2019-2020年高三实验班第六次周练考试理科综合能力测试化学部分试题 含答案.doc

2019-2020年高三实验班第六次周练考试理科综合能力测试化学部分试题 含答案在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量： H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 651、分别用10mL1mol/LAgNO3溶液与相同体积的下述溶液恰好完全反应则下述溶液中物质的量最大的是（）AZnCl2溶液 BNaCl溶液CCaCl2溶液 DFeCl3溶液2、苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，可以作为证据的是（）苯不能使溴水褪色；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应；经测定，邻二甲苯只有一种结构；经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.401010mABCD3、已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=akJmol1 C（s）+ O2（g）=CO（g）H=110kJmol1HH、O=O和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则a为（）A332 B118C+350 D+1304、下列离子方程式正确的是（）A铜与硝酸银溶液反应：Cu+Ag+Cu2+AgB氢氧化钡溶液与稀硫酸：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC醋酸与NaOH的反应：H+OHH2OD碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+Mg2+H2O+CO25、向含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1mol Ag下列结论错误的是（）A溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量比为1：2BFe3+的氧化性大于Cu2+C氧化性：Zn2+Cu2+Fe3+Ag+D1 mol Fe可还原2 mol Fe3+6、常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol/LNaOH溶液。整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是（ ）A实验过程中用pH试纸测定溶液的pH Bab段，溶液中 C(H+)/C(OH-) 减小 Cb点对应溶液中：c(Cl)c(H+)c(HClO)c(ClO)c(OH) Dc点对应溶液中：c（Na+）=c(Cl-)+c(ClO-)7、向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示t0t1阶段的c（B）变化未画出乙图为t2时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件且互不相同，t3时刻为使用催化剂下列说法中正确的是（）A若t1=15 s，用A的浓度变化表示t0t1阶段的平均反应速率为0.004 molL1s1Bt4t5阶段改变的条件一定为减小压强C该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 molDt5t6阶段，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，该反应的热化学方程式3A（g）B（g）+2C（g）H=50a kJmol18、CuZn稀硫酸组成原电池装置，当导线中有0.5mol电子通过时，理论上两极的变化是（）锌极反应：Zn2e=Zn2+，锌片上产生0.25mol的H2铜极反应：2H+2e=H2，锌片溶解16.25g电流由铜极经导线流向锌极溶液中SO42移向铜极A B C D第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、（1）已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系（反应条件已经略去）：如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：A电子式： ；D的结构式： 如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：A与B在溶液中反应的离子方程式为 根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是 （用化学式或离子符号表示）（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，常温常压下，3.2g该物质与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，（a0）写出该物质燃烧热的热化学方程式： 将3.2g该物质燃烧后的产物通入100mL3molL1的NaOH溶液中，充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为： 10、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl、I、NO3、CO32、SO42中的几种。取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验该溶液呈强酸性，可推出 离子不存在。（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，可推出 离子不存在。（3）另取部分溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产成，则可推出 离子不存在。取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明 离子存在。（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可推出 离子不存在。（5）根据以上实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是 ；还不能肯定是否存在的离子是 。