1、2019届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三上学期期末考试化学试题（解析版）1.下列说法不正确的是（ ）A. 硝化甘油在体内能够分解出大量硝酸，会促进血管扩张，防止血管栓塞，因此，被广泛用于治疗心绞痛B. 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异C. 刚玉、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝，而青花瓷、分子筛的主要成分是硅酸盐D. 生物炼铜法就是利用某种能耐受铜盐毒性的细菌，利用空气中的氧气把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，从而使铜的冶炼变得成本低，污染小，反应条件十分简单【答案】A【解析】【详解】A硝化甘油在体内能够分解出少量NO，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故A
2、错误；B侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故B正确；C刚玉、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝，而青花瓷、分子筛的主要成分是硅酸盐，故C正确；D利用生物炼铜法把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，最后转化成可溶的硫酸铜，成本低，污染小，反应条件十分简单，故D正确。本题选A。2.下列实验操作与实验目的或结论一致的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A取酸雨试样，加入10%H2O2溶液，再加入BaCl2溶液，有白色
3、沉淀生成该酸雨试样中一定含有H2SO4B将锌片和银片用导线连接后同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，银片表面产生大量气泡形成的原电池中锌作负极，银作正极C某无色溶液，加银氨溶液，水浴加热，有银镜生成溶液中一定含有醛类化合物D配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量稀硝酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的铁粉抑制Fe 2水解，并防止Fe 2被氧化为Fe3A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A、双氧水具有氧化性，如果雨水中含有亚硫酸可以被氧化为硫酸，即不一定含有硫酸，结论错误，A错误；B、二者构成原电池，锌的金属性强于银，锌是负极，银是正极，氢离子在正极放电产生氢
4、气，B正确；C、有银镜产生，证明分子中一定含有醛基，但不一定是醛类化合物，例如葡萄糖等，C错误；D、稀硝酸具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，应该用浓盐酸，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价【名师点晴】该题的易错选项是C，注意能发生银镜反应的有机物不一定是醛类化合物，只要分子中含有醛基即可发生银镜反应，常见含有醛基的化合物有醛类、葡萄糖、甲酸以及甲酸形成的酯类和甲酸盐等，答题时需要灵活应用。3.下列是三种有机物的结构简式，下列说法正确的是（ ）A. 三种有机物都能发生水解反应B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C. 三种物质中，其中
5、有两种互为同分异构体D. 三种物质在一定条件下，均可以被氧化【答案】D【解析】试题分析：A、只有阿司匹林中含-COOC-，可发生水解反应，而另两种物质不能水解，A错误；B、阿司匹林的苯环上有4种H，苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物只有4种，而另两种物质苯环上有2种H，则苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，B错误；C、三种物质中，分子式均不相同，则三种物质均不是同分异构体，C错误；D、有机物都可以燃烧，燃烧就是氧化反应，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构和性质判断4.下列说法正确的是（ ）A. 常温下，反应4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)
6、3(s)的S0B. 铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C. 常温下Ksp(Ag2CrO4)1.11012，Ksp(AgCl)1.81010，则Ag2CrO4的溶解度小于AgClD. 等体积、物质的量浓度的HA与NaA(HA为弱酸)混合溶液，其酸碱性取决于Ka(HA)的大小【答案】AD【解析】【详解】A、反应物有2mol液态物质、1mol气体物质，生成物只有固体，S0，故A正确；B、原电池负极和电解池的阳极发生氧化反应，铅蓄电池放电是原电池，充电是电解池，充电是阴极发生还原反应，故 B错误；C、Ksp（Ag2CrO4）=1.110-12，Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl-）
7、=1.810-10，可见c（Ag+）在Ag2CrO4大约是10-4，在AgCl中大约是10-5，所以Ag2CrO4的溶解度大，故C错误；D、酸的酸性越强，其对应的盐的水解程度就小，酸和其对应的盐的混合溶液的酸性越强，故D正确。5.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置中的反应：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，装置中的反应：2NaClO3+4HCl2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O。下列关于该流程说法不正确的是（ ）A. 该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用B. 装置中H2是阴极产物C. 装置发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物D. 为了使H2完全转化为H
