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2016年江西省萍乡市上栗县高考化学六模试卷(解析版)

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江西省高考化学模拟测试试卷(附含答案解析)

江西省高考化学模拟测试试卷(附含答案解析)

江西省高考化学模拟测试试卷（附含答案解析）班级:___________姓名：___________考号：______________一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 化学与社会、科学、技术、环境密切相关。

下列说法正确的是( )A. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解B. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品C. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，其主要成分是二氧化硅D. 通入过量的空气，可以使燃料充分燃烧，同时提高热量的利用率2. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )A. 将铜插入浓硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2OB. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3++3OH−=Al(OH)3↓D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3+3Na+3. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，可用于制备各种高性能防腐蚀材料。

其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期。

下列说法不正确的是( )A. Z的最高价氧化物对应的水化物为弱酸B. 工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质YC. X的简单氢化物熔点高于Z的简单氢化物熔点D. 该化合物中Z的氯化物所有原子均满足8电子稳定结构4. 氢能作为一种清洁能源将在应对气候变化中发挥重要作用。

如图为氢氧燃料电池结构示意图，以下说法错误的是( )A. H2在负极发生反应B. 供电时的总反应为：2H2+O2=2H2OC. 氢氧燃料电池的能量转化率可达100%D. 产物为无污染的水，属于环境友好电池5. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 ( )A B C D6. 下列说法不正确的是( )A. 一定温度下，0.01mol⋅L−1的盐酸pH一定等于2B. 常温下，KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，但两溶液中水的电离程度不相同C. 常温下，NaHA溶液呈酸性，说明H2A是弱电解质D. 常温下，pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液加水稀释，溶液pH不变7. 芳香醚常用于香料工业。

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学一模试卷(含解析)

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学一模试卷(含解析)

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列物质中，摩尔质量最大的是（）A．10mL H2O B．0.8mol H2SO4C．54g Al D．1gCaCO32．某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系．反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定．在一定温度下，获得如下实验数据：分析实验数据所得出的结论不正确的是（）A．增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大B．实验②和③的v（Br2）相等C．增大c（HCl），v（Br2）增大D．增大c（Br2），v（Br2）增大3．用30g乙酸和46g 乙醇反应，如果实际产量是理论产量的85%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A．37.4g B．44g C．74.8g D．88g4．在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（）A．Ca2+、Na+、NO3﹣、CO32﹣B．Mg2+、Cl﹣、NH4+、SO42﹣C．K+、Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣D．Ca2+、Na+、Fe3+、NO3﹣5．取Xg镁和铝的混合物，向其中加入适量的稀盐酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体BL向反应后的溶液中加入VmLCmol/L氢氧化钠溶液，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为Yg ．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体Pg ．则下列关系不正确的是（ ）A ． X ＜P ＜X B ．P=X+ C ．Y=X+V•C D ．C=6．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KMnO 4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面．已知：2KMnO 4+16HCl→2KCl+5Cl 2↑+2MnCl 2+8H 2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（ ）A ．AB ．BC ．CD ．D 7．Na 2SO 3溶液做为吸收液吸收SO 2时，吸收液pH 随n （）：n （） 变化的关系如表：）：）以下离子浓度关系的判断正确的是（ ）A ．NaHSO 3溶液中c （H +）＜c （OH ﹣）B ．Na 2SO 3溶液中c （Na +）＞c （SO 32﹣）＞c （HSO 3﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +）C ．当吸收液呈中性时，c （Na +）＞c （SO 32﹣）＞c （HSO 3﹣）＞c （OH ﹣）=c （H +）D．当吸收液呈中性时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）8．下列关于原电池和电解池的有关说法正确的是（）A．原电池的负极发生氧化反应，原电池在工作时负极一定溶解B．以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，OH﹣离子从正极移向负极，电解质溶液的PH增大C．以两个铜棒为电极电解硫酸溶液，在阴极上发生还原反应，且始终是H+在阴极放电生成H2D．反应2Ag+2HCl═2AgCl+H2↑在电解的条件下可以发生二、解答题（共4小题，满分52分）9．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍．又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数．请回答：（1）1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为．（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为．（3）单质B的燃烧热a kJ/mol．由B、C二种元素组成的化合物BC 14 g完全燃烧放出b kJ 热量，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：．（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2．在等体积的Ⅰ、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molA2C和1mol BC、2mol A2C和2mol BC．一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）．下列说法正确的是A．达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞ⅡB．达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=ⅡC．达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＞ⅡD．达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ＜ⅡE．达到平衡后吸收或放出的热量：Ⅰ=ⅡF．达到平衡后体系的平均相对分子质量：Ⅰ＜Ⅱ（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是．10．下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明．已知A、D为金属单质，其他为化合物．（B是黑色物质，是一种矿石的主要成分）试推断：（1）A的原子结构示意图为，写出B的化学式：，写出C的化学式：，主要成分是J的矿石的名称：．（2）在反应F→E中，要使F中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为，F和E两溶液混合后的现象是．（3）写出下列反应的方程式：H→I的化学方程式，C→F的离子方程式，F→E的离子方程式，（4）鉴定G溶液中所含阳离子的方法是．11．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：AB C（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体．则A的空间构型为，A转化为B反应的化学方程式为．（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，D是一种黑色固态非金属单质，则A的化学式为，B的电子式为．（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为．氯碱工业中阴极的电极反应式为．12．有机物A、B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化．已知：①A、B、C、D均能与NaHCO3反应；②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；③F能使溴水褪色且不含有甲基；④H能发生银镜反应．根据题意回答下列问题：（1）反应③的反应类型是；反应⑥的条件是．（2）写出F的结构简式；D中含氧官能团的名称是．（3）E是C的缩聚产物，写出反应②的化学方程式．（4）下列关于A～I的说法中正确的是（选填编号）．a．I的结构简式为b．D在一定条件下也可以反应形成高聚物c．G具有8元环状结构 d．等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH（5）写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式．（6）D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式．①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应但不能水解③苯环上的一卤代物只有2种．2016年江西省萍乡市上栗县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列物质中，摩尔质量最大的是（）A．10mL H2O B．0.8mol H2SO4C．54g Al D．1gCaCO3【考点】摩尔质量．【专题】化学用语专题．【分析】摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关，以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量．【解答】解：摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关，以g/mol 为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，H2O的摩尔质量为18g/mol，H2SO4的摩尔质量为98g/mol，Al的摩尔质量为27g/mol，CaCO3的摩尔质量为100g/mol，故选D．【点评】本题考查了摩尔质量，比较基础，明确摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量是关键，摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关．2．某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系．反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定．在一定温度下，获得如下实验数据：分析实验数据所得出的结论不正确的是（）A．增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大B．实验②和③的v（Br2）相等C．增大c（HCl），v（Br2）增大D．增大c（Br2），v（Br2）增大【考点】探究影响化学反应速率的因素．【专题】压轴题．【分析】影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强以及催化剂等因素，一般情况下在其它条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，本题中溴作为反应物，其浓度越大，物质的量越多，其颜色消失的时间会越长，另外可从表中数据判断出，①④两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以时间变长，速率变慢．【解答】解：A、对比①②组数据，可以判断出增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大，故A正确；B、比较实验②和③数据，Br2的浓度相等，溴颜色消失所需的时间也相等，溴的反应速率是相等的，故B正确；C、比较①③数据可以判断出，增大c（HCl），v（Br2）增大，故C正确；D、对比①④两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以时间变长，但不能说明溴的反应速率大小问题，故D不正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率及其影响因素，做题时注意加强对表中数据的比较和分析，不难得出结论．3．用30g乙酸和46g 乙醇反应，如果实际产量是理论产量的85%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A．37.4g B．44g C．74.8g D．88g【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】反应的方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，根据乙酸和乙醇的质量关系判断反应的过量问题，结合方程式计算．【解答】解：30g乙酸的物质的量为=0.5mol，46g乙醇的物质的量为=1mol，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，由此可知乙醇过量，则CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O1mol 1mol0.5mol×85% nn=0.5mol×85%=0.425molm（CH3COOCH2CH3）=0.425mol×88g/mol=37.4 g，故选A．【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意反应的理论产率的运用以及反应方程式的书写．4．在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（）A．Ca2+、Na+、NO3﹣、CO32﹣B．Mg2+、Cl﹣、NH4+、SO42﹣C．K+、Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣D．Ca2+、Na+、Fe3+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈强酸性，存在大量的H+，如离子之间不发生任何反应，且与H+不反应，则可大量共存，以此解答该题．【解答】解：A．在酸性条件下CO32﹣不能大量共存，故A错误；B．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．在酸性条件下HCO3﹣不能大量共存，故C错误；D．Fe3+有颜色，不符合题目无色的要求，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，本题注意酸性、无色的要求，难度不大．5．取Xg镁和铝的混合物，向其中加入适量的稀盐酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体BL向反应后的溶液中加入VmLCmol/L氢氧化钠溶液，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为Yg．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体Pg．则下列关系不正确的是（）A． X＜P＜X B．P=X+C．Y=X+V•C D．C=【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气BL，和氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入Cmol/L氢氧化钾溶液V mL使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为Yg，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为Pg，结合各步反应进行计算判断．【解答】解：反应化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4、Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4、Mg（OH）2MgO+H2O、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，A．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若Xg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P==Y，若Xg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为P==Y，质量介于二者之间，故A正确；B．P为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3mol O，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即P=×16+X=X+，故B正确；C．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即Y=X+×17，故C错误；D．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即B=22.4L/mol×，整理得C=，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物的计算，侧重于物质的量应用于化学方程式的计算的考查，题目信息量较大，题目难度中等，易错点为A，注意利用极值方法计算，试题培养了学生的化学计算能力．6．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+16HCl→2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+＞Cl﹣，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．【解答】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：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，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），证明还原性Fe2+＞Cl﹣，故D正确；3故选D．【点评】本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键．7．Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n（）：n（）变化的关系如表：）：）以下离子浓度关系的判断正确的是（）A．NaHSO3溶液中c（H+）＜c（OH﹣）B．Na2SO3溶液中c（Na+）＞c （SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．当吸收液呈中性时，c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．当吸收液呈中性时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据表格知，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；B．根据表格知，亚硫酸钠溶液呈碱性，且盐类水解是微弱的，根据电荷守恒判断离子浓度大小；C．当吸收液呈中性时，溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠；D．根据电荷守恒判断．【解答】解：用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性，A．由表中信息可知NaHSO3溶液为酸性溶液，c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．Na2SO3溶液中SO32﹣的水解存在二级水解，亚硫酸氢根离子水解程度较小，且水电离也产生氢氧根离子，所以c（HSO3﹣）应小于c （OH﹣），故B错误；C．由表中数据，当c （SO32﹣）=c （HSO3﹣）时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c （SO32﹣），故C错误；﹣）＜c （HSO3D．因c（H+）=c （OH﹣），根据电荷守恒，c（Na+）=c （HSO3﹣）+2c （SO32﹣）成立，所以c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒及电荷守恒来分析解答，难度中等．8．下列关于原电池和电解池的有关说法正确的是（）A．原电池的负极发生氧化反应，原电池在工作时负极一定溶解B．以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，OH﹣离子从正极移向负极，电解质溶液的PH增大C．以两个铜棒为电极电解硫酸溶液，在阴极上发生还原反应，且始终是H+在阴极放电生成H2D．反应2Ag+2HC l═2AgCl+H2↑在电解的条件下可以发生【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．燃料电池的电极不溶解；B．生成水，溶液浓度减小，电解质溶液的pH减小；C．电解后期在阴极上放电的是Cu2+；D．以银为阳极以盐酸为电解质溶液进行电解就可以实现．【解答】解：A．燃料电池的电极不溶解，故A错误；B．以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，生成水，溶液浓度减小，电解质溶液的pH减小，故B错误；C．电解后期在阴极上放电的是Cu2+，故C错误；D．原电池反应是自发进行的，非自发进行的反应可以通过电解来实现，该反应以银为阳极以盐酸为电解质溶液进行电解就可以实现，故D正确．故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，正确判断原电池和电解池及其正负极和阴阳极是解本题关键，难度不大．二、解答题（共4小题，满分52分）9．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍．又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数．请回答：（1）1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为8mol ．（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O ．（3）单质B的燃烧热a kJ/mol．由B、C二种元素组成的化合物BC 14 g完全燃烧放出b kJ热量，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ•mol﹣1．（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2．在等体积的Ⅰ、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molA2C和1mol BC、2mol A2C和2mol BC．一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）．下列说法正确的是ABA．达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞ⅡB．达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=ⅡC．达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＞ⅡD．达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ＜ⅡE．达到平衡后吸收或放出的热量：Ⅰ=ⅡF．达到平衡后体系的平均相对分子质量：Ⅰ＜Ⅱ（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题．【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E 元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素．（1）E、F二种元素组成的化合物为Al2S3，由A、C、D三种元素组成的化合物为NaOH，Al2S3先发生双水解反应生成2 molAl（OH）3和3 molH2S，再与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、Na2SO3，由原子守恒可知1molAl2S3消耗NaOH为1mol×2+3mol×2=8mol，故答案为：8mol；（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣、乙为OH﹣，甲与乙反应的离子方程式为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O，故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；（3）由题意可得热化学方程式：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1②CO2（g）═CO（g）+O2（g）△H=+2b kJ•mol﹣1由盖斯定律知，①+②可得：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ•mol﹣1，故答案为：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ•mol﹣1；（4）反应方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），该反应前后的气体系数相等，因此，在容器体积相同时，按成倍的不同的起始量加入反应物，平衡不受影响，反应程度相同，为等效平衡，但速率不同，浓度大时速率快，则：A．反应速率Ⅰ＜Ⅱ，故达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞Ⅱ，故A正确；B．反应程度相同，Ⅰ、Ⅱ中转化率相等，故B正确；C．转化率相等，则达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＜Ⅱ，故C错误；D．二者为等效平衡，平衡后A2的体积分数相等，故D错误；E．Ⅱ中参加反应的反应物的量更大，故达到平衡后吸收或放出的热量：Ⅰ＜Ⅱ，故E错误；F．达到平衡后体系中同种组分的含量相等，则平均相对分子质量相等，故F错误，故选：AB；（5）用碳元素的单质与Al制成电极浸入由NaOH的溶液中构成电池，总反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaA1O2+3H2↑，可知负极的电极反应式Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查位置结构性质的关系、原电池原理、热化学方程式书写、化学平衡移动、化学计算等，综合性较强，元素的推断是解答本题的关键，（1）中注意硫化铝在水中发生的双水解反应，难度中等．10．下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明．已知A、D为金属单质，其他为化合物．（B是黑色物质，是一种矿石的主要成分）试推断：（1）A的原子结构示意图为，写出B的化学式：Fe3O4，写出C的化学式：Al2O3，主要成分是J的矿石的名称：赤铁矿．（2）在反应F→E中，要使F中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是CO2，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为可溶性铁盐（如FeCl3），F 和E两溶液混合后的现象是产生白色沉淀．（3）写出下列反应的方程式：H→I的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，C→F的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，F→E的离子方程式2AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O ，（4）鉴定G溶液中所含阳离子的方法是滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】A、D是常见的金属单质，是一种矿石的主要成分，化合物I是红褐色沉淀，结合转化关系可知，B是Fe3O4、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，J为Fe2O3，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐，据此解答．【解答】解：A、D是常见的金属单质，是一种矿石的主要成分，化合物I是红褐色沉淀，结合转化关系可知，B是Fe3O4、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，J为Fe2O3，则A是Al，D 为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐．（1）A为Al，原子结构示意图为，B的化学式：Fe3O4，C的化学式：Al2O3，主要成分是Fe2O3的矿石的名称：赤铁矿，故答案为：；Fe3O4；Al2O3；赤铁矿；由上述分析可知，A为Al，B为Fe2O3，G为FeCl2，（2）在反应偏铝酸盐→Al3+中，要使偏铝酸盐中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是CO2，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为：可溶性铁盐（如FeCl3），偏铝酸盐和铝盐两溶液混合后的现象是：产生白色沉淀，故答案为：CO2；可溶性铁盐（如FeCl3）；产生白色沉淀；（3）H→I的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，C→F的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，F→E的离子方程式：2AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；2AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O；（4）G溶液中含有Fe2+，所含阳离子检验方法是：滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+，故答案为：滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+．【点评】本题考查无机物推断，涉及铝和铁及其化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，熟练掌握铝及其化合物的两性和铁及铁的化合物的氧化还原知识，难度中等．11．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：AB C（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体．则A的空间构型为三角锥形，A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ．（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，D是一种黑色固态非金属单质，则A的化学式为Cu2O ，B的电子式为．（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为[Al（OH）4]﹣．氯碱工业中阴极的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2 e﹣=H2↑+2OH﹣．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，红棕色气体C为NO2，D为氧气，B为NO，该过程为氨气的连续氧化反应；（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为Cu2O，D是一种黑色固态非金属单质，则D为C，B是CO2，C是CO；（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH，B为Al（OH）3，A是Al3+，C是[Al（OH）4]﹣．【解答】解：（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，红棕色气体C 为NO2，D为氧气，B为NO，该过程为氨气的连续氧化反应，NH3为三角锥形结构，A转化为B反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：三角锥形；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为Cu2O，D是一种黑色固态非金属单质，则D为C，B是CO2，C是CO，二氧化碳的电子式为：，故答案为：Cu2O；；（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH，B为Al（OH）3，A是Al3+，C是[Al（OH）4]﹣，氯碱工业中阴极的电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2 e﹣=H2↑+2OH﹣，故答案为：[Al（OH）4]﹣；2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2 e﹣=H2↑+2OH﹣．。

2016江西省高三六校联考化学答案

2016江西省高三六校联考化学答案

省六校化学参考答案选择题： 7.D 8.C 9.A 10.B 11.C 12.C 13.D26答案：（14分）(1) 10.3 mol/L；(2分) 若用浓硝酸反应过于剧烈，不易控制且浓硝酸与空气接触会产生大量刺激性酸雾。

（2分）(2)平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下；(1分)(3) 吸收NO2 ,防止污染空气(1分) 防止液体倒吸(1分)(4) 将三口烧瓶置于冷水浴中（2分、合理答案即可）(5) 冰水；苯．（每空1分，共2分）（6）41.7 （3分）27答案：（15分）(1) ①1(1分)② < (1分) ③ C(Na+) >C(N2O22-) >C(OH-) >C(HN2O2-) >C(H+)（2）① < (1分) ②50％ 11:9（3） CD（4）4N2O（g）+2CO（g）═4N2（g）+2CO2（g）+O2（g）△H=﹣6a kJ·mol﹣1．（除标明外，其余每空均为2分）28答案.（14分）（1）胶体（1分）(2) Cu2S + 12H ++ 10NO3- 2Cu2+ + SO42- + 10NO2↑ + 6H2O （2分）2CuI（s）+S2-（aq）= Cu2S（s）+ 2I-（aq）(2分); 5×1023 (2分)(3) 可以减少生成污染空气的氮的氧化物 (1分)(4) 在酸性溶液中，Ca(IO3)2部分溶解在硝酸；在碱性溶液中，可能会混有少量微溶的Ca(OH)2造成产品不纯 (每点1分，共2分)(5) 3H2O +I— -6e—= IO3—+6H+ (2分) ； 64 (2分)36. 【15分】 ⑴ FeTiO 3＋6H ＋＝Fe 2＋＋Ti 4＋＋3H 2O(2分)增大硫酸浓度/升高温度/边加硫酸边搅拦/增加浸出时间等(2分)(2)促进Ti 4＋水解趋于完全，得到更多的H 2TiO 3沉淀。

