1、江西宁都2016届高三下学期考前第二次强化训练理科综合能力测试化学试题可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 K-39 Ca-40 Cr-52 Fe-56 第I卷(选择题共126分)一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)7、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A质量为16g的O2和O3的混合气体中所含的氧原子的个数为NAB18gNH4+含有质子数为10NAC1mol过氧化钠与足量水反应时，转移电子的数目为2NAD标准状况下，相同体积的O2、HCl、H2O含有的分子数相同8、下列有
2、关物质性质与应用对应关系正确的是（ ）APbO2具有氧化性和导电性，可用作铅蓄电池负极材料B碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂C酒精是良好的有机溶剂，可洗去皮肤表面沾有的苯酚DCuSO4溶液能使蛋白质溶液产生沉淀，该过程可用于提纯蛋白质9、下列解释事实的化学方程式或离子方程式中错误的是（）A在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2OB在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4C在
3、燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放：CaCO3+SO2CaSO3+CO2D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2H+2I+H2O2I2+2H2O10、已知短周期元素的四种离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是（）A原子序数 dcbaB单质的还原性DCBAC离子半径 C3DB+A2+DA、B、C最高价氧化物对应水化物溶液（等物质的量浓度）的pH值CBA11、把4.6g钠放入100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中，待其充分反应后（水蒸发不计），下列叙述中错误的是（）ACl浓度不变B溶液仍有浑浊C溶液中几乎不存在Al3+D溶液中存在最多
4、的是Na+12、密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示下列判断正确的是( )AT1T2，p1p2，a+bc，正反应为吸热反应BT1T2，p1p2，a+bc，正反应为吸热反应CT1T2，p1p2，a+bc，正反应为吸热反应DT1T2，p1p2，a+bc，正反应为放热反应13、科技工作者研究出以NH3为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池（如图所示）该固体氧化物电解质的工作温度高达700900，O2可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害
5、的物质下列说法正确的是（）A电极甲为电池正极B电池总反应为4NH3+5O24NO+6H2OC电池正极反应式为O2+2H2O+4e4OHD图示中的O2由电极乙移向电极甲第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）26、某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验：请按要求回答下列问题：（1）浓盐酸和二氧化锰反应的化学方程式是 ，饱和的食盐水的作用是 .（2）淀粉碘化钾溶液中观察到的现象是 ，反应的离子方程式为 （3）若干燥的有色布条不褪
6、色，潮湿的有色布条褪色，则甲中盛放 （填名称）（4）C12与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为 漂白粉的有效成分是 （5）该兴趣小组用8.7g MnO2与足量的浓盐酸制备氯气，则理论上最多可制得标准状况下的Cl2 L27、1000mL某待测液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：（2）待测液中肯定不存在的阳离子是（3）若无色气体D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是沉淀A中能还原稀硝酸的成分
7、是（写化学式）28、25时，部分物质的电离常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.7105K1=4.3107K2=5.610113.0108请回答下列问题：（1）aCH3COOH，bH2CO3，cHClO的酸性由强到弱的顺序为 （填编号）（2）同浓度的aCH3COO，bHCO，cCO，dClO结合H+的能力由强到弱的顺序为 （填编号）（3）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为 （4）pH相同的下列四种物质的溶液：aNa2CO3，bNaClO，cCH3COONa，dNaHCO3，物质的量浓度由大到小的顺序是 （填编号）（5）常温下0.1molL1的CH3
8、COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 （填序号）Ac（H+） Bc（H+）/c（CH3COOH）Cc（H+）c（OH） D c（H+）c（CH3COO）/c（CH3COOH）若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是 （6）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离常数 （填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+） （填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）38化学选修5：有机化学基础 (15分)化合物H可用以下路线合成：
9、已知：RCH=CH2RCH2CH2OH请回答下列问题：（1）标准状况下11.2L气态烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g 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）反应和反应的反应类型分别是 （4）控制条件使1mol F与2mol H2反应，生成3苯基1丙醇，F的结构简式是 按先后顺序写出检验F中官能团的试剂 对应反应的现象是 （5）写出E与G反应生成H的化学反应方程式 ；（6）G的同分异构体有很多，符合下列条件的G的同分异构体有 种，任写其中一种 能发生水解；能发生银镜反应；属于单环的芳香类化合物参考答案及评分
