2019-2020年高三一轮总复习第一次理科综合能力测试化学部分试题 含答案.doc

2019-2020年高三一轮总复习第一次理科综合能力测试化学部分试题 含答案 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、氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，在一定条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3，两步反应的能量变化示意图如下： 下列说法合理的是（ ）A该反应的催化剂是NO2B升高温度，两步反应速率均加快，有利于NH4+ 转化成NO3C在第一步反应中，当溶液中水的电离程度不变时，该反应即达平衡状态D1 mol NH4在第一步反应中与1 mol NO2在第二步反应中失电子数之比为1:32、下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br可以大量共存B能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具漂白性C与FeCl3反应的离子方程式：SO32+2Fe3+H2O=SO42+2Fe2+2H+D和足量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2O3、将下列溶液分别滴入到BaCl2溶液（pH=7）、NaOH溶液和稀H2SO4中，能观察到三种不同现象的是（）ACuSO4BNa2SO4CNaClD酚酞4、某有机物的结构为,这种有机物不可能具有的性质是()A.能使酸性KMnO4溶液褪色 B.能发生酯化反应C.能跟NaOH溶液反应 D.能发生水解反应5、下列物质中，含有极性共价键的离子化合物是（）ANaCl BCl2CHCl DNaOH6、已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：t/7008008301 0001 200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是（）A该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）B上述反应的正反应是放热反应C若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态D若平衡浓度符合下列关系式： = ，则此时的温度为10007、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl2eCl2B氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2eCu2+D钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe3eFe3+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、二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义（1）T业上用黄铁矿（FeS2）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+Fe2O3，该反应中被氧化的元素是 （填元素符号）当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为 L（2）实验室中用如图1装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率（已知SO3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是 当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是 实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是 （用含字母的代数式表示，不用化简）（3）某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究SO2的性质，设计如图2实验装置B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为 ；C中反应的离子方程式为 ；D中的实验现象为 ；E装置的作用是 9、已知离子反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3具有反应迅速、现象明显等特点，是检验Fe3+常用的方法之一某化学兴趣小组为探究Fe（SCN）3的性质，做了以下实验：取10mL l mol？L1FeCl3溶液，滴加34滴浓KSCN溶液，振荡后溶液立即变成红色取少量红色溶液，滴加少许浓硝酸，静置，溶液红色褪去，同时产生大量的红棕色气体混合物A将该气体混合物A通入过量的Ba（OH）2溶液中，产生白色沉淀B和剩余气体C气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分过滤，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同时产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D取中反应后溶液少许，滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀E根据上述实验现象，回答下列问题：（1）B的化学式为 ；E的化学式为 （2）混合气体A的成分是 （填化学式）（3）该兴趣小组同学根据以上实验现象分析得出结论：Fe（SCN）3具有还原性，则实验中反应时被氧化的元素是 （填元素符号）根据元素C、S、N的原子结构和共价键的相关知识推断出SCN的结构式为 （4）实验中反应的离子方程式为 （5）该兴趣小组同学从上述实验中得到启发，若用SCN间接检验Fe2+时应注意 10、氮元素的化合物应用十分广泛请回答：（1）火箭燃料液态偏二甲肼（C2H8N2）是用液态N2O4作氧化剂，二者反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则该反应的热化学方程式为 （2）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g）H=a kJmol1 （a0）N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：298k时，该反应的平衡常数为 Lmol1（精确到0.01）下列情况不是处于平衡状态的是 ：a混合气体的密度保持不变；b混合气体的颜色不再变化； c气压恒定时若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正） V（逆）（填“”、“”或“=”）（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛现向100mL 0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d、e五个点，b点时，溶液中发生水解反应的离子是 ；在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 11化学选修5：有机化学基础 (15分)依据有关信息解答下列化学实验问题：（）醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，生成是羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液）RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na（1）若使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛，可采用的试剂是 或 ；分离乙醛的操作方法蒸馏（）实验室利用苯甲醛（安息香醛）制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理：已知部分物质的性质：苯甲醇：稍溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲醛：微溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲酸：溶解度为0.34g（25），易溶于有机溶剂主要过程如图所示：回答下列问题：（2）操作的名称是 ，乙醚溶液中所溶解的主要成分是 ；（3）操作的名称是 ，产品乙是 （4）按上述操作所得的产品甲中常含有一定量的有机杂质 （填写杂质的名称）；限用下列试剂：酸性KMnO4、稀NaOH溶液、稀H2SO4、饱和NaHSO3溶液写出检验产品甲中含有该杂质的过程： 参考答案1.【答案】C【解析】NO2是中间产物，而催化剂在反应前后不变，A错误；升高温度，两步反应速率均加快，但这2个反应的正向都是放热反应，升温不利于NH4+ 转化成NO3，B错误；在第一步反应中，当溶液中水的电离程度不变时，即生成的H+的物质的量不变，该反应即达平衡状态，C正确；1 mol NH4在第一步反应失去电子3-（-3）=6mol，1 mol NO2在第二步反应中失电子为5-3=2mol，二者之比为3:1，D错误。2.【答案】D【解析】解：ACl2、Br之间发生氧化还原反应，氯气也能够氧化NaHSO3，在溶液中不能大量共存，故A错误；B能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，二者发生了氧化还原反应，NaHSO3溶液具有还原性，不是漂白性，故B错误；CNaHSO3与FeCl3反应中，亚硫酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式：HSO3+2Fe3+H2O=SO42+2Fe2+3H+，故C错误；DNaHSO3和足量Ca（OH）2溶液反应生成氢氧化钠、亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2O，故D正确；故选D3.【答案】A【解析】ACuSO4与三种物质反应的现象分别为白色沉淀、蓝色沉淀、蓝色溶液，故A选；BNa2SO4与三种物质反应的现象分别为白色沉淀、无现象、无现象，故B不选；CNaCl与三种物质均不反应，现象相同，故C不选；D酚酞遇NaOH溶液变红色，与另两种物质均为无色，故D不选；故选：A4.【答案】D【解析】该有机物含碳碳双键、羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色;有羟基、羧基均能发生酯化反应;有羧基能与NaOH溶液发生中和反应;不能发生水解反应,故选D。5.【答案】D【解析】ANaCl中只有钠离子与氯离子形成的离子键，故A错误；BCl2中只有ClCl非极性共价键，且属于单质，故B错误；CHCl中，H、Cl之间以极性共价键结合，故C错误；DNaOH中钠离子与氢氧根离子以离子键结合，O、H之间以极性共价键结合，则NaOH为含有极性共价键的离子化合物，故D正确；故选D6.