高考化学复习 理科综合能力测试

理科综合能力测试[化学部分]

第Ⅰ卷

（选择题，每小题6分，共48分）

在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。 以下数据可供解题时参考：

相对原子质量： H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 65 1、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A．5.6g铁粉与某酸反应失去的电子数一定为0.3NA B．0.2 mol·L﹣1

Na+

2SO4溶液中所含Na的数目为0.4NA

C．标准状况下，22.4L氢气和氮气的混合气体中含有的原子总数为2NA D．常温常压下，等质量的O2和H2S分子个数比为1：1 2、下列实验设计与结论不相符的是 ( )

A.某溶液中加入Ba(NO3)2溶液,再滴加稀盐酸,出现白色沉淀且不溶解,则原溶液中可能含有S

B.某气体使湿润的蓝色试纸变红,则该气体一定是酸性氧化物 C.乙醇中混有乙酸,加入氢氧化钠后蒸馏即得纯净的乙醇

D.在分液漏斗中加入溴水,然后加入适量CCl4,振荡后静置,溴可萃取到CCl4中 3、下列说法正确的是（ ）

A．乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去反应

B．乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同

系物

C．淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖

D．四联苯（

）的一氯代物有4种

4、下列叙述正确的是( )

①标准状况下，1molSO2和1molSO3具有相同的体积；②SO2使溴水、高锰酸钾酸性溶液褪色是因为SO2有漂白性；③SO2有漂白性，湿润的氯气也有漂白性，若将SO2和Cl2以等物质的量混合后通入品红溶液中，一定褪色更快；④SO2溶于水，得到的溶液有氧化性，还有还原性；⑤SO2通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成，加入稀硝酸最终沉淀将全部溶解;⑥SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成。 A．①② B．③⑤ C．④⑥ D．①③⑥

5、在2L恒容密闭容器中充入2mol X和1mol Y发生反应：2X（g）+Y（g）

3Z

（g），反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示．下列推断正确的是（ ）

A．Q点时，Y的转化率最大 B．升高温度，平衡常数增大

C．W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 D．平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大

6、原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X是最外层只有一个电子的非金属元素，Y是地壳中含量最高的元素，W的原子序数是Y的2倍，X、Y、Z、W最外层电子数之和为15。下列说法正确的是( )

A．X和Y只能形成一种化合物 B．简单离子半径：W2－>Y2－>Z2+

C．简单气态氢化物的热稳定性：W>Y D．WY2、ZY中化学键类型相同

7、常温下有以下体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是( ) A．②和③混合，所得混合溶液的pH大于7

B．③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③=④ C．①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＜②

D．若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞①＞②

8、将Na、Mg、Al各0.3mol分别加入100ml 1.0mol/L的盐酸中，产生气体体积比是（ ）

A．1：2：3 B．6：3：2 C．3：1：1 D．1：1：1

第Ⅱ卷

（非选择题，共4小题，共52分）

9、HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：

（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确．．．的是________(填序号)。

A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂 C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋ D．亚硝酸盐是还原剂

（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是________(填序号)。 A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙

C．在酸性条件下加入KI—淀粉溶液来区别 D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别

（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，请写出反应的离子方程式：___________________________________ 。

（4） Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是________(填序号)。 a．Cl2

b．Fe

c．H2O2

d．HNO3

（5）若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式： FeSO4＋ K2O2 → K2FeO4＋ K2O＋ K2SO4＋ O2↑，当转移了1.5NA个电子时，在标况下可收集到 升氧气。

（6）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是______________________ 。 10、Na2S2O3可用作照相的定影剂等．已知Na2S2O3的某些性质如下： （Ⅰ）S2﹣2O3能被I2氧化为S4O2﹣6；

（Ⅱ）酸性条件下S2O2﹣3迅速分解为S和SO2；

（Ⅲ）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3；所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4．

实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模仿生成过程．

实验步骤：（1）仪器组装完成后， ，则整个装置气密性良好．装置D的作用是 ，装置E中溶液的作用是 ．

（2）先向C中烧瓶加入Na2CO3和Na2S混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4． （3）等Na2CO3和Na2S完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，将溶液蒸发、结晶、