(2分)(3) FeSO 4·7H 2O(1分) 防止Ti(SO 4)2水解、减少FeSO 4·7H 2O 的溶解量(2分)(4)TiO 2＋2C ＋2Cl 2TiCl 4＋2CO(2分)、 TiCl 4＋2Mg Ti ＋2MgCl 2(2分) (5)水解得到的稀硫酸可以循环使用(2分)37. 【15分】 I. 12 30II. (1)C ＜O ＜N(2) N 三C-C 三N 4N A (或2.408×1024) sp （1分） 非极性(3)1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1 （未标明的每空2分，共15分） 38．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）（1）2－甲基－1,3－丁二烯（2分） 羰基、羧基（2分）（2）（2分）（3）DE （2分）（4）nHO CH CH 3CH 2C OH O微生物O CH CH 3CH 2C OH ＋(n －1)H 2O O H n （2分） （5）12（2分）（6）消去（1分）CH OHCH 2COOH 浓硫酸CH 3CH 3CH=CH 2COOH +H 2O（2分）。

江西省萍乡市上栗县2016届高考化学五模试卷(解析版)

江西省萍乡市上栗县2016届高考化学五模试卷(解析版)

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学五模试卷一．选择题，（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．每小题6分，共48分）1．在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2，点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为（）A．a：b B．a：2b C．a：（a+2b）D．a：2（a+b）2．一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：3：4．缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol，n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是（）A．0.6 mol B．0.4 mol C．0.8 mol D．1.2 mol3．将下列各组溶液混合，不能发生复分解反应的是（）A．NaOH溶液、稀盐酸B．NaCl溶液、KNO3溶液C．Na2CO3溶液、澄清石灰水D．Na2CO3溶液、稀硝酸4．某密闭容器中，A（s）+3 B（g）⇌2 C（g）+D（g）△H＞0在一定条件下达到平衡，下列说法正确的是（）A．加入少量A，B的转化率增大B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C．增大压强，平衡不移动，正、逆反应速率不变D．加入催化剂，反应速率增大，平衡常数不变5．一定量的某有机物和足量的钠反应，可得到气体V A L，等质量的该有机物与足量的纯碱溶液反应，可得到气体V B L．若同温、同压下V A＞V B，则该有机物可能是（）A．HO（CH2）2CHO B．HO（CH2）2COOH C．HOOC﹣COOH D．CH3COOH6．为了更简便地制取干燥的NH3，适合的方法是（）A．NH4Cl与浓H2SO4混合共热，生成的气体用碱石灰进行干燥B．N2+3H22NH3，用烧碱进行干燥C．加热浓氨水，气体用碱石灰干燥D．加热NH4HCO3，气体用P2O5干燥7．某种只含Al、Fe、Cu的合金，称取a g样品，设计下列实验流程分析该合金的组成下列相关叙述正确的是（）A．若向溶液F中加入K4[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液F中含有Fe2+B．溶液N为深蓝色，说明溶液N中含大量Cu2+C．合金样品中Cu的质量分数为×100%D．合金样品中Al的质量分数为×100%8．有0.1mol•L﹣1的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是（）A．溶液①中，c（CH3COO﹣）=c（H+）B．溶液①、②等体积混合，混合液中c（CH3COO﹣）等于溶液③中的c（CH3COO﹣）C．溶液①、②等体积混合，混合液中c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）D．溶液①、③等体积混合，混合液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）二．非选择题（共4小题，共52分）9．在图所示物质的转化关系中，D在常温下为无色无味的液体（反应条件均已省略）．请回答下列问题：（1）高温下发生的反应②中，若F为常见的金属单质，H是非金属单质，用化学方程式表示G的一个重要用途：．（2）若F为淡黄色粉末，①写出反应②的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目．②F的电子式．（3）若A是一种强酸，B是一含有两种金属元素的盐，且其水溶液显碱性，写出①反应的离子方程式．（4）若A、F、H是短周期且相邻的两个族的元素单质，且反应均在溶液中进行，请写出：①的离子方程式；②的化学方程式．10．四种短周期元素W 、X 、Y 、Z ，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．（1）Z 在元素周期表中位于 族．（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应，该元素是 （填元素符号）．（3）①下列可作为比较X 和Y 金属性强弱的依据是 （填序号）．a ．自然界中的含量b ．相应氯化物水溶液的pHc ．单质与水反应的难易程度d ．单质与酸反应时失去的电子数②从原子结构的角度解释X 的金属性强于Y 的原因： ．（4）W 的一种氢化物HW 3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW 3与X 的最高价氧化物对应的水化物的溶液混合，反应的化学方程式是 ，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ．（5）Y 单质和Mg 组成的混合物是一种焰火原料，某兴趣小组设计如下所示的实验方案，测定混合物中Y 的质量分数．能确定混合物中Y 的质量分数的数据有 （填序号）．a ．m 、nb ．m 、yc ．n 、y ．11．现有五种可溶性物质甲、乙、丙、丁、戊，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K +、Al 3+、Cu 2+、Ba 2+、Fe 3+和五种阴离子Cl ﹣、OH ﹣、NO 3﹣、CO 32﹣、X 中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是和．（填化学式）（2）物质丙中含有离子X．为了确定X，现将（1）中的两种物质记为甲和乙，当丙与甲的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀硝酸，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则物质丙为．（填化学式）（3）将19.2 g Cu投入装有足量丁溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式，若要将Cu完全溶解，至少加入硫酸的物质的量是．（4）戊溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为．12．氧氮杂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类化合物H的合成路线：（1）原料A的同分异构体中，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）反应②的化学方程式是．（3）③的反应类型是．原料D中含有的官能团名称是、．（4）原料B俗名“马莱酐”，它是马莱酸（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：写出反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学方程式：、．（5）符合下列条件的中间产物F的同分异构体数目是（不考虑手性异构），写出其中任意一种的结构简式．（i）能发生银镜反应；（ii）分子中含有三取代的苯环结构，其中两个取代基是：﹣COOCH3和，且二者处于对位．2016年江西省萍乡市上栗县高考化学五模试卷参考答案与试题解析一．选择题，（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．每小题6分，共48分）1．在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2，点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为（）A．a：b B．a：2b C．a：（a+2b）D．a：2（a+b）【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】在一定条件下充分反应后，根据质量守恒定律，则可知碳原子和氧原子的个数不变，据此解答．【解答】解：根据质量守恒定律，反应后碳原子、氧原子数目不变，则n（C）=amol、n（O）=amol+2bmol=（a+2b）mol，故容器内碳原子数和氧原子数之比为amol：（a+2b）mol=a：（a+2b），故选C．【点评】本题考查质量守恒定律定律，比较基础，注意理解质量守恒定律的宏观与微观意义．2．一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：3：4．缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol，n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是（）A．0.6 mol B．0.4 mol C．0.8 mol D．1.2 mol【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2 、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，根据方程式用x表示出SO3、O2的物质的量的变化量，进而表示与原平衡时SO3、O2的物质的量，根据原平衡时SO3、O2的物质的量的之比为4：3列方程计算x值，进而计算原平衡时SO3的物质的量，平衡时SO3的物质的量加上改变体积生成的SO3的物质的量为新平衡SO3的物质的量．【解答】解：改变体积达到新的平衡时，SO3、O2的物质的量分别为1.4mol和0.8mol，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）xmol 0.5xmol xmol故（1.4mol﹣xmol）：（0.8mol+0.5xmol）=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol﹣0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，故选：B．【点评】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系判断平衡移动方向是解题的关键．3．将下列各组溶液混合，不能发生复分解反应的是（）A．NaOH溶液、稀盐酸B．NaCl溶液、KNO3溶液C．Na2CO3溶液、澄清石灰水D．Na2CO3溶液、稀硝酸【考点】化学基本反应类型．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】发生复分解反应的条件是由气体、沉淀或水生成，根据产物是否含有体、沉淀或水生成分析判断．【解答】解：发生复分解反应的条件是由气体、沉淀或水生成．A、C、D的离子方程式分别为H++OH﹣═H2O，Ca2++C═CaCO3↓，C+2H+═H2O+CO2↑，符合复分解反应发生的条件，因此均可发生．只有B中的NaCl溶液和KNO3溶液混合后，不能生成沉淀、气体或水，不能发生复分解反应，故选B．【点评】本题考查化学反应的基本类型，明确元素及其化合物的性质是解题的关键，注意四大基本反应类型的特点．4．某密闭容器中，A（s）+3 B（g）⇌2 C（g）+D（g）△H＞0在一定条件下达到平衡，下列说法正确的是（）A．加入少量A，B的转化率增大B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C．增大压强，平衡不移动，正、逆反应速率不变D．加入催化剂，反应速率增大，平衡常数不变【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、A为固体物质，增加A的量平衡不移动；B、升高温度正逆反应速率都加快；C、增大压强正逆反应速率，都加快；D、使用催化剂加快化学反应速率，而化学平衡常数是温度的函数．【解答】解：A、A为固体物质，增加A的量平衡不移动，所以加入少量A，B的转化率不变，故A 错误；B、升高温度正逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；C、增大压强正逆反应速率，都加快，而不是不变，故C错误；D、使用催化剂加快化学反应速率，而化学平衡常数是温度的函数，所以化学平衡常数不变，故D 正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率、影响平衡移动的因素等，难度不大，改变增大固体物质的量反应速率不变但平衡不移动是解题的关键．5．一定量的某有机物和足量的钠反应，可得到气体V A L，等质量的该有机物与足量的纯碱溶液反应，可得到气体V B L．若同温、同压下V A＞V B，则该有机物可能是（）A．HO（CH2）2CHO B．HO（CH2）2COOH C．HOOC﹣COOH D．CH3COOH【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下V A＞V B．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应．【解答】解：该有机物能与碳酸钠溶液反应，说明其含有﹣COOH；又由同温、同压下V A＞V B．说明该有机物中还含有羟基，羟基不与碳酸钠反应，选项中只有HO（CH2）2COOH符合，故选：B．【点评】本题考查有机物结构确定，关键是对官能团性质的掌握，侧重考查学生分析推理能力，属于验证型题目．6．为了更简便地制取干燥的NH3，适合的方法是（）A．NH4Cl与浓H2SO4混合共热，生成的气体用碱石灰进行干燥B．N2+3H22NH3，用烧碱进行干燥C．加热浓氨水，气体用碱石灰干燥D．加热NH4HCO3，气体用P2O5干燥【考点】氨的实验室制法；氨的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】A．二者不反应得不到氨气；B．N2与H2反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，在实验室中不能实现；C．依据浓氨水易挥发的性质结合氨气为碱性气体的性质解答；D．硝酸铵受热容易发生爆炸，P2O5不可用来干燥氨气．【解答】解：A．NH4Cl和H2SO4（浓）混合加热得不到大量氨气，不能用来实验室制备，故A错误；B．N2与H2反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，反应条件复杂，得到的产物不纯净，在实验室中不能实现，故B错误；C．浓氨水具有挥发性，加热能够促进氨气的挥发，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂干燥，可以用碱石灰干燥，故C正确；D．硝酸铵受热容易发生爆炸，不能用来制备氨气，P2O5也不可用来干燥氨气，故D错误；故选C．【点评】本题考查了实验室制备氨气的反应原理和干燥试剂选择，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．7．某种只含Al、Fe、Cu的合金，称取a g样品，设计下列实验流程分析该合金的组成下列相关叙述正确的是（）A．若向溶液F中加入K4[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液F中含有Fe2+B．溶液N为深蓝色，说明溶液N中含大量Cu2+C．合金样品中Cu的质量分数为×100%D．合金样品中Al的质量分数为×100%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】a g只含Al、Fe、Cu的合金与足量浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体和硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁溶液；则E为二氧化氮，F中含有硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁，向F溶液中加入过量的氨水，铜离子生成络合物，铁离子和铝离子反应生成M中的氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；向M加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解得到溶液Q，溶液Q中通入过量二氧化碳后生成沉淀R氢氧化铝，加热氢氧化铝得到残渣氧化铝cg；沉淀P为氢氧化铁，灼烧后得到bg残渣氧化铁，以此解答该题．【解答】解：ag只含Al、Fe、Cu的合金与足量浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体和硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁溶液；则E为二氧化氮，F中含有硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁，向F溶液中加入过量的氨水，铜离子生成络合物，铁离子和铝离子反应生成M中的氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；向M加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解得到溶液Q，溶液Q中通入过量二氧化碳后生成沉淀R氢氧化铝，加热氢氧化铝得到残渣氧化铝cg；沉淀P为氢氧化铁，灼烧后得到bg残渣氧化铁，A．Fe2+遇到K3[Fe（CN）6]溶液才会生成蓝色沉淀，故A错误；B．加入过量的氨水，生成的铜氨络离子为蓝色，蓝色物质不是铜离子，故B错误；C．最终得到成cg氧化铝，则原混合物中铝的质量为cg×=g，氧化铁的质量为bg，则原混合物中Fe的质量为：bg×=bg，所以原混合物中Cu的质量分数为×100%=×100%，故C错误；D．原混合物中的铝转化成cg氧化铝，则原混合物中铝的质量为：cg×=g，则合金样品中Al的质量分数为：×100%=×100%，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的分离、提纯，题目难度中等，明确实验流程中各物质组成为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．8．有0.1mol•L﹣1的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是（）A．溶液①中，c（CH3COO﹣）=c（H+）B．溶液①、②等体积混合，混合液中c（CH3COO﹣）等于溶液③中的c（CH3COO﹣）C．溶液①、②等体积混合，混合液中c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）D．溶液①、③等体积混合，混合液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．溶液①、②等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，浓度越小，醋酸根离子浓度越小；C．溶液①、②等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；D．溶液①、③等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+），故A错误；B．溶液①、②等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，浓度越小，醋酸根离子浓度越小，所以混合液中c（CH3COO﹣）小于溶液③中的c（CH3COO﹣），故B错误；C．溶液①、②等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），故C正确；D．溶液①、③等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，c（H+）＞c （OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO ﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，根据溶液中溶质的性质结合电荷守恒和物料守恒解答，易错选项是B，注意B选项中溶液体积增大一倍，导致浓度降为③的一半，为易错点．二．非选择题（共4小题，共52分）9．在图所示物质的转化关系中，D在常温下为无色无味的液体（反应条件均已省略）．请回答下列问题：（1）高温下发生的反应②中，若F为常见的金属单质，H是非金属单质，用化学方程式表示G的一个重要用途：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2．（2）若F为淡黄色粉末，①写出反应②的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目．②F的电子式．（3）若A是一种强酸，B是一含有两种金属元素的盐，且其水溶液显碱性，写出①反应的离子方程式AlO2﹣+4H+=Al3+2H2O．（4）若A、F、H是短周期且相邻的两个族的元素单质，且反应均在溶液中进行，请写出：①的离子方程式Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；②的化学方程式2F2+2H2O=4HF+O2．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】（1）D常温常压下为无色无味液体，可判断D为水．高温下与水反应的常见金属单质可以是铁，同时放出无色气体H为H2，G为Fe3O4，Fe3O4的重要用途有炼铁、铝热反应等；（2）F为淡黄色粉末，且能与水反应生成非金属单质，则F是Na2O2；（3）B是含有两种金属形成的盐，且溶液呈碱性，说明是弱酸盐，常见的B为偏铝酸盐；（4）单质A能与B反应生成三种物质，其中之一为水，其相邻元素与水反应生成非金属单质可判断，符合条件的反应只有Cl2和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，H2O与F2反应可生成HF和O2．【解答】解：（1）D常温常压下为无色无味液体，可判断D为水．高温下与水反应的常见金属单质可以是铁，同时放出无色气体H为H2，G为Fe3O4，Fe3O4的重要用途有炼铁、铝热反应等，反应方程式为：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2等，故答案为：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；（2）F为淡黄色粉末，且能与水反应生成非金属单质，则F是Na2O2．①用双线桥标出反应②的电子转移的方向和数目为：，故答案为：；②Na2O2的电子式为，故答案为：；（3）B是含有两种金属形成的盐，且溶液呈碱性，说明是弱酸盐，常见的B为偏铝酸盐，①反应的离子方程式为AlO2﹣+4H+=Al3+2H2O，故答案为：AlO2﹣+4H+=Al3+2H2O；（4）单质A能与B反应生成三种物质，其中之一为水，其相邻元素与水反应生成非金属单质可判断，符合条件的反应只有Cl2和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，H2O与F2反应可生成HF和O2．反应①的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，反应②的化学方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；2F2+2H2O=4HF+O2．【点评】本题考查无机物推断，基本属于猜测验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．10．四种短周期元素W 、X 、Y 、Z ，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．（1）Z 在元素周期表中位于 ⅣA 族．（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应，该元素是 Na （填元素符号）．（3）①下列可作为比较X 和Y 金属性强弱的依据是 bc （填序号）．a ．自然界中的含量b ．相应氯化物水溶液的pHc ．单质与水反应的难易程度d ．单质与酸反应时失去的电子数②从原子结构的角度解释X 的金属性强于Y 的原因： 电子层相同，核电荷数Al ＞Na ，原子半径Na ＞Al ，所以原子核对最外层电子的吸引力Na ＜Al ，失电子能力Na ＞Al ．（4）W 的一种氢化物HW 3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW 3与X 的最高价氧化物对应的水化物的溶液混合，反应的化学方程式是 HN 3+NaOH ═NaN 3+H 2O ，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c （Na +）＞c （N 3﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +） ．（5）Y 单质和Mg 组成的混合物是一种焰火原料，某兴趣小组设计如下所示的实验方案，测定混合物中Y 的质量分数．能确定混合物中Y 的质量分数的数据有 abc （填序号）．a ．m 、nb ．m 、yc ．n 、y ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】四种短周期元素W 、X 、Y 、Z ，原子序数依次增大，W 最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W 为N 元素；X 焰色反应呈黄色，则X 为Na ；Y 、Z 原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素，据此解答．【解答】解：四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y 为Al，Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素．（1）Z是Si元素，处于第ⅣA族，故答案为：ⅣA；（2）W形成的最高价氧化物的水化物是硝酸，X的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，Z的最高价氧化物的水化物是硅酸，氢氧化钠和其他三种物质能反应，所以该元素是Na，故答案为：Na；（3）①比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度、形成的氯化物溶液酸性强弱等，故选：bc；②电子层相同，核电荷数Al＞Na，原子半径Na＞Al，所以原子核对最外层电子的吸引力Na＜Al，失电子能力Na＞Al，故答案为：电子层相同，核电荷数Al＞Na，原子半径Na＞Al，所以原子核对最外层电子的吸引力Na＜Al，失电子能力Na＞Al；（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，反应方程式为：HN3+NaOH═NaN3+H2O；等体积、等浓度，二者恰好反应，为NaN3溶液，NaN3溶液中N3﹣水解，溶液呈碱性，故溶液中离子浓度顺序为c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：HN3+NaOH═NaN3+H2O；c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）镁、铝和稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝和氢气，硫酸镁、硫酸铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁、氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化镁和氢氧化钠溶液不反应，灼烧氢氧化镁固体，氢氧化镁分解生成氧化镁和水，所以最后所得固体是氧化镁．a．根据n的量计算镁的质量，根据m、n计算铝质量，从而计算铝的质量分数，故正确；b．根据镁、铝的质量及镁铝和稀硫酸反应生成氢气的量计算铝和镁质量，从而计算铝的质量分数，故正确；c．根据n的质量计算镁的质量，根据镁的量计算镁和稀硫酸反应生成氢气的量，从而得出铝和稀硫酸反应生成氢气的量，故而得出铝的质量分数，故正确，故选：abc．【点评】本题考查元素周期表及有关推断、实验的设计、分析及评价等，推断元素是解题关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，难度中等．11．现有五种可溶性物质甲、乙、丙、丁、戊，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K+、Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是K2CO3和Ba（OH）2．（填化学式）（2）物质丙中含有离子X．为了确定X，现将（1）中的两种物质记为甲和乙，当丙与甲的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀硝酸，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则物质丙为CuSO4．（填化学式）（3）将19.2 g Cu投入装有足量丁溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，若要将Cu完全溶解，至少加入硫酸的物质的量是0.4mol．（4）戊溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法．【专题】无机推断；离子反应专题．【分析】CO32﹣与Fe3+、Cu2+、Ba2+、Al3+不能大量共存，OH﹣与Fe3+、Cu2+、Al3+不能大量共存，则必有的两种物质记为甲、乙，甲、乙分别为K2CO3、Ba（OH）2，丙与甲的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，蓝色沉淀为氢氧化铜，白色沉淀为硫酸钡，则甲应为Ba（OH）2，丙中含SO42﹣，则丙为CuSO4，由Cu投入装有足量丁溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，戊溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，丁为Al（NO3）3，戊为FeCl3，以此来解答．【解答】解：CO32﹣与Fe3+、Cu2+、Ba2+、Al3+不能大量共存，OH﹣与Fe3+、Cu2+、Al3+不能大量共存，则必有的两种物质记为甲、乙，甲、乙分别为K2CO3、Ba（OH）2，丙与甲的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，蓝色沉淀为氢氧化铜，白色沉淀为硫酸钡，则甲应为Ba（OH）2，丙中含SO42﹣，则丙为CuSO4，由Cu投入装有足量丁溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，戊溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，丁为Al（NO3）3，戊为FeCl3，（1）由上述分析可知，必有的两种物质为K2CO3、Ba（OH）2，故答案为：K2CO3；Ba（OH）2；。

