届河南鹤壁一中高三上学期第三次阶段性复习能力测试化学试题.docx

1、届河南鹤壁一中高三上学期第三次阶段性复习能力测试化学试题河南鹤壁一中2017届高三上学期第三次阶段性复习力测试化学试题 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（）A7.8gNa2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数目为0.1NAB用铜做电极电解CuSO4溶液的反应方程式：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+C等质量的N2和CO所含原子数均为2NADpH等于2的醋酸溶液中加入0.01mol/L的盐酸，溶液pH会变小2、下列说法正确的是（）A分子式为C2H4O的有机化合物性质相同B同

2、温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数C密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为 26.021023D依据上图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）CH3CH2Br（l）的H=（E1+E3E2E4）kJmol13、现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A BC（1a） D（1a）4、四种短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4下列说法正确的是（）A原子半径大小：ZYXWB由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高CW

3、、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物DY、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为：YZ5、从下列实验事实得出的相应结论中正确的是（）选项实验事实结论A某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝该气体一定是氯气BSO2通入Ba（NO3）2溶液中出现白色沉淀BaSO3不溶于水CNa2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性H2CO3H2SiO3D某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定含有CO326、控制适合的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如右图所示的原电池，（盐桥装有琼脂硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知，接通后，观察到电流计

4、指针向右偏转下列判断正确的是（）A在外电路中，电子从石墨电极流向银电极B盐桥中的K+移向乙烧杯C一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转7、已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀25时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22108 molL1，AgCI饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1若在5mL含有KC1和KI浓度均为0.01molL1的混合溶液中，滴加8mL0.0l molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是（）A溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c（K+）c（NO3）c（Cl）c（I

5、）c（Ag+）B溶液中先产生的是AgI沉淀CAgCl的KSP的数值为1.691010D若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀第卷三、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、溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是 （2）滤渣的成分可能是 （3）试剂M是 ，加入M的目的是 （4）操作的步骤为蒸发浓缩， 、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，

6、于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 （6）制得的CaBr22H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为 （相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）9、运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据图甲回答下列问题：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的H0（填“”或“”）

7、，一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是a体系的密度不发生变化bSO2与SO3的体积比保持不变c体系中硫元素的质量百分含量不再变化d单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3e容器内的气体分子总数不再变化(2)一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响该反应的平衡常数表达式为，升高温度，平衡常数（填“增大”或“减小”或“不

8、变”）由图2信息，计算010min内该反应的平均速率v（H2）=，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为 （填“a”或“b”或“c”或“d”）图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 点，温度T1T2（填“”或“=”或“”）10、利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体A12（SO4）318H2O实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5，沸点：263.3265）可用如图所示装置，主要实验步骤如下：步骤l将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中步骤2从导

9、管口7导入氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管步骤3从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩步骤4加热烧瓶6，回流一定时间步骤5将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2步骤6蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是 （2）步骤2操作中，通氮气的目的是 （3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是 （4）铝与液溴反应的化学方程式为 （5）步骤4依据何种现

10、象判断可以停止回流操作 （6）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是 11化学选修5：有机化学基础 (15分)化合物G对多种植物病原菌具有抑制作用，由丙酮合成G的路线如下：（1）写出化合物G中含氧官能团的名称 （2）反应的类型为 （3）反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式 （4）反应生成的G会部分转化为另一产物I，为链状结构，分子式为C10H18O4，写出的结构简式： （5）一分子G消去一分子水可得物质J，写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式： 能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有2个峰（6）以CH3OH、CHCH为原料合成

11、聚丙烯醇 ，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH参考答案1.【答案】A【解析】解：A7.8g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数为0.1NA，故A正确；B用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极金属Cu失去电子生成Cu2+，阴极Cu2+得到电子生成Cu单质，相当于电镀铜，反应中不会生成氧气，故B错误；C题中缺少氮气和CO的质量，无法接受二者的物质的量及含有的原子数，故C错误；DpH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则两溶液

12、中氢离子浓度相同，混合后溶液中氢离子浓度不变，则溶液的pH不变，故D错误；故选A2.【答案】D【解析】解：A分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷，所以性质不相同，故A错误；B同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，分子构成不同，所以其原子个数不一定相等，故B错误；C密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应，又可逆反应不可能反应到底，则无法计算，故C错误；D依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）CH3CH2Br（l）的H=反应物的焓生成物的焓=（E1+E3E2E4）kJmol1，故D正确；故选D3.【答案】C【解

13、析】由乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，则混合物中C与H之间的数目比为1：2，其质量比为121：12=6：1，又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1a，则碳元素的质量分数为（1a）=（1a），故选C4.【答案】C【解析】解：根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：若W是H元素，则X是He元素、Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，

