生加成反应，与液溴、浓硝酸发生取代反应，反应类型不一样，选项c错误；d、乙酸又名醋酸，其官能团是羧基，可以与乙醇发生反应生成乙酸乙酯，选项d错误。答案选b。4. 有x、y、z三种原子序数逐渐增大的主族元素，它们分别处于不同短周期，其中y是自然界中形成化合物种类最多的元素，z元素在地壳中的含量是同周期主族元素中最高的。则下列说法错误的是a. x与其它元素之间只能形成共价键b. z元素的最高价氧化物是玻璃的主要成分，其常温下就能与强碱发生反应c. 非金属性y强于zd. 三种元素中x的原子半径最小【答案】a【解析】有x、y、z三种原子序数逐渐增大的主族元素，它们分别处于不同短周期，其中y是自然界中形成化合物种类最多的元素，则y为碳元素，z元素在地壳中的含量是同周期主族元素中最高的，则z为硅元素，x为氢元素。则a、x为氢元素，与碱金属元素之间能形成离子键，选项a错误；b、z为硅元素，其最高价氧化物二氧化硅是玻璃的主要成分，其常温下就能与强碱发生反应，选项b正确；c、非金属性碳强于硅，选项c正确；d、三种元素中氢的原子半径最小，选项d正确。答案选a。5. 下列说法正确的是a. 实验室从海带中提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解萃取b. 不能通过“玻璃棒蘸取某溶液做焰色反应实验时火焰呈黄色”说明该溶液中含钠元素c. 配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中d. 测氯水的ph时，可用干燥洁净的玻璃棒蘸取氯水点在ph试纸上，待其变色后和标准比色卡比较【答案】b【解析】a、海水中只有化合态的碘，实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤，然后需将碘离子氧化为碘单质，在提取的过程中用的氧化剂可以是h2o2，然后再萃取，选项a错误；b、因为玻璃里含有na元素，也会出现黄色的焰色反应，玻璃里有一种成分na2sio3，所以要用铂丝或铁丝蘸取，它们的焰色反应为无色，选项b正确；c、浓硫酸密度更大，将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中时，放出大量热集中而不易散发，易使液体溅出，选项c错误；d、氯水可使ph试纸先变红后褪色，充分反应后为白色，无法测ph，选项d错误。答案选b。6. 下列反应中，相关示意图错误的是abcd将二氧化硫通入到一定量氯水中将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉加入到一定量浓硝酸中将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中a. a b. b c. c d. d【答案】b【解析】a、将二氧化硫通入到一定量氯水中，会发生反应：cl2so22h2o=h2so42hcl，最终是盐酸和硫酸，所以溶液的ph不变，选项a正确；b、将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中，会发生反应：alcl3+3nh3h2o= al(oh)3+3nh4cl，al(oh)3只能被强碱溶解，而nh3h2o是弱碱，不能溶解，因此图像不符合，选项b错误；c、将铜粉加入到一定量浓硝酸中，首先发生反应：cu+4hno3(浓)=cu(no3)2+2no2+2h2o，当反应进行到一定程度后溶液变稀，这时发生反应：3cu8hno3(稀)=2cu(no3)22no4h2o，当硝酸反应完全后无论cu还存在多少，都不再发生反应，因此符合题意，选项c正确；d、将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中，2fecl3fe=3fecl2，cl-的物质的量不变，但是由于溶液中fe元素的质量增加，所以cl元素的质量分数减少。当fecl3完全反应后溶液的质量达到最大值，因此此时溶液中cl元素的质量分数不变，选项d正确。答案选b。点睛：本题考查图像法在确定化学反应、气体的物质的量的多少、溶液的成分的含量的应用的知识。解题的关键是判断图中曲线变化的原因。7. 利用下图装置进行实验，甲、乙两池中均为1moll1的agno3溶液，a、b均为ag电极。实验开始时先闭合k1，断开k2。一段时间后，断开k1，闭合k2，形成浓差电池，电流表指针偏转(ag浓度越大氧化性越强)。下列说法错误的是a. 闭合k1，断开k2后，a电极增重b. 闭合k1，断开k2后，乙池溶液浓度上升c. 断开k1，闭合k2后，no向b电极移动d. 