江西省萍乡市上栗二中2016届高考化学三模试卷(实验班)(解析版)

江西省萍乡市上栗二中2016届高考化学三模试卷(实验班)(解析版)

2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学三模试卷（实验班）一、（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：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65 1．配制250 mL 0.10 mol•L﹣1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是（）A．容量瓶内有水，未经过干燥处理B．定容时，仰视刻度线C．用量筒量取浓NaOH溶液时，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中D．定容后倒转容量瓶几次，发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线2．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（）A．加热B．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉3．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法正确的是（）A．Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同B．Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同C．上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小D．工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质4．有如图下4种碳架的烃，则下列判断正确的是（）A．a和d是同分异构体B．b和c不是同系物C．a和d都能发生加成反应D．只有b和c能发生取代反应5．把NaHCO3和Na2CO3•10H2O混合物6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中钠离子的浓度为0.5mol/L．向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为（）A．2.93g B．5.85g C．6.56g D．无法确定6．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（）A．该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2CB．反应进行到1 s时，v（A）=v（D）C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（L•s）D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等7．下列说法正确的是（）A．1 mL浓氨水加水稀释至100 mL 后，溶液中n（OH﹣）减少B．NaHCO3完全分解后的固体溶于水，所得溶液中不存在HCOC．常温下，pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7D．常温下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，此时溶液中c（NH）＞c（Cl﹣）8．科学家P．Tatapudi等人首先使用在空气中电解水（酸性条件下）的方法，在阳极制得臭氧，阴极制得过氧化氢．电解总方程式为：3H2O+3O23H2O2+O3，下列说法正确的是（）A．电解产物在应用中都只能作为氧化剂B．电解一段时间后，溶液pH不变C．阳极反应：3H2O﹣6e﹣═O3+6H+D．每生成1 mol O3转移电子数为3 mol二、（非选择题，共4小题，共52分）9．理论上任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池．现使用锌电极、铜电极、橙子（酸性介质）设计如图所示的水果电池．（1）该电池的负极材料是，负极反应式：．（2）现有如下材料设计类似的水果电池，并使电流计发生明显偏转．酸性水果：柠檬、柑橘、橙子等碱性水果：柿子、葡萄等电极：A．镁条、B．铝片、C．铜片、D．碳棒①若选择酸性水果组装水果电池，负极材料可以是（填所有可能的电极选项），正极反应式为．②若选择碱性水果组装水果电池，正极材料可以是（填所有可能的电极选项），假设水果的碱性较强，电池的负极反应式为．10．物质A～G有如图所示转化关系（部分生成物没有列出）．其中A是常见的金属单质，E、F是气体．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A、D、G；（2）B和C反应生成D的离子方程式为；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，则E和F的体积比为．（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成盐和水，反应的化学方程式为．室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，原因是（用离子方程式表示），该溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为．11．某化学兴趣小组的成员捡到一块矿石，观察外观发现该矿石坚硬且呈红褐色，投入水中没有任何变化，再向水中加浓盐酸至过量，矿石部分溶解，并有大量无色气体生成．学生猜测该矿石可能由CaCO 3、SiO 2、Fe 2O 3三种成分组成，试设计实验证明CaCO 3以外的两种成分．仅限选择的仪器和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、滴管、药匙、漏斗、漏斗架；2 mol •L ﹣1盐酸、2mol •L ﹣1NaOH 溶液、2%的KSCN 溶液．（1）将实验方案用以下流程示意图表示，试写出每步所用试剂的名称或化学式．试剂Ⅰ ；试剂Ⅱ ；试剂Ⅲ ．（2）如果猜测是成立的，试根据上述实验方案，叙述实验操作，预期现象和结论．12．核磁共振氢谱法是有机物测定的一种重要方法，有机物中有几种氢原子，核磁共振氢谱中就有几个峰，G 是一种合成橡胶和树脂的重要原料，A 是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F 的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3．已知：（其中R 是烃基）①②RCOOH RCH 2OH有关物质的转化关系如图所示，请回答以下问题．（1）C中所含官能团的名称是；④的反应类型是反应．（2）G的结构简式为．（3）反应②的化学方程式为．（4）若E在一定条件下发生缩聚反应生成高分子化合物，写出其中两种的结构简式：．（5）反应⑥的化学方程式为．（6）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的Y的结构简式：．2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学三模试卷（实验班）参考答案与试题解析一、（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：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65 1．配制250 mL 0.10 mol•L﹣1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是（）A．容量瓶内有水，未经过干燥处理B．定容时，仰视刻度线C．用量筒量取浓NaOH溶液时，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中D．定容后倒转容量瓶几次，发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【专题】化学实验基本操作．【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：A．由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度，故A不选；B．定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏高，使浓度偏低，故B不选；C．量筒在量取液体体积时，已经将附着在筒壁上的液体体积考虑在内，所以倒出液体后，不能再用水洗涤否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高，故C选；D．定容后摇匀，会使一部分液体残留在瓶塞处，使液面虽低于刻度线，如果再加水，就会使液体体积增大，浓度偏低，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制误差分析，明确配制原理，依据C=即可解答，题目难度不大．2．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（）A．加热B．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A、温度升高，化学反应速率增大；B、一般增大反应物的浓度增大，反应速率增大，但应考虑浓硫酸的强氧化性来分析；C、利用原电池来分析加快反应速率；D、利用增大接触面积来分析加快反应速率．【解答】解：A、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A能；B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，故B不能；C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C能；D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D能；故选B．【点评】本题较简单，考查影响化学反应速率的常见因素，学生应熟悉温度、浓度、构成原电池、增大接触面等对化学反应速率的影响来解答，但浓硫酸的性质是学生解答中容易忽略的知识．3．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法正确的是（）A．Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同B．Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同C．上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小D．工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W 为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A．Y为S，对应的低价氧化物为SO2，与O3的漂白原理不同，故A错误；B．Y的氢化物为H2S，W2Y为Na2S，所含化学键分别为共价键和离子键，类型不同，故B错误；C．三种元素形成的简单离子半径大小顺序为S2﹣＞Na+＞Al3+，故C正确；D．工业制备钠，应用电解熔融的氯化钠的方法，故D错误．故选C．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键．4．有如图下4种碳架的烃，则下列判断正确的是（）A．a和d是同分异构体B．b和c不是同系物C．a和d都能发生加成反应D．只有b和c能发生取代反应【考点】芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应．【专题】同系物和同分异构体．【分析】图为碳的骨架结构，原子间短线为共用电子对，利用H原子饱和碳的四价结构，据此判断结构式、分子式．A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、同系物结构相似，分子组成相差若干CH2原子团；C、根据a、d结构判断；D、根据b、c结构判断．【解答】解：A、a的分子式为C4H8，d分子式为C4H8，分子式相同，是同分异构体，故A正确；B、b的分子式为C5H12，c的分子式为C4H10，都是烷烃，为同系物，故B错误；C、a的结构简式为（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键，能发生加成反应，d为环烷烃，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；D、d为环烷烃，能发生取代反应，故D错误．故选：A．【点评】本题考查学生对碳骨架理解，难度不大，清楚碳的骨架结构，原子间短线为共用电子对，利用H原子饱和碳的四价结构．5．把NaHCO3和Na2CO3•10H2O混合物6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中钠离子的浓度为0.5mol/L．向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为（）A．2.93g B．5.85g C．6.56g D．无法确定【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】n（Na+）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，反应后所得固体为NaCl，则n（NaCl）=0.05mol，m（NaCl）=0.05mol×58.5g/mol=2.925g．【解答】解：反应的有关方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，反应后所得固体为NaCl，n（Na+）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，根据Na元素守恒，则n（NaCl）=0.05mol，m（NaCl）=0.05mol×58.5g/mol=2.925g，近似为2.93g，故选A．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应方程式判断最终反应产物，根据质量守恒计算．6．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（）A．该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2CB．反应进行到1 s时，v（A）=v（D）C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（L•s）D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据图象中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；B、根据图象形成1s时A、D的物质的量变化，然后根据v=进行计算即可；C、6s时B的浓度为0.6mol，B的物质的量变化为0.6mol，容器容积为2L，然后根据v=进行计算B的平均反应速率；D、根据图象判断反应平衡状态，化学反应速率与化学计量数成正比，计量数不同，反应速率则不相同．【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为反应物，物质的量之比为3：1，B、C为生成物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C⇌6A+2D，故A错误；B、反应到1s时，v（A）===0.3mol/（L•s），v（D）===0.1mol/（L•s），所以v（A）≠v（D），故B错误；C、反应进行到6s时，△n（B）=1mol﹣0.4mol=0.6mol，v（B）===0.05mol/（L•s），故C正确；D、根据图象可知，到6s时各物质的物质的量不再改变了，达到平衡状态，所以各物质的浓度不再变化，但是由于各物质的化学计量数不相同，则各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了可逆反应的书写、化学平衡的特征、及化学反应的计算，本题解题的关键是根据图象找出相关信息，对学生的识图能力有一定的要求，题目中等难度．7．下列说法正确的是（）A．1 mL浓氨水加水稀释至100 mL 后，溶液中n（OH﹣）减少B．NaHCO3完全分解后的固体溶于水，所得溶液中不存在HCOC．常温下，pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7D．常温下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，此时溶液中c（NH）＞c（Cl﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、加水稀释氨水，由于氨水是弱电解质，存在电离平衡，稀释后促进了弱电解质的电离，n（OH﹣）会增加；B、NaHCO3完全分解得到Na2CO3，CO32﹣部分发生水解，产生HCO3﹣；C、醋酸是弱电解质，存在电离平衡，NaOH是强电解质，完全电离；D、根据电荷守恒，就可以得出c（NH4+）=c（Cl﹣）．【解答】解：A、氨水是弱电解质，存在电离平衡：NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，稀释后平衡向右移动，促进了氨水的电离，n（OH﹣）变大，故A错误；B、NaHCO3完全分解生成Na2CO3，溶于水后，CO32﹣部分水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B 错误；C、pH=3的醋酸中，醋酸属于弱电解质，c（醋酸）＞c（H+）=10﹣3；pH=11的NaOH溶液，c（NaOH）=c（OH﹣）=10﹣3，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液显示酸性，溶液的pH＜7，故C正确；D、常温下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，c（H+）=（OH﹣），有电荷守恒可以得知：c（NH4+）=c（Cl﹣），故D错误．故选C．【点评】本题考查的是弱电解质在水溶液中的电离平衡知识，难度中等．8．科学家P．Tatapudi等人首先使用在空气中电解水（酸性条件下）的方法，在阳极制得臭氧，阴极制得过氧化氢．电解总方程式为：3H2O+3O23H2O2+O3，下列说法正确的是（）A．电解产物在应用中都只能作为氧化剂B．电解一段时间后，溶液pH不变C．阳极反应：3H2O﹣6e﹣═O3+6H+D．每生成1 mol O3转移电子数为3 mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】由阳极制得臭氧，阴极制得过氧化氢．电解总方程式为：3H2O+3O2═3H2O2+O3，阳极反应为3H2O→O3+6H++6e﹣，阴极反应为6H++3O2+6e﹣→3H2O2，以此来解答．【解答】解：A、电解产物中，H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，故A错误；B．由电解反应可知，消耗水，则氢离子的浓度增大，pH变小，故B错误；C．阳极上发生失电子的还原反应，即3H2O=O3+6H++6e﹣，故C正确；D．由阳极反应为3H2O→O3+6H++6e﹣，则每生成1molO3转移电子数为6mol，故D错误；故选C．【点评】本题为信息习题，考查电解原理，明确电解反应及阳极制得臭氧，阴极制得过氧化氢是解答本题的关键，难度不大．二、（非选择题，共4小题，共52分）9．理论上任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池．现使用锌电极、铜电极、橙子（酸性介质）设计如图所示的水果电池．（1）该电池的负极材料是锌或Zn，负极反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+．（2）现有如下材料设计类似的水果电池，并使电流计发生明显偏转．酸性水果：柠檬、柑橘、橙子等碱性水果：柿子、葡萄等电极：A．镁条、B．铝片、C．铜片、D．碳棒①若选择酸性水果组装水果电池，负极材料可以是AB（填所有可能的电极选项），正极反应式为++2e﹣=H2↑．②若选择碱性水果组装水果电池，正极材料可以是ABD（填所有可能的电极选项），假设水果的碱性较强，电池的负极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）锌为负极，被氧化生成锌离子；（2）①组成水果电池负极的金属性大于正极即可，正极上氢离子得电子发生还原反应；②若组成碱性电池，则负极材料是Al，正极材料是能导电的物质即可．【解答】解：（1）活泼金属Zn作原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为，故答案为：锌或Zn；Zn﹣2e﹣=Zn2+；（2）①酸性水果电池中，负极能和酸反应，则负极材料可以是镁或铝，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，故答案为：AB；2H++2e﹣=H2↑；②若组成碱性电池，则负极材料是Al，正极材料是能导电的物质即可，所以正极可以是镁、铜或碳棒，假设水果的碱性较强，电池的负极反应式为故答案为：ABD；Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查了原电池原理正负极的判断及电极反应式的书写，根据溶液中电极材料得失电子的难易程度确定正负极，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，为易错点．10．物质A～G有如图所示转化关系（部分生成物没有列出）．其中A是常见的金属单质，E、F是气体．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A Al、D Al（OH）3、G HNO3；（2）B和C反应生成D的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al （OH）3↓；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，则E和F的体积比为1：3．（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成盐和水，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，原因是（用离子方程式表示）NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，该溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】流程分析可知金属A单质能和氢氧化钠溶液反应判断为Al，B为NaAlO2，D为Al（OH）3，G为酸，铝和酸反应生成气体E和C，C为铝盐，E为NO，F为NO2，G为HNO3；结合推断得到的物质回答问题；【解答】解：（1）依据推断可知ADG分别为：Al，Al（OH）3，HNO3；故答案为：Al，Al（OH）3，HNO3；（2）B和C反应生成D的反应是偏铝酸钠和硝酸铝在水溶液中发生的双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al （OH）3↓；故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al （OH）3↓；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；故答案为：4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，E为NO，F为NO2，G为HNO3，气体在相同条件下，条件比等于物质的量之比，设NO为x，NO2为y，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，x+y=500+=187.5x=125y=375则E和F的体积比为1：3，故答案为：1：3；（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成亚硝酸盐和水，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，说明亚硝酸钠水解显碱性，NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故答案为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+）；【点评】本题考查了物质转化关系和物质性质的分析应用，注意元素守恒和离子方程式书写方法，电解质溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等．11．某化学兴趣小组的成员捡到一块矿石，观察外观发现该矿石坚硬且呈红褐色，投入水中没有任何变化，再向水中加浓盐酸至过量，矿石部分溶解，并有大量无色气体生成．学生猜测该矿石可能由CaCO3、SiO2、Fe2O3三种成分组成，试设计实验证明CaCO3以外的两种成分．仅限选择的仪器和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、滴管、药匙、漏斗、漏斗架；2 mol•L﹣1盐酸、2mol•L ﹣1NaOH溶液、2%的KSCN溶液．（1）将实验方案用以下流程示意图表示，试写出每步所用试剂的名称或化学式．试剂Ⅰ2%的KSCN溶液；试剂Ⅱ2mol•L﹣1NaOH溶液；试剂Ⅲ2mol•L﹣1盐酸．（2）如果猜测是成立的，试根据上述实验方案，叙述实验操作，预期现象和结论．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】无机实验综合．【分析】矿石部分溶解，并有大量无色无味气体生成，则一定含CaCO3、SiO2，如检验是否含有Fe2O3，可在反应后的溶液中加入KSCN溶液，残渣加入氢氧化钠溶液，SiO2与NaOH反应，与盐酸不反应，硅酸盐与盐酸反应生成白色的硅酸沉淀，以此解答该题．【解答】解：（1）Fe2O3可溶于盐酸，Fe3+存在于溶液中，可用SCN﹣检验，从而说明矿石含Fe2O3．SiO2不溶于盐酸，作为残渣被滤出．为进一步确认，是否存在SiO2，加入NaOH溶液，充分反应后，再加盐酸，如果生成了白色胶状沉淀则其为H2SiO3，说明矿石中有SiO2，故答案为：2%的KSCN溶液；2 mol•L﹣1 NaOH溶液；2 mol•L﹣1盐酸；（2）检验矿石中含有Fe2O3，与盐酸反应生成氯化铁，取少量上述流程中的Ⅰ，加入2%KSCN溶液，溶液变为血红色，则含有氧化铁，检验是否含有二氧化硅，取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol •L ﹣1NaOH 溶液，充分搅拌，残余固体完全溶解于2 mol •L ﹣1NaOH 溶液，并得无色溶液，然后取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol •L ﹣1盐酸至过量，有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，可说明含有二氧化硅，故答案为：【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及实验中发生的反应为解答的关键，注意现象与结论的分析，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．12．核磁共振氢谱法是有机物测定的一种重要方法，有机物中有几种氢原子，核磁共振氢谱中就有几个峰，G 是一种合成橡胶和树脂的重要原料，A 是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F 的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3．已知：（其中R 是烃基）①②RCOOH RCH 2OH有关物质的转化关系如图所示，请回答以下问题．（1）C 中所含官能团的名称是 羧基 ；④的反应类型是 消去 反应．（2）G 的结构简式为 CH 2=CHCH=CH 2 ．（3）反应②的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOH．（4）若E在一定条件下发生缩聚反应生成高分子化合物，写出其中两种的结构简式：．（5）反应⑥的化学方程式为．（6）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的Y的结构简式：．【考点】有机物的推断．【分析】A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，说明C中含有碳碳双键，结合题给信息和A的分子式知，A的结构简式为：，A水解生成B，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B发生加成反应生成E，所以E的结构简式为：HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，D在浓硫酸、加热条件下反应生成G，根据G的分子式知，D发生消去反应生成G，G的结构简式为：CH2=CHCH=CH2．【解答】解：A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H 原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，说明C中含有碳碳双键，结合题给信息和A的分子式知，A的结构简式为：，A水解生成B，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B发生加成反应生成E，所以E的结构简式为：HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，D在浓硫酸、加热条件下反应生成G，根据G的分子式知，D发生消去反应生成G，G的结构简式为：CH2=CHCH=CH2．（1）C的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，含有羧基，D发生消去反应生成G，故答案为：羧基；消去；（2）通过以上分析知，G的结构简式为：CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2；（3）B和氢气发生加成反应生成C，反应方程式为HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOH，故答案为：HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOH；（4）E的结构简式为：HOOCCH2CH（OH）COOH，E能发生缩聚反应，其生成物的结构简式为：，故答案为：；（5）1、4﹣丁二酸和乙醇发生酯化反应，反应方程式为，故答案为：；（6）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，符合条件的有：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，明确有机物的断键和成键方式是解决有机题的关键，难点是同分异构体的书写，不仅有碳链异构、官能团异构，还有顺反异构，要结合题给信息进行分析解答，难度较大．。