11、某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究：请回答下列问题：（1）实验时用10molL1的浓硫酸配制100mL 1molL1 H2SO4溶液，所需浓硫酸的体积为 mL（2）容量瓶所具备的功能是 （填序号）A配制一定体积准确浓度的溶液B长期贮存溶液C常用来代替量筒量取一定体积的液体D用来溶解固体溶质（3）在下列配制过程示意图中，错误的有（填序号） （4）下列说法正确的是 A洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差B某同学将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低C定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低（1）步骤中产生的红褐色物质是（填化学式） （2）从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作为：a ，b洗涤，c灼烧，d冷却（3）若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为 g12、【选修五 有机化学基础】正丁醛是一种化工原料某实验小组利用如图装置合成正丁醛发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据如下：沸点/密度（gcm3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.50.8107微溶实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液滴加过程中保持反应温度为9095，在E中收集90以下的馏分将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577馏分，产量2.0g回答下列问题：（1）B仪器的名称是 ，D仪器的名称是 （2）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分液时，水在 层（填“上”或“下”）（3）反应温度应保持在9095，其原因是 （4）本实验中，正丁醛的产率为 %（保留三位有效数字）参考答案及评分标准1.【答案】B【解析】解：参加反应的AgNO3的物质的量相同，则生成AgCl的物质的量相同，由银离子守恒可知n（AgCl）=n（AgNO3）=0.01mol1mol/L=0.01mol，根据氯离子守恒可知：n（ZnCl2）=n（AgCl）=0.01mol=0.005mol，n（NaCl）=n（AgCl）=0.01mol，n（CaCl2）=n（AgCl）=0.01mol=0.005mol，n（FeCl3）=n（AgCl）=0.01mol=0.0033mol，相同体积物质的量之比等于物质的量浓度之比，故NaCl溶液的浓度最大，故选B2.【答案】【解析】苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹CC，另一种是两个甲基夹C=C邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故正确所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据故选A3.【答案】D【解析】解：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol1，因HH、O=O和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则44624962436=2a+220，解得a=+130，故选D4.【答案】D【解析】解：A铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故A错误；B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故B错误；C醋酸与NaOH的反应生成醋酸钠和水，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：CH3COOH+OH2CH3COO+H2O，故C错误；D碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式为：MgCO3+2H+Mg2+H2O+CO2，故D正确；故选D5.【答案】C【解析】解：A、Fe先还原Ag+，所以Fe2+：Cu2+=（0.1+0.1）：0.1=2：1，故A正确；B根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B正确；C根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，故C错误；D由电子守恒可知，1mol Fe恰好还原2mol Fe3+，故D正确；故选C6.【答案】D【解析】解：A、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，能漂白，所以不能测其pH值，错误，不选A；B、从a到b，溶液的pH逐渐变小，说明氢离子和氢氧根离子浓度比值变大，错误，不选B；C、b点是氯水的饱和溶液，由于盐酸电离和次氯酸电离，所有氢离子浓度比氯离子浓度大，错误，不选C；D、根据电荷守恒，在c点溶液为中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以正确，选D。7.【答案】B【解析】解：t1时c（A）=0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L，c（C）=0.11mol/L0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，则t4t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则反应方程式为：3A（g）B（g）+2C（g），t5时反应速率均增大，且平衡发生移动，应是升高温度，t1时是改变物质的浓度，而t5t6阶段容器内A的物质的量减少了0.06 mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应At0t1阶段c（A）=0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L，若t1=15 s，则t0t1阶段v（A）=0.006 molL1s1，故A错误；B由上述分析可知，t4t5阶段改变的条件一定为减小压强，故B正确；C由方程式可知c（B）=c（A）=0.03mol/L，B的起始浓度为（0.050.03）mol/L=0.02mol/L，容器的体积为=2L，所以起始时B的物质的量为0.02mol/L2L=0.04mol，故C错误；D正反应为吸热反应，0.06 molA反应吸收热量为a kJ，则3mol反应吸收热量为50akJ，故热化学方程式为：3A（g）B（g）+2C（g）H=+50a kJmol1，故D错误，故选：B8.