过滤、洗涤、干燥，得到产品．

（4）为验证产品中含有硫酸盐，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整． 实验步骤

预期现象或结论

步骤1：取少量固体样品固体完全溶解得无色澄清溶液 溶于无氧蒸馏水中 步骤2：加入过量盐酸

步骤3：静置后取上清液， 加入BaCl2溶液

（5）利用KMnO4标准溶液可以定量测定硫代硫酸钠试剂的纯度，步骤为：

①溶液配制：称取1.0g Na2S2O3试样，用新煮沸并冷却的蒸馏水溶解，最终定容至100mL．②滴定：取10.00mL0.01mol·L﹣1KMnO4标准溶液，加硫酸酸化，再加过量KI溶液．写出该反应的离子反应：

③往步骤②所得溶液加入某指示剂，用Na2S2O3滴定至终点（2S2O2﹣3+I2﹣2═S4O6+2I﹣），记录Na2S2O3溶液用量，滴定3次．指示剂最好选用 ，本次滴定时所用的玻璃仪器除锥形瓶外，还有 ．

④若3次滴定NaS2O3溶液的平均用量为12.00mL，则样品的纯度为 ．11、某工业废水含有CN﹣和Cr2O2﹣7等离子，需经处理达标后才能排放，污水处理拟用下列流程进行处理：回答下列问题：

（1）步骤②中，CN﹣被ClO﹣氧化为CNO﹣的离子方程式为 ．（2）步骤③的反应方程式为S2O2﹣2﹣3+Cr2O2﹣7+H+→SO4+Cr3++H2O（未配平），则每消耗0，4mol Cr2O2﹣2﹣7，反应中S2O3失去 mo1e﹣．

（3）含Cr3+

废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是 ．（4）在25℃下，将a mol·L﹣1的NaCN溶液与0.01mol·L﹣1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，用含a的代数式表示CN﹣的水解常数Kh= mol·L

﹣1

．若25℃时将浓度均为0，1mol·L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液呈碱性，

则关于该溶液的说法不正确的是 （填字母）． a．此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CN﹣） b．此溶液一定有c（Na+）=c（HCN）+c（CN﹣）

C．混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度 d．此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化不大

（5）利用Cr2﹣2O7通过下列方法测定某锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnCl2中加入过量的FeCl3溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2﹣2O7可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液m mL．则锡粉中锡的质量分数是 ．（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）

12、化合物H可用以下路线合成：

已知：

请回答下列问题：

（1）标准状况下11.2 L气态烃A在氧气中充分燃烧可以生成88 g CO2和45 g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为 ； （2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为 ；

（3）在催化剂存在下1 mol F与2 mol H2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简

式是 ；写出E与G反应生成H的结构简式是 。 （4）与G具有相同官能团的芳香类同分异构体有 种。

参考答案及评分标准

1、【答案】C

【解析】解：A、铁与盐酸或稀硫酸反应变为+2价，而和浓硫酸、硝酸反应后变为+3价，故5.6g铁即0.1mol铁和酸反应后可能失去0.2NA个电子，也可能失去0.3NA个电子，故A错误；

B、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故B错误；

C、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氢气和氮气均为双原子分子，故1mol混合物中含2mol原子即2NA个，故C正确；

D、等质量时，分子个数之比等于物质的量之比，与摩尔质量成反比，故分子个数之比为34：32=17：16，故D错误． 故选C． 2.【答案】B 【解析】酸性条件下,N

可以将S

氧化为S

;使湿润的蓝色试纸变红的气体可

以是酸性氧化物,也可以是其他酸性气体,如HCl、HNO3等;乙酸与NaOH生成高沸点的盐;溴在四氯化碳中的溶解度很大,且四氯化碳与水互不相溶,四氯化碳可以作为萃取剂。 3.【答案】C