10、细则7.【答案】A【解析】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n=1mol，故为NA个，故A正确；B、18g铵根离子的物质的量为1mol，而1mol铵根离子含11mol质子，即11NA个，故B错误；C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子即NA个，故C错误；D、标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选A8.【答案】C【解析】本题考查性质与用途的对应关系。难度中等。A项，PbO2中Pb的化合价降低，作电池的正极，错误；B项，Na2CO3与CaSO4反应生成难溶性的CaCO3，正确；C项，苯酚溶于酒
11、精，正确；D项，CuSO4属于重金属盐，遇蛋白质会发生变性，错误。9.【答案】C【解析】解：A在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，离子方程式：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故A正确；B在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4可降低土壤的碱性，化学方程式：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4，故B正确；C在燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放，化学方程式：O2+2CaCO3+2SO22CaSO4+2CO2，故C错误；D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式
12、：2H+2I+H2O2I2+2H2O，故D正确；故选：C10.【答案】C【解析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，由于原子形成阳离子失去一个电子层，原子形成阴离子电子层不变，故A、B处于第三周期，C、D处于第二周期，结合电荷可推知A为Mg、B为Na、C为N、D为FA核外电子数相等，则a2=b1=c+3=d+1，故原子序数：abdc，故A错误；B金属性MgNa，故还原性MgNa，非金属性NF，故氮气氧化性比氟气弱，故B错误；C核电荷数：ABDC，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：C3DB+A2+，故C正确；D氢氧化镁、氢氧化钠呈碱性，氢氧
13、化镁难溶于水，碱性比NaOH弱，硝酸溶液为酸性，故pH值BAC，故D错误，故选：C11.【答案】B【解析】解：4.6g钠的物质的量为 =0.2mol，由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2可知生成氢氧化钠0.2mol，AlCl3的物质的量为0.1L0.1molL1=0.01mol，n（Al3+）：n（OH）=0.01mol：0.2mol=1：10，Al3+与OH发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，A参加反应的水很少，溶液的体积变化不大，氯离子不反应，Cl的浓度几乎不变，故A正确；BAl3+与OH发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，溶液澄清，故B错误；C
14、Al3+与OH发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，溶液中Al3+全部转化为AlO2，故C正确；D溶液中Na+为0.2mol，氯离子为0.03mol，偏铝酸根为0.01mol，氢氧根为0.2mol0.01mol4=0.16mol，故D正确；故选B12.【答案】B【解析】相同压强下，根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1T2，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；相同温度下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P2P1，压
15、强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+bc，故选B13.【答案】D【解析】解：A、NH3为燃料，氧气为氧化剂的新型燃料电池中，氨气在负极上发生失电子的氧化反应，即电极甲为电池负极，故A错误；B、燃料电池总反应为燃料燃烧的方程式，即4NH3+3O22N2+6H2O，故B错误；C、氧气在正极上发生得电子的还原反应，电池正极反应式为O2+4e2O2，故C错误；D、原电池中阴离子移向负极，甲为电池负极，乙是正极，所以O2由电极乙移向电极甲，故D正确故选D26.【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，除去氯气中的HCl；（2）溶液变蓝色，Cl2+2I=2Cl+
16、I2；（3）浓硫酸；（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Ca（ClO）2；（5）2.24【解析】解：（1）浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，制备的氯气中含氯化氢气体和水蒸气，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMCl2+Cl2+2H2O，通过饱和食盐水可以除去氯化氢气体，通过饱和食盐水可以除去氯化氢气体，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，除去氯气中的HCl；（2）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应置换碘，反应的离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，碘遇到淀粉变蓝，故答案为：溶液变蓝色，Cl2+2I=2Cl+I
17、2；（3）浓硫酸具有吸水性，能够吸收氯气中的水，可以干燥氯气，故答案为：浓硫酸；（4）C12与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Ca（ClO）2；（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知，理论上87gMnO2完全反应生成氯气1mol，所以8.7g MnO2与足量的浓盐酸生成氯气的物质的量是0.1mol，标况下气体体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.