8、Cl，需要向装置中补充Cl2【答案】C【解析】A电解食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠溶液，氢气和氯气反应生成氯化氢得到浓盐酸，制得NaClO3和浓盐酸加热反应生成ClO2，2NaClO3+4HCl（浓）=2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B装置是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2+Cl2+2H2O，氯气是氧化产物，氯化钠中氯
9、元素化合价不变，是盐酸氯化氢中氯元素生成，故C错误；D电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置中补充Cl2，故D正确；故选C。6.四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数2倍，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍则下列说法中正确的（ ）A. X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物的沸点B. 原子半径比较：XYZWC. X2H4与H2W都能使溴水褪色，且褪色原理相同D. 短周期所有元素中，Z的最高价氧化物的水化物碱性最强【答案】A【解析】【分析】四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电
10、子数是次外层电子数2倍，是碳元素，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y为氧元素，W为硫元素，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍，说明Z为镁。【详解】A. X的氢化物为烃，沸点可能高于Y的氢化物为水，烃常温下有气体或液体或固体，所以沸点可能高于水，故正确；B. 原子半径根据电子层数越多，半径越大，同电子层数的原子，核电荷数越大，半径越小分析，四种原子的半径顺序为Y X WZ，故错误；C. X2H4为乙烯，H2W为硫化氢，都能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为置换反应，故褪色原理不相同，故错误；D. 短周期所有元素中，钠的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强，镁的最高价氧化物的水化物碱性弱于NaO
11、H，故错误，故选A。7.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是A. 的数量级为B. 除反应为Cu+Cu2+2=2CuClC. 加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好D. 2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C【解析】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107，A正确；B除去Cl反应应该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B正确；C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除C
12、l效果越好，但同时溶液中，Cu2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D正确，答案选C。8.某兴趣小组根据镁与沸水的反应推测镁也能与饱和碳酸氢钠溶液反应。资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物。该兴趣小组设计了如下实验方案并验证产物、探究反应原理。实验：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红变红。(1)提出假设该同学对反应中产生的白色不溶物作出如下猜测：猜测1：可能是_。猜测2：可能是MgCO3。猜测3：可
13、能是碱式碳酸镁xMgCO3yMg(OH)2。(2)设计定性实验确定产物并验证猜测：实验序号实验预期现象和结论实验将实验中收集的气体点燃_实验取实验中的白色不溶物，洗涤，加入足量_如果出现_，则白色不溶物可能是MgCO3实验取实验中的澄清液，向其中加入少量CaCl2稀溶液如果产生白色沉淀，则溶液中存在_离子(3)设计定量实验确定实验的产物：称取实验中所得干燥、纯净的白色不溶物31.0 g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。实验前后装置A增重1.8 g，装置B增重13.2 g，试确定白色不溶物的化学式_。(4)请结合化学用语和化学平衡移动原理解释Mg和饱和NaHC
14、O3溶液反应产生大量气泡的原因_。【答案】 (1). Mg(OH)2 (2). 能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，气体成分为氢气 (3). 稀盐酸(合理均可) (4). 产生气泡，沉淀全部溶解 (5). CO32 (6). 3MgCO3Mg(OH)2或Mg(OH)23MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3 (7). NaHCO3溶液中存在如下平衡：HCO3HCO32、H2OHOH；Mg和H反应生成H2和Mg2，Mg2跟OH、CO32生成难溶物Mg(OH)23MgCO3，则H、OH、CO32的浓度均降低，促使上述两平衡均向右移动。故Mg与饱和NaHCO3溶液反应产生大量H2【解析】【分析】本题考查常
15、见离子的检验方法和实验现象的记忆，从质量守恒定律角度进行计算及影响电离、水解平衡的因素。【详解】（1）依据猜测可知白色不溶物不可能是MgCO3或xMgCO3yMg(OH)2，联想可得猜测1为Mg（OH）2；（2）迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色沉淀；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，如果测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明
