2022年高三9月第一次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案

2022年高三9月第一次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案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的值，下列说法中正确的是（）过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA常温下21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+为2NA3mol单质铁完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，产物的分子数为2NA将100mL0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒0.01NAA BC D2、下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是（）A图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化B己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2则H1H2C同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同D在一定条件下，某可逆反应的H=+100kJmol1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol13、在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、Al3+、SO42、HCO3BNa+、Ba2+、Cl、SO42CFe3+、Mg2+、SO42、NO3DCu2+、K+、NO3、I4、A、B两种有机化合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧时产生的CO2的量均相等，肯定符合上述条件的可能是（）同分异构体；同系物；具有相同的最简式；含碳的质量分数相同A BC D5、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：YZWXB化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同C非金属性的强弱顺序：XWZD元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱6、将Cu片放入0.1molL1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：1，则Cu2+与原溶液中的Fe3+的物质的量之比为（）A4：1 B1：4 C1：6 D6：17、在一密闭容器中，反应mA(g)nB(g)+nC(g)达平衡后，保持温度不变，将容器容积压缩到原来的一半，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的1.8倍，则（ ）A.平衡向正反应方向移动 B.物质A的转化率增加C.物质C的质量分数增加 D. m2n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、某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质【查阅资料】当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂仪器a的名称是 ；装置C处加的试剂可以是 （选填下列字母编号）A碱石灰 B硅胶 C浓硫酸 D无水氯化钙（2）装置B的作用有 （3）写出装置F中相应的离子反应方程式： 【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是 该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：打开弹簧夹，缓缓通入氯气当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气 （2）设计步骤的实验思想是 （3）步骤的操作是 9、已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8105Kal=4.3107 Ka2=5.61011Ka=3.0108回答下列问题：（1）物质的量浓度均为0.1molL1的三种溶液：aCH3COONa bNa2CO3 cNaClOpH由小到大排列的顺序是 （用编号填写）（2）体积均为100mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数 （填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数稀释后，HX溶液中水电离出来的C（H+） （填“大于”、“小于”或“等于”）醋酸溶液中水电离出来的C（H+）10、过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面工业生产过程如下：在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO28H2O沉淀；经过陈化、过滤，水洗得到CaO28H2O，再脱水干燥得到CaO2完成下列填空（1）第步反应的化学方程式为 （2）可循环使用的物质是 工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为 （3）检验CaO28H2O是否洗净的方法是 （4）CaO28H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是 （5）已知CaO2在350迅速分解生成CaO和O2如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为 （用字母表示）过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有 11化学选修5：有机化学基础 (15分)衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）（1）A发生加聚反应的官能团名称是 ，所得聚合物分子的结构型式是 （填“线型”或“体型”）（2）BD的化学方程式为 （3）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为 （只写一种）（4）已知：CH2CNCH2COONa+NH3，E经五步转变成M的合成反应流程（如图1）：EG的化学反应类型为 ，GH的化学方程式为 JL的离子方程式为 已知：C（OH）3COOH+H2O，E经三步转变成M的合成反应流程为 （示例如图2；第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）参考答案及评分细则1.【答案】C【解析】解：过氧化钠与水反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故正确；常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有1.5mol最简式CH2，含有1.5molC原子，含有的碳原子数为1.5NA，故正确；亚硫酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，故错误；Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故正确；NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故错误；胶体微粒是氢氧化铁的集合体，将100mL0.1molL1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒小于0.01NA故错误；故选：C2.【答案】D【解析】解：A、依据催化剂能降低反应的活化能，图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0，使用催化剂和未使用催化剂的变化曲线，反应过程中的能量变化，故A错误；B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热，焓变为负值，则H1H2，故B错误；C、同温同压下，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与反应条件和变化途径无关，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同，故C错误；D、图象分析正逆反应的活化能之差即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的H=+100kJmol1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1，故D正确故选：D3.【答案】C【解析】解：A酸溶液中不能大量存在HCO3，且HCO3、Al3+相互促进水解，不能大量共存，故A错误；BBa2+、SO42结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D酸溶液中H+、NO3、I氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C4.