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学六模试卷 含解析

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学六模试卷 含解析

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学六模试卷一．选择题（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．每小题6分，共48分）1．下列说法中正确的是（）A．N A个N2分子和N A个CO分子的质量之比为1:1B．水的摩尔质量等于N A个水分子的相对分子质量之和C．分别由N A个水分子组成的水、冰、水蒸气的质量各不相同D．1 mol N2的质量等于N A个氮原子的质量2．在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A（g)+B （g）2C（g）+xD（g）,达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5molL﹣1，下列判断正确的是（）A．x=1B．B的转化率为20%C．平衡时A的浓度为1.50molL﹣1D．达到平衡时,在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85％3．下列离子方程式中，正确的是（）A．氨气通入醋酸中：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+B．向碳酸氢镁溶液中加过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓C．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH）2+2H+═Ca2++2H2OD．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑4．在一定条件下，反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣92.4 kJ/mol，X的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．下列说法正确的是()A．图中A、B两点，达到相同的平衡体系B．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率提高C．升高温度，平衡向逆反应方向移动,说明逆反应速率增大，正反应速率减小D．将1.0 mol X、3。

0 mol Y，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ5．已知：含C=C的物质（烯烃）一定条件下能与水发生加成反应,生成醇(含羟基的烃的衍生物）;有机物A﹣D间存在图示的转化关系．下列说法不正确的是（)A．D结构简式为CH3COOCH2CH3B．A能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．B与乙酸发生了取代反应D．可用B萃取碘水中的碘单质6．下列叙述或操作中正确的是（)A．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿着量筒壁慢慢的注入盛有水的量筒中，并不断搅拌B．浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性C．浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量的水冲洗D．浓硫酸与铜反应中，被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：27．有两种金属的合金13 g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2 L，则组成该合金的金属不可能是（）A．Mg和Al B．Mg和Zn C．Al和Zn D．Al和Fe8．25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（)A．0。

江西上栗2016届高三实验班第六次周练理科综合能力测试化学部分试题 含答案

江西上栗2016届高三实验班第六次周练理科综合能力测试化学部分试题 含答案

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 651。

下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )A. 已知2H 2O(g ）===2H 2(g)＋O 2（g ） ΔH ＝＋483。

6kJ/mol,则氢气的燃烧热为ΔH ＝－241.8kJ/molB 。

已知C(石墨，s ）===C （金刚石，s ） ΔH ＞0，则金刚石不如石墨稳定C 。

已知中和热为ΔH ＝－57.4kJ/mol ，则稀醋酸和稀NaOH 溶液反应的热化学方程式为NaOH （aq ）＋CH 3COOH （aq)===CH 3COONa （aq ）＋H 2O(l) ΔH ＝－57.4kJ/molD 。

已知2C （s ）＋2O 2（g)===2CO 2(g ） ΔH 1；2C （s)＋O 2（g)===2CO （g ） ΔH 2，则ΔH 1＞ΔH 22. 下列说法中不正确的是 ( )A. 1 mol O 2中含有1。

204×1024个氧原子,在标准状况下占有的体积约为22.4 LB 。

1 mol O 3和1.5 mol O 2含有相同的氧原子数C 。

由CO 2和O 2组成的混合物中共有N A 个分子,其中的氧原子数为2N AD. 标准状况下，11.2 L H 2O 中所含的分子数为0。

5N A3。

下列叙述正确的是（ )A. 凡是离子化合物,在离子方程式中都要以离子形式表示B. 离子互换反应总是向着溶液中反应物离子浓度减小的方向进行C. 酸碱中和反应的实质是H +与OH -结合生成水，故酸碱中和反应都可用H ++OH —H 2O 表示D. 复分解反应必须具备离子反应发生的三个条件才能进行4.下列说法正确的是 （ ）A. 乙烯和聚乙烯都可与溴水发生加成反应B. 酸性高锰酸钾溶液能鉴别苯、甲苯和四氯化碳C 。

江西省萍乡市上栗二中2016届高考化学一模试卷(实验班) 含解析

江西省萍乡市上栗二中2016届高考化学一模试卷(实验班) 含解析

2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学一模试卷(实验班）一、（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：H1，C12，O16,Na23，Al27，S32,Cl35.5，Fe56，Zn651．300mL Al2（SO4）3溶液中，含Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液100mL,反应后溶液中SO42﹣的物质的量浓度约为（)A．0.4 mol•L﹣1B．0.3 mol•L﹣1C．0。

2 mol•L﹣1D．0.1 mol•L﹣12．过程中以B的浓度改变表示的反应速率v正、v逆与时间t的关系如图所示，则图中阴影部分的面积表示为（）A．c（B）减少B．n（B）减少C．c（B）增加D．c（B）增加3．元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期,X2+与Z2﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测正确的是（）A．同族元素中Z的氢化物稳定性最高B．原子半径X＞Y,离子半径X2+＞Z2﹣C．同主族元素中X的金属性最弱D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强4．酶也是一种特殊的蛋白质．酶是生物制造出来的催化剂，能在许多有机反应中发挥作用，以下表示温度与反应速率的关系曲线中，有酶参加的是（）A． B．C． D．5．取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应,在相同状态下产生的气体体积之比是（）A．1：1 B．1：2 C．1:3 D．3：26．科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水酸碱性,使其pH＞12，然后加入适量的铝粉、搅拌,从而实现预期且的．下列判断错误的是（）A．废水处理时铝单质转化为Al3+B．废水处理中，亚硝酸盐被还原C．处理过程中,OH﹣参与了反应D．铝粉颗粒大小影响废水处理的速率7．常温下，向物质的量浓度均为0。

1mol/L的盐酸和氯化钙的混合溶液中不断滴入0.1mol/L 碳酸钠溶液，下图中关系正确的是（）A．B．C．D．8．用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液．t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为 224mL(忽略气体的溶解）;t2时刻Cu全部在电极上析出．下列判断正确的是( ）A．a电极与电源的负极相连B．t2时，两电极的质量相差3.84 gC．电解过程中,溶液的pH不断增大D．t2时,b电极的电极反应是2H2O﹣4e﹣=2OH﹣+H2↑二、非选择题（共4小题，满分28分)9．在100℃时,将0.100mol的N2O4气体充入1L抽空的密闭容器中,隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如表格：时间/s0 20 40 60 80 100浓度mol•L﹣1c（N2O4）mol•L﹣10.100 c10。

江西省萍乡市莲花县2016届高三化学六模试卷 含解析

江西省萍乡市莲花县2016届高三化学六模试卷 含解析

2016年江西省萍乡市莲花县高考化学六模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分,满分48分）1．为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的（）被提纯的物质除杂试剂分离方法A NaBr溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液B NH2Cl溶液(FeCl3）NaOH溶液过滤C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末D SiO2(Al2O3）NaOH溶液过滤A．A B．B C．C D．D2．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的．如图为N2（g)和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化,下列说法错误的是（)A．该反应的热化学方程式为:N2（g）+O2(g）═2NO(g）△H=+180kJ•mol﹣1B．1mol N2（l）和N A个O2（l）反应生成2mol NO(g）时，吸收的能量为180kJC．1mol N2（g）和1mol O2（g）具有的总能量小于2mol NO（g）具有的总能量D．通常情况下，N2（g)和O2（g）混合不能直接生成NO（g)3．用30g乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%,则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A．29.5g B．44g C．74.8g D．88g4．元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，其性质或结构信息如下表，有关下列元素的描述错误的是（)元素X Y W Z相关信息用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒．工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取其单质．最早是在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”．原子的电子总数是最外层电子数的6倍A．实验室可在海藻灰的浸出液中滴加双氧水来制取元素X的单质B．元素X、Y的单质充分混合后滴加少量水，可看到大量紫色蒸汽生成,说明该反应会放出大量的热C．元素X的气态氢化物的沸点高于元素W的气态氢化物的沸点D．元素Z是一种较活泼的金属元素，可用铝热法从Z的氧化物中制备Z的单质5．27.4g的Na2CO3与NaHCO3的固体混合物,在空气中加热片刻后固体混合物质量变为24g，将所得的固体混合物溶于200ml、2mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，并完全放出二氧化碳气体,将所得的溶液蒸干、灼烧称量,其质量为（）A．11.7g B．23。

江西省萍乡市上栗县2016年高考生物六模试卷 含解析

江西省萍乡市上栗县2016年高考生物六模试卷 含解析

2016年江西省萍乡市上栗县高考生物六模试卷一、（选择题，每小题6分，共36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．1．下列选项中，不属于对种群数量特征描述的是（)A．每毫升河水中有9个大肠杆菌B．橡树种子散布能力差，常在母株附近形成集群C．2003年,广东省人口的出生率为1。

