2022年高三上学期10月第一次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案

《2022年高三上学期10月第一次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三上学期10月第一次理科综合能力试卷化学部分试题 含答案（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022年高三上学期10月第一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、同温同压下，同体积的甲乙两种气体的质量比是17：14若乙气体是CO，则甲气体是（）AH2SBHClCNH3DCl22、化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）AN2（g）+3H2（g）=2NH3（l）；H=2（abc）kJmol1BN2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；H=2（ba）kJmol1C N2（g）+H2（g）=NH3（l）；H=（b+ca）kJm

2、ol1D N2（g）+H2（g）=NH3（g）；H=（a+b）kJmol13、近年来，莽草酸因可以作为合成达菲（抗病毒和抗癌药）的中间体而受到重视，其结构简式如图下列关于莽草酸的说法不正确的是（）A莽草酸的相对分子质量为174B分子中含有两种含氧官能团C可发生取代、加成反应及氧化反应D在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子4、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原予的最外层电子数之和为13，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层 电子数的3倍，下列说法正确的是（）AX的氢化物溶于水生成弱酸BY与X可生成Y3X2型化合物CZ的氢化物的水溶液在空气

3、中存放不易变质DZ的单质在氧气中燃烧可以生成两种酸性氧化物5、如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+Cl6、关于下列装置说法正确的是（）A装置中，盐桥中的K+移向CuSO4溶液B装置中，Zn为负极

4、，发生还原反应C装置中的Fe发生析氢腐蚀D装置中电子由Fe流向石墨，然后再经溶液流向Fe7、下列关于电解质溶液中离子浓度关系的说法正确的是（）A0.1mol/L的NaHCO3溶液中离子浓度的关系：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2c（CO32）B0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的NH3H2O等体积混合后离子浓度的关系：c（ Cl）c（NH4+）c（H+）c （OH）C常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH=7，则混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）DKHS溶液中存在等式关系：2c（S2）+c（OH）c（H+）+c（H2S）第卷三、非选择题：包括

5、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、某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了如下系列实验，实验装置如图1所示：实验步骤：先连接好装置，检验气密性，加入试剂；加热A试管直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；将Cu丝上提离开液面（1）装置A中发生反应的化学方程式为 （2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是 （3）若将B中品红溶液换成溴水，通入一段时间后溴水褪色，这说明了二氧化硫具有漂白性，你是否同意这个观点 ，（填“同意”或“不同意”），说明理由 （用离子方程式

6、表示）、以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料可制得硫酸铜晶体其过程如图2所示回答下列问题：（4）配平在滤液（）中发生反应的化学方程式： NO2+ H2O+ O2= HNO3（5）写出制取硫酸铜的总反应方程式： （6）在上述生产过程中，被循环使用的物质是 9、某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始氢气物质的量对N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应的影响，实验结果可表示成如图所示的规律（图中T表示温度，n表示物质的量）：比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是 在起始时体系中加入N2的物质的量为1mol若容器容积为2L，n=3mol反应达到平衡时H2的转化率

7、为60%，则此条件下（T2），反应的平衡常数K= 图象中T1和T2的关系是：T1 T2（填“”“”“=”“无法确定”）10、氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品（样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应）中 AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）上图C装置中球形干燥管的作用是 。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先 ，再加入实验药品。接下来的实验操作是 ，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气

8、一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是 。（3）若去掉装置B，则导致测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见 。【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（4）步骤生成沉淀的离子方程式为_。（5）步骤的操作是 。A1N的纯度是 （用m1、m2表示）。11化学选修5：有机化学基础 (15分)烃X是一种重要的化工原料，它的产量标志着一个国家石油化工水平的高低以X为原料，可以合成很多有机化合物，以下是X合成物质E和J的流程图：已知：下列反应当中R、R代表烃基：J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物（1）C中官能团

9、名称是 反应的反应类型是 （2）H的分子式是 （3）K是J的同分异构体，且1 mol K与足量的NaHCO3溶液反应可放出2mol CO2气体，请写出一种符合条件K的结构简式 （4）写出反应的化学方程式 （5）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有 种（不考虑顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是 参考答案1.【答案】A【解析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nM可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，若乙气体是CO，则M（甲）：28g/mol=17：14，故M（甲）=34g/mol，各

10、选项中只有H2S符合，故选A2.【答案】A【解析】解：由图可以看出， molN2（g）+molH2（g）的能量为akJ，1molNH3（g）的能量为bkJ，所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）；H=（ab）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有： N2（g）+H2（g）=NH3（l）；H=（abc）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1）；H=2（abc）kJmol1故选：A3.【答案】D【解析】A根据莽草酸的结构式可确定其分子式为C7H10O5，则相对分子质量为174，故A正确；B分子中含有羟基和羧基两种含氧官能团，

11、故B正确；C分子中羟基、羧基可发生取代反应，碳碳双键可发生加成反应，羟基、碳碳双键可发生氧化反应，故C正确；D羟基不能电离出氢离子，故D错误故选D4.【答案】B【解析】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为1362=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，AN的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；BMg与N可生成Mg3N2型化合物，故B正确；CZ的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其

12、水溶液在空气中存放易被氧化，故C错误；DZ为S，在氧气中燃烧只生成二氧化硫一种氧化物，故D错误故选B5.【答案】D【解析】解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O=H+Cl+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物