【答案】C【解析】解：锌易失电子作负极，锌极反应：Zn2e=Zn2+，铜电极上生成氢气，故错误；铜极反应：2H+2e=H2，锌片溶解质量=16.25g，故正确；放电时，电流从正极流向负极，所以电流由铜极经导线流向锌极，故正确；溶液中SO42移向负极锌极，氢离子移向正极铜极，故错误；故选C9.【答案】（1） ；HOH； HS+OHS2+H2O；OHS2；（2）CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=5akJmol1；Na+HCO3CO32OHH+【解析】解：（1）10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是铵根离子与氢氧根离子反应得到氨气与水，而C、B都能与氢离子反应，可推知A为NH4+，B为OH，C为NH3，D为H2O，NH4+的电子式为，H2O结构式为HOH，故答案为：；HOH；如果A、C均是18电子的粒子，B、D是10电子粒子，结合转化关系，可推断：A为H2S，B为OH，C为HS或S2，D为H2O，A与B在溶液中反应的离子方程式为：HS+OHS2+H2O，根据离子方程式，可以判断结合质子的能力大小是OHS2，故答案为：HS+OHS2+H2O；OHS2；（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，则该物质相对分子质量为16，则该物质为CH4，1mol甲烷燃烧放出的热量为akJ=5a kJ，反应热书写热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=5akJmol1；3.2g甲烷物质的量为=0.2mol，则燃烧生成二氧化碳为0.2mol，NaOH物质的量为0.1L3mol/L=0.3mol，由于1：2n（CO2）：n（NaOH）=2：31：1，而生成NaHCO3、Na2CO32，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒、碳原子守恒可得：，解得x=y=0.1，结合溶液中HCO3、CO32水解呈碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根的，故溶液中离子浓度大小为：Na+HCO3CO32OHH+，故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=5akJmol1； Na+HCO3CO32OHH+10.【答案】（1）CO32-；（2）NO3-、Fe3+；（3）Mg2+、Al3+，NH4+；（4）SO42-；（5）Ba2+、I-、NH4+，K+、Na+、Cl-。【解析】解：（1）用pH测的溶液显强酸性，说明溶液中含有H，CO32和H反应生成CO2，因此原溶液中不含CO32；(2)加入氯水，CCl4层呈紫红色，说明原溶液中含有I，NO3在酸性条件下具有强氧化性，Fe3具有强氧化性，能与I反应，因此NO3、I不能大量存在；（3）加入NaOH溶液，滴加过程中和完毕，没有沉淀生成，说明原溶液中无Mg2、Al3，取出碱性溶液加热，有气体产生，且使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明此气体为NH3，原溶液中含有NH4；（4）加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，原溶液中含有Ba2，不含SO42；（5）根据上述分析，一定含有的离子Ba2、I、NH4，可能含有的离子有：K、Na、Cl。11.【答案】（1）10；（2）A；（3）；（4）AC；（1）Fe（OH）3；（2）过滤；（3）0.19a；【解析】解：（1）浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变，设所需浓硫酸最小体积为V，则100mL1031mol/L=10mol/LV，解得V=10mL，故答案为：10；（2）容量瓶作为精密仪器不可用于储存和溶解，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选A；（3）稀释浓硫酸时是将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；读数时应平视，不能仰视和俯视，故选：；（4）A洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶，否则浓度偏小，故A正确； B未冷却体积偏小，浓度偏大，故B错误；C定容时仰视，体积偏大，浓度偏小，故C正确；故答案为：AC；（1）步骤中产生的红褐色物质应该是氢氧化铁，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：过滤；（3）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，含硫酸亚铁的质量为=0.19ag，故答案为：0.19a；12.【答案】（1）分液漏斗；冷凝管；（2）下；（3）保证正丁醛及时蒸出；又可尽量避免其被进一步氧化（或温度过高被氧化为丁酸）；（4）51.4【解析】解：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中，该物质作催化剂，注意先后顺序，相当于稀释浓硫酸；在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，沸石防暴沸，加热；当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液，滴加过程中保持反应温度为9095，在E中收集90以下的馏分，得到的馏分中含有正丁醛；将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577馏分，产量2.0g，得到正丁醛；（1）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称是冷凝管，故答案为：分液漏斗；冷凝管；（2）正丁醛密度小于水，且在水中溶解度较小，所以将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分液时，水在下层，故答案为：下；（3）温度过高，正丁醛能被氧化生成丁酸，且能保证及时蒸出正丁醛，故答案为：保证正丁醛及时蒸出；又可尽量避免其被进一步氧化（或温度过高被氧化为丁酸）；（4）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，C4H10OC4H8O74 724xg 2g74：4=4xg：2g解得：x=100%=51.4%，故答案为：51.4