329%D．我国的人口将逐渐步入老龄化阶段2．如图1、2分别表示甲、乙两种物质跨膜运输的方式，据图分析下列说法中错误的是（）A．图1可表示葡萄糖进入红细胞的方式B．图2表示细胞通过主动运输吸收物质乙C．去除细胞膜中的蛋白质对甲、乙的运输均有影响D．甲、乙两种物质均为细胞代谢所需的营养物质3．绵阳马家巷有一种很适合冬天吃的甜品﹣﹣姜撞奶．做法是将牛奶持续冲入姜汁，待牛奶凝固即可．某实验小组进行了两组实验，甲组用新鲜的姜汁，乙组用煮沸冷却后的姜汁，将不同温度牛奶与姜汁混合,观察牛奶凝固时间，结果如下表．下列相关说法错误的是(）温度（℃）10 40 60 80 100甲组未凝固14min 1min 1min 未凝固乙组均未凝固A．导致牛奶凝固可能是姜汁中某种酶催化的结果B．甲组中10℃和100℃牛奶均未凝固的根本原因不同C．乙组牛奶均未凝固的原因是酶在高温下被分解D．60℃~80℃之间设置更细分的温度梯度可探究相关酶最适温度4．下列生理过程不会发生在内环境中的是（)A．激素与靶细胞的结合B．神经递质与受体的结合C．细胞中神经递质、激素等物质的合成D．乳酸与碳酸氢钠发生作用生成乳酸钠和碳酸5．某研究组获得了水稻的叶黄素缺失突变体．如将其叶片进行了红光照射光吸收测定和色素层析条带分析(从上至下）,与正常叶片相比，推测实验结果是（）A．光吸收差异显著,色素带缺第2条B．光吸收差异不显著，色素带缺第2条C．光吸收差异显著，色素带缺第3条D．光吸收差异不显著，色素带缺第3条6．玉米的基因型与性别对应关系如下表,已知B、b和T、t分别位于两对同源染色体上，基因型为BbTt的植株甲的T基因所在染色体上某个基因缺失,并且缺失的染色体不能通过花粉而遗传，若植株甲自交得F1，让F1中雌性雄性杂交得F2，相关叙述错误的是（）基因型B和T同时存在（B_T_) T存在,B不存在（bbT_）T不存在（B_tt和bbtt）性别正常植株（雌雄花序都有)雄株(只有雄花序）雌株（只有雌花序）A．植株甲发生了染色体变异B．F1中正常植株均为杂合子C．F1中雌雄株比例为4:3 D．F2中全部植株上只有雌花序二.(非选择题,共4小题,共54分）7．将燕麦幼苗的胚根及芽的尖端4mm切去，再将剩余的10mm的胚根及胚芽每10条一组分别放入不同浓度（单位:mol•L﹣1）的生长素溶液中，保持在25℃下培养2d后,测量胚芽和胚根的平均长度（单位:mm)，如图显示实验结果，回答下列问题：（1）生长素是一种植物激素，其化学本质是，生长素只能由形态学上端运输到形态学下端的方式称为(2）切去胚芽及胚根尖端部分的原因是．(3）根据实验数据可得出促进胚芽生长的最适生长素浓度是，胚根伸长的最长长度是．（4）根据实验数据还可得出对生长素敏感程度较高的是．8．人体稳态的维持有着重要的意义．下丘脑和垂体在人体内分泌活动及稳态维持中起着重要的调节作用．请据图回答下列问题：(1)下丘脑神经分泌细胞在来自中枢的刺激下，产生兴奋，以（选填“电信号”或“化学信号”）传导到突触小体,进而引起突触小泡中的释放．（2）垂体是人体重要的内分泌腺,不仅分泌[a］，还可分泌［b]促甲状腺激素等激素,来调节其他某些内分泌腺的活动．垂体后叶还储存来自下丘脑分泌的．该激素能促进对水的重吸收,进而调节水盐平衡．（3）图中①一②一③一c的调节机制，属于调节；通过④、⑤途径所实现的调节属于调节．（4）目前，人们普遍认为，机体维持稳态的三种主要调节机制是调节．9．图是测量某种花卉（呼吸作用利用葡萄糖）光合速率的密闭装置（CO2缓冲液可以维持装置中CO2的稳定）．已知有三套完全相同的该装置，装置a置于黑暗、30℃条件下,装置b 置于自然环境下，装置c置于适宜光照、30℃条件下，同时将生理状况一致的三盆植物分别置于三种环境的装置中,起始液滴对应的数据均为零，氧传感器（测定装置内的氧含量）数据显示屏上的数据均为E．测量数据的时间适宜且三套装置同时测量，并记录相关数据．回答以下问题:（1)装置c中植物细胞内能产生A TP的场所有（2)影响装置b光合速率的外界因素有(3）装置a的液滴(填“向左移”、“向右移"或“不移动”），细胞中产生的氢来自（不考虑中间产物)（4）适宜时间后，装置a与装置c刻度尺上反映的数据分别为M、N，数据显示屏上的数据分别是P、Q,利用这两套装置测量该花卉的总光合速率时，下列可用的数据有．①M﹣N ②N﹣M ③P﹣Q ④Q﹣P ⑤P﹣Q﹣2E ⑥P+Q﹣2E（5）利用该装置探究光照强度对该花卉光合速率的影响时，无关变量有．10．临床检验发现感染E病毒的患者体内白细胞数量显著降低．另研究表明，药物X能有效增加白细胞数量从而对该病有一定疗效，但该药物能阻碍胆固醇的正常运输使血液中胆固醇偏高．为了验证药物X的作用，请根据以下提供的实验材料,完善实验思路,预期实验结果．实验材料：感染E病毐生理状况不完全一致的实验动物若干只、药物X溶液（用10%葡萄糖溶液配制而成）、10％葡萄糖溶液、血细抱计数板、注射器、生化分析仪(测胆固醇）等．（注：本实验给药次数、周期及病毒感染对淋巴细胞数量的波动均不考虑）（1)实验思路：①取被E病毒感染的实验动物一只,培养一段时间后采集血液,利用血细胞计数板计数统计白细胞数量，用生化分析仪测胆固醇含量并记录．②；③；（2）设计实验结果记录表，并将预期的实验结果填入表中．（实验结果用“升高”“降低”“不变”表示数据变化)．（3）本实验选一只实验动物进行了自身前后对照，而不进行分组对照的理由是，为了增加实验结果的准确性可以进行．【选修一生物技术实践】分析下面培养基的配方:11．KH2PO4、Na2HPO4、MgSO4•7H2O、葡萄糖、尿素、琼脂．请回答:（1）在该培养基的配方中，为微生物的生长提供碳源和氮源的分别是和．（2）该培养基为培养基(按物理状态分），理由是．(3）想一想这种培养基对微生物是否具有选择作用？如果有，又是如何进行选择的?（4）用此培养基能否培养大肠杆菌？为什么？．2016年江西省萍乡市上栗县高考生物六模试卷参考答案与试题解析一、（选择题,每小题6分，共36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．1．下列选项中，不属于对种群数量特征描述的是（)A．每毫升河水中有9个大肠杆菌B．橡树种子散布能力差，常在母株附近形成集群C．2003年，广东省人口的出生率为1.329％D．我国的人口将逐渐步入老龄化阶段【考点】种群的特征．【分析】种群的数量特征：1、种群的密度2、种群的出生率和死亡率3、种群的年龄组成4、性别比例5、迁入率和迁出率．【解答】解：A、每毫升河水中有9个大肠杆菌属于种群密度，A正确；B、橡树种子散布能力差，常在母株附近形成集群不属于种群数量特征,属于种群的空间分布，B错误；C、2003年,广东省人口的出生率为1.329%属于出生率，C正确；D、我国的人口将逐渐步入老龄化阶段属于年龄组成，D正确．故选:B．2．如图1、2分别表示甲、乙两种物质跨膜运输的方式，据图分析下列说法中错误的是（）A．图1可表示葡萄糖进入红细胞的方式B．图2表示细胞通过主动运输吸收物质乙C．去除细胞膜中的蛋白质对甲、乙的运输均有影响D．甲、乙两种物质均为细胞代谢所需的营养物质【考点】物质跨膜运输的方式及其异同．【分析】根据题意和图示分析可知：图1中,甲物质由高浓度向低浓度一侧运输,并且需要载体的协助，而不需要消耗能量，属于协助扩散；图2中，乙物质的运输由低浓度向高浓度一侧，并且需要载体蛋白的协助和消耗能量，属于主动运输．【解答】解:A、分析图解可知，图甲物质的运输属于协助扩散，可以表示葡萄糖进入红细胞,A 正确；B、图2中乙物质的运输由低浓度向高浓度一侧，并且需要载体蛋白的协助和消耗能量，属于主动运输，B正确；C、除去细胞膜上的载体蛋白,对协助扩散和主动运输均有影响，C正确；D、图乙可以判断乙物质为运进细胞，而图甲中不能判断细胞内外，因此不能确定甲物质是否是细胞代谢所需的营养物质，D错误．故选：D．3．绵阳马家巷有一种很适合冬天吃的甜品﹣﹣姜撞奶．做法是将牛奶持续冲入姜汁，待牛奶凝固即可．某实验小组进行了两组实验，甲组用新鲜的姜汁，乙组用煮沸冷却后的姜汁,将不同温度牛奶与姜汁混合，观察牛奶凝固时间，结果如下表．下列相关说法错误的是(）温度(℃) 10 40 60 80 100甲组未凝固14min 1min 1min 未凝固乙组均未凝固A．导致牛奶凝固可能是姜汁中某种酶催化的结果B．甲组中10℃和100℃牛奶均未凝固的根本原因不同C．乙组牛奶均未凝固的原因是酶在高温下被分解D．60℃～80℃之间设置更细分的温度梯度可探究相关酶最适温度【考点】酶的特性．【分析】分析表格信息可知，该实验的自变量是温度，分析甲组实验，在一定的范围内，随着温度升高，凝固时间先缩短，然后又延长，乙组用煮沸冷却后的姜汁，始终不凝固，说明温度通过影响姜汁中的酶活性而影响凝固时间，最适宜的温度范围在60℃～80℃之间．【解答】解：A、由分析可知，导致牛奶凝固可能是姜汁中某种酶催化的结果，A正确；B、10℃未凝固的原因是温度过低,酶活性低,100℃不凝固原因是高温使酶失去活性，B正确；C、乙组牛奶均未凝固的原因是酶在高温下失活，不是高温下分解，C错误；D、60℃～80℃之间设置更细分的温度梯度可探究相关酶最适温度，D正确．故选：C．4．下列生理过程不会发生在内环境中的是（）A．激素与靶细胞的结合B．神经递质与受体的结合C．细胞中神经递质、激素等物质的合成D．乳酸与碳酸氢钠发生作用生成乳酸钠和碳酸【考点】内环境的组成．【分析】本题是对发生在内环境中的生化反应的总结，内环境由血浆、组织液、淋巴组成，能发生在血浆、组织液或者淋巴液内的反应属于发生在内环境中的反应．【解答】解:A、激素与靶细胞的结合发生在细胞外液，即发生在内环境,A错误;B、神经递质和突触后膜受体位于组织液中,属于内环境，B错误；C、神经递质和激素的合成发生在细胞内，不发生在细胞外,不是发生在内环境中的生理生化反应,C正确；D、乳酸与碳酸氢钠发生作用生成乳酸钠和碳酸，维持血浆PH相对稳定发生在血浆中，D 错误．故选：C．5．某研究组获得了水稻的叶黄素缺失突变体．如将其叶片进行了红光照射光吸收测定和色素层析条带分析（从上至下)，与正常叶片相比，推测实验结果是（)A．光吸收差异显著，色素带缺第2条B．光吸收差异不显著，色素带缺第2条C．光吸收差异显著，色素带缺第3条D．光吸收差异不显著，色素带缺第3条【考点】叶绿体结构及色素的分布和作用．【分析】分离色素利用纸层析法，原理是四种色素在层析液中溶解度不同，溶液度高的扩散速度快，结果从上而下分别是胡萝卜素（橙黄色）、叶黄素(黄色）、叶绿素a（蓝绿色）和叶绿素b(黄绿色）．叶黄素和胡萝卜素主要吸收蓝紫光，叶绿素主要吸收红光和蓝紫光．【解答】解：叶绿体色素有四种，经纸层析法得到的色素带从上至下依次是胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a、叶绿素b，胡萝卜素和叶黄素主要吸收蓝紫光，而叶绿素主要吸收红光和蓝紫光．所以将叶黄素缺失突变体叶片，进行红光照射测定光吸收差异不显著，而色素带缺叶黄素这个条带，位于第2条．故选：B．6．玉米的基因型与性别对应关系如下表，已知B、b和T、t分别位于两对同源染色体上,基因型为BbTt的植株甲的T基因所在染色体上某个基因缺失，并且缺失的染色体不能通过花粉而遗传，若植株甲自交得F1，让F1中雌性雄性杂交得F2,相关叙述错误的是（）基因型B和T同时存在（B_T_）T存在，B不存在（bbT_)T不存在（B_tt和bbtt）性别正常植株（雌雄花序都有)雄株（只有雄花序）雌株（只有雌花序) A．植株甲发生了染色体变异B．F1中正常植株均为杂合子C．F1中雌雄株比例为4:3 D．F2中全部植株上只有雌花序【考点】基因的自由组合规律的实质及应用;染色体结构变异的基本类型．【分析】本题考查的知识点是基因的自由组合定律的实质和应用．据表格分析可知,玉米的性别受两对等位基因控制，符合基因的自由组合定律，当B和T同时存在（BT）时为雌雄同株异花,当T存在,B不存在（bbT)时为雄株，当T不存(Btt或bbtt）时为雌株．据此作答．【解答】解:A、由于植株甲的T基因所在染色体上某个基因缺失，属于染色体结构变异中的缺失，A正确;B、由于缺失的染色体不能通过花粉而遗传，所以植株甲只能产生Bt、bt两种雄配子，与BT、Bt、bT、bt四种雌配子结合，后代不可能出现BBTT的正常植株，B正确；C、植株甲自交得F1，基因型为BBTt、BBtt、2BbTt、2Bbtt、bbTt、bbtt，所以F1中雌雄株比例为4：1,C错误;D、F1中雌性植株有BBtt、Bbtt、bbtt,F1中雄性植株有bbTt,由于T基因所在染色体上某个基因缺失，并且缺失的染色体不能通过花粉而遗传，只能产生bt的雄配子，所以让F1中雌性雄性杂交得F2，F2中全部植株上只有雌花序，D正确．故选：C．二.（非选择题,共4小题,共54分）7．将燕麦幼苗的胚根及芽的尖端4mm切去,再将剩余的10mm的胚根及胚芽每10条一组分别放入不同浓度（单位：mol•L﹣1)的生长素溶液中,保持在25℃下培养2d后，测量胚芽和胚根的平均长度（单位：mm），如图显示实验结果,回答下列问题：(1）生长素是一种植物激素,其化学本质是吲哚乙酸，生长素只能由形态学上端运输到形态学下端的方式称为极性运输（2）切去胚芽及胚根尖端部分的原因是胚芽、胚根的尖端都能产生生长素，对实验造成干扰．（3)根据实验数据可得出促进胚芽生长的最适生长素浓度是10﹣10mol•L﹣1,胚根伸长的最长长度是4mm．（4）根据实验数据还可得出对生长素敏感程度较高的是胚根．【考点】生长素的产生、分布和运输情况；生长素的作用以及作用的两重性．【分析】生长素产生部位：主要是幼嫩的芽、叶和发育中的种子．生长素分布部位:集中分布于生长旺盛的部位，如胚芽鞘、芽、和根顶端的分生组织、形成层、发育中的种子等处．生长素的极性运输：生长素只能由形态学上端运向形态学下端;极性运输是细胞的主动运输．在成熟组织中可以通过韧皮部进行非极性运输．不同器官对生长素敏感性不同，根最敏感,芽居中,茎最不敏感，同一浓度的生长素作用于不同器官上，引起的生理功效不同．【解答】解:（1)生长素是一种植物激素，其化学本质是吲哚乙酸，生长素只能由形态学上端运输到形态学下端的方式称为极性运输．（2）该实验的目的是探究生长素浓度对胚芽及胚根生长的影响，由于胚芽及胚根尖端部分能合成生长素，对实验结果造成干扰，因此实验时要把胚芽及胚根尖端部分切去．(3)分析表格中的数据可知，促进胚根生长的最适生长素浓度是10﹣10mol•L﹣1，胚根伸长的最长长度是14﹣10=4mm．(4）根据实验数据可知，当生长素浓度大于10﹣6mol•L﹣1时会抑制胚根的生长，但促进胚芽的生长,所以对生长素敏感程度更高的是胚根．故答案为:（1）吲哚乙酸极性运输（2）胚芽、胚根的尖端都能产生生长素，对实验造成干扰（3)10﹣10mol•L﹣14mm（4）胚根8．人体稳态的维持有着重要的意义．下丘脑和垂体在人体内分泌活动及稳态维持中起着重要的调节作用．请据图回答下列问题:(1）下丘脑神经分泌细胞在来自中枢的刺激下，产生兴奋,以电信号（选填“电信号”或“化学信号")传导到突触小体,进而引起突触小泡中神经递质的释放．（2）垂体是人体重要的内分泌腺，不仅分泌［a]生长激素，还可分泌[b］促甲状腺激素等激素，来调节其他某些内分泌腺的活动．垂体后叶还储存来自下丘脑分泌的抗利尿激素．该激素能促进肾小管和集合管对水的重吸收,进而调节水盐平衡．（3）图中①一②一③一c的调节机制,属于分级调节；通过④、⑤途径所实现的调节属于反馈(负反馈）调节．（4）目前，人们普遍认为,机体维持稳态的三种主要调节机制是神经﹣体液﹣免疫调节．【考点】神经、体液调节在维持稳态中的作用．【分析】由图可知，图示过程包括甲状腺激素的分级调节和反馈调节过程、水平衡调节．1、下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素，促使垂体分泌促甲状腺激素．促甲状腺激素随血液运输到甲状腺，促使甲状腺增加甲状腺激素的合成和分泌．血液中甲状腺激素含量增加到一定程度时，又反过来抑制下丘脑和垂体分泌相关激素,进而使甲状腺激素分泌减少．2、人体缺水时，细胞外液渗透压升高,刺激下丘脑渗透压感受器兴奋，下丘脑合成分泌、垂体释放的抗利尿激素增多,促进肾小管和集合管重吸收水．3、垂体分泌的a能促进生长,则a为生长激素．下丘脑通过垂体调控甲状腺分泌，所以b是促甲状腺激素，c是甲状腺激素，④⑤是反馈作用．【解答】解：（1）下丘脑神经分泌细胞在来自中枢的刺激下，产生兴奋，以电信号传导到突触小体，进而引起突触小泡中神经递质的释放．（2）垂体是人体重要的内分泌腺，不仅分泌［a］生长激素，还可分泌[b]促甲状腺激素等激素,来调节其他某些内分泌腺的活动．垂体后叶还储存来自下丘脑分泌的抗利尿激素．该激素能促进肾小管和集合管对水的重吸收,进而调节水盐平衡．（3）图中①一②一③一c的调节机制，属于分级调节；通过④、⑤途径所实现的调节属于反馈（负反馈）调节．（4）机体维持稳态的是神经﹣体液﹣免疫调节网络．故答案为：（1）电信号神经递质（2）生长激素抗利尿激素肾小管和集合管（3）分级反馈(负反馈)（4）神经﹣体液﹣免疫9．图是测量某种花卉(呼吸作用利用葡萄糖）光合速率的密闭装置（CO2缓冲液可以维持装置中CO2的稳定)．已知有三套完全相同的该装置，装置a置于黑暗、30℃条件下,装置b置于自然环境下,装置c置于适宜光照、30℃条件下，同时将生理状况一致的三盆植物分别置于三种环境的装置中，起始液滴对应的数据均为零，氧传感器（测定装置内的氧含量）数据显示屏上的数据均为E．测量数据的时间适宜且三套装置同时测量，并记录相关数据．回答以下问题：（1)装置c中植物细胞内能产生A TP的场所有叶绿体、细胞质基质和线粒体(2)影响装置b光合速率的外界因素有温度和光照强度（3）装置a的液滴向左移（填“向左移”、“向右移”或“不移动”）,细胞中产生的氢来自葡萄糖（不考虑中间产物）（4)适宜时间后,装置a与装置c刻度尺上反映的数据分别为M、N，数据显示屏上的数据分别是P、Q，利用这两套装置测量该花卉的总光合速率时，下列可用的数据有②④．①M﹣N ②N﹣M ③P﹣Q ④Q﹣P ⑤P﹣Q﹣2E ⑥P+Q﹣2E（5）利用该装置探究光照强度对该花卉光合速率的影响时,无关变量有温度．【考点】光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．【分析】据图分析:密闭装置中放置有二氧化碳缓冲液，说明其中的二氧化碳浓度不变，由于温度不变，所以引起液滴移动的因素只有光合作用产生氧气的浓度变化．总光合速率=净光合速率+呼吸速率．据此分析作答．【解答】解：(1）装置c置于适宜光照强度下，光合作用与呼吸作用都可以产生ATP，所以产生ATP的场所有叶绿体、细胞质基质和线粒体．（2）装置b置于自然环境内，二氧化碳浓度恒定，温度和光照强度是变化的，所以影响该植物光合作用的外界因素为温度和光照强度．（3）装置a置于黑暗条件下，不能进行光合作用,只能进行呼吸作用，产生的二氧化碳会被吸收，使得装置内的气压下降，液滴左移．细胞呼吸过程中［H］的产生来自于葡萄糖的氧化．（4）总光合速率=净光合速率+呼吸速率，﹣M可反映出呼吸速率，而N才可反映净光合速率，故总光合速率=﹣M+N=N﹣M;E﹣P可反映出净光合速率，Q﹣E可反映呼吸速率，故总光合速率=（E﹣P）+(Q﹣E）=Q﹣P．故选:②④．(5）该套装置内二氧化碳浓度、植物、水分、土壤条件等都是固定的，可变的只有温度和光照强度，其中温度是无关变量，光照强度是自变量．故答案为：（1）叶绿体、细胞质基质和线粒体（2）温度和光照强度(3）向左移葡萄糖（4）②④（5)温度10．临床检验发现感染E病毒的患者体内白细胞数量显著降低．另研究表明,药物X能有效增加白细胞数量从而对该病有一定疗效,但该药物能阻碍胆固醇的正常运输使血液中胆固醇偏高．为了验证药物X的作用，请根据以下提供的实验材料，完善实验思路，预期实验结果．实验材料:感染E病毐生理状况不完全一致的实验动物若干只、药物X溶液（用10%葡萄糖溶液配制而成）、10％葡萄糖溶液、血细抱计数板、注射器、生化分析仪（测胆固醇）等．（注：本实验给药次数、周期及病毒感染对淋巴细胞数量的波动均不考虑）（1）实验思路：①取被E病毒感染的实验动物一只,培养一段时间后采集血液，利用血细胞计数板计数统计白细胞数量，用生化分析仪测胆固醇含量并记录．②注射适量的10%葡萄糖溶液，培养一段时间后采集血液，测定实验动物的白细胞数目和胆固醇含量并记录；③注射适量且等量的药物X溶液，培养一段时间后釆集血液，测定实验动物的白细胞数目和胆固醇含量并记录；(2)设计实验结果记录表，并将预期的实验结果填入表中．（实验结果用“升高”“降低"“不变”表示数据变化）．（3）本实验选一只实验动物进行了自身前后对照,而不进行分组对照的理由是排除个体差异对实验结果的干扰，为了增加实验结果的准确性可以进行增设几组实验，重复以上步骤．【考点】人体免疫系统在维持稳态中的作用．【分析】实验组：经过处理的组是实验组．对照组:未经过处理的组是对照组．变量：实验过程中可以变化的因素称为变量．自变量：想研究且可人为改变的变量称为自变量．因变量：随着自变量的变化而变化的变量称为因变量．无关变量：在实验中，除了自变量外，实验过程中存在一些可变因素，能对实验结果造成影响，这些变量称为无关变量．要注意无关变量应该相同且适宜．实验设计时要注意单一变量原则和对照原则．【解答】解:（1）实验思路：①取被E病毒感染的实验动物一只,培养一段时间后采集血液，利用血细胞计数板计数统计白细胞数量，用生化分析仪测胆固醇含量并记录;②注射适量的10％葡萄糖溶液，培养一段时间后采集血液，测定实验动物的白细胞数目和胆固醇含量并记录；③注射适量且等量的药物X溶液,培养一段时间后釆集血液,测定实验动物的白细胞数目和胆固醇含量并记录．(2）药物X对白细胞数量和胆固醇含量影响的实验记录表:（3）本实验选一只实验动物进行了自身前后对照，而不进行分组对照的理由是排除个体差异对实验结果的干扰，为了增加实验结果的准确性可以进行增设几组实验，重复以上步骤．故答案为：（1）②注射适量的10%葡萄糖溶液，培养一段时间后采集血液，测定实验动物的白细胞数目和胆固醇含量并记录。

江西省上栗2016届高三总复习理科综合训练卷化学试题一 含答案

江西省上栗2016届高三总复习理科综合训练卷化学试题一 含答案

第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。

1、现有常温下的四份溶液:①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；②0。

01 mol·L－1盐酸；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液.下列说法正确的是A．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大B．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量:④最大C．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①D．将②、③混合,若pH＝7，则消耗溶液的体积：②＜③2、下表为某有机物与各种试剂的反应现象,则这种有机物可能是( ）试剂钠溴的CCl4溶液NaHCO3溶液现象放出气体褪色放出气体A. CH2===CH—CH2—OH B．C．CH2===CH—COOH D．CH3COOH3。

金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。

下列关于金属的一些说法不正确的是( )A．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的B．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D．越活泼的金属越难冶炼4、在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的左右为顺序是A．p(Ne）> p(H2)〉p（O2）B．p（O2）〉p（Ne）〉p(H2）C．p(H2）> p(Ne)>p（O2） D．p(H2）〉p（O2)>p（Ne)5、已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2、Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-。

现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气,再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是( )①按Br2、Fe3+、I2的顺序氧化性逐渐减弱②原溶液中Br-一定被氧化③通入氯气后原溶液中的Fe2+一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置,向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br—均被完全氧化A．①②③④B．①③④⑤C．②④⑤D．①②③④⑤6、相等物质的量的KClO3分别发生下述反应( )①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气;②若不使用催化剂，加热至470℃左右，得到KClO4（高氯酸钾）和KCl。

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学三模试卷(含解析)

江西省萍乡市上栗县2016年高考化学三模试卷(含解析)