【答案】A【解析】互为同分异构体，分子式相同，两种有机物分子中碳的质量分数相等，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，故符合；互为同系物时，两种有机物分子中碳的质量分数不一定相同，混合物的总质量一定时，若同系物最简式相同，则完全燃烧生成CO2的质量也一定，若最简式不同，则完全燃烧生成CO2的质量不确定，故不一定符合；、最简式相同，两种有机物分子中碳的质量分数相等，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，故符合；含碳的质量分数相同，混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，故符合所以一定符合的是故选：A5.【答案】C【解析】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；W与X属于同一主族，故W为S元素；Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素；Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素，A同周期自左而右原子半径减小，同主族电子层越多原子半径越大，故原子半径MgSiSO，即XWZY，故A错误；B化合物MgO为离子化合物，含有离子键，SiO2、SO3属于共价化合物，含有共价键，故B错误；C同主族自上而下非金属性减弱，同周期随原子序数增大非金属性增强，故非金属性OSSi，故C正确；D非金属SiS，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故D错误；故选：C6.【答案】C【解析】解：将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=1mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知，生成n（Cu2+）=n（Fe2+）=1mol=0.5mol，消耗n（Fe3+）=n（Fe2+）=1mol，原溶液中Fe3+的物质的量为2mol+1mol=3mol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）=0.5mol：3mol=1：6，故选C7.【答案】D【解析】容器容积压缩到原来的一半，理论上B和C的浓度应该为原来的2倍，结果B和C的浓度是原来的1.8倍，说明压缩容积造成平衡往逆方向移动，A错误；平衡往逆方向移动，A的转化率会减小，C的质量分数会减小，B、C错误；压缩容积，压强增加，平衡右移，说明m2n，D正确。8.【答案】（1）长颈漏斗；BD；（2）除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；（3）S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+；（1）未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰；（2）对比实验思想；（3）打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡【解析】解：（1）仪器a的名称是长颈漏斗；装置C处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；（2）生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，故答案为：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；（3）Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42，则装置F中相应的离子反应方程式S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+；（1）装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性，故答案为：未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰；（2）设计步骤的实验思想是对比实验思想，故答案为：对比实验思想；（3）改进的实验步骤为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡，第步发生溴与KI的反应，故答案为：打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡9.【答案】（1）acb； （2）大于；大于【解析】解：（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOHH2CO3HClOHCO3，则水解程度为bca，pH由小到大的顺序是acb，故答案为：acb； （2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力弱，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大，故答案为：大于；大于10.【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解；（3）取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）100%；样品质量和反应后固体质量【解析】解：（1）第步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO28H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）第步中氯化铵参加反应、第步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解，所以工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产；故答案为：NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解；（3）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）CaO2能和水反应生成氢氧化钙和氧气，CaO2在350迅速分解生成CaO和O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分解；故答案为：防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）设超氧化钙质量为x，2CaO22CaO+O2144g 22.4Lx 103VL144g：22.4L=x：103VLx=g=g，其质量分数=100%=100%，过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，故答案为：100%；样品质量和反应后固体质量11.【答案】（1）碳碳双键；线型；（2）+NaOH+NaCl+H2O；（3）；（4） 取代反应；+2NaOH+H2O+NaCl+NH3； +2Ag（NH3）2+2OH+ 2Ag+3NH3+NH4+H2O； 【解析】解：（1）A为（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的有机物发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子，故答案为：碳碳双键；线型；（2）B为（CH3）2CClCH2Cl，结合B、D的分子式与转化条件可知BD的反应为消去反应，中间碳原子上没有氢原子，连在端碳原子上的氯原子不能消去，是B的中间碳原子上的氯原子发生消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；（3）由题给信息M（）的同分异构体Q是饱和二元羧酸，说明Q的分子结构中不存在碳碳双键，且分子结构中还含有两个羧基，由此推知Q应该含有1个环，故答案为：；（4）分析E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中甲基中的1个H原子被Cl原子取代生成G，EG发生的是取代反应，根据题给已知“CH2CNCH2COONa+NH3”和G的结构特点（分子结构中含有氯原子，也可在NaOH溶液中发生水解），CN转化为COONa，Cl原子发生取代反应转化为OH，H为，GH的化学方程式为：+2NaOH+H2O+NaCl+NH3，故答案为：取代反应；+2NaOH+H2O+NaCl+NH3；根据流程图J可以和银氨溶液反应，结合GH的转化条件可以推断J结构简式为，L为，JL的离子方程式为+2Ag（NH3）2+2OH+2Ag+3NH3+NH4+H2O，故答案为：+2Ag（NH3）2+2OH+2Ag+3NH3+NH4+H2O；结合中的已知和括号内的提示（第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）可推知E经三步反应转化为M应该是先与氯气发生取代反应，然后水解生成羧酸盐，最后酸化得M，合成流程图为：，故答案为：