1、山西沁水2017届高三上学期第二次阶段性复习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、用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NAC由SO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAD1L浓度为1molL1的Na2CO3溶液中含有NA个CO322、下列不能达到实验目的的是（ ）A等量的CH4和Cl2在光照下反应生成纯净的CH3ClB. 将苯与浓硝酸
2、和浓硫酸共热制取硝基苯C. 将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛D. 可用浓硝酸鉴别淀粉溶液和鸡蛋白溶液3、下列离子方程式正确的是（）A向100 mL 0.1 molL1的FeSO4溶液中加入0.01 mol Na2O2固体：2Fe2+2Na2O2+2H2O4Na+2Fe（OH）2+O2B向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4C在硫酸工业中，对尾气中的SO2用过量的氨水吸收的反应：NH3H2O+SO2NH+HSOD向20 mL 0.5 molL1 FeBr2溶液中通入448 mL Cl2（标
3、准状况）：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br24、在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是（）A0.3mol NO2、0.1mol NOB0.3mol NO、0.1mol NO2C0.6mol NOD0.3mol NO25、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为l ：2，X2和Z离子的电子数之差为8，下列说法正确的是（ ）A与W相邻的同主族元素单质的重要用途是制作光纤BX单质不
4、可能置换出W单质C元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZD由非金属性强弱可知，不可能由W的含氧酸制备Z的含氧酸6、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）Q（Q0）一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500C（N2O5）/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的是（）A500 s时O2的浓度为0.075 mol/LB平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D1000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 mol/L
5、c（N2O5）0.50 mol/L7、用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，下列说法中正确的是（）A阳极发生的电极反应为Cu2+2eCuB阴极发生的电极反应为4OH4e2H2O+O2C若有6.4g金属Cu析出，生成的O2一定为0.05molD电解完成后，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到原来的浓度第卷三、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、“套管实验”是将一支较小的玻璃仪器装入另外一个玻璃仪器中，经组装来完成原来需要更多仪器进行的实验。因其具有许多优点，被广泛应用于化学
6、实验中，如图实验为“套管实验”，小试管内塞有沾有无水硫酸铜粉末的棉花球。请观察实验装置，分析实验原理，回答下列问题： （1）该实验的目的是_（2）实验开始前微热试管，说明装置不漏气的现象是 （3）一段时间后结束实验，待装置冷却，取出小试管中固体溶于水，然后滴加1mol/L盐酸，产生CO2的量与盐酸的量的关系如图所示。其中合理的是_9、过氧化钠保存不当容易变质，生成Na2CO3。 （1）某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液，证明过氧化钠已经变质 （2）检验样品中还有过氧化钠的方法是 （3）某课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，他们称取ag样品，并设计用下图装置来测定过氧
7、化钠的质量分数。上图中的E和F构成量气装置，用来测定O2的体积。写出装置A和B中发生反应的离子方程式：装置A： 装置B： NaOH的作用是 他们在读出量筒内水的体积数后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为 10、（1）将0.2molL1HA（某一元酸）溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c（Na+）c（A），则此溶液中：c（OH） c（H+）；c（A） c（HA）；c（HA）+c（A） 0.1molL1HA溶液中由水电离出的c（H+）（填“”、“”或“=”）（2）将等体积pH=1的盐酸和醋酸，加入适量水，pH都升高了1，则加水后溶液体积V（
8、醋酸） V（盐酸）（填“”、“”或“=”）（3）常温下，某酸HnA（A为酸根）与某碱B（OH）m溶液恰好完全生成正盐，该溶液pH7，写出该正盐的化学式 ，该盐中 属于一定能水解，其水解离子方程式为 11、查找资料发现，N2制取有下列不同方案：a方案：加热条件下NH3还原CuO制得纯净的N2和活性铜粉b方案：加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液制得c方案：将空气缓慢地通过灼热的铜粉制得较纯的N2现实验室有供选择的如下几种仪器来制取N2（1）若按a方案制N2时，需要的氨气用生石灰和浓氨水作原料制取，则宜采用上述仪器中的（填A、B、C下同）作NH3的发生器，要制取并收集N2，还须选用到的仪器是 （2）
9、写出b方案中反应的化学方程式 （3）若按c方案制取N2，则氮气中一定混有何种杂质气体 （4）上述制N2的三个方案中，a、c方案结合使用越来越受到人们的关注，这种方法与b方案相比，其优越性在于 12化学选修5：有机化学基础 (15分)氯吡格雷（clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：，（1）写出反应CD的化学方程式 ，反应类型 （2）写出结构简式B ，X （3）A属于芳香族化合物的同分异构体（含A）共有 种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式 （4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应
10、的化学方程式 （5）已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选（合成路线常用的表反应试剂A反应条件B反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB目标产物）参考答案1.C解：A常温常压下，33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，所以33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数小于6NA，故A错误；B标况下，己烷是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算，故B错误；CSO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，无论是二氧化硫分子还是氧气分子，每个分子中都含有2个氧原子，所以其中的氧原子数为2NA，故C正确；D.1L浓度为1molL1的Na2CO3溶液中，因为碳酸根离
11、子水解导致含有CO32个数小于NA，故D错误；故选C2.AACH4和Cl2在光照下反应会逐步生成一氯代产物，二氯代产物，三氯代产物及四氯代产物，不会生成纯净的CH3Cl，不能达到实验目的。3.D解：A向100 mL 0.1 molL1的FeSO4溶液中加入0.01 mol Na2O2固体的离子反应为4Fe2+4Na2O2+6H2O8Na+4Fe（OH）3+O2，故A错误；B向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全的离子的反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+3BaSO4+2H2O，故B错误；C在硫酸工业中，对尾气中的SO2用过量的氨水吸收的反应的离子反应为2N
12、H3？H2O+SO22NH4+SO32，故C错误；Dn（FeBr2）=0.02L0.5 molL1=0.01mol，n（Cl2）=0.02mol，由电子守恒可知，亚铁离子、溴离子全部被氧化，则离子反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2，故D正确；故选D4.A解：15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g15.2g=10.2g，n（OH）=0.6molmol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属
13、提供电子物质的量为0.6mol，A若生成0.3mol NO2、0.1mol NO，则转移电子为0.3mol（54）+0.1mol（52）=0.6mol，电子转移守恒，故A正确；B若生成0.3mol NO、0.1mol NO2，则转移电子为0.3mol（52）+0.1mol（54）=1mol，电子转移不守恒，故B错误；C若生成0.6mol NO，则转移电子为0.6mol（52）=1.8mol，电子转移不守恒，故C错误；D若生成0.3mol NO2，则转移电子为0.3mol（54）=0.3mol，电子转移不守恒，故D错误，故选A5.C考查元素周期表和元素周期律。由W和X元素原子内质子数之比为l ：
14、2及X2和Z离子的电子数之差为8可知，X和Z均为第三周期元素，即X为Mg，Z为Cl，则W为C，又因原子序数依次增大且其原子的最外层电子数之和为19，可推知Y为S。6.D解：A.500s内N2O5的浓度变化量=0.5mol/L0.35mol/L=0.15mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（O2）=c（N2O5）=0.075 mol/L，故A正确；B升高温度反应速率加快，而后N2O5的浓度减小，反应速率又降低，故B正确；C要使平衡常数增大，应改变温度使平衡正向移动，正反应为吸热反应，应升高温度，故C正确；D.1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，其他条件
15、不变，将容器的体积缩小一半，若平衡不移动，此时N2O5的浓度为5mol/L，由于体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时c（N2O5）5.00 molL1，故D错误，故选D7.C解：A、用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，反应式为4OH4e=2H2O+O2，故A错误；B、阴极为铜离子得电子发生还原反应，反应式为Cu2+2e=Cu，故B错误；C、根据阴极上发生电极反应：Cu2+2e=Cu，有6.4g金属Cu析出，级消耗铜离子的物质的量为0.1mol，则转移电子数为0.2moL，所以生成的O2一定为0.05mol，故C正确；D、用惰性电极电解
16、足量的Cu（NO3）2溶液，阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，反应式为4OH4e=2H2O+O2，阴极为铜离子得电子发生还原反应，反应式为Cu2+2e=Cu，减少的为CuO，所以应加入一定量的CuO，溶液可能恢复到原来的浓度，故D错误故选C8.（1）探究（或证明）碳酸氢钠不稳定，受热易分成解产生CO2和H2O，而碳酸钠稳定。（2）A、B导管末端均有气泡产生，冷却后均有液柱回流（3）B、C （1）两个试管内分别装有Na2CO3、NaHCO3，给它们加热，病用澄清的石灰水来检验CO2的产生。就是来探究二者的热稳定性的相对大小。（2）实验开始前微热试管，说明装置不漏气的现象是A、B导管末端均有气泡产
