2019-2020年高三上学期第二次强化训练理科综合能力化学试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期第二次强化训练理科综合能力化学试题 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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA标准状况下，44.8L NO与22.4LO2混合后气体中分子总数为2NA1L 2molL1的Al（NO3）3溶液中含Al3+个数为2NA1L 2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA6.0g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA1molCH5+所含的电子数为10NA在标准状况下，2.8g N2和2.8g CO所含电子数均为1.4NA300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA标准状况下，2.24L乙醇分子所含的CH键数为 0.5NAA BC D2、下列实验装置正确的是（）A 实验室制乙烯B 酯化反应C 实验室制取Cl2D 中和热的测定3、下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是（ ）CH3CH2CH2CH2CH2CH3（CH3）2CHCH（CH3）2（CH3）3CCH2CH3（CH3）3CC（CH3 ）3 A B=C D=4、下列离子方程式书写正确的是（）A向 FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClBNaClO溶液 FeCl2溶液混合 2ClO+Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2HClOC在强碱中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO+3Cl+H2O+4H+D用铜做电极电解 CuSO4溶液：2Cu2+2H2O 2Cu+O2+4H+5、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是（）A标准状况下，HF为液态，是因为氢氟键很稳定BN最外层有5个电子，所以负化合价只有3价C硅和锗处于金属与非金属的过渡位置，硅和锗都可用作半导体材料DCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小6、有关下列图示的说法中正确的是（）A用图所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱B用图所示实验装置排空气法收集NO2气体C图表示可逆反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H小于0D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不相同7、据国外媒体报道，iPhone5在电池方面有所改进，它将配备NEC自主研发的ORB超薄有机游离基电池，单次充电仅需30秒该电池的一极为一种有机高分子的游离基（用R表示）和石墨粉及粘结剂的复合物，另一极是锂，分隔材料为某种聚烯烃，电解质为LiPF6溶解于某种有机碳酸酯溶剂中，高分子游离基在空气中十分稳定，在电池充电时被氧化成阳离子，而电池放电时又被还原成游离基下列有关说法不正确的是（）A放电时，该电池是将化学能转化为电能B放电时，负极发生的反应是LieLi+C充电时，Rx+由阴极向阳极移动D充电时，阳极发生的反应是RxeRx+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、肼（N2H4）常用于火箭或原电池的燃料己知：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJ/molH2O（g）=H2O（1）H=44kJ/mol（1）2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（1）H= kJmol1（2）一定温度下，将N2H4与N02以体积比1：1置于10L密闭容器中发生反应：2N2H4（g）+2NO2（g）3N2（g）+4H2O（1）,下列不能说明反应达到平衡状态的是 （填序号）a混合气体密度保持不变 b混合气体颜色保持不变cN2H4比与NO2体积比保持不变 d体系压强保持不变（3）在10L的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量变化如下表：物质的量/时间n（N2H4）n（NO2）n（N2）起始0.81.60第2min0.6a0.3第5min0.41.20.6第6min0.41.20.6第10min0.61.40.3前2min内NO2的平均反应速率为 平衡时N02的转化率 ；（2）中反应平衡常数表达式为 ，计算该温度下反应的平衡常数K= 反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是 （填序号）a使用催化剂 b升高温度 c扩大容器容积 d增加N02的量（4）若在一定温度下，（2）中反应的平衡常数为20，反应到某时刻测得N2H4、NO2、N2的溶度均为0.1molL1，此时v正 v逆9、铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：（1）聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为Fe2(OH)x(SO4)yn。聚合硫酸铁可用于净水的原理是 。有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见： ；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是 。加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为 ；溶液的pH对Fe2(OH)x(SO4)yn 中x的值有较大影响（如图1所示），试分析pH过小（pH3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因： 。（2）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。为充分利用原料， 试剂X应为 。请结合图2所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生， ，得到明矾晶体。