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: