高考一轮复习江西万载高三上学期一轮总复习第二次理科综合能

江西万载2017届高三上学期一轮总复习第二次理科综合能
力测试化学部分试题卷
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N A表示阿伏加德罗常数．下列说法中错误的是( )
A．标准状况下，22.4 L由H2和O2组成的混合气体，所含分子总数为N A
B．1mol Cl2参加反应，转移的电子数一定为2N A
C．常温常压下，1 mol氖气含有的原子数为N A
D．1L1 mol·L﹣l FeCl3溶液中Fe3+的数目小于N A
2、反应A+B→C分两步进行：①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A+B→X的活化能．下列有关叙述正确的是（）
A．E2表示反应X→C的活化能
B．X是反应A十B→C的催化剂
C．反应A十B→C的△H＜0
D．加入催化剂可改变反应A十B→C的焓变
3、某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是（）
A．X的分子式为C12H16O3
B．X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应
C．在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与1 mol H2加成
D．可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
4、下列各项操作中，“先沉淀后溶解”现象的是（）
A．向CaCl2溶液中通入过量SO2
B．向Na2SiO3溶液中滴入过量的盐酸
C．向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2
D．向Al2（SO4）3溶液中滴入过量的NaOH溶液
5、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示．W元素的简
单离子半径在同周期元素的简单离子中最小．下列说法中正确的是( )
X Y Z W
A ．原子半径由小到大的顺序为：Y ＜X ＜W ＜Z
B ．X 元素最高价氧化物分子的比例模型为
C ．Z 单质与X 元素最高价氧化物、Y 单质都能反应，体现氧化性
D ．W 的单质在地壳含量丰富，工业上可通过电解它的无水盐来制备．
6、有关电化学知识的描述正确的是（ ）
A ．理论上来说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池
B ．某原电池反应为Cu+2AgNO 3═Cu （NO 3）2+2Ag ，装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl 饱和溶液
C ．因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe ﹣2e ﹣═Fe 2+
D ．由Al 、Mg 与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg ﹣2e ﹣+2OH ﹣═Mg （OH ）2
7、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。