10、各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应常用于制作印刷线路板请回答下列问题：（1）G元素在周期表中的位置 （2）写出实验室制备G的离子反应方程式 （3）气体D与NaOH溶液反应可生成两种盐P和Q，在P中Na的质量分数为43%，其俗名为 （4）实验室中检验L溶液中的阳离子常选用 溶液，现象是 （5）A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为 11化学选修5：有机化学基础 (15分)以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA用乙炔等合成烃C（1）A分子中的官能团名称是、（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是用烃C或苯合成PMLA的路线如下（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C02 44.8L，H有顺反异构，其反式结构简式是（5）E的结构简式是（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）参考答案1.【答案】C【解析】解：Cl2+H2O=HCl+HClO中有1mol氯气参加反应时，有NA个电子转移，故错误；1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故正确；标准状况下，44.8LNO的物质的量为2mol，22.4L02的物质的量为1mol，二者恰好完全反应生成2mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以混合后气体的物质的量小于2mol，气体中分子总数小于2NA，故错误；Al3+易水解，含Al3+个数小于2NA，故错误；将1L 2mol/L的氯化铁溶液转化为氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁微粒的集合体，得到的氢氧化铁胶体粒子数小于2NA，故正确；6.0克SiO2晶体物质的量为0.1mol，一个二氧化硅含有4个Si一O键，0.1mol结构中含有0.4NA 个Si一O键，故正确；CH5+中含有10个电子，1molCH5+所含有电子数为10NA，故正确；氮气和一氧化碳气体的摩尔质量相同，所以2.8gN2和2.8gCO物质的量相同为0.1mol，所含电子1molN2中含电子为14mol，1molCO中含电子为14mol，所以0.1molN2和CO含电子数为1.4NA，故正确；300mL2mol/L蔗糖溶液中含蔗糖分子0.6mol，但溶液中还有水分子，故错误标况下乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L乙醇的物质的量，故错误故选C2.【答案】D【解析】解：A实验室制取乙烯需要170，温度计测量温度为溶液温度，所以温度计应该插入溶液中，故A错误；B酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故B错误；C制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸，尾气处理装置中应该有倒置的漏斗，故C错误；D中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液，使溶液温度混合均匀，符合实验条件，故D正确；故选D3.【答案】D【解析】CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种H原子，其一氯代物有3种；（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种H原子，其一氯代物有2种；（CH3）3CCH2CH3中有3种H原子，其一氯代物有3种；（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种H原子，其一氯代物有1种所以一氯代物同分异构体数为=故选：D4.【答案】A【解析】解：A向 FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁和溴单质，反应的离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故A正确；BFe2+与ClO会发生氧化还原反应，生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，正确的离子方程式为：2Fe2+5ClO+5H2O2Fe（OH）3+Cl+4HClO，故B错误；C在强碱中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH3FeO42+3Cl+5H2O，故C错误；D阳极为铜时，电解过程中阳极铜失去电子生成铜离子，不会生成氧气，相当于电解精炼铜，故D错误；故选A5.【答案】C【解析】解：A标准状况下，HF为液态，是因为HF分子之间存在氢键，氢氟键很稳定，说明HF热稳定性强，故A错误；BN最外层有5个电子，最低负化合价为3价，还可能含有其它负化合价，如N2H4中N元素为2价，故B错误；C硅和锗处于金属与非金属的过渡位置，具有一定的金属性与非金属性，都可用作半导体材料，故C正确；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故D错误，故选：C6.【答案】B【解析】解：A盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则该装置发生强酸制取弱酸的反应，但不能比较C、Si的非金属性，故A错误；BNO2的密度比空气密度大，利用图中向上排空气法可收集，故B正确；C由图可知，生成物总能量高，则可逆反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H大于0，故C错误；DMg、Fe均为负极，失去电子均转化为二价金属阳离子，则两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量相同，故D错误；故选B7.【答案】C【解析】A、放电时，属于原电池的工作原理，原电池中能量的转化：化学能转化为电能，故A正确；B、放电时，属于原电池的工作原理，在负极上发生失电子的氧化反应，即Lie=Li+，故B正确；C、充电时是电解池的工作原理，溶液中的阳离子移向阴极，故C错误；D、充电时是电解池的工作原理，在阳极上发生失电子的氧化反应，即Rxe=Rx+，故D正确故选C8.