断开k1，闭合k2后，a电极发生氧化反应【答案】c【解析】试题分析：a、闭合k1，断开k2后，该装置为电解池，a电极与电源的负极相连，作电解池的阴极，电极反应为：ag+e=ag，a电极增重，正确；b闭合k1，断开k2后，该装置为电解池，乙池b电极与电源的正极相连，作电解池的阳极，电极反应为：age=ag+，溶液浓度上升，正确；c、断开k1，闭合k2后，该装置为原电池，b池硝酸银溶液的浓度大，氧化性强，发生还原反应，b电极为原电池的正极，a电极为原电池的负极，no3 向a电极移动，错误；d、断开k1，闭合k2后，该装置为原电池，b池硝酸银溶液的浓度大，氧化性强，发生还原反应，b电极为原电池的正极，a电极为原电池的负极，a电极发生氧化反应，正确。考点：考查原电池原理和电解原理的应用。第 卷（非选择题 共174分）8. 常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源。(1)写出nh4cl的电子式_。(2)操作a的名称为_。(3)写出铜帽溶解时与加入的h2o2溶液和稀h2so4反应的化学方程式_。铜帽溶解完全后，可采用_的方法除去溶液中过量的h2o2溶液。(4)碱性锌锰干电池的电解质为koh，总反应为zn2mno22h2o=2mnoohzn(oh)2，其负极的电极反应式为_。(5)锌锰干电池所含的汞可用kmno4溶液吸收。在不同ph下，kmno4溶液对hg的吸收率及主要产物如图所示：根据上图可知：ph对hg吸收率的影响规律是随ph升高，汞的吸收率_。在强酸性环境下hg的吸收率高的原因可能是kmno4在酸性条件下_强。【答案】 (1). (2). 过滤 (3). cuh2o2h2so4=cuso42h2o (4). 加热 (5). zn2oh2e=zn(oh)2 (6). 先降低后升高 (7). 氧化性【解析】(1) nh4cl的电子式为：；（2）分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作a的名称为过滤；（3）cu不能溶于硫酸，在酸性条件下，加入h2o2的cu就会被溶解变为cu2+，反应的化学方程式是：cuh2o2h2so4=cuso42h2o；h2o2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的h2o2；(4)碱性锌锰干电池的电解质为koh，总反应为zn2mno22h2o=2mnoohzn(oh)2，其负极是锌失去电子在碱性条件下生成氧化锌，其电极反应式为：zn2oh2e=zn(oh)2；（6）根据在不同ph下，kmno4溶液对hg的吸收率的示意图可知：ph对hg吸收率的影响规律是随ph升高，汞的吸收率先降低后增加；在强酸性环境下hg的吸收率高的原因可能是kmno4在酸性条件下氧化性强的缘故。点睛：考查反应条件的选择的原因分析、分离混合物的方法、原电池的电极反应式的书写、氧化还原反应化学方程式和离子方程式的书写、电子转移的计算、物质的吸收率与溶液ph的关系的知识。9. 碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题。消除汽车尾气中的no、co，有利于减少pm2.5的排放。已知如下信息：2co(g)2no(g)2co2(g)n2(g)h1748kjmol12co(g)o2(g)=2co2(g)h2565kjmol1(1)在一定条件下n2和o2会转化为no，写出该反应的热化学方程式：_。(2)为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2l恒容密闭容器中加入0.2molno和0.4mol co，在催化剂存在的条件下发生反应，10min时反应达到平衡，测得10min内v(no)7.5103moll1min1，则平衡后n(co)_mol，关于该平衡的下列说法正确的是_。a增大压强，平衡一定向右移动b其他条件不变，升高温度，化学反应速率一定增大c其他条件不变，若改为在恒压容器中进行，co的平衡转化率比恒容条件下大d达到平衡后v正(no)2v逆(n2)(3)其他条件相同，t min时不同温度下测得no的转化率如图所示。a点的反应速度v正_(填“”、“”或“”)v逆，a、b两点反应的平衡常数较大的是_(填“a”或“b”)。(4)已知hno2的电离常数ka7.1104moll1；nh3h2o的电离常数kb1.7105moll1则0.1moll1nh4no2溶液中离子浓度由大到小的顺序是_，常温下no2-水解反应的平衡常数kh_(保留两位有效数字)。【答案】 (1). n2(g)o2(g)=2no(g)h183kjmol1 (2). 0.25 (3). bcd (4). (5). a (6). c(no2-)c(nh4+)c(h)c(oh) (7). 