2019-2020年高三一轮总复习第二次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案.doc

2019-2020年高三一轮总复习第二次理科综合能力试卷化学部分试题 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、下列说法正确的是A在101kPa时，1mol C与适量O2反应生成1mol CO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ/molB在10lkPa时lmol H2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，H2燃烧热为285.8KJ/molC鉴定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度D在稀溶液中：H+oHH2O H=57.3KJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3KJ2、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，1.12LSO3所含的原子数是0.2NAB3.9gNa2O2吸收足量的CO2时转移电子数是0.05NAC20g重水中含有中子数为8NAD28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为3NA3、下列离子方程式不正确的是（）A0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合：HSO3+ClOSO42+Cl+H+B氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe（OH）3+6H+2I2Fe2+I2+6H2OC漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClODNH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全：NH4+H+SO42+Ba2+2OHNH3？H2O+BaSO4+H2O4、下列事实与推论相符的是（）选项实验事实推论AH2O的沸点比H2S的沸点高非金属性：OSB盐酸的酸性比H2SO3的酸性强非金属性：ClSC钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈金属性：NaKDHF的热稳定性比HCl的强非金属性：FCl5、有五种化合物：Mg（HCO3）2，Al（OH）3，Al，（NH4）2CO3，Al2O3跟盐酸和NaOH溶液都能反应的物质有（）A二种 B三种 C四种 D五种6、下列关于有机物的说法中正确的是（ ）A油脂属于高分子化合物 B含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键C分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基D汽油、煤油和植物油都是碳氢化合物7、已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量第卷三、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、A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由12种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：（1）若常温下A为有色气体当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式： 当C是一种产生温室效应的气体分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为 ；D中所含化学键的类型 （2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的式量相等用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因 A可由对应的单质直接化合生成，生成39gA时，放出255.5kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 （3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式： ；B转化为C的化学方程式为 9、以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表难溶物KspCa3（AsO4）26.81019AlAsO41.61016FeAsO45.71021表1几种砷酸盐的Ksp 污染物H2SO4As浓度28.42g/L1.6gL1排放标准pH 690.5mgL1表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准回答以下问题：（1）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0104molL1，c（AsO43）最大是 molL1（2）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式 （3）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入适量生石灰调节pH到2，再投入适量生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 ；在pH调节到8左右才开始出现大量Ca3（AsO4）2沉淀的原因为 10、铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料研究性学习小组的三位同学，为测定已知质量的铝镁合金（设不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案（所加试剂均为足量）进行探究填写下列空白实验方案一：铝镁合金测定生成气体的体积实验装置：问题讨论：（1）某同学提出该实验装置不够完善，应在A、B之间添加一个装有碱石灰的干燥装置你的意见是： （填“需要”或“不需要”）（2）为准确测定生成气体的体积，实验中应注意的问题是（只要求写出其中一点）： 实验方案二：铝镁合金过滤，测定剩余固体质量问题讨论：（1）称取一定质量的铝镁合金粉末样品，加入过量的NaOH溶液，充分反应实验中发生反应的化学方程式是 （2）过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 （填“偏高”或“偏低”）实验方案三：铝镁合金过滤后的滤液 过滤，测定沉淀质量问题讨论：（1）甲同学认为该方案不可行，试说明理由： （2）乙同学认为只要调整所加试剂的顺序，就可以达到实验目的，如果他的看法正确，则所得的沉淀是 （3）丙同学认为也可以通过用足量A物质代替盐酸来达到实验目的，则A物质可以是CO2，请写出对应反应的化学方程式： 11化学选修5：有机化学基础 (15分)乙烯是重要的化工基础原料用乙烯合成光学树脂CR39单体的过程如图：已知：CR39单体结构简式是：酯与醇有反应RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）（1）下列有关C的叙述正确的是 （填写序号）a能与乙酸发生酯化反应 b能与乙醇发生酯化反应c1mol C最多能与2mol Na反应 dC的同分异构体不能发生银镜反应（2）由乙烯生成A的反应类型是 ，B中官能团名称是 （3）在D、E的分子中，都只有一种化学环境的氢原子D的结构简式是 E为五元环状化合物，E与CH3OH反应的化学方程式是 （4）F的一种同分异构体K，其分子中不同化学环境的氢原子个数比是3：1：1：1，且能与NaHCO3反应则K在一定条件下合成高分子化合物的化学方程式是 （5）写出以CH2=CH2和H218O为原料，其他无机试剂任选合成的合成路线，合成路线流程图示例如下：CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH参考答案1.