【答案】（1）1311.7；（2）ac；（3）0.01mol/（Lmin）；25%；K=；0.9375；bc；（4）【解析】解：（1）已知：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJ/molH2O（g）=H2O（1）H=44kJ/mol2+4得到：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（1）根据盖斯定律，H=2（534.0kJ/mol）67.7kJ/mol+4（44kJ/mol）=1311.7kJ/mol；故答案为：1311.7；（2）a混合气体密度等于质量和体积的比值，但是密度始终保持不变，所以不一定是平衡状态，故错误；b混合气体颜色保持不变，说明各组分的浓度不随着时间的改变而改变，达到了平衡，故正确；c将N2H4与N02以体积比1：1置于密闭容器中，N2H4比与NO2体积比始终保持不变，此时不一定是平衡状态，故错误；d反应前后气体的系数和不变化，所以体系压强保持不变，说明反应达到了平衡，故正确；故选ac；（3）前2min内NO2的平均反应速率为=0.01mol/（Lmin），平衡时N02的转化率100%=25%，（2）中反应平衡常数表达式为K=，计算该温度下反应的平衡常数K=0.9375，反应在第6min时改变了条件，此时各组分的浓度仍然保持不变，但是到了10min时，反应物的浓度增加，产物浓度减小，所以改变的条件可能是升高温度或是扩大容器容积，平衡逆向移动的结果，故选bc；故答案为：0.01mol/（Lmin）；25%；K=；0.9375；bc；（4）若在一定温度下，（2）中反应的平衡常数为20，反应到某时刻测得N2H4、NO2、N2的溶度均为0.1molL1，此时Qc=10K，所以v正v逆，故答案为：9.【答案】（1）聚合硫酸铁具有吸附作用将稀HNO3改为H2O2（或O2、O3等） 降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥Fe2O3 pH过小，会抑制Fe3+的水解（2）KOH过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥【解析】本题考查聚合硫酸铁和明矾的制备。（1）聚合硫酸铁具有吸附作用，可用于净水。铝铁合金中加入X后，可将两者分开，从流程知，滤液I最终转化为明矾KAl(SO4)212H2O，为不产生杂质，X应为KOH，滤液I主要为NaAlO2，滤渣为Fe，Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，而聚合硫酸铁中的Fe为+3价，所以需要将Fe2氧化，但是加入HNO3氧化，会引入NO3 杂质，氧化剂可以换成H2O2、O3等可不引入杂质。为促使Fe3水解，加入Y可调节pH，为不引入杂质，Y应为Fe2O3。在溶液中浓缩时加入乙醇，可以降低聚合硫酸铁的溶解度，便于其析出，另外乙醇易挥发，产品易干燥。 x为OH的下标值，当pH值越小时，会抑制Fe3水解，生成的OH越小。（2）滤液I中有过量的KOH和KAlO2，再加入足量的铝铁，使过量的KOH反应生成KAlO2，过滤除去Fe，在滤液KAlO2中加入过量的稀H2SO4，先生成Al(OH)3，然后再溶解生成Al2(SO4)3和K2SO4，再溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可析出明矾晶体，再用酒精洗涤晶体，干燥，得纯净的明矾。10.【答案】（1）第三周期第A族； （2）MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O； （3）苏打； （4）KSCN溶液；溶液出现血红色； （5）Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3【解析】解：X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O，则C为H2O，H为HCl，I有漂白作用，应为HClO，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，G为黄绿色单质气体，应为Cl2，反应用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3，A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3，（1）G为Cl2，G元素在周期表中的位置是第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族； （2）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，反应的离子反应方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O； （3）D为CO2，CO2与NaOH溶液反应可生成两种盐为NaHCO3和Na2CO3，在Na2CO3中Na的质量分数为43%，其俗名为苏打，故答案为：苏打； （4）L为FeCl3，实验室中检验L溶液中的阳离子常选用KSCN溶液，现象是溶液出现血红色，故答案为：KSCN溶液；溶液出现血红色； （5）根据上面的分析可知，A的化学式为Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3，故答案为：Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO311.【答案】I（1）羟基；碳碳三键；（2）CH3COOCH=CH2；（3）；消去反应；（4）；（5）；（6）；（7）等【解析】I由A的分子式结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH2CCCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B再浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，（1）A的结构简式为HOCH2CCCH2OH，含有官能团的名称是：羟基、碳碳三键，故答案为：羟基；碳碳三键；（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，根据酯的构成，醇的部分应是乙烯醇，所以其结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（3）B应为1，4丁二醇，在浓硫酸催化下发生消去反应，化学方程式为，故答案为：；消去反应；1 mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C02 44.8L，二氧化碳为2mol，说明H分子中有2个羧基，H有顺反异构，所以H中还有碳碳双键，则H为HOOCCH=CHCOOH，由H、H2MA的分子式可知，H与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从G到H2MA发生水解、酸化，故G为，由D到G中官能团的变化可知，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E为，E与HCl发生加成反应生成F为，F与琼斯试剂反应得到G，（4）H为HOOCCH=CHCOOH，其反式结构简式是，故答案为：；（5）由上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：；（6）G中羧基、氯原子均与氢氧化钠发生反应，G与氢氧化钠溶液的反应化学方程式为，故答案为：；（7）由H2MA制PMLA发生脱水缩合反应，化学方程式为：等，故答案为：等