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列物质中与0.3 molH2O含有相同氢原子数的是（）A．0.3molHNO3B．0.1mol H3PO4C．0.2molCH4D．3.612×1023个HCl分子2．在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（）A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol3．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（）A．B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH4．下列各组离子，在溶液中能大量共存，加入H2SO4溶液后既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣C．K+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+5．如图所示，6个编号分别代表下列物质中的一种物质，凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温下氨气能还原氧化铁）．图中⑤表示的物质是（）a．Al b．Fe2O3c．NaOH 溶液d．Cl2e．NH3 f．氢碘酸溶液．A．a 或b B．c C．d 或e D．f6．如图所示，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y．若挤压滴管胶头，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起．气体X和液体Y不可能是（）A．X是NH3，Y是水B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液C．X是CO2，Y是稀硫酸D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液7．关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）A．c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1B．c（H+）=c（CH3COO﹣）C．加水稀释100倍后，溶液pH=4D．加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离8．乙硼烷（B2H6）碱性燃料电池是一种新型电池，具有能量转化效率高、无污染等优点，其结构示意图如图所示．下列说法中不正确的是（）A．正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣B．电池工作时，Na+通过阳离子交换膜向右移动C．转移6mol电子理论上消耗乙硼烷的质量为14gD．消耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为12mol二、解答题（共4小题，满分52分）9．下列物质有如下转化关系（有的生成物未列出），其中：D为碱，G为酸，金属甲在G 的浓溶液中会钝化；F的溶液中只含一种溶质．A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成，且Q、R、X、T原子序数依次增大；X的最外层电子数是电子层数的3倍；R和X相邻；Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素．则：（1）X在周期表中的位置是，R、X、T的原子半径从小到大的顺序为（用元素符号表示）；（2）A和G等物质的量反应产物的水溶液显性，其原因用离子方程式表示为；（3）A和X2反应的化学方程式为；（4）pH均为12的D溶液和F溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为；（5）为保护环境，通过安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E和CO反应转化为两种空气的成分，当反应转移1 mol电子时，生成的气体在标准状况下的总体积为L．10．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是．（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式沉淀固体B ；C ；沉淀D ；溶液E ．（3）写出①、②、③、④四个反应方程式①；②；③；④．11．如图中的B～K分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体；E 是常见的气体单质．固态物质A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D．各物质间的转化关系如图所示：请回答下列问题：（1）写出实验室检验A物质中含有的阳离子的方法．（2）B与E反应得到1molH，则此时转移电子的物质的量为mol．（3）写出实验室制取B的化学方程式．（4）写出N的稀溶液与过量的铁粉反应的离子方程式．（5）若混合气体通过碱石灰得到的气体B与通过浓硫酸得到的气体D的物质的量之比是8：5，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为．12．绿原酸（）是一种抗氧化药物，存在如图转化关系．（1）绿原酸中的含氧官能团有：酯基、．（2）B的分子式是．（3）C的氧化产物能发生银镜反应，则C→D的化学方程式是．（4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是．（5）F是A的同分异构体．F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢．①符合上述条件的F有种可能的结构．②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，其化学方程式是（任写1个）．2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列物质中与0.3 molH2O含有相同氢原子数的是（）A．0.3molHNO3B．0.1mol H3PO4C．0.2molCH4D．3.612×1023个HCl分子【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】0.3 molH2O含有0.6mol氢原子，有0.6N A个氢原子，0.3 mol HNO3中含有0.3N A个氢原子，0.1 mol H3PO4中含有的氢原子数为0.3N A个氢原子，0.2 mol CH4中含有0.8N A个氢原子，3.612×1023个HCl分子物质的量为0.6 mol，含有0.6N A个氢原子．【解答】解：A、0.3 mol H2O中含有0.6N A个氢原子，0.3 mol HNO3中含有0.3N A个氢原子，故A错误；B、0.1 mol H3PO4中含有的氢原子数为0.3N A个氢原子，故B错误；C、0.2 mol CH4中含有0.8N A个氢原子，故C错误；D、3.612×1023个HCl分子物质的量为0.6 mol，含有0.6N A个氢原子，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的量的相关计算，解答本题中注意物质的分子构成，结合相关的计算公式解答，难度不大．2．在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（）A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）起始：1mol 2mol 0 0转化：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol平衡：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol以此可解答该题．【解答】解：经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）起始：1mol 2mol 0 0转化：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol平衡：0.5mol 1mol 0.5mol 1molA．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02mol•L﹣1•min﹣1，故A 正确；B.5min时，容器内D的浓度为=0.2mol•L﹣1，故B正确；C．反应前后气体的体积不等，反应过程中气体物质的量增大，容器内压强逐渐增大，故C 正确；D．5min时容器内气体总的物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据三段式法计算较为直观，易错点为CD，注意A为固体的特征．3．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（）A．B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，根据反应关系式R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOH CO2进行判断．【解答】解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，存在反应关系式：R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOH CO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R﹣OH和1个﹣COOH，只有A符合，故选A．【点评】本题考查有机物的推断看，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键．4．下列各组离子，在溶液中能大量共存，加入H2SO4溶液后既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣C．K+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出；B．四种离子之间能够共存，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体；C．铁离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化铜；D．加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成．【解答】解：A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣之间不发生反应，但是加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出，不满足条件，故A错误；B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣之间不发生反应，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体，满足条件，故B正确；C．OH﹣与Cu2+会结合生成Cu（OH）2沉淀，不能共存，故C错误；D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+之间不反应，加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成，不满足条件，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等．5．如图所示，6个编号分别代表下列物质中的一种物质，凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温下氨气能还原氧化铁）．图中⑤表示的物质是（）a．Al b．Fe2O3c．NaOH 溶液d．Cl2e．NH3 f．氢碘酸溶液．A．a 或b B．c C．d 或e D．f【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】编号⑤和其他5种物质都能发生反应，因此只能是氢碘酸，发生反应的化学方程式依次为：2Al+6HI═2AlI3+3H2↑；Fe2O3+6HI═2FeI2+I2+3H2O；NaOH+HI═NaI+H2O；HI+NH3═NH4I；Cl2+2HI═I2+2HCl．【解答】解：编号⑤和其他5种物质都能发生反应，因此只能是氢碘酸，发生反应的化学方程式依次为：2Al+6HI═2AlI3+3H2↑；Fe2O3+6HI═2FeI2+I2+3H2O；NaOH+HI═NaI+H2O；HI+NH3═NH4I；Cl2+2HI═I2+2HCl，故选：D．【点评】本题考查无机物推断，关键是熟练掌握元素化合物性质，注意对基础知识的理解掌握．6．如图所示，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y．若挤压滴管胶头，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起．气体X和液体Y不可能是（）A．X是NH3，Y是水B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液C．X是CO2，Y是稀硫酸D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球a鼓起，说明锥形瓶内压强减小，X可能溶于Y或与Y发生反应．【解答】解：A、NH3极易溶于水，NH3溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a 鼓起，气体X和液体Y可能是NH3和水，故A正确；B、SO2能够与NaOH浓溶液反应，SO2被吸收，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是SO2和NaOH浓溶液，故B正确；C、CO2与稀硫酸不反应，难溶于稀硫酸溶液，压强基本不变，小气球不能鼓起，气体X和液体Y不可能是CO2和稀硫酸，故C错误；D、氯化氢不与NaNO3反应，但氯化氢极易溶于水，氯化氢溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是氯化氢和NaNO3稀溶液，故D正确；故选C．【点评】本题考查喷泉实验知识，题目难度不大，注意形成喷泉实验的原理以及常见物质的性质．7．关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）A．c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1B．c（H+）=c（CH3COO﹣）C．加水稀释100倍后，溶液pH=4D．加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，以此解答该题．【解答】解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol•L﹣1，故A错误；B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C．加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D 正确．故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，酸碱混合的定性判断以及溶液中的电荷守恒，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大．8．乙硼烷（B2H6）碱性燃料电池是一种新型电池，具有能量转化效率高、无污染等优点，其结构示意图如图所示．下列说法中不正确的是（）A．正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣B．电池工作时，Na+通过阳离子交换膜向右移动C．转移6mol电子理论上消耗乙硼烷的质量为14gD．消耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为12mol【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A、在碱性环境中，正极上氧气得电子生成OH﹣；B、原电池工作时，阳离子向正极移动；C、根据图示可知B2H6转化为BO2﹣，根据电子守恒和电荷守恒可得，该极电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O，据此计算，D、根据电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O来回答．【解答】解：A、在碱性环境中，氧气得电子生成OH﹣，正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH ﹣，故A正确；B、原电池工作时，阳离子向正极移动，即Na+通过阳离子交换膜向右移动，故B正确；C、根据图示可知B2H6转化为BO2﹣，根据电子守恒和电荷守恒可得，该极电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O，据此可知，转移6mol电子理论上消耗0.5molB2H6，其质量为14g，消耗1molB2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为14mol，故C正确，D、耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为14mol，故D错误．故选D．【点评】本题考查原电池原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．二、解答题（共4小题，满分52分）9．下列物质有如下转化关系（有的生成物未列出），其中：D为碱，G为酸，金属甲在G 的浓溶液中会钝化；F的溶液中只含一种溶质．A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成，且Q、R、X、T原子序数依次增大；X的最外层电子数是电子层数的3倍；R和X相邻；Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素．则：（1）X在周期表中的位置是第二周期VIA族，R、X、T的原子半径从小到大的顺序为O ＜N＜Na （用元素符号表示）；（2）A和G等物质的量反应产物的水溶液显酸性，其原因用离子方程式表示为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（3）A和X2反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ；（4）pH均为12的D溶液和F溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为1：1010（或10﹣10，10﹣10：1）；（5）为保护环境，通过安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E和CO反应转化为两种空气的成分，当反应转移1 mol电子时，生成的气体在标准状况下的总体积为14 L．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】X的最外层电子数是电子层数的3倍，应为O元素，R和X相邻，且原子序数小于R，则应为N元素，Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，在元素周期表中只有H 和Na符合，则Q为H元素，T为Na元素，题中信息“D为碱，金属甲在G 的浓溶液中会钝化”，说明金属甲能与碱反应，则甲为Al，结合“A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成”可知G应为HNO3，则E为NO2，C为NO，A能与氧气反应生成NO，且含有N元素，应为NH3，则B为H2O，D为NaOH，F应为NaAlO2，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解答】解：X的最外层电子数是电子层数的3倍，应为O元素，R和X相邻，且原子序数小于R，则应为N元素，Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，在元素周期表中只有H和Na符合，则Q为H元素，T为Na元素，题中信息“D为碱，金属甲在G 的浓溶液中会钝化”，说明金属甲能与碱反应，则甲为Al，结合“A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成”可知G应为HNO3，则E为NO2，C为NO，A能与氧气反应生成NO，且含有N元素，应为NH3，则B为H2O，D为NaOH，F应为NaAlO2，（1）X为氧元素，在周期表中的位置是：第二周期，ⅥA族，R（N）、X（O）、T（Na）的原子半径从小到大的顺序为：Na＞N＞O，故答案为：第二周期VIA族；O＜N＜Na；（2）A（NH3）和G（HNO3）等物质的量反应生成的产物为硝酸铵，为强酸弱碱盐，铵根离子水溶液水解呈酸性，原因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（3）A（NH3）和X2（O2）反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）pH均为12的NaOH溶液和NaAlO2溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为10﹣12：10﹣2=1：1010，或10﹣10，10﹣10：1，故答案为：1：1010（或10﹣10，10﹣10：1）；（5）安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E（NO2）和一氧化碳反应转化为两种空气的成分，发生的反应为：2NO2+4CO=N2+4CO2，反应中N元素化合价由+4价降低到0价，C元素化合价由+2价升高到+4价，当反应转移1 mol电子时，生成0.125molN2和0.5molCO2，体积为0.625m ol×22.4L/mol=14L，故答案为：14．【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意物质性质的应用，原子结构的特征判断，元素种类的推断方法，题目难度不大．10．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤．（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式沉淀固体B Al2O3；C Al2O3、Fe2O3；沉淀D Fe2O3；溶液E K2SO4、（NH4）2SO4．（3）写出①、②、③、④四个反应方程式①Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4] ；②2KAl（SO4）2+6NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；③Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；④2Al（OH）3Al2O3+3H2O ．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl （SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH 溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH 溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）溶液和沉淀的分离利用过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；（3）反应①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，反应②为2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓，反应③为Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓，反应④为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物性质，侧重Al、Fe及其化合物性质的考查，注意氧化铝的两性，明确发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等．11．如图中的B～K分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体；E 是常见的气体单质．固态物质A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D．各物质间的转化关系如图所示：请回答下列问题：（1）写出实验室检验A物质中含有的阳离子的方法取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子．（2）B与E反应得到1molH，则此时转移电子的物质的量为 5 mol．（3）写出实验室制取B的化学方程式Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑或浓氨水加CaO或NaOH固体．（4）写出N的稀溶液与过量的铁粉反应的离子方程式3Fe+8H++2NO3﹣=2NO↑+3Fe2++4H2O ．（5）若混合气体通过碱石灰得到的气体B与通过浓硫酸得到的气体D的物质的量之比是8：5，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】流程图中分析，E是常见的气体单质，可以初步推断为O2，I是红棕色的气态氧化物判断为NO2，依据转化关系可知H为NO，G为H2O，N为HNO3，B为NH3，固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B进一步确定B为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，说明D为酸性气体且无还原性，推测D为CO2，根据反应：N（HNO3）+K （C）=D（CO2）+I（NO2）+G（H2O），C为Na2O2，F为（Na2CO3），所以A受热分解生成碱性气体NH3和酸性气体CO2，证明A为碳酸铵盐；依据推断出的物质进行分析回答问题．【解答】解：A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质，I是红棕色的气态氧化物．固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D，E是常见的气体单质，可以初步推断为O2，I是红棕色的气态氧化物判断为NO2，依据转化关系可知H为NO，G为H2O，N为HNO3，B为NH3，．固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B进一步确定B为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，说明D为酸性气体且无还原性，推测D为CO2，根据反应：N（HNO3）+K（C）=D（CO2）+I（NO2）+G（H2O），C为Na2O2，F为（Na2CO3），所以A受热分解生成碱性气体NH3和酸性气体CO2，证明A为碳酸铵盐，（1）实验室检验A物质中含有的阳离子是NH4+的方法：取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子，故答案为：取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子；（2）B与E反应是氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，得到H为NO，反应中生成4molNO电子转移20mol，则得到1molNO，此时转移电子的物质的量为5mol；故答案为：5；（3）实验室制取B（NH3）的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑，或浓氨水加CaO或NaOH固体；故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑或浓氨水加CaO或NaOH固体；（4）N的稀溶液HNO3与过量的铁粉反应生成亚铁盐，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═2NO↑+3Fe2++4H2O；故答案为：3Fe+8H++2NO3﹣═2NO↑+3Fe2++4H2O；（5）混合气体通过碱石灰得到的气体B为NH3与通过浓硫酸得到的气体D（CO2）的物质的量之比是8：5，依据化学反应的原子守恒得到，若是碳酸氢铵，铵根离子和碳酸氢根离子物质的量之比为1：1，若为碳酸铵．铵根离子和碳酸根离子物质的量为2：1，混合气体中氨气和二氧化碳物质的量之比为8：5，介于1：1和2：1间，所以判断A为碳酸铵和碳酸氢铵的混合物，物质的量之比通过平均值法计算为3：2：则用物质的量的关系表示此固体A 的组成为NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成；故答案为：NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成．【点评】本题考查了物质转化关系的应用和物质性质的应用，主要考查铵根离子检验，化学方程式的书写，离子方程式的产物判断和书写，物质组成的计算分析判断．12．绿原酸（）是一种抗氧化药物，存在如图转化关系．（1）绿原酸中的含氧官能团有：酯基、羟基、羧基．（2）B的分子式是C7H12O6．（3）C的氧化产物能发生银镜反应，则C→D的化学方程式是．（4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是．（5）F是A的同分异构体．F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢．①符合上述条件的F有 6 种可能的结构．②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，其化学方程式是（任写1个）．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为，由（3）C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为，A中含有﹣COOH，结合绿原酸的结构可知，A为，故B为，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为，据此解答．【解答】解：咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为，C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为，A中含有﹣COOH，结合绿原酸的结构可知，A为，故B为，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为，（1）根据绿原酸的结构可知，绿原酸中含氧官能团有：酯基、羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）由书写分析可知，B为，其分子式为C7H12O6，故答案为：C7H12O6；（3）C→D是发生消去反应生成，反应方程式为：，故答案为：；故答案为：酯化反应；（4）由上述分析可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式是，故答案为：；（5）①F是的同分异构体，F可以与碳酸氢钠溶液反应产生气体，分子中含有﹣COOH，也可以与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，含有﹣CHO，且F的苯环上只有两个取代基，有8种不同化学环境的氢，符合上述条件F的结构简式有：（邻、间两种）（邻、间两种），（邻、间两种），共有6种，故答案为：6；②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，则F为含有酚羟基、﹣COOH，则F为等，反应方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团、有机反应类型、同分异构体等，注意根据有机物的结构进行推断，对学生的推理有较高的要求，难度中等．。

江西省高考化学六模试卷

江西省高考化学六模试卷

江西省高考化学六模试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、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． (共8题；共16分)1. （2分） (2018高二上·江苏期中) 目前国际空间站处理CO2废气涉及的反应为CO2+4H2CH4+2H2O。

该反应的下列说法正确的是（）A . 钌催化剂能加快该反应的速率B . 升高温度能减慢该反应的速率C . 达到平衡时，CO2能100%转化为CH4D . 达到平衡时，反应速率：v(正) = v(逆) = 02. （2分）下列一定表示溶液浓度单位的是（）A . g/LB . %C . mol•L﹣1D . L/mol3. （2分） (2016高二上·焦作期中) 四种短周期主族元素W，X，Y，Z的原子序数依次增大，W，X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性．下列说法正确的是（）A . 简单离子半径：W＜X＜ZB . W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C . 气态氢化物的热稳定性：W＜YD . 最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z4. （2分） (2015·成都模拟) 下列离子方程式正确的是（）A . 草酸可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其离子方程式为：2MnO +5C2O +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB . 向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4++Al3++2SO +2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO +2H2OC . NaHSO3溶液与FeCl3反应的离子方程式：SO +2Fe3++H2O=SO +2Fe2++2H+D . NH4HCO3溶液中加入少量NaOH：NH4++OH﹣═NH3•H2O5. （2分） (2015高二上·河北开学考) 化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（）A . 木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B . 包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃C . 食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应D . PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃6. （2分）下列除去CO2中的SO2杂质的方法中最佳的是（）A . 将气体通过澄清石灰水B . 将气体通过氯水C . 将气体通过KMnO4溶液D . 将气体通过饱和KHCO3溶液7. （2分）白磷易溶于CS2形成溶液，磷元素在该溶液中存在的形式是（）A . P4分子B . 磷原子C . P2分子D . P4或P2分子8. （2分） (2018高二上·邯郸期中) 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应xA（g）+B（g）⇌2C（g），反应曲线（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）如图所示，试判断对图的说法中一定正确的是（）A . 该反应是吸热反应B . x=2C . P3＜P4 ， y轴可表示混合气体的相对分子质量D . P3＞P4 ， y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量二、综合题 (共4题；共33分)9. （10分） (2019高一下·扶余月考) 某化学兴趣小组的同学学习了同周期元素性质的递变规律后，设计了一套实验方案进行实验探究，并记录了有关实验现象，如图请你帮助该同学整理并完成实验报告。

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷(实验班)(解析版)

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷(实验班)(解析版)