常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC 2O 4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH 溶液，随着NaOH 溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A.V （NaOH ）＝0时，c (H +)＝1×10-2 mol/L
B. V （NaOH ）＝10 mL 时，c (H +)＝1×10-7 mol/L
C. V （NaOH ）＜10 mL 时，可能存在c(Na+)＝
)O (HC )O (C 242242--+c c D.V （NaOH ）＞10 mL 时，)O (C 242-c ＞)(Na +c ＞
-42O (HC c ) 第Ⅱ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、汽车尾气、燃煤尾气、地面灰尘等污染物是造成空气污染的主要原因．
（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO （g ）+2CO （g ）2CO 2（g ）+N 2（g ）．在密闭容器中发生该反应时，c （CO 2）随温度（T ）、催化剂的表面积（S ）和时间（t ）的变化曲线，如图所示．据此判断：
①该反应的△H 0（填“＞”“＜”）．
②在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）= ．
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）．
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NO x可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol
2NO2（g）═N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/mol
写出CH4（g）催化还原N2O4（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式．
（3）已知反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），现将不同量的CO2（g）和H2（g）分别通入到容积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下两组数据：
实验组温度/℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
CO（g）H2（g）H2O（g）CO2（g）
1 650
2 1 0.4 1.6 6
2 900 4 2 1.6 2.4 2
①实验1条件下平衡常数K= （保留小数点后二位）．
②该反应的△H 0（填“＜”或“＞”）．
9、实验室以铝铁质岩（主要成分是Al2O3、Fe x O y和SiO2）为原料制备Al2O3和粗硅，其流程如图所示：
（1）SiO2制备粗硅的化学方程式为．(2)溶液B中加氨水生成Al（OH）3的离子方程式为．在空气中灼烧固体Al（OH）3时，用到多种硅酸盐质仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有（填仪器名称）．
（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成一种耐高温、抗冲击的氮化铝和一种有毒气体，该反应的化学方程式为；该反应中每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为mol．
（4）某实验小组用CO还原法定量测定Fe x O y的组成，称取m g样品进行定量测定．
①根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品，（请按正确顺序填入下列步骤的标号）．
a．点燃酒精灯b．打开分液漏斗活塞c．停止加热，充分冷却d．关闭分液漏斗活塞e．收集气体并检验纯度
②若实验中每步反应都进行完全，反应后样品质量减少了ng，则Fe x O y中x：y=．若实验中Fe x O y未被充分还原，则x：y的值（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
10、氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．工业用氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．现要通过实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．
（1）实验原理
①已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4，则该反应的离子方程式是．
②AlN溶于强酸生成铵盐，溶于氢氧化钠溶液生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式．
(2)实验装置（如图所示）
（3）实验过程
①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．
②称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应．
③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应．
④打开K2，通过打气装置通入空气一段时间．
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg．
（4）数据处理与问答
①在上述装置中，设置活塞K2的目的是．
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
③Al4C3的质量分数为，AlN的质量分数为．11．[化学——选修5：有机化学基础] (15分)
氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，具有抗惊厥、抗肿瘤、改善脑缺血等性质．下面是某研究小组提出的一种氧氮杂环类化合物H的合成路线：
（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是（写出其结构简式）．
（2）原料D的结构简式是．
（3）反应②的化学方程式是．
（4）原料B俗名“马来酐”，它是马来酸（顺丁烯二酸：）的酸酐，它可以经下列变化分别得到苹果酸（）和聚合物Q：
①半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O﹣O﹣键，半方酸的结构简式是．
②反应I的反应类型是．
反应II的化学方程式为．
③两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，请写出该反应的方程式．
参考答案及评分细则
1.【答案】B
【解析】解：A．标准状况下，22.4 L由H2和O2组成的混合气体的物质的量为：
=1mol，所含分子总数为N A，故A正确；
B.1mol Cl2参加反应，若与氢氧化钠溶液反应，1mol氯气完全反应转移了1mol电子，转移的电子数一定为N A，故B错误；
C．常温常压下，1 mol氖气含有1mol原子，含有氖原子数为N A，故C正确；
D.1L 1mol．L﹣l FeCl3溶液中含有溶质氯化铁的物质的量为：1mol/L×1L=0.1mol，由于铁离子部分水解，则溶液中Fe3+的数目小于N A，故D正确；
故选B．
2.【答案】C
【解析】解：A、X→C的活化能E1﹣E2，故A错误；
B、若X是反应A（g）+B（g）→C（g）的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，故B错误；
C、图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，△H＜0，故C 正确；
D、焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，故D错误；
故选C．
3.【答案】D
【解析】A、通过结构简式可得分子式是C12H14O3，故A错误；B、与-OH所在C相邻的C 原子上没有H，所以不能发生消去反应，故B错误；C、在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D、苯不能是酸性高猛酸钾褪色，而X 含有碳碳双键和醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，故D正确。

4.【答案】D
【解析】解：A．氯化钙与二氧化碳不能反应生成碳酸钙，故A错误；
B．硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸是难溶于水和盐酸的酸，不会出现沉淀溶解的现象，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故C错误；
D．两者混合，化学反应方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故D正确，故选D．
5.【答案】A
【解析】解：根据四种短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小得到W是铝元素，X、Y、Z分别是碳、氮、镁元素，
A．根据同周期左到右元素的原子半径减小，同主族上到下元素的原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜Z，故A正确；
B．X元素最高价氧化物分子是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，故B错误；
C．Z单质镁与X元素最高价氧化物二氧化碳、Y单质氮气都能反应，得到镁的化合物，体现镁的还原化性，故C错误；
D、铝以化合态形式存在，工业上可通过电解熔融氧化铝来制备铝，故D错误；
故选A．
6.【答案】A
【解析】解：A．构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故A正确；
B．在原电池的正极端氯离子和银离反应，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，故B 错误；
C．Fe遇到浓硝酸会钝化，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是Cu作负极，Fe作正极，其负极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C错误；
D．原电池中失电子的一极为负极，由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池中，Al在负
极失电子生成偏铝酸根离子，Mg 作正极，故D 错误．
故选A ．
7.【答案】C
【解析】解：A 、由于草酸根是弱酸跟离子，所以不能完全电离出氢离子，V （NaOH ）＝0时，c (H +)<1×10-2 mol/L 故错。

B. V （NaOH ）＝10 mL 时，由于草酸氢钠溶液过量，所以溶液溶液呈酸性，c (H +)>1×10-7 mol/L
C. V （NaOH ）＜10 mL 时，根据物料守恒可知，可能存在c (Na +
)＝)O (HC )O (C 242242--+c c D.V （NaOH ）＞10 mL 时，溶液中)(Na +c ＞)O (C 242-c ＞
-42O (HC c )故错。

