1、江西上犹中学2017届高三上学期一轮总复习第三次理科综合能力试卷化学试题 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、等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液分别与等体积等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比是（）A1：2：3 B6：3：2C3：2：1 D1：1：12、下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3
2、 S（g）+O2（g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8A BC D3、国内科研机构对城市雾霾天气进行了研究，一种新的污染物过氧乙酰硝酸酯（PAN）被检出引起了人们的注意，研究表明对眼睛具有强烈刺激作用的过氧乙酰硝酸酯产生原理可用以下方程式表示为 (未配平），下列有关说法正确的是（ ）AC2H6分子中只存在极性键BPAN中氧元素化合价均为-2 C每消耗11.2L O2转移电子的物质的量为2 molDPAN可水解成硝酸和有机酸
3、，是导致酸雨的原因之一4、如部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M5、用四种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊饱和Na2CO3溶液B通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO
4、2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊澄清石灰水6、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）下列说法正确的是（）A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C每生成1molO2，有44gCO2被还原Da电极的反应为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O7、用pH传感器测得0.10molL1Na2CO3溶液从55升高至85的pH如图所示在55升高至85升温过程中，下列说法正确的是（）Ac（H+）增大，c（OH）减小B比值不断增大Cc（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.10D
5、c（OH）c（HCO3）c（H2CO3）=1011.1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、利用如图所示装置制备饱和氯水，探究新制饱和氯水的组成和性质而进行了科学实验：先对制得的氯水进行观察，再用胶头滴管将该氯水逐滴滴入盛有含酚酞的NaOH溶液的试管中，边滴边振荡，并连续观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去而得无色溶液据此回答：（1）C中的试剂是 ；仪器b的名称为 ，b中发生反应的离子方程式为 （2）写出新制饱和氯水中含有氯元素物质的化学式： 氯水长时间放置，氯水中的成分就会发生
6、变化，能快速判断氯水中含有较多C12的方法是： （3）根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字补充：氯水与NaOH反应，碱性减弱红色褪去 （4）通过实验进一步探究溶液红色褪去的原因究竟是上述中的还是【实验步骤】取上述实验后试管内的无色溶液3mL盛于另一支洁净的试管中； ，振荡试管【现象与结论】若 ，则证明溶液红色褪去的原因是而不是若 ，则证明溶液红色褪去的原因是而不是（5）为了从新制氯水中制得较高浓度的HClO，可向氯水中加入的试剂是 ACaCO3 BNaHSO3 CNa2CO3 DCa（OH）29、氨气和氧气从145就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如下图
7、）：4NH3+5O24NO+6H2O；4NH3+3O22N2+6H2O（1）温度较低时以生成 为主，温度高于900时，NO产率下降的原因 （2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，如表为反应在T1温度下的部分实验数据：t/s05001000c（N2O5）/molL15.003.522.48则500s内NO2的生成速率可表示为 下列情况能说明该反应已达平衡状态的是 A单位时间内生成2mol NO2的同时消耗了lmol N2O5 B混合气体的颜色不再发生变化C混合气体的密度保持不变
8、D在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化10、某研究性学习小组在网上收集到如下信息：钾、钙、钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧他们对钠在CO2气体中燃烧后的产物中的白色物质进行了如下探究：实验：将燃烧的钠迅速伸入到盛有装满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上粘附着白色物质提出假设：假设1：白色物质是Na2O，假设2：白色物质是Na2CO3假设3： 设计实验方案验证假设：该小组对燃烧后的白色产物进行如下探究：实验方案实验操作实验现象结论方案1取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变成红色白色物质为Na2O方
9、案2取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液出现白色沉淀静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象思考与交流：（1）甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是 （2）乙同学认为方案2得到的结论正确，白色物质为 （3）通过方案1和方案2的实验，你认为上述三个假设中， 成立你的理由是 （4）钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为 （5）丙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠你是否同意丙同学的观点，并简述理由： 11化学选修5：有机化学基础 (15分)如图是一种药物分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：已知LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但