16、含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子，故答案为：能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，该气体为氢气；稀盐酸；产生气泡，沉淀全部溶解；CO32-。（3）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，设生成2.64g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO284 44X2.64g解得X=5.04g，所以含有氢氧化镁质量为：6.20g-5.04g=1.16g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=3:1，故化学式为3MgCO3Mg(OH)2或Mg(OH)23MgCO3或Mg4(OH)2(CO
17、3)3。（4）HCO3存在电离平衡和水解平衡：HCO3HCO32、HCO3+H2O H2CO3OH；Mg和H反应生成H2和Mg2，Mg2跟OH、CO32生成难溶物Mg(OH)23MgCO3，则H、OH、CO32的浓度均降低，促使上述两平衡均正向移动。故Mg与饱和NaHCO3溶液反应产生大量H29.随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)NH3(g)CH3NH2(g)H2O(g)H。已知该反应中相关化学键的键
18、能数据如下：则该反应的H_kJmol1。(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)HOC (7). 2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大 (8). AD (9). VS (10). g/cm3 【解析】【分析】本题考查电子排布式的书写、第一电离能、价层电子对互斥理论以及晶胞计算等考点。【详解】（1）钒为23号元素，电子排布式为Ar3d34s2，所以外围电子排布式为3d34s2，所以外围电子轨道表达式为，其最稳定的化合价是5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构；根据价层电子对互斥原理，VO43-中的中心原子V
19、的价电子为5，配位原子O不提供电子，带有三个单位负电荷，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体；(2)S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道，共2个未成对电子；从图中得到S的配位数为2，所以此时S的外层有628个电子，电子对为4，所以S应该的杂化方式是sp3杂化；其中含有的第二周期元素是C、N、O，同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，所以第一电离能为NOC；2巯基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好；（3）从题目表述来看，形成离域键的要求是：原子共平面；有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，
20、二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为V型，二硫化碳为直线型。所以B项错误；而硫化氢的H原子不存在p轨道，故C错误。选项AD符合题意。（4）晶胞中有V为：842个，S为：212个，所以化学式为VS；因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为g;根据题给数据得到晶胞的面积为aanm2，所以晶胞的体积为：aabnm3，1 nm107cm，所以晶体密度为gcm3。12.A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种缩醛类香料。具体合成路线如图（部分反应条件略去）：已知以下信息： D为能与金属钠反应的芳香族化合物 回答下列问题：(1)A的名称是_，图中缩醛的分子式是_。(2)B
21、的结构简式为_。(3)以下有关C的说法正确的是_。a易溶于水b分子中所有原子可能在同一平面c与乙醇互为同系物d在一定条件下能发生消去反应生成乙炔(4)、的有机反应类型依次为为_、_，的化学方程式为_。(5)写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：含有苯环，加入FeCl3溶液显紫色，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为22211。_(6)参照的合成路线，设计一条由2氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路线（注明必要的反应条件）。_【答案】 (1). 乙烯 (2). C10H12O2 (3). CH3OH (4). ad (5). 取代反应 (6). 氧化反应 (7). (8). (9).
22、【解析】由分子式可知A为CH2=CH2，环氧乙烷与苯反应得到D，D转化得到苯乙醛，则D为，苯乙醛与C（C2H6O2）反应得到缩醛，结合缩醛的结构简式，可知C为HOCH2CH2OH，结合信息可知B为CH3OH（1）A为CH2=CH2，名称为乙烯，根据缩醛的结构简式，可知其分子式为：C10H12O2；（2）由上述分析可知，B为CH3OH；（3）由C的结构简式HOCH2CH2OH可知；aHOCH2CH2OH含有易溶于水的羟基，故a正确；b分子中的碳原子为sp3杂化，所有原子可能在同一平面，故b错误；c乙二醇分子中含有两个羟基，而乙醇分子中只有一个羟基，二者不是同系物，故c错误；dHOCH2CH2OH
23、在一定条件下二个羟基消去后可生成乙炔，故d正确，答案为ad；（4）反应是在甲醇中发生醇解生成乙二醇和，属取代反应；反应是苯乙醇氧化生成苯乙醛，属于氧化反应；反应是环氧乙烷与苯反应生成苯乙醇，反应方程式为：；（5）苯乙醛的同分异构体的满足：含有苯环，加入FeCl3溶液显紫色，说明含有一个酚羟基，苯环上有二个取代基，另一个取代基应该是CH=CH2，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为22211，说明两个取代基为对称位置，此有机物的结构简式为；（6）2-氯丙烷在氢氧化钠醇溶加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCH3，在Ag作催化剂条件下氧化生，最后与二氧化碳反应得到，合成路线流程图为：.。点睛：考查有机物的推断与合成、官能团结构、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学基础综合考查，（6）中注意根据转化关系中反应进行设计，较好的考查学生信息获取与迁移运用。 - 14 -