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷（实验班）一、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．1．在无土栽培中，需配制一定量含50mol NH4Cl、16mol KCl和24mol K2SO4的营养液．若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、242．S8分子形成的单斜硫和斜方硫是同素异形体，转化关系如下（斜方，固）S（单斜，固）△H=0.398kJl﹣1若N A为阿伏加德罗常数，则下列说法中，不正确的是（）A．单斜硫比斜方硫具有的能量略高B．单斜硫和斜方硫之间的转化属于物理变化C．单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2D．64g 单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2N A3．下列化学方程式中，能用离子方程式SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓来表示的是（）A．BaCO3+H2SO4═BaSO4↓+H2O+CO2↑B．BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaClC．Ba（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+BaSO4↓D．BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl4．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（）A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1 5．下列关于常见有机物的说法正确的是（）A．甲烷和乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．乙醇具有同分异构体C．蛋白质都是天然高分子化合物D．石油分馏可以得到大量甲烷、乙烯和丙烯等气态有机物6．如图装置可用于（）A．加热NaHCO3制CO2B．用铜与稀HNO3反应制NOC．用NH4Cl与浓NaOH溶液制NH3D．用铜与浓HNO3反应制NO27．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（）SO═A．只有②B．①③C．②④D．①②③④8．某温度下向100g澄清的饱和石灰水中加入5.6g生石灰，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述正确的是（）A．恢复到原温度后，溶液的浓度增大B．沉淀物的质量为7.4gC．饱和石灰水的质量大于98.2gD．恢复到原温度后，溶液的质量分数不变二、非选择题，共4小题，共52分9．某课外兴趣小组为探究某种铝合金（合金元素为Mg、Al）是否符合国家质量标准（国家规定其中铝含量不能低于78%），设计如图所示装置进行实验．（1）如何检验该装置的气密性？（2）合金样品固体M与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是．（3）倾斜左边装置使氢氧化钠溶液（足量）与质量为a的合金粉末（固体M）充分反应，待反应停止后，进入量气管气体的体积为V（已折算成标准状况）．若量气管最大量为50 mL，则固体M中铝的质量[m（Al）]范围为．（4）若将装置中的氢氧化钠溶液替换为足量的盐酸，则反应停止后量气管内气体体积（填“＞”“＜”或“=”）V．（5）若a=38 mg，V=44.8 mL（标准状况），通过计算可知，该合金（填“符合”或“不符合”）国家标准．10．化合物A是制玻璃的主要原料之一．常温下，化合物B、H、I为气体，B不溶于水，H、I易溶于水，H的水溶液呈碱性，I的水溶液呈酸性．D元素是地壳中含量仅次于氧的非金属元素．化合物J是一种可用于制造发动机的新型无机非金属材料，其相对分子质量为140，其中D元素的质量分数为60%．上述物质间的转化关系如图所示．（1）除A外，制玻璃的主要原料还有物质（填化学式）、．盛放NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，原因是（用化学方程式表示）．（2）D元素在元素周期表中的位置是．（3）H的电子式是．（4）F和H反应生成J和I反应的化学方程式是．（5）下列说法正确的是（填选项序号）．a．上述由A生成D的单质的反应属于置换反应b．D元素在自然界中主要以单质形式存在c．G是含有极性共价键的离子化合物d．I是强电解质，G是弱电解质，二者的水溶液都显酸性．11．X、Y、Z三种物质有如图的转化关系：（1）根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：X、Y、Z，试剂甲，试剂乙．（2）写出上述①～④各步反应的离子方程式：①．②．③．④．12．上海世博会英国馆﹣﹣种子圣殿，由六万多根透明的亚克力[其分子式是（C5H8O2）n]杆构建而成．某同学从提供的原料库中选择一种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：已知：①不易被氧化成羧酸②不易被氧化成醛或酮（R、R'、R″表示烃基）请回答：（1）原料X是（填序号字母）．（2）②的反应条件是；⑧的反应类型是；D中官能团的名称．（3）⑦的化学方程式是．（4）C有多种同分异构体，其中分子中含有“”结构的共有种．（5）某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：丙烯…→D，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，请你预测M可能的结构简式是．2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷（实验班）参考答案与试题解析一、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．1．在无土栽培中，需配制一定量含50mol NH4Cl、16mol KCl和24mol K2SO4的营养液．若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、24【考点】物质的量的相关计算．【分析】本题可以根据离子守恒的思想来解决，即根据只有（NH4）2SO4可以提供硫酸根，24mol K2SO4中硫酸根为24mol作为解题的入手点．【解答】解：由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中的离子的物质的量相同，营养液中离子的物质的量分别为：n（NH4+）=50mol，n（Cl﹣）=66mol，n（K+）=64mol，n（SO42﹣）=24mol，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[（NH4）2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol﹣24mol×2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol﹣2mol=64mol，故选B．2．S8分子形成的单斜硫和斜方硫是同素异形体，转化关系如下（斜方，固）S（单斜，固）△H=0.398kJl﹣1若N A为阿伏加德罗常数，则下列说法中，不正确的是（）A．单斜硫比斜方硫具有的能量略高B．单斜硫和斜方硫之间的转化属于物理变化C．单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2D．64g 单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2N A【考点】化学能与热能的相互转化．【分析】A．该反应为吸热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量；B．根据单斜硫和斜方硫是不同的物质；C．根据同素异形体的化学性质相似；D．根据极限法以及质量换算物质的量和1molS8中含8mol硫原子来分析；【解答】解：A．该反应为吸热反应，单斜硫比斜方硫具有的能量略高，故A正确；B．单斜硫和斜方硫是不同的物质，两者之间的转化属于化学变化，故B错误；C．单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2，故C正确；D．64g单斜硫的物质的量为=mol，含有2mol硫原子即硫原子数目为2N A；64g斜方硫的物质的量为=mol，含有2mol硫原子即硫原子数目为2N A，所以64g 单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2N A，故D正确；故选：B．3．下列化学方程式中，能用离子方程式SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓来表示的是（）A．BaCO3+H2SO4═BaSO4↓+H2O+CO2↑B．BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaClC．Ba（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+BaSO4↓D．BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl【考点】离子方程式的书写．【分析】离子方程式SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓表示可溶性的硫酸盐和可溶性的钡盐之间发生反应只有硫酸钡沉淀生成，没有其他沉淀生成的一类反应．【解答】解：A、碳酸钡是难溶性的盐，不符合题意要求，故A错误；B、反应物中无SO4 2﹣，生成物中也无BaSO4，所以不符合题意要求，故B错误；C、反应还会有氢氧化铜生成，不符合题意要求，故C错误；D、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸钠是可溶性的硫酸盐，二者之间反应仅有硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故D正确．故选D．4．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（）A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、依据图表数据和转化率概念计算分析；B、依据平衡浓度和平衡常数的概念计算分析判断；C、压强增大，反应速率增大，正逆反应速率都增大；D、依据反应速率的概念计算判断；【解答】解：A、平衡时，X的转化率=×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数==1600，故B错误；C、反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），起始量0.1 0.2 0变化量0.02 0.06 0.042min量0.08 0.14 0.04前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．5．下列关于常见有机物的说法正确的是（）A．甲烷和乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．乙醇具有同分异构体C．蛋白质都是天然高分子化合物D．石油分馏可以得到大量甲烷、乙烯和丙烯等气态有机物【考点】乙烯的化学性质；同分异构现象和同分异构体；甲烷的化学性质；石油的分馏产品和用途．【分析】A．甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯具有碳碳不饱和键，能与单质溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色；B．乙醇的同分异构体是二甲醚；C．人工合成蛋白质不是天然高分子化合物，天然蛋白质都是天然高分子化合物；D．石油裂解可以得到甲烷和乙烯．【解答】解：A．甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．乙醇的同分异构体是二甲醚，所以乙醇具有同分异构体，故B正确；C．人工合成蛋白质不是天然高分子化合物，故C错误；D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，故D错误；故选：B．6．如图装置可用于（）A．加热NaHCO3制CO2B．用铜与稀HNO3反应制NOC．用NH4Cl与浓NaOH溶液制NH3D．用铜与浓HNO3反应制NO2【考点】气体发生装置．【分析】该装置适用于固、液混合不加热的反应，生成的气体不易溶于水．【解答】解：A、加热NaHCO3制CO2、需加热，所以不符合条件，故A错误．B、用铜与稀HNO3反应制NO，且一氧化氮不溶于水，所以符合条件，故B正确．C、用NH4Cl与浓NaOH溶液制NH3，氨气易溶于水，所以不符合条件，故C错误．D、用铜与浓HNO3反应制NO2，NO2易溶于水，所以不符合条件，故D错误．故选B．7．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（）SOA．只有②B．①③C．②④D．①②③④【考点】离子方程式的书写．【分析】①硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2H2O；②Al2O3不应写成离子形式；③硝酸有强氧化性，铁和稀硝酸反应没有氢气生成；④等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化．【解答】解：①氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸，都可拆分，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物，都不可拆分，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，评价错误，故①不选；②氧化铝与NaOH溶液反应的离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，评价合理，故②选；③铁和稀硝酸反应没有氢气生成，铁过量3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，铁少量Fe+4HNO3═Fe（NO3）+NO↑+2H2O，离子反应为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，评价错误，故③不3选；④等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，评价错误，故④不选；故选：A．8．某温度下向100g澄清的饱和石灰水中加入5.6g生石灰，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述正确的是（）A．恢复到原温度后，溶液的浓度增大B．沉淀物的质量为7.4gC．饱和石灰水的质量大于98.2gD．恢复到原温度后，溶液的质量分数不变【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【分析】在一定温度下，向一定量的饱和澄清石灰水中加入生石灰，生石灰会和石灰水中的水发生化学变化并放出热量，从而引起溶液中量的变化．【解答】解：A、由于原来溶液就是饱和的，加入生石灰反应后恢复到原来温度，溶液仍为饱和溶液，溶解度不变，故溶液的浓度不变，故A错误；B、由于溶液中的沉淀有5.6g生石灰和1.8g水发生化合反应生成的氢氧化钙，还有结晶析出的氢氧化钙，故沉淀物质量大于7.4g，故B错误；C、由于5.6g生石灰和1.8g水会反应后还会有氢氧化钙析出，所以溶液一定小于98.2g，故C错误；D、恢复到原温度后，溶液仍为饱和溶液，温度不变，溶解度不变，故溶液的质量分数不变，故D正确．故选D．二、非选择题，共4小题，共52分9．某课外兴趣小组为探究某种铝合金（合金元素为Mg、Al）是否符合国家质量标准（国家规定其中铝含量不能低于78%），设计如图所示装置进行实验．（1）如何检验该装置的气密性？（2）合金样品固体M与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是2OH﹣+2Al+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑．（3）倾斜左边装置使氢氧化钠溶液（足量）与质量为a的合金粉末（固体M）充分反应，待反应停止后，进入量气管气体的体积为V（已折算成标准状况）．若量气管最大量为50 mL，则固体M中铝的质量[m（Al）]范围为0＜m Al＜0.04g．（4）若将装置中的氢氧化钠溶液替换为足量的盐酸，则反应停止后量气管内气体体积＞（填“＞”“＜”或“=”）V．（5）若a=38 mg，V=44.8 mL（标准状况），通过计算可知，该合金符合（填“符合”或“不符合”）国家标准．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）检验装置的气密性常用方法为利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差，由装置图可知适合选择液封气体形成液面高度差，一定时间，液面高度差保持不变，说明气密性良好；（2）铝与氢氧化钠、水反应生成四羟基合铝酸钠、氢气；（3）量气管最大量程为50mL，则产生氢气的增大体积为50mL，计算氢气的最大物质的量，根据电子转移守恒可知3n（Al）=2n（H2），据此计算铝的最大质量；（4）Mg、Al都与盐酸反应生成氢气，改用盐酸生成气体体积增大；（5）根据氢气的体积V=44.8mL计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒可知3n（Al）=2n（H2），据此计算铝的质量，再计算Al的质量分数，据此判断．【解答】解：（1）检验装置的气密性常用方法为利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差，由装置图可知适合选择液封气体形成液面高度差，检验该装置气密性的方法为：安装好装置并在量气管内加人水，向下移动水准管，静置片刻，若水准管中液面与量气管液面维持一定的高度差，说明装置密封，故答案为：安装好装置并在量气管内加人水，向下移动水准管，静置片刻，若水准管中液面与量气管液面维持一定的高度差，说明装置密封；（2）铝与氢氧化钠、水反应生成四羟基合铝酸钠、氢气，反应离子方程式为2OH ﹣+2Al+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，故答案为：2OH﹣+2Al+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑；（3）量气管最大量程为50mL，则产生氢气的增大体积为50mL，所以氢气的最大物质的量为=mol，根据电子转移守恒可知3n（Al）=2n（H2）=mol×2，故铝的最大质量为×mol×2×27g/mol=0.04g，所以金属铝的质量范围为0＜m Al＜0.04g，故答案为：0＜m Al＜0.04g；（4）Mg、Al都与盐酸反应生成氢气，改用盐酸生成氢气的体积增大，故答案为：＞；（5）44.8mL氢气的物质的量为=0.002mol，根据电子转移守恒可知3n（Al）=2n（H2）=0.002mol×2=0.004mol，所以合金中铝的质量×0.004mol×27g/mol=0.036g，合金中Al的质量分数为×100%=94.74%＞78%，故该合金符合标准，故答案为：符合．10．化合物A是制玻璃的主要原料之一．常温下，化合物B、H、I为气体，B不溶于水，H、I易溶于水，H的水溶液呈碱性，I的水溶液呈酸性．D元素是地壳中含量仅次于氧的非金属元素．化合物J是一种可用于制造发动机的新型无机非金属材料，其相对分子质量为140，其中D元素的质量分数为60%．上述物质间的转化关系如图所示．（1）除A外，制玻璃的主要原料还有物质（填化学式）Na2CO3、CaCO3．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，原因是（用化学方程式表示）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．（2）D元素在元素周期表中的位置是第3周期IVA族．（3）H的电子式是．（4）F和H反应生成J和I反应的化学方程式是3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl．（5）下列说法正确的是（填选项序号）ac．a．上述由A生成D的单质的反应属于置换反应b．D元素在自然界中主要以单质形式存在c．G是含有极性共价键的离子化合物d．I是强电解质，G是弱电解质，二者的水溶液都显酸性．【考点】无机物的推断．【分析】D元素是地壳中含量仅次于氧的非金属元素，则D为Si，化合物A是制玻璃的主要原料之一，且能在在高温下与碳反应生成气体B与D的单质，B不溶于水，则A为SiO2，B为CO．D的单质与Cl2反应生成F为SiCl4，气体H的水溶液呈碱性，则H为NH3，I的水溶液呈酸性，可知I为HCl，G为NH4Cl，J中含有N、Si两种元素，Si元素的质量分数为60%，则N、Si原子数目之比为：=4：3，其相对分子质量为140，则J为Si3N4．【解答】解：D元素是地壳中含量仅次于氧的非金属元素，则D为Si，化合物A 是制玻璃的主要原料之一，且能在在高温下与碳反应生成气体B与D的单质，B 不溶于水，则A为SiO2，B为CO．D的单质与Cl2反应生成F为SiCl4，气体H的水溶液呈碱性，则H为NH3，I的水溶液呈酸性，可知I为HCl，G为NH4Cl，J 中含有N、Si两种元素，Si元素的质量分数为60%，则N、Si原子数目之比为：=4：3，其相对分子质量为140，则J为Si3N4．（1）制玻璃的主要原料有SiO2、Na2CO3和CaCO3，由于二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠而导致玻璃塞打不开，发生反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，则盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故答案为：Na2CO3、CaCO3；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（2）D为Si元素，位于周期表第3周期IVA族，故答案为：第3周期IVA族；（3）H为NH3，为共价化合物，电子式为，故答案为：；（4）由以上分析可知，F和H反应生成J和I反应的化学方程式是：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；（5）a．上述由A生成D的单质的反应为2C+SiO22CO+Si，属于置换反应，故a正确；b．Si元素在自然界中以化合物形式存在，没有游离态的硅，故b错误；c．G为NH4Cl，是含有极性共价键的离子化合物，故c正确；d．HCl和NH4Cl都是强电解质，二者的水溶液都显酸性，故d错误，故答案为：ac．11．X、Y、Z三种物质有如图的转化关系：（1）根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：X MgSO4、Y Mg（OH）2、Z MgCl2，试剂甲BaCl2溶液，试剂乙AgNO3溶液．（2）写出上述①～④各步反应的离子方程式：①SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓．②Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓．③Mg（OH）+2H+═Mg2++2H2O．④Ag++Cl﹣═AgCl↓．2【考点】无机物的推断．【分析】本题的突破点在于反应①，X与Ba（NO3）2溶液反应生成Mg（NO3）2，X中有镁离子，还的会与钡离子生成沉淀，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子，而碳酸镁是沉淀，应是MgSO4与Ba（NO3）2生成BaSO4沉淀和Mg（NO3）2，可知X为MgSO4，MgSO4与NaOH溶液反应生成Mg（OH）2沉淀和Na2SO4，其中能继续与盐酸反应的产物是Mg（OH）2，则Y为Mg（OH）2，与盐酸反应生成MgCl2，则Z为MgCl2，MgCl2与AgNO3反应生成Mg（NO3）2和AgCl沉淀，则试剂乙是AgNO3，MgSO4与试剂甲反应生成MgCl2，则试剂甲为BaCl2．【解答】解：（1））本题的突破点在于反应①，X与Ba（NO3）2溶液反应生成Mg（NO3）2，X中有镁离子，还的会与钡离子生成沉淀，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子，而碳酸镁是沉淀，应是MgSO4与Ba（NO3）2生成BaSO4沉淀和Mg（NO3）2，可知X为MgSO4，MgSO4与NaOH溶液反应生成Mg（OH）2沉淀和Na2SO4，其中能继续与盐酸反应的产物是Mg（OH）2，则Y为Mg（OH）2，与盐酸反应生成MgCl2，则Z为MgCl2，MgCl2与AgNO3反应生成Mg（NO3）2和AgCl沉淀，则试剂乙是AgNO3，MgSO4与试剂甲反应生成MgCl2，则试剂甲为BaCl2，故答案为：MgSO4；Mg（OH）2；MgCl2；BaCl2溶液；AgNO3溶液；（2）反应①的离子方程式为：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，反应②的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，反应③的离子方程式为：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O，反应④的离子方程式为：Ag++Cl﹣═AgCl↓，故答案为：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O；Ag++Cl﹣═AgCl↓．12．上海世博会英国馆﹣﹣种子圣殿，由六万多根透明的亚克力[其分子式是（C5H8O2）n]杆构建而成．某同学从提供的原料库中选择一种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：已知：①不易被氧化成羧酸②不易被氧化成醛或酮③（R、R'、R″表示烃基）请回答：（1）原料X是c（填序号字母）．（2）②的反应条件是NaOH水溶液，加热；⑧的反应类型是加聚反应；D中官能团的名称羧基、羟基．（3）⑦的化学方程式是．（4）C有多种同分异构体，其中分子中含有“”结构的共有6种．（5）某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：丙烯…→D，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，请你预测M可能的结构简式是CH3CH2CH（OH）COOH．【考点】有机物的推断．【分析】由反应①知X中含有双键，则A为二溴代烃，由反应④、⑤、⑥知B 中含2个羟基，C中含有一个醛基和一个羟基，D中含有一个羧基和一个羟基，E中含有一个双键和一个羧基．结合已知2可知X的结构为，则A为，B为，C为，D为，E为，F为，以此解答（1）～（3）；（4）C的结构为，异构体中含有结构的可能是酸或酯；（5）结合已知③即醛或酮可与氢氰酸加成后酸化可得比原物质多一个C的酸，丙烯与HBr加成可生成两种物质CH3CHBrCH3和CH3CH2CH2Br，其中第一种结构经水解、氧化成丙酮后再与HCN加成、酸化可得D物质．第二种结构经水解、氧化得到丙醛后再与HCN加成、酸化可得CH3CH2CH（OH）COOH．【解答】解：（1）X中含有双键，由上述分析可知为，故答案为：c；（2）②的反应条件是NaOH水溶液，加热；⑧的反应类型是加聚反应；D为，官能团的名称为羧基、羟基，故答案为：NaOH水溶液，加热；加聚反应；羧基、羟基；（3）⑦的化学方程式是，故答案为：；（4）C的结构为，异构体中含有结构的可能是酸或酯，属于羧酸的为丁酸、2﹣甲基丙酸；属于酯为甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，共6种，故答案为：6；（5）丙烯与HBr加成可生成两种物质CH3CHBrCH3和CH3CH2CH2Br，其中第一种结构经水解、氧化成丙酮后再与HCN加成、酸化可得D物质．第二种结构经水解、氧化得到丙醛后再与HCN加成、酸化可得CH3CH2CH（OH）COOH，则M可能的结构简式是CH3CH2CH（OH）COOH，故答案为：CH3CH2CH（OH）COOH．2017年4月15日。