10、不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键，遇酸分解RCORRCH（OH）RRCOORRCH2OH+ROHRCH2COORRCH（CH3）COOR（1）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为 属于芳香族化合物；能使FeCl3溶液显色；分子中有4种不同化学环境的氢原子（2）有机物E分子中含氧官能团名称为 （3）C用LiBH4还原可以得到DCD不直接用氢气（镍作催化剂）还原的原因是 （4）检验D是否完全转化为E的实验方法是（用化学方程式表示） （5）请写出BC的合成路线图（CH3I和无机试剂任选）合成路线流程图例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH参考答案1.【答案】B【解析】与等体
11、积等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，说明等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液氯离子的物质的量相等，设三种溶液中氯离子的浓度都为6mol，则等体积的三种溶液中溶质的物质的量分别是NaCl为6mol、MgCl2为3mol、AlCl3为2mol，体积相同，物质的量浓度之比等于物质的量之比，即NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比6：3：2，故选B2.【答案】C【解析】解：都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则H1H2，故错误；都为放热反应，H0，由于S（s）S（g）吸热，则前者放出的热量少，则H3H4，故正确；都为放热反应，H0，消耗的氢气越多，
12、则放出的热量越多，则H5H6，故正确；前者为吸热反应，H70，后者为放热反应，H80，则H7H8，故正确故选C3.【答案】D【解析】C2H6分子中存在极性键C-H和非极性键C-C，A选项错；PAN中氧元素化合价不都是-2价，B选项错；C选项没给标况条件，故错误；PAN可水解成硝酸和有机酸，是导致酸雨的原因之一，D选项正确。4.【答案】B【解析】解：图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸，故A错误；BO2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子
13、半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故B正确；CO与Si两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅能与HF反应，故C错误；DNa与氯化铝溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，故D错误，故选B5.【答案】B【解析】解：A盐酸的酸性大于碳酸，则二氧化碳通入氯化钡溶液中不反应，无现象，故A正确；B碳酸的酸性大于硅酸，则二氧化碳与硅酸钠溶液反应，生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，再通入二氧化碳沉淀不消失，故B错误；C碳酸的酸性大于HClO，且HClO具有漂白性，则操作及现象”与“溶液”对应均合理，故C正确；D二氧化碳少量，与石灰水反应生成碳酸钙，二氧化碳过量时生成
14、碳酸氢钙，则操作及现象”与“溶液”对应均合理，故D正确；故选B6.【答案】D【解析】解：根据图知，电解时a是阴极、b是阳极，a电极上CO2得电子生成C3H8O，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O4e=O2+4H+，A该装置有外接电源，属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动，所以该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移，故B错误；C每生成1molO2，转移电子4mol，被还原m（CO2）=29.3g，故C错误；D阳极上CO2得电子生成C3H8O，电极反应式为3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O，故D正确；
15、故选D7.【答案】C【解析】解：A结合图象可知，在55升高至85后，溶液的pH减小，则溶液中c（H+）增大；温度升高后碳酸钠的电离程度增大，则溶液中c（OH）增大，故A错误；B升高温度后碳酸钠的水解程度增大，则溶液中碳酸根离子浓度减小、碳酸氢根离子浓度增大，该比值会减小，故B错误；C根据物料守恒可得：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.10mol/L，故C正确；D根据质子守恒可得：c（OH）c（HCO3）2c（H2CO3）=c（H+）=1011.1mol/L，故D错误；故选C8.【答案】（1）NaOH溶液；圆底烧瓶；MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；（2）Cl
16、2、HCl（或Cl）、HClO；观察氯水呈黄绿色；（3）氯水的漂白作用使红色褪去；（4）加入NaOH溶液；溶液变红色；溶液不变红色；（5）A；【解析】（1）氯气有毒，不能直接排放到空气中，可用NaOH溶液吸收，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，仪器b的名称为圆底烧瓶，反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，该离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；故答案为：NaOH溶液；圆底烧瓶；MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；（2）因氯气和水反应Cl2+H2OHCl+HClO生成盐酸和次氯酸，饱和氯水中
