1、高考资源网（） 您身边的高考专家江西万载2017届高三上学期一轮总复习第二次理科综合能力测试化学部分试题卷可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 K-39 Ca-40 Cr-52 Fe-56 第I卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42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、设NA表示阿伏加德罗常数下列说法中错误的是( )A标准状况下，22.4 L由H2和O2组成的混合气体，所含分子总数为NAB1mol Cl2参加反应，转移的电子数一定为2NAC常温常压下，1 mol氖气含有的原子数为NAD1L1 molL
2、l FeCl3溶液中Fe3+的数目小于NA2、反应A+BC分两步进 行：A+BX，XC，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A+BX的活化能下列有 关叙述正确的是（）AE2表示反应XC的活化能BX是反应A十BC的催化剂C反应A十BC的H0D加入催化剂可改变反应A十BC的焓变3、某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是（ ）AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与1 mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X4、下列各项操作中，“先沉淀后溶解”现象的是（）A向CaCl2溶液中通入过
3、量SO2B向Na2SiO3溶液中滴入过量的盐酸C向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2D向Al2（SO4）3溶液中滴入过量的NaOH溶液5、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小下列说法中正确的是( )XYZWA原子半径由小到大的顺序为：YXWZBX元素最高价氧化物分子的比例模型为CZ单质与X元素最高价氧化物、Y单质都能反应，体现氧化性DW的单质在地壳含量丰富，工业上可通过电解它的无水盐来制备6、有关电化学知识的描述正确的是（）A理论上来说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池B某原电池反应为Cu+2AgNO3
4、Cu（NO3）2+2Ag，装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl饱和溶液C因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe2eFe2+D由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg2e+2OHMg（OH）27、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是( )A.V（NaOH）0时，c(H+)110-2 mol/LB. V（NaOH）10 mL时，c(H+)110-7 m
5、ol/LC. V（NaOH）10 mL时，可能存在c(Na+)D.V（NaOH）10 mL时，)第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共53分）8、汽车尾气、燃煤尾气、地面灰尘等污染物是造成空气污染的主要原因（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示据此判断：该反应的H 0（填“”“”）在T2温度下，02s内的平均反应速率v（N2）= 当固体催化
6、剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率若催化剂的表面积S1S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/mol写出CH4（g）催化还原N2O4（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式
7、 （3）已知反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），现将不同量的CO2（g）和H2（g）分别通入到容积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下两组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCO（g）H2（g）H2O（g）CO2（g）1650210.41.662900421.62.42实验1条件下平衡常数K= （保留小数点后二位）该反应的H 0（填“”或“”）9、实验室以铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）为原料制备Al2O3和粗硅，其流程如图所示：（1）SiO2制备粗硅的化学方程式为 (2)溶液B中加氨水生成Al（OH）3 的离子方
8、程式为 在空气中灼烧固体Al（OH）3 时，用到多种硅酸盐质仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有 （填仪器名称）（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成一种耐高温、抗冲击的氮化铝和一种有毒气体，该反应的化学方程式为 ；该反应中每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为 mol（4）某实验小组用CO还原法定量测定FexOy的组成，称取m g样品进行定量测定根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品， （请按正确顺序填入下列步骤的标号）a点燃酒精灯 b打开分液漏斗活塞 c停止加热，充分冷却 d关闭分液漏斗活塞 e收集气体并检验纯度若实验中每步反应都进行完全，反
9、应后样品质量减少了ng，则FexOy中x：y= 若实验中FexOy 未被充分还原，则x：y的值 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）10、氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料工业用氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质现要通过实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）（1）实验原理已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4，则该反应的离子方程式是 AlN溶于强酸生成铵盐，溶
10、于氢氧化钠溶液生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式 (2)实验装置（如图所示）（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量 （填化学式），与锥形瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量 （填化学式），与锥形瓶内物质充分反应打开K2，通过打气装置通入空气一段时间记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg（4）数据处理与问答在上述装置中，设置活塞K2的目的是 若读取滴定管中气体的体积时，液面左高
11、右低，则所测气体的体积 填“偏大”，“偏小”或“无影响”）Al4C3的质量分数为 ，AlN的质量分数为 11化学选修5：有机化学基础 (15分)氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，具有抗惊厥、抗肿瘤、改 善脑缺血等性质下面是某研究小组提出的一种氧氮杂环类化合物H的合成路线：（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是 （写出其结构简式）（2）原料D的结构简式是 （3）反应的化学方程式是 （4）原料B俗名“马来酐”，它是马来酸（顺丁烯二酸：）的酸酐，它可以经下列变化分别得到苹果酸（）和聚合物Q：半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不
12、含OO键，半方酸的结构简式是 反应I的反应类型是 反应II的化学方程式为 两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，请写出该反应的方程式 参考答案及评分细则1.【答案】B【解析】解：A标准状况下，22.4 L由H2和O2组成的混合气体的物质的量为：=1mol，所含分子总数为NA，故A正确；B.1mol Cl2参加反应，若与氢氧化钠溶液反应，1mol氯气完全反应转移了1mol电子，转移的电子数一定为NA，故B错误；C常温常压下，1 mol氖气含有1mol原子，含有氖原子数为NA，故C正确；D.1L 1molLl FeCl3溶液中含有溶质氯化铁的物质的量为：1mol/L1L=0.1mol，由于
13、铁离子部分水解，则溶液中Fe3+的数目小于NA，故D正确；故选B2.【答案】C【解析】解：A、XC的活化能E1E2，故A错误；B、若X是反应A（g）+B（g）C（g）的催化剂，则X是反应的反应物，是反应的生成物，故B错误；C、图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，H0，故C正确；D、焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，故D错误；故选C3.【答案】D【解析】A、通过结构简式可得分子式是C12H14O3，故A错误；B、与-OH所在C相邻的C原子上没有H，所以不能发生消去反应，故B错误；C、在Ni作催化剂的条件下，1 mo