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2016年江西省萍乡市上栗县高考化学六模试卷一．选择题（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．每小题6分，共48分）1．下列说法中正确的是（）A．N A个N2分子和N A个CO分子的质量之比为1：1B．水的摩尔质量等于N A个水分子的相对分子质量之和C．分别由N A个水分子组成的水、冰、水蒸气的质量各不相同D．1 mol N2的质量等于N A个氮原子的质量2．在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A（g）+B （g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5molL﹣1，下列判断正确的是（）A．x=1B．B的转化率为20%C．平衡时A的浓度为1.50molL﹣1D．达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%3．下列离子方程式中，正确的是（）A．氨气通入醋酸中：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+B．向碳酸氢镁溶液中加过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓C．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+═Ca2++2H2OD．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑4．在一定条件下，反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣92.4 kJ/mol，X的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．下列说法正确的是（）A．图中A、B两点，达到相同的平衡体系B．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率提高C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小D．将1.0 mol X、3.0 mol Y，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ5．已知：含C=C的物质（烯烃）一定条件下能与水发生加成反应，生成醇（含羟基的烃的衍生物）；有机物A﹣D间存在图示的转化关系．下列说法不正确的是（）A．D结构简式为CH3COOCH2CH3B．A能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．B与乙酸发生了取代反应D．可用B萃取碘水中的碘单质6．下列叙述或操作中正确的是（）A．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿着量筒壁慢慢的注入盛有水的量筒中，并不断搅拌B．浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性C．浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量的水冲洗D．浓硫酸与铜反应中，被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：27．有两种金属的合金13 g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2 L，则组成该合金的金属不可能是（）A．Mg和Al B．Mg和Zn C．Al和Zn D．Al和Fe8．25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A．0.01 mol/L盐酸B．0.01 mol/L Na2CO3溶液C．pH=4 NaHSO3溶液 D．pH=11氨水二．非选择题（共3小题，共52分）9．已知：A为常见的短周期轻金属，含A的合金材料常用于火箭、飞机、轮船等制造业；B是一种盐，在工农业生产中用途较广；C、F、H为常见非金属单质；常温下C、F、I、E、J和K为气体；E对空气的相对密度为0.586；G为液体．有关物质间的转化关系如图（图中部分反应物或产物已省略）：请填空：（1）B的电子式为；I分子的空间构型为．（2）反应②的实验现象为．（3）操作a必须在HCl气流中加热得无水物，其原因是；操作b为．（4）反应①的离子反应方程式为；反应③的化学反应方程式为．（5）已知C的燃烧热为286 kJ/mol，请写出表示1g C在F中完全燃烧生成液体G的热化学反应方程式．10．有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下：A的单质是密度最小的物质；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分；F元素最高正价与最低负价的代数和为4．（1）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式．（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（直接用化学式表示）．（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等．则原混合物中D单质的质量分数为．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．t2时反应的化学方程式为．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式．11．有一结晶水合物x6H2O，可发生如下的转化（部分反应物生成物已略）．其中B、D、F均为无色气体，G为难于水的红褐色固体，在A溶液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀．（1）该结晶水合物的化学式为．（2）把C溶于过量的稀H2SO4，再加KMnO4溶液，所涉及的离子方程式：．（3）向E溶液中通入等物质的量的Cl2，写出反应的离子方程式：．（4）C→G的现象为，该反应的化学方程式为．（5）向一定量的Cu与H的混合物中加入300 mL 1 mol/L HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现．若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体的质量减小g．[化学--选修5：有机化学基础]12．增塑剂，又称塑化剂，2011年起，台湾被检测出含塑化剂食品已达961项．6月1日卫生部紧急发布公告，将邻苯二甲酸酯（也叫酞酸酯）类物质，列入食品中可能违法添加的非食用物质和易滥用的食品添加剂名单．下列过程就是有机合成某增塑剂的路线：已知：烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链可被氧化成羧基，例如：（图1）化合物A～E的转化关系如图2所示，已知：A是芳香化合物，只能生成3种一溴化合物，B有酸性，C是常用增塑剂，D是有机合成的重要中间体和常用化学试剂（D也可由其他原料催化氧化得到），E是一种常用的指示剂酚酞．（1）A的化学名称为．（2）B的结构简式为．（3）由B生成C的化学方程式为，该反应的类型为反应．（4）D的结构简式为，在D物质的核磁共振氢谱图中，会出现组峰，峰面积之比为．（5）A的同分异构体中属于芳香族化合物的有种，其中一氯代产物种类最多的是（写结构简式）．2016年江西省萍乡市上栗县高考化学六模试卷参考答案与试题解析一．选择题（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．每小题6分，共48分）1．下列说法中正确的是（）A．N A个N2分子和N A个CO分子的质量之比为1：1B．水的摩尔质量等于N A个水分子的相对分子质量之和C．分别由N A个水分子组成的水、冰、水蒸气的质量各不相同D．1 mol N2的质量等于N A个氮原子的质量【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】A．N2与CO的摩尔质量相同，物质的量均为1 mol，故质量之比为1：1；B．摩尔质量单位为gmol﹣1，相对分子质量单位为1；C．水、冰、水蒸气为H2O的三种不同存在状态，为同一物质；D．每个N2分子由两个氮原子构成，1mol N2的质量应等于2 N A个氮原子的质量．【解答】解：A．N2与CO的摩尔质量相同，物质的量均为1 mol，故质量之比为1：1，故A正确；B．摩尔质量单位为gmol﹣1，相对分子质量单位为1，不能等同，故B错误；C．水、冰、水蒸气为H2O的三种不同存在状态，为同一物质，分子数相同的条件下质量相同，故C错误；D．每个N2分子由两个氮原子构成，1mol N2的质量应等于2 N A个氮原子的质量，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的量为中心的计算，题目难度中等，涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系．2．在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A（g）+B （g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5molL﹣1，下列判断正确的是（）A．x=1B．B的转化率为20%C．平衡时A的浓度为1.50molL﹣1D．达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol，3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g）起始：6mol 5mol 0 0转化：3mol 1mol 2mol xmol平衡：3mol 4mol 2mol 2mol进而可计算平衡时各物质的浓度、转化率等物理量，以此解答该题．【解答】解：达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol，3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g）起始：6mol 5mol 0 0转化：3mol 1mol 2mol xmol平衡：3mol 4mol 2mol 2molA．由以上分析可知x=2，故A错误；B．的转化率为=20%，故B正确；C．平衡时A的浓度为=0.75mol/L，故C错误；D．反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故D错误．故选B．【点评】本体考查化学平衡的计算吗，题目难度不大，本题注意根据三段式法计算较为直观．3．下列离子方程式中，正确的是（）A．氨气通入醋酸中：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+B．向碳酸氢镁溶液中加过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓C．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+═Ca2++2H2OD．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成醋酸铵；B．向碳酸氢镁溶液中加过量石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化镁；C．澄清石灰水应拆成离子形式；D．二者不反应．【解答】解：A．氨气通入醋酸中：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+，故A正确；B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH ﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故B错误；C．澄清石灰水与稀盐酸反应，离子方程式：OH﹣+H+═H2O，故C错误；D．稀硫酸滴在铜片上不发生反应吗，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大．4．在一定条件下，反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣92.4 kJ/mol，X的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．下列说法正确的是（）A．图中A、B两点，达到相同的平衡体系B．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率提高C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小D．将1.0 mol X、3.0 mol Y，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、由图得出：A、B两点，X的平衡转化率（α）不同；B、增大压强平衡向体积减小的方向移动；C、升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动；D、可逆反应反应物不能完全转化，结合热化学方程式的含义解答．【解答】解：A、图中A、B两点，X的平衡转化率（α）不同，两者为不相同的平衡体系，故A错误；B、增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，X的转化率提高，故B正确；C、升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、热化学方程式X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣92.4kJ/mol表示1molX（g）和3molY （g）完全反应生成2molZ（g），放出的热量为92.4kJ，由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0molX、3.0molY，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于92.4kJ，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查化学平衡图象、反应热计算、影响化学平衡与化学反应速率的因素等，难度中等，注意D中热化学方程式的意义．5．已知：含C=C的物质（烯烃）一定条件下能与水发生加成反应，生成醇（含羟基的烃的衍生物）；有机物A﹣D间存在图示的转化关系．下列说法不正确的是（）A．D结构简式为CH3COOCH2CH3B．A能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．B与乙酸发生了取代反应D．可用B萃取碘水中的碘单质【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】C被氧化生成乙酸，则C为CH3CHO，B在加热条件下和氧化铜发生氧化反应生成C，则B为CH3CH2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3COOCH2CH3，结合物质的结构和性质分析解答．【解答】解：C被氧化生成乙酸，则C为CH3CHO，B在加热条件下和氧化铜发生氧化反应生成C，则B为CH3CH2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3COOCH2CH3，A．D是乙酸乙酯，其结构简式为CH3COOCH2CH3，故A正确；B．A是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，所以易被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾褪色，故B正确；C．B是乙醇，能和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，该反应也属于取代反应，故C正确；D．作碘水中碘的萃取剂的物质不能和水互溶，B是乙醇，能和水互溶，所以不能萃取碘水中的碘，故D错误；故选D．【点评】本题考查了有机物的推断，以乙酸为突破口采用逆向推导的方法进行推断，并结合反应条件来分析解答，注意乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，为易错点．6．下列叙述或操作中正确的是（）A．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿着量筒壁慢慢的注入盛有水的量筒中，并不断搅拌B．浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性C．浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量的水冲洗D．浓硫酸与铜反应中，被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：2【考点】浓硫酸的性质．【专题】氧族元素．【分析】A．浓硫酸稀释时，不能用量筒稀释；B．稀硫酸中氢元素体现氧化性；C．浓硫酸具有强腐蚀性；D．浓硫酸和铜反应时，被氧化的铜和被还原的浓硫酸之间的物质的量之比为1：1．【解答】解：A．浓硫酸稀释时要放在烧杯中稀释，不能放在量筒、容量瓶中稀释，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，其弱氧化性是氢元素体现的，故B错误；C．浓硫酸具有强腐蚀性，不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂抹稀的碳酸氢钠溶液，故C正确；D．浓硫酸和铜反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应中被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：1，故D错误；故选C．【点评】本题以浓硫酸的性质为载体考查了浓硫酸的稀释、浓硫酸的氧化性、实验室安全等知识点，根据浓硫酸强氧化性、腐蚀性结合反应方程式来分析解答，易错选项是B，注意浓、稀硫酸体现氧化性的元素不同，为易错点．7．有两种金属的合金13 g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2 L，则组成该合金的金属不可能是（）A．Mg和Al B．Mg和Zn C．Al和Zn D．Al和Fe【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】根据电子转移守恒计算出选项中各金属与稀硫酸反应产生11.2 L H2所需金属质量，13g介于两种金属质量之间，若金属不与硫酸反应生成氢气，其质量视作无穷大．【解答】解：标况下11.2L 氢气物质的量为=0.5mol，则转移电子为0.5mol×2=1mol，需要Mg的质量为×24g/mol=12g，需要Al的质量为×27g/mol=9g，需要Zn的质量×65g/mol=32.5g，需要Fe的质量×56g/mol=28g，13g介于两质量之间的组合不可能是Al和Mg，故选：A．【点评】本题考查混合物计算、金属与酸的反应，题目利用极限法进行分析解答，侧重考查学生分析计算能力．8．25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A．0.01 mol/L盐酸B．0.01 mol/L Na2CO3溶液C．pH=4 NaHSO3溶液 D．pH=11氨水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析解答．【解答】解：盐酸和氨水都抑制水电离，碳酸钠和亚硫酸氢都促进水电离，0.01mol/L盐酸中氢离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氨水中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，氢离子或氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是盐酸，故选A．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确离子是影响水电离还是促进水电离，然后根据离子浓度判断即可，难度中等．二．非选择题（共3小题，共52分）9．已知：A为常见的短周期轻金属，含A的合金材料常用于火箭、飞机、轮船等制造业；B是一种盐，在工农业生产中用途较广；C、F、H为常见非金属单质；常温下C、F、I、E、J和K为气体；E对空气的相对密度为0.586；G为液体．有关物质间的转化关系如图（图中部分反应物或产物已省略）：请填空：（1）B的电子式为；I分子的空间构型为直线形．（2）反应②的实验现象为燃烧，发光发热，有黑色与白色固体物质生成．（3）操作a必须在HCl气流中加热得无水物，其原因是抑制Mg2+的水解；操作b为熔融状态下电解．（4）反应①的离子反应方程式为Mg+2NH4+═Mg2++H2↑+2NH3↑；反应③的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．（5）已知C的燃烧热为286 kJ/mol，请写出表示1g C在F中完全燃烧生成液体G的热化学反应方程式H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣143kJ/mol．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】E对空气的相对密度为0.586，其相对分子质量=0.586×29=17，且E为气体，可推知E为NH3，E与F连续反应得到K，且F、J、K均为气体，可推知F为O2、J为NO、K 为NO2，常温常压下G为液体，与K反应得到L浓溶液，则G为H2O、L为HNO3，D系列转化得到黄绿色气体为Cl2，结合转化关系及元素守恒可推知B为NH4Cl，气体C与F 反应得到G，可推知C为H2，非金属单质H与浓硝酸反应得到G、I、K，且金属A可以在I中燃烧得到H，可推知H为碳、I为CO2，A为Mg，结合转化关系可知D为MgCl2，据此解答．【解答】解：E对空气的相对密度为0.586，其相对分子质量=0.586×29=17，且E为气体，可推知E为NH3，E与F连续反应得到K，且F、J、K均为气体，可推知F为O2、J为NO、K为NO2，常温常压下G为液体，与K反应得到L浓溶液，则G为H2O、L为HNO3，D 系列转化得到黄绿色气体为Cl2，结合转化关系及元素守恒可推知B为NH4Cl，气体C与F 反应得到G，可推知C为H2，非金属单质H与浓硝酸反应得到G、I、K，且金属A可以在I中燃烧得到H，可推知H为碳、I为CO2，A为Mg，结合转化关系可知D为MgCl2，（1）由上述分析可知，B的化学式为NH4Cl，电子式为，I为CO2，为直线形结构，故答案为：；直线形；（2）反应②为：反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，现象为：燃烧，发光发热，有黑色与白色固体物质生成，故答案为：燃烧，发光发热，有黑色与白色固体物质生成；（3）操作a是由氯化镁溶液得到氯化镁晶体，由于溶液中镁离子水解得到氢氧化镁与HCl，必须在HCl气流中加热得无水物，而不能直接加热浓缩，其原因是抑制Mg2+的水解；操作b是电解熔融的氯化镁得到Mg与氯气，故答案为：抑制Mg2+的水解；熔融状态下电解；（4）反应①的离子反应方程式为为：Mg+2NH4+═Mg2++H2↑+2NH3↑，反应③的化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：Mg+2NH4+═Mg2++H2↑+2NH3↑；4NH3+5O24NO+6H2O；（5）已知氢气的燃烧热为286 kJ/mol，1g 氢气为0.5mol在氧气中完全燃烧生成液体水，放出的热量为134kJ，热化学反应方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣143kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣143kJ/mol．【点评】本题考查无机物推断，E的相对密度及可以连续反应是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握Mg与二氧化碳的反应，在无机推断中经常涉及，反应①在中学没有涉及，是推断障碍，利用推断的产物判断发生的反应，难度较大．10．有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下：A的单质是密度最小的物质；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分；F元素最高正价与最低负价的代数和为4．（1）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式H++HSO3﹣=SO2↑+H2O．（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（直接用化学式表示）S2﹣＞Cl﹣＞Al3+．（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等．则原混合物中D单质的质量分数为30%．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．t2时反应的化学方程式为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素中，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，则B为Na；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O 元素；D与B（Na）同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，则E为Cl，Y为NaClO；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，则F为S元素，据此解答．【解答】解：短周期元素中，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，则B为Na；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C 为O元素；D与B（Na）同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；B、C、E 组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，则E为Cl，Y为NaClO；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，则F为S元素．（1）两种均含H、Na、O、S四种元素的化合物为NaHSO4、NaHSO3，在溶液中相互反应的离子方程式为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+；（3）向Fe和Al单质组成的混合物中，加入足量稀硫酸，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体为氧化铁，经称量发现氧化铁的质量和原混合物的质量恰好相等，所以铝的质量相当于氧元素的质量，则原混合物中Al单质的质量分数等于氧化铁中O元素的质量分数=×100%=30%，故答案为：30%；（4）根据图象知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知，氯气和氢氧化钙的反应方程式为：10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；故答案为：10Cl 2+10Ca （OH ）2=7CaCl 2+2Ca （ClO ）2+Ca （ClO 3）2+10H 2O ；（5）H 、Na 形成的化合物NaHBA 在有机合成中用途很广泛，它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，它与乙醇反应的化学方程式为：NaH+CH 3CH 2OH →CH 3CH 2ONa+H 2↑，故答案为：NaH+CH 3CH 2OH →CH 3CH 2ONa+H 2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，（3）中关键是理解氧化铁中的氧元素质量相当于铝元素的质量，侧重考查学生对知识的迁移运用能力考查，难度中等．11．有一结晶水合物x6H 2O ，可发生如下的转化（部分反应物生成物已略）．其中B 、D 、F 均为无色气体，G 为难于水的红褐色固体，在A 溶液中加入BaCl 2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀．（1）该结晶水合物的化学式为 （NH 4）2Fe （SO 4）26H 2O ．（2）把C 溶于过量的稀H 2SO 4，再加KMnO 4溶液，所涉及的离子方程式： Fe （OH ）2+2H +═Fe 2++2H 2O 、5Fe 2++8H ++MnO 4﹣═5Fe 3++Mn 2++4H 2O．（3）向E 溶液中通入等物质的量的Cl 2，写出反应的离子方程式： 2Fe 2++2Br ﹣+2Cl 2═2Fe 3++Br 2+4Cl ﹣ ．（4）C →G 的现象为 白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 ，该反应的化学方程式为 4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O ═4Fe （OH ）3 ．（5）向一定量的Cu 与H 的混合物中加入300 mL 1 mol/L HCl 溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN 溶液后无红色出现．若用过量的CO 在高温下还原相同质量的此混合物，固体的质量减小 2.4 g ． 【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】结晶水合物中加入KOH 溶液生成气体B ，则B 一定为NH 3，结晶水合物中含有NH 4+，G 为红褐色固体难溶物，说明其为Fe （OH ）3，则C 为Fe （OH ）2，并说明结晶水合物中含Fe 2+；A 中加BaCl 2溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明结晶水合物中含有SO 42﹣，综上所述，结晶水合物为（NH 4）2Fe （SO 4）26H 2O ，则H 为Fe 2O 3，E 为FeBr 2．【解答】解：结晶水合物中加入KOH 溶液生成气体B ，则B 一定为NH 3，结晶水合物中含有NH 4+，G 为红褐色固体难溶物，说明其为Fe （OH ）3，则C 为Fe （OH ）2，并说明结晶水合物中含Fe 2+；A 中加BaCl 2溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明结晶水合物中含有SO 42﹣，综上所述，结晶水合物为（NH 4）2Fe （SO 4）26H 2O ，则H 为Fe 2O 3，E 为FeBr 2．（1）该结晶水合物的化学式为：（NH 4）2Fe （SO 4）26H 2O ，故答案为：（NH 4）2Fe （SO 4）26H 2O ；（2）把Fe （OH ）2溶于过量的稀H 2SO 4，再加KMnO 4溶液，所涉及的离子方程式：Fe （OH ）2+2H +═Fe 2++2H 2O 、5Fe 2++8H ++MnO 4﹣═5Fe 3++Mn 2++4H 2O ，故答案为：Fe （OH ）2+2H +═Fe 2++2H 2O 、5Fe 2++8H ++MnO 4﹣═5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；（3）Fe 2+的还原性大于Br ﹣，通入等物质的量Cl 2，不足以将其全部氧化，先氧化Fe 2+，再氧化Br ﹣，反应的离子方程式：2Fe 2++2Br ﹣+2Cl 2═2Fe 3++Br 2+4Cl ﹣， 故答案为：2Fe 2++2Br ﹣+2Cl 2═2Fe 3++Br 2+4Cl ﹣；（4）Fe （OH ）2变为Fe （OH ）3的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，该反应的化学方程式为：4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O ═4Fe （OH ）3，故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O ═4Fe （OH ）3；（5）H 为Fe 2O 3，加入盐酸后发生反应依次为①Fe 2O 3+6HCl ═2FeCl 3+3H 2O ，②2FeCl 3+Cu ═CuCl 2+2FeCl 2．化合物恰好完全溶解，加入KSCN 溶液后无红色出现，说明所得溶液溶质为CuCl 2和FeCl 2，原混合物中所含氧元素全部生成水，若用CO 还原相同质量的混合物，其质量减少量为氧元素的质量，由题意，HCl 的物质的量为0.3mol ，结合方程式①，可得所含化合物中所含氧的物质的量等于生成水的物质的量，为0.15mol ，其质量为0.15mol ×16g/mol=2.4g ，固体质量减少2.4g ，故答案为：2.4．。

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