18、2427.【答案】（1）HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O；（2）Fe3+、Ba2+；（3）CO32、HCO3、SO32；BaSO3【解析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32、SO32、SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32，可能存在SO32、SO42中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B
19、中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl；（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3、Ba2+、OH反应生成，反应离子方程式为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故答案为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O；（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，故答案为：Fe3+、Ba2+；（3）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32、HCO3，不能确定原溶液中是否含有Cl，溶液中一定没有Br，若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO
20、4，溶液中一定含有SO32，不能确定是否含有SO42，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32，故答案为：CO32、HCO3、SO32；沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，其中能够还原稀硝酸的为BaSO3，故答案为：BaSO328.【答案】（1）abc；（2）cdba；（3）ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO；（4）cdba；（5）A；ABCD；（6）大于；大于【解析】解：（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOHH2CO3HCO3HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH
21、3COOHH2CO3HClO，故答案为：abc；（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOHH2CO3HCO3HClO，则同浓度CH3COO、HCO3、CO32、ClO结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32ClOHCO3CH3COO，故答案为：cdba；（3）NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故答案为：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO；（4）pH相同的下列四种物质的溶液：aNa2CO3，bNaClO，cCH3COONa，dNaHCO3，由于酸
22、根离子部分水解，四种溶液都呈碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，若使pH相同，则其盐溶液的浓度越大，由于酸性CH3COOHH2CO3HCO3HClO，所以四种溶液的浓度大小为：cdba，故答案为：cdba；（5）A.0.1molL1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；B.0.1molL1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故B错误；CKw=c（H+）c（OH）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C
23、错误；Dc（H+）c（CH3COO）/c（CH3COOH）为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故D错误；故答案为：A；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，A升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；B升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则（H+）/c（CH3COOH）增大，故B正确；Cc（H+）c（OH）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；Dc（H+）c（CH3COO）/c（CH3COOH）是醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故D正确；故答案
24、为：ABCD；（6）根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱，故答案为：大于；大于38.【答案】（1） CH3CH（CH3）CH3；（2） 2甲基1丙烯；（3） 消去反应和取代反应；（4） ；Br2的CCl4溶液和银氨溶液；Br2的CCl4溶液褪色和银镜生成；（5） ；（
25、6） 4；【解析】解：88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标况下11.2L烃A为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则A的学式为C4H10，A分子结构中有3个甲基，则A只能是异丁烷，取代后的产物为2甲基1氯丙烷和2甲基2氯丙烷，故D为CH2=C（CH3）2，D发生信息中的反应生成E为F可以与Cu（OH）2反应，含有醛基，1mol F与2mol H2反应生成3苯基1丙醇，则F还含有碳碳双键，从生成的产物3苯基1丙醇分析，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为（1）由上述分析可知，A的分子式为：C4H10，A分子结构中有3个甲基只
26、能是CH3CH（CH3）CH3，故答案为：CH3CH（CH3）CH3；（2）D为CH2=C（CH3）2，名称为2甲基1丙烯，故答案为：2甲基1丙烯；（3）反应是卤代烃发生的消去反应，反应是D与E发生酯化反应生成H为，故答案为：消去反应和取代反应；（4）由上述分析可知，F的结构简式为：，F中含有碳碳双键和醛基，分别用Br2的CCl4溶液和银氨溶液检验，现象为Br2的CCl4溶液褪色和银镜生成，故答案为：；Br2的CCl4溶液和银氨溶液；Br2的CCl4溶液褪色和银镜生成；（5）E为，G为，G与E发生酯化反应生成H为，反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）G（）的同分异构体，能发生水解，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基；属于单环的芳香类化合物满足上述条件的有，临间对3种，或只有1个取代基，将碳碳双键连在酯基和苯环之间，共4种，故答案为：4；