14、l X最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D、苯不能是酸性高猛酸钾褪色，而X含有碳碳双键和醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，故D正确。4.【答案】D【解析】解：A氯化钙与二氧化碳不能反应生成碳酸钙，故A错误；B硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸是难溶于水和盐酸的酸，不会出现沉淀溶解的现象，故B错误；C向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故C错
15、误；D两者混合，化学反应方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故D正确，故选D5.【答案】A【解析】解：根据四种短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小得到W是铝元素，X、Y、Z分别是碳、氮、镁元素，A根据同周期左到右元素的原子半径减小，同主族上到下元素的原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为：YXWZ，故A正确；BX元素最高价氧化物分子是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，故B错误；C Z单质镁与X元素
16、最高价氧化物二氧化碳、Y单质氮气都能反应，得到镁的化合物，体现镁的还原化性，故C错误；D、铝以化合态形式存在，工业上可通过电解熔融氧化铝来制备铝，故D错误；故选A6.【答案】A【解析】解：A构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故A正确；B在原电池的正极端氯离子和银离反应，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，故B错误；CFe遇到浓硝酸会钝化，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是Cu作负极，Fe作正极，其负极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D原电池中失电子的一极为负极，由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池中
17、，Al在负极失电子生成偏铝酸根离子，Mg作正极，故D错误故选A7.【答案】C【解析】解：A、由于草酸根是弱酸跟离子，所以不能完全电离出氢离子，V（NaOH）0时，c(H+)110-7 mol/LC. V（NaOH）10 mL时，根据物料守恒可知，可能存在c(Na+)D.V（NaOH）10 mL时，溶液中)故错。8.【答案】（1） ； 0.025mol/（Ls）； ； BD；（2）CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol；（3） 4.57； 【解析】解：（1）由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，
18、说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故答案为：；由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v（CO2）=0.05mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=0.5v（CO2）=0.50.05mol/（Ls）=0.025mol/（Ls），故答案为：0.025mol/（Ls）；接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，故答案为：；A到达平衡
19、后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，故B正确，C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确；故答案为：BD；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol2NO2（g）？N2O4（g）H2=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2
20、可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）+2（44.0）kJ/mol=898.1kJ/mol 即CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol；（3）平衡时CO2的物质的量为1.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.6 0.6 1.6 1.6平衡（mol）：1.4 0.4 1.6 1
21、.6该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故650时该反应平衡常数k=4.57，故答案为：4.57；实验1中CO2的转化率为100%=20%，实验2中CO2的转化率为100%=40%，则实验1的转化率小于实验2，则说明温度升高平衡向正反应方向移动，正反应吸热，故答案为：9.【答案】（1）SiO2+2CSi+2CO；(2) Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；坩埚；（3） Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；（4） b、e、a、c、d； ；偏大【解析】解：铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化铝和二氧化硅溶解，
22、过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳，反应的方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；(2)氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，固体灼烧一般在坩埚中进行，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；坩埚；（3）在高温下，
23、氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，反应化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，根据方程可知，反应中转移电子数为6e，所以每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为6mol，故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以操作顺序为b、e、a、c、d，故答案为：b、e、a、c、d；依据实验
24、结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（ab）g，依据元素物质的量计算得到比值，x：y=n（Fe）：n（O）=：=，若实验中FexOy 未被充分还原，则n值会偏小，所以x：y的值会偏大，故答案为：；偏大10.【答案】（1） Al4C3+12H+=4Al3+3CH4； AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3） H2SO4； NaOH；（4） 打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收； 偏小； 100% ； 100%【解析】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al
25、4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3+3CH4，故答案为：Al4C3+12H+=4Al3+3CH4；根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=Na
26、AlO2+NH3；（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故答案为：H2SO4；关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故答案为：NaOH；（4）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；
27、甲烷的体积为（ab）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，氨气的质量为（zy）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%；100%11.【答案】（1）；（2）；（3）；（4） ；取代反应或水解反应； 【解析】根据流程图知，反应为加成反应，反应为酯化反应，且C为CH3CH2OH，反应为加成反应，且D为，反应为消去反应；（4）原料
28、B俗名“马来酐”，马来酸和HBr发生加成反应生成M，M结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，M发生反应I的水解反应，N为NaOOCCH2CH（OH）COONa，N酸化得到苹果酸；马来酸发生加成反应生成R，R为HOOCCH2CH2COOH，R和乙二醇发生酯化反应生成聚合物Q，Q结构简式为，（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是，故答案为：；（2）通过以上分析知，原料D的结构简式是，故答案为：；（3）反应为E与乙醇发生酯化反应，该反应为，故答案为：；（4）半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含OO键，半方酸的结构简式是，故答案为：；通过以上分析知，反应I的反应类型是取代反应或水解反应，反应II的化学方程式为，故答案为：取代反应或水解反应； 两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，该反应方程式为，故答案为：- 13 - 版权所有高考资源网