【答案】C【解析】解：A、C的燃烧热是C完全燃烧生成CO2时放出的热量，故A错误；B、1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量是氢气的燃烧热，则H2的燃烧热为：285.8kJmol1，故B错误；C、中和热测定需要酸和碱溶液温度相同，利用测定开始和反应终了温度，依据Q=C计算反应的反应热，需要测定3个温度，故C正确；D、浓硫酸溶解时放热，0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D错误故选：C2.【答案】B【解析】解：A、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、3.9g过氧化钠的物质的量n=0.05mol，而1mol过氧化钠反应时转移1mol电子，故0.05mol过氧化钠转移0.05mol电子即0.05NA个，故B正确；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而1mol重水中含10mol中子，即10NA个，故C错误；D、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n=2mol，则含有的碳原子为2NA个，故D错误故选B3.【答案】A【解析】解：A.0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合的离子反应为OH+HSO3+ClOSO42+Cl+H2O，故A错误；B氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+6H+2I2Fe2+I2+6H2O，故B正确；C漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀的离子反应为Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClO，故C正确；DNH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全的离子反应为NH4+H+SO42+Ba2+2OHNH3？H2O+BaSO4+H2O，故D正确；故选A4.【答案】D【解析】解：AH2O的沸点比H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在氢键，不能根据沸点高低判断非金属性强弱，故A错误；B最高价氧化物的水化物的酸性越强，盐酸和H2SO3不是最高价含氧酸，所以不能比较非金属性，故B错误；C金属与水反应越剧烈，则金属性越强，钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，则金属性：NaK，故C错误；D非金属元素的氢化物越稳定，对应的非金属性越强，HF的热稳定性比HCl的强，则非金属性：FCl，故D正确故选D5.【答案】D 【解析】解：Mg（HCO3）2属于弱酸酸式盐，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；Al（OH）3属于两性氢氧化物，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；Al能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，故选；（NH4）2CO3于弱酸的铵盐盐，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；Al2O3属于两性氧化物，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选，故选D6.【答案】C【解析】A油脂都是小分子，不属于高分子化合物。错误。B含五个碳原子的有机物，若C原子之间形成环状结构，则分子中最多可形成五个碳碳单键。错误。C芳香族有机物含有苯环，有6个C原子，若再含有羧基(COOH)，侧链就不能形成双键，分子中的H原子个数就多余6个。因此分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基。正确。D汽油、煤油都是碳氢化合物；而植物油属于油脂，是含有C、H、O三种元素的化合物。错误。7.【答案】D【解析】解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）+Q，故C错误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选D8.【答案】（1） Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O； ；离子键、共价键；（2） Al3+3H2OAl（OH）3+3H+； 2Na （s）+O2（g）=Na2O2（s）H=551kJmol1；（3）Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3；4NH3+5O2 4NO+6H2O【解析】解：A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由12种短周期元素组成，则B、E为短周期元素组成，（1）若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，应为Fe，B与Fe反应生成高价Fe，由于A为有色气体，与水反应生成B与E，则A为二氧化氮，B为硝酸、E为NO，C为硝酸铜、D为硝酸亚铁B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式为：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故答案为：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O；A为有色气体，与水反应生成B与E，E具有漂白性，则A为氯气、B为HCl、E为HClO，物质F焰色反应呈黄色，含有Na元素，C是一种产生温室效应的气体分子时，结合转化关系可知，F为碳酸钠、C为二氧化碳、D为碳酸氢钠二氧化碳的电子式为：，碳酸氢钠中含有离子键、共价键，故答案为：；离子键、共价键；（2）A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的式量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠、C为偏铝酸钠、F为铝盐、D为氧化铝、E为氧气用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；过氧化钠可由对应的单质直接化合生成，生成39g过氧化钠时，放出255.5kJ的热量，该反应的热化学方程式为2Na （s）+O2（g）=Na2O2（s） H=551kJmol1，故答案为：2Na （s）+O2（g）=Na2O2（s） H=551kJmol1；（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，则该元素注意有3个电子层，最外层电子数为2，则该元素为Mg，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，A中含有氮元素，A为Mg3N2，结合转化关系，可知B为氨气、F为氧气、C为NO、D为硝酸，E为氢氧化镁A与H2O 反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3，B转化为C的化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3；4NH3+5O2 4NO+6H2O9.