17、生，冷却后均形成稳定的水柱。（3）NaHCO3不稳定，受热分解2NaHCO3 Na2CO3+2H2O+CO2。向固体中加入HCl时首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；无气体产生，当该反应完全后，再发生反应 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2。放出气体。因此，若NaHCO3完全分解，则两步消耗的HCl的物质的量相等，体积也相等。若它部分分解，则发生第一步消耗的HCl就比第二步少些。B为部分分解的图像；C为完全分解的图像。选项为BC。9.（1）取少量样品，溶解，加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀，证明Na2O2已经变质 （2）取少量样品放入试管中，再加入
18、适量的水，把带有火星的木条伸入试管中，木条复燃，证明样品中仍有Na2O2 ，（3）CaCO3 + 2H = Ca2 +H2O +CO2 HCO3-+H CO2 + H2O 吸收未反应的CO2 （1）过氧化钠保存不当容易变质，生成Na2CO3 ，所以检查过氧化钠是否变质，只需检验CO32-，选用BaCl2 溶液，方法是取少量样品，溶解，加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。（2）检验样品中还有过氧化钠的方法是取少量样品放入试管中，再加入适量的水，把带有火星的木条伸入试管中，木条复燃，证明样品中仍有Na2O2 ，（3）装置A发生大理石和盐酸的反应，离子方程式为：CaCO
19、3 + 2H = Ca2 +H2O +CO2，装置B是除去CO2 中HCl的洗气装置，发生反应的离子方程式为HCO3-+H CO2 + H2O，NaOH的作用是吸收未反应的CO2 设样品中过氧化钠的物质的量为：n 2Na2O2 +2H2O4NaOH+O22 1n V10-3L/224L/mol求得：n= 2V10-3L/224L/mol=(V10-4)/112，Na2O2 的质量为39V10-4/56g，则样品中过氧化钠的质量分数为(39V10-4/56)/a 100%=10.（1）；（2）；（3）BnAm；An；An+H2O？HA（n1）+OH（1）将0.2mol/L HA溶液与0.1mol
20、/L NaOH溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA和HA，且二者的物质的量浓度相等，测得混合溶液中c（Na+）c（A），据电荷守恒，c（OH）c（H+），说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，据物料守恒c（HA）+c（A）=0.1mol/L，0.1molL1HA溶液中由水电离出的c（H+）小于0.1mol/L，故答案为：；（2）盐酸是强酸能够完全电离，醋酸是弱酸，不能完全电离，存在电离平衡，加水稀释促进其电离平衡正向移动，将等体积pH=1的盐酸和醋酸，加入适量水，pH都升高了1，醋酸加水比盐酸多，故答案为：；（3）HnA中A的化合价是n价，B（OH）m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合
21、价的代数和为0知，二者的离子个数之比为n：m，则其化学式为：BnAm，根据题意知，其正盐溶液呈碱性，说明碱的电离程度大于酸的电离程度，生成的盐是强碱弱酸盐，则An离子一定能水解，其水解方程式为：An+H2OHA（n1）+OH，故答案为：BnAm；An；An+H2OHA（n1）+OH11.（1）E；ACD；（2）NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl；（3）稀有气体；（4）铜与氧化铜可循环使用，避开有毒的NaNO2（1）浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，题中所给的装置，适用于制备气体的发生装置的是E，
22、发生的化学反应为：NH3？H2O+CaOCa（OH）2+NH3，氨气中混有水蒸气，故可用碱石灰干燥，选用D装置，氨气和氧化铜在A装置中反应，反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，按方案a制取N2中会含有未反应的氨气，因此，还需要用试剂吸收氨气，由于氨气是一种碱性气体，所以用浓硫酸来吸收氮气中的氨气，选用C装置，故答案为：E；ACD；（2）b方案的目的也是制取氮气，加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液生成氮气、氯化钠和水，化学方程式为：NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl，故答案为：NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl；（3）空气的主要成分为氮气和氧气，还含有
23、少量的稀有气体等，c方案中，氧气被灼热的铜粉消耗掉，得到的氮气中混有稀有气体等杂质，故答案为：稀有气体；（4）从制备过程看，方案a和b能得到纯净的氮气，本方案中产生有毒物质NaNO2，而方案c制取的氮气中混有稀有气体、二氧化碳、水蒸气等物质，故方案3氮气纯度最差；方案a和c反应原理简单，原料来源多，铜和氧化铜可以循环利用；故答案为：铜与氧化铜可循环使用，避开有毒的NaNO212.（1）+CH3OH +H2O；取代反应；（2）；（3）4；（4）；（5）（1）反应CD是C与甲醇发生酯化反应，化学反应方程式为：+CH3OH +H2O，该反应为取代反应，故答案为：+CH3OH +H2O；取代反应；（2
24、）依据所给信息知，醛能与氰化钠和氯化铵发生发生，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和氨基NH2，由信息可以得出CN在酸性条件下被氧化生成COOH，故此得出A的结构简式应为：，B应为：，由D生成E，明显是氨基上H原子被取代，即X上的Br原子与H形成HBr，故X为：，故答案为：；（3）A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为为COCl，符合条件所有的结构简式为、，共四种，其中与A不同类的是，故答案为：4；（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：，故答案为：；（5）制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCO，结合信息可知最后乙二醇与甲醛反应生成，该反应流程为，故答案为：