1、湖北荆州一中2017届高三10月第一次周练理科综合能力测试化学试题 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、现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，采用下列实验流程加入适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，实现Cl、SO42和NO3的相互分离：其中试剂1、2、4分别为（）A硝酸银溶液硝酸钡溶液稀硝酸B氯化钡溶液稀硝酸硝酸银溶液C氢氧化钠溶液硝酸银溶液稀硝酸D氯化钡溶液硝酸银溶液稀硝酸2、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=571.6kJmol1、CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=
2、283kJmol1某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体的H2和CO的物质的量之比（）A2：1 B1：2C1：1 D2：33、主链上有4个碳原子的某种烷烃有两种同分异构体，含有相同碳原子数同且主链也有四个碳原子的单烯烃的同分异构体有（）A2种B3种C4种D5种4、可能存在的第119号未知元素，有人称为“类钫”，它位于碱金属族，根据周期表结构及元素性质变化趋势，下列关于碱金属某些元素原子的结构和性质的判断，错误的是（）锂与水反应比钠剧烈 碱金属单质都需要密封保存在煤油中 锂的氧化物暴露在空气中易吸收二氧化碳 锂的阳离子的最外层电子数和钠的相
3、同 “类钫”单质是强还原剂 “类钫”在化合物中是+1价“类钫”单质的密度大于l gcm3“类钫”单质有较高的熔点A BC D5、下列说法不正确的是( )A活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，但原理不同B同温同压下，两份相同质量的铁粉，分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应，产生气体的体积不相等C将SO2气体通入BaCl2溶液中至饱和，未见沉淀生成，继续通入NO2则有沉淀生成D将足量Cl2通入NaBr、NaI的混合溶液中，反应后将溶液蒸干并充分灼烧，剩余的固体物质成分为NaCl6、已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关
4、上述两种电池说法正确的是（）A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电7、常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，下列说法正确的是（）AHA为强酸B该混合液pH=7C该混合溶液中：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）D该混合溶液中：c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）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、为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，
5、某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）实验过程：I打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子（1）过程的目的是 （2）棉花中浸润的溶液化学式为 （3）A中发生反应的化学方程式为 （4）过程中检验其中Fe3+和Fe2+的试剂分别为 和 确定有Fe3+和Fe2+现象分别是
6、 和 （5）过程，检验B溶液中是否含有SO42的操作是 （6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2Fe3+SO2的是 （填“甲”“乙”“丙”） 过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲 有Fe3+无Fe2+有SO42乙 既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙 有Fe3+无Fe2+有Fe2+9、工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）下列各项中，不能够说明该反应已达到平衡的是 （填序号）a恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化b一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等c一定条件下，CO、H
7、2和CH3OH的浓度保持不变d一定条件下，单位时间内消耗1mol CO，同时生成1mol CH3OH（2）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线该反应的焓变H 0（填“”、“”或“=”）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 K2若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是ba升高温度 b将CH3OH（g）从体系中分离c使用合适的催化剂 d充入He，使体系总压强增大10、某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验方案甲组同学用沉淀分析法，按如图1所示的实验流程进行实验：（1）实验时，过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻
8、璃仪器为 （2）检验沉淀B已洗净操作是 （3）在整个实验过程中托盘天平至少使用 次（4）若实验中测得样品质量为mg，沉淀质量为ng，则碳酸钠的质量分数为方案乙组同学的主要实验（如图2）按如图3所示装置进行实验：（5）该实验中装置B盛放的物质是 ，分液漏斗中 （填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验（6）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中吸收净化后气体的干燥管在充分吸收气体前后的质量差 （填“越大”、“越小”或“不变化”）D装置的作用是 （7）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都要通入N2（如图4），反应后通入N2的目的是 11 (15分)聚芳酯（P