13、质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确；故选D6.【答案】A【解析】解：A装置为原电池，锌被铜活泼，锌为负极，铜为正极，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，即向正极移动，故A正确；B装置中，Zn为负极，发生氧化反应，故B错误；C装置电解质为氯化钠，溶液呈中性，铁发生吸氧腐蚀，故C错误；D电子只能经过外电路，不能经过溶液，故D错误故选A7.【答案】C【解析】解：A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）c（HCO3）+c（H2C

14、O3）+c（CO32），故A错误；B混合溶液中的溶质是等物质的量浓度的NH4Cl、NH3H2O，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，所以c（OH）c（H+），结合电荷守恒得c（NH4+）c（ Cl），一水合氨电离程度较小，所以该溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（ Cl）c（OH）c（H+），故B错误；C向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸，混合溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+（OH），溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），c（Na+）=c（CH3COO），故C正确；DKHS溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得2c（S2）+c（OH）+c

15、（HS）=c（H+）+c（K+），根据物料守恒得c（S2）+c（H2S）+c（HS）=c（K+），所以得c（S2）+c（OH）=c（H+）+c（H2S），故D错误；故选C8.【答案】（1）2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2+2H2O；（2）从D管口向A中通入空气（鼓气）；（3）不同意；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；（4）4；2；1；4；（5）Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O；（6）HNO3（或NO2）【解析】（1）A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为

16、：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2+2H2O；（2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中大量鼓气，故答案为：从D管口向A中通入空气（鼓气）；（3）由于二氧化硫与溴单质发生反应：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，导致溴水褪色，该反应证明了二氧化硫具有还原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，所以不同意该观点，故答案为：不同意；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；（4）NO2中N元素的化合价为+4价，反应后升高到+5价，化合价变化为：54=1，氧气从0价变为2价，化合价变化为4价，则化合价变化的最小公倍数为4，则

17、氧气的系数为1，NO2的系数为4，然后根据观察法配平可得：4NO2+2H2O+O2=4HNO3，故答案为：4；2；1；4；（5）Cu与HNO3（浓）反应，只有2molHNO3被还原，另2molH+由H2SO4提供，总反应的化学方程式为：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O；（6）根据制备流程可知，可以循环利用的为HNO3（或NO2），故答案为：HNO3（或NO2）9.【答案】c； 8.33； 【解析】解：a、b、c三点中，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，c点时氢气的物质的量

18、最大，c点N2的转化率最高，故答案为：c；n（H2）=3mol，起始体系中加入1molN2，反应达到平衡时H2的转化率为60%，则转化的氢气为1.8mol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol）：1 3 0变化（mol）：0.6 1.8 1.2平衡（mol）：0.4 1.2 1.2容器容积为2L，则平衡常数K=8.33，故答案为：8.33；由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T2T1 ，故答案为：10.【答案】（1）防止倒吸（2）检查装置的气密性；关闭K1，打开K2； 把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）偏高； C

19、装置出口处连接一个干燥装置（其他解释合理即可）（4）CO2AlO22H2OHCO3Al(OH)3（5）过滤、洗涤 【解析】（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用。组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算。（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也

20、可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；（4）步骤中偏铝酸钠溶液通入过量二氧化碳生成沉淀的离子方程式为CO2AlO22H2OHCO3Al(OH)3（5）步骤的操作是过滤、洗涤。氧化铝的质量为m2g，则氮化铝的质量为41m2/51g,根据样品的质量为m1gA1N的纯度是41m2/51m1100%。11.【答案】（1）羟基和酯基；加成反应；（2）C2H3O2Br；（3）CH2=C（COOH）2、HOOCCH=CHCOOH；（4）；（5）4；HCOOC（CH3）=CH2【解析】烃X是一种重要的化工原料，它的产量标志着一个国家石油化工水平的高

21、低，则X是CH2=CH2，X和氧气反应生成A，A能发生银镜反应，则A为CH3CHO，B为CH3COOH，根据信息I知，C为CH3CH（OH）OOCCH3，C发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，D发生加聚反应生成E，E为；X和次溴酸反应生成F，F能连续被氧化，则F为醇，H能发生水解反应，则X和次溴酸发生加成反应生成F，F结构简式为CH2BrCH2OH，G为CH2BrCHO、H为CH2BrCOOH，H发生水解反应然后酸化得到I为CH2（OH）COOH，J为环状化合物，则I在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成J，J为，（1）C为CH3CH（OH）OOCCH3，C中官能团名称是羟基、酯基，

22、反应的反应类型是 加成反应，故答案为：羟基和酯基；加成反应；（2）H为CH2BrCOOH，H的分子式是C2H3O2Br，故答案为：C2H3O2Br；（3）J为，K是J的同分异构体，且1 mol K与足量的NaHCO3溶液反应可放出2mol CO2气体，说明K中含有两个羧基，K的结构简式为CH2=C（COOH）2、HOOCCH=CHCOOH，故答案为：CH2=C（COOH）2、HOOCCH=CHCOOH；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）D为CH2=CHCOOCH3，D有多种同分异构体，与D具有相同官能团说明含有碳碳双键和酯基，符合条件的结构简式有HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2、CH3COOCH=CH2，所以还有4种（不考虑顺反异构体）同分异构体，其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：4；HCOOC（CH3）=CH2