【解析】解：A．乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、

消去反应，还能够发生取代反应（H氢原子被卤素原子取代），故A错误； B．乙醛和丙烯醛（

）的结构不同，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充

分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误； C．淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确； D．

中，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有

5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故D错误； 故选C． 4.【答案】C

【解析】解：标准状况下，三氧化硫不是气体，不能适用于气体摩尔体积，①不正确；②不正确，是利用的SO2的还原性；③不正确，因为二者混合发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，失去漂泊性；⑤不正确，因为硝酸极易氧化性，能氧化亚硫酸钡生成硫酸钡，其余选项都是正确的，答案选C。 5.【答案】A

【解析】解：在Q对应温度之前，升高温度，X的含量减小，在Q对应温度之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，

A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A正确；

B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B错误； C．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故C错误；

D．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；

故选A． 6.【答案】B

【解析】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是最外层只有一个电子的非金属元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；W的原子序数是Y的2倍，则W为S元素；Z最外层电子数之和为15-1-6-6=2，Z的原子序数大于氧、小于S，则Z为Mg。A、H和O可以形成H2O、H2O2，故A错误；B、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+

，故B正确；C、非金属性W（S）＜Y（O），故氢化物稳定性W（S）＜Y（O），故C错误；D、SO2含有共价键，MgO含有离子键，故D错误，故选B。 7.【答案】A

【解析】解：pH=3的CH-33COOH溶液中c(CH3COOH)＞10 mol/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3 mol/L，pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3 mol/L。A、②和③混合，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液的pH大于7，故A正确；B、c(NH3．H2O)＞c(NaOH)，所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③＞④，故B错误；C、c(CH3COOH)＞c(HCl)，所以等体积的①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＞②，故C错误；D、若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞②＞①，故D错误；故选A。 8.【答案】C

【解析】解：将三种金属各0.3mol分别投入100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，

应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为： （0.1L×1mol/L）×═0.05 mol．

但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，

钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气． 故将钠、镁、铝各0.3mol 分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：

0.15mol：0.05mol：0.05mol═3：1：1，所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：1． 故选C．

9.【答案】（1）D； （2）B；

（3）NO－＋2＋Cl2＋H－2O = NO3＋2H＋2Cl－； （4）c；

（5）2 6 2 2 2 1，3.36升； （6）净水、消毒。

【解析】本题考查氧化还原反应的定义、氧化还原反应的配平、物质的除杂和提纯等知识。

10.【答案】（1）关闭A、C中分液漏斗活塞，将E中导管伸入盛水的水槽中，微热A中圆底烧瓶，E中导管口有气泡冒出，停止加热，导管中回流一段稳定的水柱；防止倒吸； 吸收多余的SO2；

（4）预期现象或结论:

有浅黄色浑浊出现，有刺激性气味气体产生 有白色沉淀产生，说明样品中含有SO2﹣4 （5）② 2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2+2Mn2++8H2O； ③ 淀粉溶液；碱式滴定管； ④ 65.8%．

【解析】解：（1）仪器组装完成后，关闭A、C中分液漏斗活塞，将E中导管伸入盛水的水槽中，微热A中圆底烧瓶，E中导管口有气泡冒出，停止加热，导管中回流一段稳定的水柱，说明不漏气，气密性良好，D中两导管均为短导管可防止液体倒吸，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止二氧化硫排放在环境中，从而保护环境，

故答案为：关闭A、C中分液漏斗活塞，将E中导管伸入盛水的水槽中，微热A中圆底烧瓶，E中导管口有气泡冒出，停止加热，导管中回流一段稳定的水柱；防止倒吸； 吸收多余的SO2；

（4）具体操作：取少量固体于试管中加水溶解后，加入过量盐酸，硫代硫酸钠与盐酸反应生成二氧化硫气体和硫单质，取上层清液，滴加少量BaCl2溶液，生成难溶于水的白色沉淀硫酸钡，证明含硫酸根离子，即证明固体中含有硫酸钠，说明样品中含有SO2

4﹣

，否则不含，

故答案为： 预期现象或结论:

有浅黄色浑浊出现，有刺激性气味气体产生 有白色沉淀产生，说明样品中含有SO2﹣

4

（5）②根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，2I﹣

→I﹣

﹣

2+

﹣

2～2e，MnO4→Mn～5e，所以2molMnO﹣

﹣

2+

+

4氧化10molI，得到2molMn和10molI2，根据电荷守恒，反应物有16molH，根据原子守恒反应物中应有8molH2O，所以离子方程式为：2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2+2Mn2++8H2O，

故答案为：2MnO﹣

+

4+16H+10I﹣

═5I2+

2+2Mn+8H2O；

③用硫代硫酸钠滴定碘溶液，碘单质遇淀粉变蓝，利用2S﹣2O2﹣3+I22═S4O6+2I﹣，至终点碘单质被还原，指示反应终点；硫代硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，应选用碱式滴定管，

故答案为：淀粉溶液；碱式滴定管；

④根据方程式2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2﹣2+2Mn2++8H2O，2S2O3+I2═S4O2﹣6+2I﹣，得关系式：2MnO﹣2﹣4～5I2～10S2O3

得C（S2﹣

2O3）=

=mol/L，

m（Na2S2O3）=158g/mol×mol/L×0.1L≈0.658g，

质量分数=

×100%=65.8%，

故答案为：65.8%．

11.【答案】（1）CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣； （2）2.4；

（3）调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去； （4） mol·L﹣1 ；b； （5）

．

【解析】解：（1）碱性条件下，CN﹣离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO﹣、Cl﹣离子，离子反应为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣； 故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；

（2）根据0.4 mol Cr2﹣2O7等转化为Cr3+，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2﹣2O7共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol； 故答案为：2.4；

（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）

3

沉淀除去；

故答案为：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；

（4）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a＞0.01； 根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH

﹣

）+c（CN﹣）+c（Cl﹣），PH=7，c（H+）=c（OH﹣），c（CN﹣）=c（Na+）﹣c（Cl﹣）=mol/L

﹣

mol/L；

再根据物料守恒：c（CN﹣

）+c（HCN）=c（Na+）=mol/L；Ka﹦

==（a﹣0.01）×10

﹣5

mol·L

﹣1

，所以

Kh=

=

=

；若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN

溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L﹣1，c（NaCN）=0.05 mol·L

﹣1

，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；

a、据电荷守恒可知c（H+

）+c（Na+

）=c（CN﹣

）+c（OH﹣

），此溶液一定有c（Na+

）+c（H+

）=c（OH﹣

）+c（CN﹣

），故a正确；

b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol·L﹣1，所以c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+），故b错误；

c．若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L﹣1，c（NaCN）=0.05 mol·L﹣1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；

d．若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸 碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；

故答案为： mol·L﹣1 ；b；

（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则： Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7 Mg mol a×x bmol/L×

L

解得x=，

故答案为：

．

12.【答案】

（1）CH3CH（CH3）CH3 （2）2—甲基丙烯 （3）

（4） 4

【解析】解：（1）n（烃）＝11.2L/22.4mol·L-1=0.5 mol，n（CO2）＝88g÷44g·mol-1=2 mol，n（H2O）＝45g÷18g·mol-1=2.5 mol，据此可确定A的分子式为C4H10，其中含有3个甲基的结构简式为CH3CH（CH3）CH3。

（2）由于B和C均为A[CH3CH（CH3）CH3]一氯代烃，在NaOH醇溶液中发生消去反应均生成CH2＝C（CH3）CH3， 其名称为2—甲基丙烯。

（3）根据“1 mol F与2 mol H2反应，生成3—苯基—1—丙醇”，则F的结构简式为

。据已知信息，由D[CH2＝C（CH3）CH3]可推导E为，再

由F（）在Cu（OH）2悬浊液加热条件下氧化为G[]，F与G在浓硫酸的条件下发生酯化反应生成H，则H为

。

（4）与G[]具有相同官能团的芳香类同分异构体有4种，分别是

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