17、含有氯元素的物质为Cl2、HCl（或Cl）、HClO，但由于HClO不稳定，见光发生分解生成盐酸和氧气，平衡不断向右移动，最终氯气耗尽，全部转化为氧气，导致黄绿色消褪，所以能快速判断氯水中含有较多C12的方法是观察颜色氯水呈黄绿色，故答案为：Cl2、HCl（或Cl）、HClO；观察氯水呈黄绿色；（3）因碱遇酚酞变红，氯水中有盐酸，盐酸与碱发生中和反应，HCl中和了NaOH，则红色褪去，氯水中还有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，HClO氧化了酚酞而使红色褪色，故答案为：氯水的漂白作用使红色褪去；（4）对褪色的溶液，取试管内的无色溶液3mL盛于另一支洁净的试管中，再向试管内滴加2滴NaOH溶液振荡后发
18、现恢复红色，则证明溶液红色褪去的原因是而不是；若再加碱，仍为无色，则证明溶液红色褪去的原因是而不是，故答案为：加入NaOH溶液；溶液变红色；溶液不变红色；（5）新制氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，达到平衡后加入少量CaCO3（s），HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，而NaHSO3、Na2CO3、Ca（OH）2，三者与盐酸、次氯酸都反应，所以不选，故选A；9.【答案】（1）N2；生成NO的反应为放热反应，升高温度转化率下降；进一步与NO反应生成硝酸；（2） 0.00296 molL1s1； BD【解析】解：（1）由
19、图象可知在温度较低时生成氮气温度高于900时，NO产率下降是因为反应4NH3+5O2？4NO+6H2O是放热反应，达到平衡后，升温平衡逆向进行故产率降低吸收塔中需要补充空气是增加反应物的浓度，使平衡向正向移动，进一步与NO反应生成硝酸故答案为：N2；生成NO的反应为放热反应，升高温度转化率下降；进一步与NO反应生成硝酸；（2）由表中数据可知，500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5的分解速率为=0.00296 molL1s1，故答案为：0.00296 molL1s1；A单位时间内生成2molNO2的同时消耗了lmol N2O5不能说明正逆反
20、应速率相等，故错误；B混合气体的颜色不再发生变化，证明二氧化氮的浓度不随时间的变化而变化，达到了平衡，故正确；C混合气体的密度等于质量和体积的比值，始终是一个定值，所以密度保持不变的状态不一定平衡，故C错误；D在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明温度不再变化，达到了平衡，故D正确故选BD10.【答案】白色物质是Na2O和 Na2CO3混合物；（1）Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红；（2）Na2CO3；（3）假设2；方案2中出现的白色沉淀是CaCO3，所以燃烧后的白色产物中Na2CO3存在；方案2中滴加无色酚酞试液无明显现象，说明燃烧后的白色产物中没有Na2O存在；（4）4Na
21、+3CO22Na2CO3+C；（5）不同意，因为反应物中无氢元素（或违背质量守恒定律）【解析】钠在二氧化碳中燃烧生成的白色固体可能为Na2O、Na2CO3或Na2O和 Na2CO3混合物，故答案为：白色物质是Na2O和 Na2CO3混合物；（1）取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变红，原因有，可以是生成的氧化钠溶于水和水反应生成氢氧化钠溶液的作用，也可以碳酸钠溶液水解显碱性的作用，也可以是二者的混合物，所以方案1不正确，故答案为：Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红；（2）取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过
22、量的CaCl2溶液，出现白色沉淀，说明含有碳酸钠，静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无变化，说明一定无氧化钠，因为氧化钠和水反应一定生成氢氧化钠溶液，故答案为：Na2CO3；（3）依据上述分析和现象判断，假设2正确；因为取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液，出现白色沉淀，说明含有碳酸钠，静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无变化，说明一定无氧化钠，因为氧化钠和水反应一定生成氢氧化钠溶液，故答案为：假设2；方案2中出现的白色沉淀是CaCO3，所以燃烧后的白色产物中Na2CO3存在；方案2中滴加无色酚酞试液无明显现象，说明燃
23、烧后的白色产物中没有Na2O存在；（4）依据现象和实验分析判断钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C；（5）丙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠是错误的，在反应过程中，是钠在二氧化碳气体中 的燃烧反应，无氢元素的存在，实验依据元素守恒可置换不可能生成氢氧化钠，故答案为：不同意，因为反应物中无氢元素（或违背质量守恒定律）11.【答案】（1）；（2）羰基、醛基；（3）避免碳碳双键被氢气加成或还原，酯很难和氢气发生还原反应；（4）；（5）【解析】（1）属于芳香族化合物，应含有苯环；能使FeCl3溶液
24、显色，含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称，可能的结构有，故答案为：；（2）有机物E分子中含氧官能团名称为羰基、醛基，故答案为：羰基、醛基；（3）氢气可与碳碳双键发生加成反应，则为避免碳碳双键被氢气加成或还原，因酯很难和氢气发生还原反应，则用LiBH4还原，故答案为：避免碳碳双键被氢气加成或还原，酯很难和氢气发生还原反应；（4）检验D是否完全转化为E，则只要检验反应后是否含有D即可证明，而D含有醇羟基可以与Na反应，E不含羟基或者羧基不与Na反应，所以只要可以与Na反应即可证明含有D，方程式为；故答案为：；（5）BC，应先在碱性条件下水解，然后用LiBH4还原得到羟基，在浓硫酸作用下发生酯化反应，结合信息，与CH3I在催化剂作用下发生反应可得到C，反应流程为，故答案为：