9、AR）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料，在航空航天等领域具有广泛应用下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯E的路线：已知：+SOCl2+SO2+HCl+ROH+HCl（R、R表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羰基和 （填官能团名称）（2）D的结构简式为 （3）下列关于有机物B的说法正确的是 （填字母代号）a能发生取代反应b能与浓溴水反应c能发生消去反应d能与H2发生加成反应（4）AB的化学方程式为 （5）C的分子式为 ，符合下列条件的C的同分异构体有 种能发生银镜反应能与NaHCO3溶液反应分子中有苯环，分子中无结构；在上述同分异构体中，有一种苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱图有4种峰
10、的物质，写出该物质与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式： 参考答案1.【答案】D【解析】分离溶液中的Cl，应加入AgNO3，分离溶液中的SO42，应加入BaCl2，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，所以试剂1为BaCl2，试剂2为AgNO3，试剂3为Na2CO3，试剂4为HNO3，故选D
11、2.【答案】C【解析】解：水的物质的量为=0.2mol，由2H2+O22H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.2mol，由2H2（g）+O2（g）2H2O（l） H=571.6kJmol1可知0.2molH2燃烧放出的热量为57.16KJ，则CO燃烧放出的热量为113.74KJ57.16KJ=56.58KJ，设混合气体中CO的物质的量为x，则CO（g）+O2（g）=CO2（g） H=283kJmol11 283KJx 56.58KJ=，解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol，原混合气体中H2和CO的物质的量均为0.2mol，H2和CO的物质的量之比为1：1，故选C3.【答案】C
12、【解析】第一步：确定该烷烃碳原子个数 主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基（不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子） 主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个（下面的0，是指该物质只有一种，没有同分异构体） 甲基的个数 同分异构体 1个 0 2个 2 3个 0 4个 0 结论：该烷烃总共有6个碳原子， 第二步：分析烯烃的同分异构体数目 双键在1号位，有以下3种 C=CCC 1 2 3 4 2乙基丁烯、2，3二甲基丁烯、3，3二甲基丁烯 双键在2号位，有1种 CC=CC 1 2 3 4 2，3二甲基2丁烯 结论：共有4种4.【答案】A【解析】解：金属性：NaLi，元素的金属性越强，对应的单质与水
13、反应越剧烈，则钠与水反应比锂与水反应剧烈，故错误；锂密度小于煤油密度，用煤油保存锂，起不到隔绝空气的作用，故错误；它的氧化物是碱性氧化物，所以它的氧化物在空气中易吸收二氧化碳，生成碳酸盐，故正确；锂原子失去最外层电子后次外层变成最外层，锂离子最外层有2个电子，钠离子最外层有8个电子，二者数目不相同，故错误；“类钫”物质属于碱金属，碱金属单质都具有强的还原性，故正确；碱金属原子结构特点，最外层都只有1个电子，在反应中容易失去电子显+1价，故正确；碱金属密度从上到下逐渐增大，“类钫”单质密度大于钫，密度大于l gcm3，故正确；碱金属单质都属于金属晶体，单质中离子键较弱，熔点较低，故错误；故选：A
14、5.【答案】B【解析】解：A活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故A正确；B足量的稀硫酸和稀硝酸反应，与Fe发生的反应不同，由Fe2HClH2、Fe4HNO3NO可知，等量的Fe反应产生气体的体积相等，故B错误；CSO2气体通入BaCl2溶液中，不反应，继续通入NO2，发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故C正确；D足量Cl2通入NaBr、NaI的混合溶液中，由于氯气的氧化性比溴和碘都强，则将生成溴单质和碘单质，最终溶液为氯化钠溶液，再将溶液蒸干并充分灼烧，剩余的固体物质成分为NaCl，故D正确；故选B6.【答案】
15、B【解析】解：A、原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B正确；C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误；D、图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是Li和S，锂负极，硫为正极，左边电极材料是C和LiCoO2，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳
16、极失电子发生氧化反应：LiCoO2xexLi+=Li1xCoO2；C为阴极得电子发生还原反应：C+xe+xLi+=LixC，则C与负极Li相连，LiCoO2应与正极S相连，故D错误；故选B7.【答案】D【解析】解：A常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，二者恰好完全反应生成0.1mol/L的NaA，说明HA是一元酸，但不能说明HA电离程度，所以无法判断HA强弱，故A错误；B如果HA是强酸，NaA是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，如果HA是弱酸，NaA是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故B错误；C如果HA是强酸，则NaA是强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液中离子浓度大小顺序是
17、：c（Na+）=c（A）c（OH）=c（H+）；如果HA是弱酸，则NaA是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），结合电荷守恒得：c（Na+）c（A），盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故C错误；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故D正确；故选D8.【答案】（1）排出装置中的空气，防止干扰；（2）NaOH溶液；（3）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（4）KSCN溶液；酸性KMnO4溶液；出现血红色；紫红色退色；（5）先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液