14、则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；若W是He元素，则X是Be元素、Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；若W是Li元素，则X是C元素、Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；若W是Be元素，则X是O元素、Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；若W是B元素，则X是Ne元素、Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；若W是C元素，则X

15、是Mg元素、Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素，Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；所以存在的可能是，A若为，其原子半径大小顺序是XYZW，故A错误；B若W是Li，则锂为金属晶体，故B错误；CW能形成氢化物，则W是C元素，Y是S元素、Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，这几种元素中非金属性最弱的是C元素，所以其气态氢化物最不稳定，故C正确；DY、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是YZ，如H2SO4HClO，故D错误；故选C5.【答案】C【解析】解：A能氧化KI的氧化

16、剂不一定为氯气，也可能为其它具有氧化性的气体，故A错误；BSO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故B错误；CNa2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，应为硅酸，可说明碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；D某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3或CO32，故D错误故选C6.【答案】D【解析】A原电池外电路电子由负极流向正极，所以电子从银电极流向石墨电极，故A错误；B该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中K+是阳离子移向正极甲烧杯，故B错误；C一段时间后，原电池反应结束，流计指针指向0，故

17、C错误；D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极，电流计指针向左偏转，故D正确；7.【答案】A【解析】解：A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L0.01mol/L=3105mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n（Cl）=0.0050.01mol/L3105mol=2105mol，c（Cl）=2105mol0.013L=1.53103mol/L，浊液中c（Ag+）KSP（AgCl）c（Cl）=（1.30105）

18、21.53103=1.1107（mol/L），c（I）KSP（AgI）c（Ag+）=（1.22108）21.1107=1.35109，混合溶液中n（K+）=1104mol，n（NO3）=0.008L0.01mol/L=1105mol，则c（K+）c（NO3），故c（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I），故A错误；B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1，由Ksp=Ag+Cl=1.30105mol/L1.30105mol/L=1.

19、691010，故C正确；D、当溶液中Qc=c（Cl）c（Ag+）Ksp时，会有氯化银沉淀生成，所以在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀，故D正确；故选A8.【答案】（1）防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）冷却结晶、过滤；（5）3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）94.40%【解析】Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余

20、的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：

21、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O，故答案为：3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr22H2O的质量为xg，CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则CaBr22H2O的质量分数

22、为100%=94.40%，故答案为：94.40%9.【答案】（1）；be；(2)；减小；0.045mol/（Lmin）；d；c；【解析】（1）由图可知，温度越高SO3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动，所以正反应是放热反应，H0，故答案为：；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），反应气体体积减小，气体质量不变，a2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），反应气体体积减小，气体质量不变，体系的密度不发生变化，所以体系的密度不发生变化，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；bSO2与SO3的体积比保持不变，反应达到平衡状态，故b正确；c2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），气体质量不变，

23、S元素质量不变，体系中硫元素的质量百分含量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d任何状态下，单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e容器内的气体分子总数不再变化，说明各物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态，故e正确故答案为：be；(2)：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），反应的平衡常数K=，图象1分析可知反应是放热反应，反应物能量高于生成物能量，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；减小；图象分析2L的密闭容器中，V（N2）=V（H2）=0.015mol/（Lmin），V（H2）=0.045 mol/（Lmin）；

24、从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则n（N2）的变化曲线d符合；故答案为：0.045mol/（Lmin）；d；图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1T2，温度越高化学平衡越低，故K1K2；故答案为：c；10.【答案】（1）除去铝箔表面

25、的油脂等有机物；（2）排出装置中含有水蒸气的空气；（3）保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；（4）2Al+3Br2=2AlBr3；（5）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色；（6）将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝【解析】（1）铝箔表面易沾有油脂，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将水蒸气排出，故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；（3）实验利用蒸馏方法得到溴化铝，如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应

26、，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；（4）铝和溴反应生成溴化铝，根据反应物、生成物书写方程式为2Al+3Br2=2AlBr3，故答案为：2Al+3Br2=2AlBr3；（5）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，故答案为：当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色；（6）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，故答案为：将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝11.【答案】（1）酯基、羟基；（2）加成反应；（3）；（4）；（5）；（6）【解析】（1）据G的结构简式可知，G中

27、含有酯基和羟基两种官能团，故答案为：酯基、羟基；（2）反应是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键，故答案为：加成反应；（3）得到另一产物的其分子式为C8H14O2，则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应，H的结构简式为，故答案为：；（4）为链状结构，分子式为C10H18O4，由G生成I的结构简式为，故答案为：；（5）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；分子的核磁共振氢谱有2个峰，说明2个酚羟基在苯环的对位，苯环上还有4个甲基，J的结构简式为，故答案为：；（6）以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇 ，结合反应可知，需将甲醇氧化为甲醛，再与乙炔反应生成CHCCH2OH，与氢气加成产物加聚可得，其合成路线为，故答案为：