1.41011【解析】（1）2co（g）+2no（g）2co2（g）+n2（g）h1=-748kjmol-1，2co（g）+o2（g）2co2（g）h2=-565kjmol-1在一定条件下n2和o2会转化为no气体，反应的热化学方程式依据盖斯定律计算-得到：n2（g）+o2（g）2no（g）h=+183kj/mol；（2）结合化学平衡三段式列式计算，测得10min内v（no）=7.510-3moll-1min-1，反应消耗物质的量=7.510-3moll-1min-110min2l=0.15mol 2co（g）+2no（g）2co2（g）+n2（g）起始量（mol） 0.4 0.2 0 0变化量（mol） 0.15 0.15 0.15 0.075平衡量（mol） 0.25 0.05 0.15 0.07510. 实验室拟将适量浓硝酸分多次加入铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体(装置如图1、2所示)。(1)图1烧瓶中随着反应分进行，可能发生反应的离子方程式为_；_。(2)图2是图1的改进装置，其优点有：_；_。(3)为符合绿色化学的要求，进行如下设计：方案1：以空气为氧化剂，将铜粉在仪器b中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应。方案2：将3.2g铜丝放入45ml1.5moll1的稀硫酸中，控温在50。加入18g10%的h2o2溶液，反应0.5小时后，升温到60，持续反应1小时后，过滤、蒸发、结晶、减压抽滤后，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得10.6gcuso45h2o。请回答下列问题：方案1中仪器b的名称是_。方案2中生成cuso45h2o的产率是_(保留三位有效数字)。上述两种方案中，更符合绿色化学理念的是_(填“方案1” 或“方案2”)，理由是：该方案的优点是_；另一方案的缺点是_。【答案】 (1). cu4h2no=cu22no22h2o (2). 3cu8h2no=3cu22no4h2o (3). 防止倒吸 (4). 有害气体能被完全吸收 (5). 坩埚 (6). 84.8% (7). 方案2 (8). 方案2所得产品纯度较高或说铜很难在空气中完全被氧化 (9). 方案1需要灼烧，消耗能源多【解析】（1）烧瓶中发生cu与稀硝酸的氧化还原反应，首先发生反应：cu+4hno3(浓)=cu(no3)2+2no2+2h2o，当反应进行到一定程度后溶液变稀，这时发生反应：3cu8hno3(稀)=2cu(no3)22no4h2o；(2)图2是图1的改进装置，其优点有：防止倒吸，有害气体能被完全吸收；（3）方案1中仪器b用于灼烧固体药品，其名称为坩埚；方案2中生成cuso45h2o的产率为：=84.8%；上述两种方案中，更符合绿色化学理念的是方案2，理由是：方案2所得产品纯度较高或铜很难在空气中完全被氧化；方案1需要灼烧，消耗能源多。点睛：本题考查硫酸铜制备实验方案的设计，明确装置的作用及发生的氧化还原反应是解答本题的关键，注意除杂的方法及物质的成分、性质的差异、盐类水解的知识来解答，综合性较强，题目难度较大。11. 现有a、b、c、d、e五种元素，其原子序数依次增大。c元素的单质是生活中最常见的助燃剂。a与c形成的一种化合物是引起温室效应的主要气体。d与c同主族。e是我国最早使用的合金的主要成分。根据上述信息回答下列问题：（1）写出e元素外围电子排布式：_。（2）a、b、c三种元素中电负性最大的是：_，第一电离能最大的是：_（填元素符号）。（3）d元素气态氢化物的分子构型是：_，其键角_10928（填“大于”“小于”或“等于”）。d元素在其最高价氧化物分子中的杂化方式为：_。（4）e元素形成的单质晶体类型为：_晶体，假设其原子半径为r pm，na为阿伏加德罗常数，则其晶体密度的表达式为=_g/cm3。【答案】 (1). 3d104s1 (2). o (3). n (4). v形（角形、折线形） (5). 小于 (6). sp3 (7). 金属 (8). 【解析】现有a、b、c、d、e五种元素，其原子序数依次增大。c元素的单质是生活中最常见的助燃剂，则c为氧元素，a与c形成的一种化合物是引起温室效应的主要气体，则a是碳元素，a与c形成的化合物是二氧化碳，d与c同主族，则d为硅元素,b为氮元素，e是我国最早使用的合金的主要成分，则e为铜。（1）e是铜元素，原子序数为29，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，外围电子排布式为：3d104s1；（2）同周期元素从左到右元素非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强，则c、n、o三种元素中电负性最大的是o元素，由于氮元素2p轨道为半充满的稳定状态，故第一电离能最大的是n；（3）d元素气态氢化物的分子构型是：v形（角形、折线形），其键角小于10928；si元素在其最高价氧化物分子二氧化硅中每个硅原子与四个氧原子形成四个si-o，因此，si的杂化方式是sp3杂化；（4）铜元素形成的单质晶体类型为金属晶体，假设其原子半径为r pm，na为阿伏加德罗常数，晶