【答案】（1）5.71017；（2）2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O；（3） CaSO4； H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀【解析】（1）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0104molL1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4 ）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4 ）=c（Fe3+）c（AsO43）=5.71021；Fe3+的浓度均为1.0104molL1，计算得到 c（AsO43）=5.71017mol/L，故答案为：5.71017；（2）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸）同时生成Mn2+和H2O，则该反应的离子方程式为：2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O，故答案为：2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O；（3）硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀10.【答案】探究一：（1）不需要；（2）检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）；探究二：（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2； （2）偏高；探究三：（1）Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制）；（2）Mg（OH）2；（3）CO2；NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3【解析】探究一：（1）由于氯化氢极易溶于水，挥发的氯化氢不影响氢气体积的测定结果，所以不需要加除雾装置，故答案为：不需要；（2）反应中装置的气密性、合金是否完全溶解都会影响测定结果，所以需要检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）故答案为：检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）；探究二：（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2； （2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，故答案为：偏高；（1）镁铝合金溶于氢氧化钠溶液，过滤得到生成偏铝酸钠溶液，加入盐酸的量不易控制，Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制），测定结果不准确；故答案为：Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制）；（2）先加盐酸溶解生成氯化铝、氯化镁溶液，加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镁沉淀；故答案为：Mg（OH）2；（3）上述流程中生成的滤液为偏铝酸钠溶液，用足量A物质代替盐酸来达到实验目，最好通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠：NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3；故答案为：CO2；NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO311.【答案】（1）acd；（2）加成反应；羟基；（3） ； ；（4）；（5）CH2=CH2CH3CHOCH3COOH、CH2=CH2+H18OHC2H518OHCH3CO18OC2H5【解析】乙烯和氯气发生加成反应生成A，A的结构简式为：CH2ClCH2Cl，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：CH2OHCH2OH，乙烯被氧气氧化生成D，在D、E的分子中，都只有一种化学环境的氢原子，结合D的分子式知，D是，和二氧化碳反应生成E，E为五元环状化合物，所以E的结构简式为：，和甲醇反应生成乙二醇和F，则F的结构简式为：，F和丙烯醇反应生成G，根据题给信息知，G的为，C是HOCH2CH2OCH2CH2OH，（1）C是HOCH2CH2OCH2CH2OH，C中含有醇羟基和醚基，a、C中含有醇羟基，所以能与乙酸发生酯化反应，故a正确； b、C中不含羧基，所以不能与乙醇发生酯化反应，故b错误；c、1个C分子中含有两个醇羟基，所以1mol C最多能与2mol Na反应，故c正确； d、根据C的分子式可知，C为饱和结构，不可能含有醛基，所以C的同分异构体不能发生银镜反应，故d正确；故答案为：acd；（2）乙烯和氯气发生加成反应生成A；B是乙二醇，所以B中官能团是羟基，故答案为：加成反应；羟基；（3）通过以上分析知，D的结构简式为：，故答案为：；在催化剂、加热条件下，E和甲醇发生取代反应，反应方程式为：，故答案为：；（4）F的结构简式为：，F的一种同分异构体K，其分子中不同化学环境的氢原子个数比是3：1：1：1，且能与NaHCO3反应，说明含有羧基，则K的结构简式为：，在一定条件下，2羟基丙酸发生缩聚反应，反应方程式为，故答案为：；（5）以CH2=CH2和H218O为原料，其他无机试剂任选合成，先制备乙酸：CH2=CH2催化氧化生成CH3CHO、CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，然后用乙烯和H18OH发生加成反应制备C2H518OH，最后CH3COOH、C2H518OH发生酯化反应生成CH3CO18OC2H5，所以合成流程图为CH2=CH2CH3CHOCH3COOH、CH2=CH2+H18OHC2H518OHCH3CO18OC2H5，故答案为：CH2=CH2CH3CHOCH3COOH、CH2=CH2+H18OHC2H518OHCH3CO18OC2H5