18、，出现白色沉淀，说明含有SO42；（6）乙、丙【解析】（1）打开K1K4，关闭K5、K6，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，故答案为：排出装置中的空气，防止干扰；（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余氯气、二氧化硫，防止污染空气，故答案为：NaOH溶液；（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水，该反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（4）检验三价铁用KSCN溶液，三价铁离子遇KSCN溶液立即出现血红色，在含有三价铁的溶液中检验二价铁用酸性KMnO4溶液，利用酸性KMnO4溶液将二
19、价铁氧化而使溶液退色，故答案为：KSCN溶液；酸性KMnO4溶液；出现血红色；紫红色退色；（5）在检验SO42时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32离子的干扰即先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42；故答案为：先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42；（6）乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：乙、
20、丙9.【答案】（1）d（2）；b；【解析】（1）a由方程式可以看出，反应前后气体的物质的量不相等，只有达到平衡状态，容器压强不发生变化，能判断反应达到平衡状态，故a不符合；b一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等，即正逆反应速率相等，所以能判断反应达到平衡状态，故b不符合；c、一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变是平衡的标志，故c不符合；d、一定条件下，单位时间内消耗1molCO，同时生成1mol CH3OH，只能表明正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，故d符合故答案为：d（2）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大
21、，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，H0，故答案为：；对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，因为图象分析可知T2T1，所以K1K2，故答案为：；a、若容器容积不变，升高温度，反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；b、将CH3OH（g）从体系中分离，反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；d
22、、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；故答案为：b；10.【答案】（1）玻璃棒；（2）取少许最后一次滤出液于洁净的试管中，先加硝酸酸化后再加入硝酸银溶液，若不产生白色沉淀则证明沉淀已经洗净，若产生白色沉淀则证明沉淀没有洗净；（3）4；（4）100%；（5）浓硫酸；不能；（6）越小；吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；（7）将B、C装置中的残留二氧化碳全部驱入D装置的碱石灰中减小实验误差【解析】（1）用漏斗制作过滤器，过滤时用玻璃棒引流，用烧杯盛滤液，故答案为：玻璃棒；（2）检验沉淀B已洗净操作
23、为取少许最后一次滤出液于洁净的试管中，先加硝酸酸化后再加入硝酸银溶液，若不产生白色沉淀则证明沉淀已经洗净，若产生白色沉淀则证明沉淀没有洗净，故答案为：取少许最后一次滤出液于洁净的试管中，先加硝酸酸化后再加入硝酸银溶液，若不产生白色沉淀则证明沉淀已经洗净，若产生白色沉淀则证明沉淀没有洗净；（3）样品需要称量1次，烘干的沉淀需要称量1次，且最后最后2次误差小于0.1g，共至少需要称量4次；故答案为：4；（4）沉淀n为碳酸钡，物质的量=mol，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，故碳酸钠的物质的量为：mol，碳酸钠的质量分数为：100%=100%，故答案为：100%；、（5）装置B的作用是把气
24、体中的水蒸气除去，故用浓硫酸来除去水蒸气；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小；故答案为：浓硫酸；不能；（6）等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，故若样品中碳酸钠的质量分数越大，则产生二氧化碳越少，则实验中干燥管C在充分吸收气体前后的质量差就越小；故答案为：越小；空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；故答案为：吸收空气中
25、的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；（7）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收；故答案为：将B、C装置中的残留二氧化碳全部驱入D装置的碱石灰中减小实验误差11.【答案】（1）羧基；（2）；（3）abd；（4）；（5）C8H6O4；13；【解析】由聚芳香酯结构简式知结合A的分子式知，反应为加成反应，且为酚羟基的对
26、位加成，则A为，反应为酯化反应，则B为，反应为氧化反应，则C为，反应为取代反应，则D为，反应为缩聚反应，生成E，（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羰基和羧基，故答案为：羧基；（2）通过以上分析知，D结构简式为，故答案为：；（3）B为，B中含有酯基、酚羟基、苯环，具有酯、酚和苯的性质，a含有酚羟基、酯基，所以能发生取代反应，故正确；b含有酚羟基，所以能与浓溴水发生取代反应，故正确；c不含醇羟基且不含卤原子，所以不能发生发生消去反应，故错误；d含有苯环，所以能与H2发生加成反应，故正确；故选abd；（4）A为，B为，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，A和乙醇发生酯化反应生成B，反应方程式为，故答案为：；（5）C为，分子式为C8H6O4，C的同分异构符合下列条件：能发生银镜反应说明含有醛基，能与NaHCO3溶液反应说明含有羧基，分子中有苯环，分子中无结构，其同分异构体中含CHO、COOH、酚OH及苯环，移动取代基的位置，有4+4+2=10种，若含HCOO和COOH，存在邻、间、对3种，共有10+3=13种；在上述同分异构体中，有一种苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱图有4种峰的物质说明该物质中含有4种氢原子，符合条件的同分异构体为，和NaOH溶液在加热条件下发生水解反应，反应方程式为，故答案为：C8H6O4；13；