【答案】C【解析】解：A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式式为K=，化学方程式为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），故A正确；B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830，此时测得CO2为0.4 mol时， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 0 0 1 1变化量（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4平衡量（mol） 0.4 0.4 0.6 0.6反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q=2.251，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000平衡常数K=0.6=，若平衡浓度符合下列关系式：=，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选C7.【答案】A【解析】解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故A正确；B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O2+2H2O+4e4OH，故B错误；C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极，阳极上电极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe2eFe2+，故D错误；故选A8.【答案】（1）Fe、S；11.2；（2） 打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加； 使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收； 100%；（3）品红溶液； SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；试管中有淡黄色沉淀生成；吸收尾气，防止倒吸；【解析】（1）氧化还原反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化，该反应生成8mol的二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，所以当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L；故答案为：Fe、S；11.2；（2）分液漏斗的使用方法：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；故答案为：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；为确保实验的准确度，要保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确，当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，可以让装置中的二氧化硫和三氧化硫充分被后面的装置吸收；故答案为：使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；装置D增加的质量为mg，及生成三氧化硫的质量是mg，物质的量是，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则吸收的二氧化硫的物质的量是，则二氧化硫的转化率=100%；故答案为：100%；（3）依据装置图可知，铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，C检验二氧化硫的还原性，D检验二氧化硫的氧化性，检验二氧化硫漂白性可以通过B中品红试液，品红褪色是二氧化硫气体的特性；二氧化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢；C中反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；二氧化硫具有氧化性，和硫化氢反应生成硫单质和水，反应的化学方程式为：SO2+2H2S=3S+2H2O，试管中有淡黄色沉淀生成；E装置是倒扣在氨水溶液上的漏斗吸收二氧化硫等尾气，防止倒吸；故答案为：品红溶液； SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；试管中有淡黄色沉淀生成；吸收尾气，防止倒吸；9.【答案】（1）BaCO3；BaSO4；（2）NO2、N2、CO2；（3）S、N；SCN；（4）2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O；（5）加入的氧化剂不能过量【解析】由中的红棕色混合气体A可知A中有NO2，由气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分，所以C为N2，由可知B可溶于稀硝酸并且产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D，所以B为BaCO3、D为CO2，故A由NO2、N2、CO2组成，由可知E为BaSO4；（1）根据以上分析B为BaCO3、E为BaSO4；故答案为：BaCO3；BaSO4；（2）根据以上分析故A由NO2、N2、CO2组成，故答案为：NO2、N2、CO2；（3）由产物及元素的化合价可知被氧化的元素是S、N；根据元素C、S、N的原子结构和共价键的相关知识推断出SCN的结构式为SCN，故答案为：S、N；SCN；（4）根据生成物及电子守恒和电荷守恒、质量守恒配平方程式为：2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O，故答案为：2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O；（5）据题意可知SCN也能被氧化剂氧化，故加入的氧化剂不能过量，故答案为：加入的氧化剂不能过量10.【答案】（1）C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJmol1；（2） 6.67； a； ；（3） NH4+； c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）【解析】（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJ/mol，故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJmol1；（2）有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K=6.67L/mol，故答案为：6.67；a、反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由=可知气体的密度为一定值，因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故a选；b、混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变，说明反应处于化学平衡状态，故b不选；c、反应2NO2（g）N2O4（g）是一个气体体积减小的反应，气压恒定时，正、逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故c不选；故答案为：a；反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q=6.67L/mol=K（298K）K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）V（逆）；故答案为：；（3）a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，溶液中发生水解反应的离子是NH4+，故答案为：NH4+；c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42），c点时c（Na+）c（SO42），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）11.【答案】、（1）NaOH；HCl；蒸馏；、（2）萃取分液；苯甲醇；（3）过滤；苯甲酸；（4）苯甲醛；取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛【解析】、（1）因为可逆反应RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na，要想使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛即使平衡向逆反应方向移动，可以采取加入氢氧化钠或者盐酸消耗亚硫酸钠使平衡逆向移动，所以可以加入的为NaOH或者HCl；分离互溶的有机物采用蒸馏的方法，所以分离乙醛的操作方法为蒸馏，故答案为：NaOH；HCl；蒸馏；、由流程可知，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作分层乙醚与水溶液，则为萃取分液，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸；（2）根据以上分析，操作分层乙醚与水溶液，则为萃取分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，故答案为：萃取分液；苯甲醇；（3）根据以上分析，操作的名称是过滤，产品乙是苯甲酸，故答案为：过滤；苯甲酸；（4）根据苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，所得混合物中可能还有未反应的苯甲醛，然后加水、乙醚萃取苯甲醇和未反应的苯甲醛，则乙醚溶液中含苯甲醇和未反应的苯甲醛，所以操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇和未反应的苯甲醛，根据醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，生成是羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液），所以可以通过取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛，故答案为：苯甲醛；取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