8.【答案】（1）① ＜；
② 0.025mol/（L ·s ）；
③ ；
④ BD ；
（2）CH 4（g ）+N 2O 4（g ）═N 2（g ）+2H 2O （l ）+CO 2（g ）△H=﹣898.1kJ/mol ；
（3）① 4.57；
② ＞．
【解析】解：（1）①由图1可知，温度T 1先到达平衡，故温度T 1＞T 2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应， 故答案为：＜；
②由图可知，T 2温度时2s 到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L ，故v （CO 2）=0.05mol/（L ·s ），速率之比等于化学计量数之比，故v （N 2）=0.5v （CO 2）=0.5×0.05mol/（L ·s ）=0.025mol/（L ·s ），
故答案为：0.025mol/（L ·s ）；
③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S 1＞S 2，S 2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T 1到达平衡时相同，故c （CO 2）在T 1、S 2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：
，
故答案为：；
④A．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；
B．该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，故B正确，
C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；
D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①
2NO2（g）？N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②
H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③
根据盖斯定律，①﹣②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol 即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；（3）①平衡时CO2的物质的量为1.6mol，则：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），
开始（mol）：2 1 0 0
变化（mol）：0.6 0.6 1.6 1.6
平衡（mol）：1.4 0.4 1.6 1.6
该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故650℃时该反应平衡常数k==4.57，
故答案为：4.57；
②实验1中CO2的转化率为×100%=20%，实验2中CO2的转化率为
×100%=40%，则实验1的转化率小于实验2，则说明温度升高平衡向正反应方向移动，正反应吸热，故答案为：＞．
9.【答案】（1）SiO2+2C Si+2CO↑；
(2) Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；坩埚；
（3）Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；
（4）①b、e、a、c、d；
②；偏大．
【解析】解：铝铁质岩（主要成分是Al2O3、Fe x O y和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化
铝和二氧化硅溶解，过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，
（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳，反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，
故答案为：SiO2+2C Si+2CO↑；
(2)氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）↓+3NH4+，固体灼烧一般在坩埚中进行，
3
故答案为：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；坩埚；
（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，反应化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，根据方程可知，反应中转移电子数为6e﹣，所以每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为6mol，
故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；
（4）①实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以操作顺序为b、e、a、c、d，
故答案为：b、e、a、c、d；
②依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a ﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，x：y=n（Fe）：n（O）=：=，若实验中Fe x O y未被充分还原，则n值会偏小，所以x：y的值会偏大，
故答案为：；偏大．
10.【答案】（1）① Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；
② AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（3）② H2SO4；
③ NaOH；
（4）①打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；
②偏小；
③×100% ；×100%．
【解析】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）①碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑，
故答案为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；
②根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，
故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（3）②关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，
故答案为：H2SO4；
③关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，
故答案为：NaOH；
（4）①装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D 完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，
故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；
②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，
故答案为：偏小；
③甲烷的体积为（a﹣b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为
×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为
×100%，
氨气的质量为（z﹣y）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%，
故答案为：×100%；×100%．
11.【答案】（1）；
（2）；
（3）；
（4）①；
②取代反应或水解反应；
．
③
．【解析】根据流程图知，反应①为加成反应，反应②为酯化反应，且C为CH3CH2OH，反
应③为加成反应，且D为，反应④为消去反应；（4）原料B俗名“马来酐”，马来酸和HBr发生加成反应生成M，M结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，M发生反应I的水
解反应，N为NaOOCCH2CH（OH）COONa，N酸化得到苹果酸；
马来酸发生加成反应生成R，R为HOOCCH2CH2COOH，R和乙二醇发生酯化反应生成聚合物Q，Q结构简式为，
（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是，故答案为：；
（2）通过以上分析知，原料D的结构简式是，
故答案为：；
（3）反应②为E与乙醇发生酯化反应，该反应为
，
故答案为：；（4）①半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但
不含﹣O﹣O﹣键，半方酸的结构简式是，
故答案为：；
②通过以上分析知，反应I的反应类型是取代反应或水解反应，反应II的化学方程式为
，
故答案为：取代反应或水解反应；
．
③两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，该反应方程式为
，
故答案为：
．。