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江西樟树2016届高三第一次理科综合能力模拟冲刺试卷化学部分试题 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:1062861 上传时间:2024-06-04 格式:DOC 页数:12 大小:160.50KB
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资源描述

1、理科综合能力测试化学部分第卷(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、下列说法中,正确的是()ASO2的摩尔质量是64 gB标准状况下18 g水的体积是22.4 LC在标准状况下,20 mL NH3 与60 mL O2所含的分子数比为1:3D1mol/LMgCl2溶液中含有Cl的数目为2NA2、强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为:H+(aq)+OH(aq)=H2O(l);H=57.3k kJmol1,又知在

2、溶液中反应有:CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l);H=Q1kJmol1,H2SO4(浓)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l);H=Q2 kJmol1HNO3(aq)+KOH(aq)KNO3(aq)+H2O(l);H=Q3 kJmol1,则Q1、Q2、Q3的关系正确的是()AQ1=Q2=Q3BQ2Q1Q3CQ2Q3Q1DQ2=Q3Q13、某有机物的结构简式为CH2=CHCH2OH,则一定条件下该物质能与下列哪些物质反应:酸性KMnO4溶液新制的Cu(OH)2悬浊液溴水金属钠金属镁,下列组合中正确的是()A BC D4、下列事实中能证

3、明碳的非金属性比硅强的是()往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀石墨是导体,晶体硅是半导体制玻璃过程中发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CH4比SiH4稳定A B C D5、下列各组中的两种物质相互作用时,改变反应条件或反应物的用量,不会影响产物的是()A钠与氧气 B氢氧化钠和二氧化碳C氢氧化钠和氯化铝 D氧化钠和二氧化碳6、已建立化学平衡的某可逆反应,当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时,下列有关叙述正确是()生成物的质量分数一定增加生成物的产量一定增大反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低正反应速率一定大于逆反应速率使用了合适的催化剂A BC D7、下列关于

4、电解质溶液的叙述正确的是()ApH均为4的H2SO4、NH4Cl溶液中,水的电离程度相同B等pH的NaOH溶液与NH3H2O 稀释后pH的变化如图所示,则曲线I表示的是NaOH溶液的稀释C1mol/LNa2CO3溶液中存在:c(Na+)=2c(CO32 )+2c(HCO3)D向某温度的氨水中通入盐酸,则氨水的电离常数增大8、利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2,并用阴极排出的溶液吸收NO2,下列叙述错误的是()Aa为直流电源的正极B阴极的电极反应式为:2HSO3+e=S2O42+H2OC阳极的电极反应式为:SO2+2H2O2e=SO42+4H+D电解时,H+由阳极室通过阳离子交换膜

5、到达阴极室第卷(非选择题,共4小题,共52分)9、甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后,溶液由红色变为黄色(1)B中反应的离子方程式是 (2)A中溶液变红的原因是 (3)为了探究现象的原因,甲同学进行如下实验取A中黄色溶液于试管中,加入NaOH溶液,有红褐色沉淀生成,则溶液中一定存在 取A中黄色溶液于试管中,加入过量的KSCN溶液,最终得到红色溶液。甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应 (4)甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了,他又进行了如下研究资料显示:SCN的电子式为。甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化,理由是 。

6、取A中黄色溶液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,此证明SCN 中被氧化的元素是 通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3,他的实验方案是 若SCN与Cl2反应生成1mol CO2,写出反应离子方程式 并计算转移电子的物质的量是 mol。10、在500时,将足量的A固体投入2.0L真空密闭容器中,发生A(s)2B(g)+C(g)反应,测得气体C随时间的浓度变化如图所示:(1)已知该反应只有高温下能自发进行,则该反应的H 0(填“”、“”或“”)。(2)在上述反应条件下,从反应开始到平衡,用V(B)= molL-1min-1,500时的平衡常数K= ;(3)在反应温度和容器体

7、积不变的条件下,下列能说明上述反应达到平衡状态的是 ;A混合气体的压强保持不变 B气体C的体积分数保持不变C混合气体的密度保持不变 DB的正反应速率等于C的逆反应速率(4)在500时,上述反应达到平衡后,在8min时将容器体积迅速压缩为1.0L,反应在12min建立新的平衡,画出815min内C气体物质的量浓度随时间变化的示意图。11、测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数,设计如下实验方案:(1)方案一:称取一定质量的样品,置于坩埚中加热至恒重后,冷却,再称取剩余固体质量实验中加热时可能发生的反应的方程式为(2)方案二:按图装置进行实验,通过测定反应所产生气体的质量来达到实验目的,分液漏斗

8、中所装液体为硫酸请回答以下问题实验前先洗气瓶B中所装的试剂为稀硫酸,其作用是实验中除称量样品质量外,还需称C装置前后质量的变化(填“A”、“B”“C”或“D”)(3)方案三:称取一定量样品20.0g,置于小烧杯中,加适量水溶解,向小烧杯中加入足量氯化钡溶液过滤、洗涤、干燥沉淀,称量固体质量为19.7g过滤操作中,除了烧杯外还用到的玻璃仪器有;实验中判断沉淀是否完全的方法是通过计算可得到样品中纯碱的质量分数为53%12、分子式为C4H8O2的物质有多种同分异构体,请写出符合下列要求的各种同分异构体的结构简式。说明:碳碳双键上连有羟基的结构不稳定;不考虑同一个碳原子上连有两个羟基的结构。(1)甲分

9、子中没有支链,能与NaHCO3溶液反应,则甲的结构简式为_;(2)乙可发生银镜反应,还能与钠反应,则乙可能的结构简式为_(任写一种);(3)1 mol丙与足量的金属钠反应能生成1 mol H2,丙还能使溴水褪色,则丙可能的结构简式为_(任写一种);(4)丁是一种有果香味的物质,能水解生成A、B两种有机物,A在一定条件下能转化为B,则丁的结构简式为_。参考答案及评分标准1.【答案】C【解析】解:A单位不对,SO2的摩尔质量是64 g/mol,故A错误;B18 g水的物质的量为=1mol,但标准状况下水不是气体,不能带入V=nVm计算,故B错误;C同温同压气体体积之比等于分子数之比,因此在标准状况

10、下,20 mL NH3 与60 mL O2所含的分子数比为1:3,故C正确;D由n=cV可知,缺少溶液的体积V,不能计算溶质的物质的量,也不能计算其中含有的离子数,故D错误;故选C2.【答案】C【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应:H+(aq)十OH(aq)=H2OH=一57.3kJ/mol,CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)H=Q1kJmol1,H2SO4(浓)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)H=Q2 kJmol1HNO3(aq)+KOH(aq)KNO3(aq)+H2O(l)H=Q3kJmol1,醋酸的电离吸热,浓

11、硫酸溶于水放热,则放出的热量为Q2Q3Q1,故选:C3.【答案】B【解析】解:CH2=CHCH2OH中含有C=C、OH等官能团,则C=C、OH等官能团均能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,故正确;CH2=CHCH2OH结构中不含醛基,不能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应,故错误;C=C可与溴水发生加成反应,故正确;OH可与钠反应生成氢气,故正确;镁的金属性较弱,与OH不反应,故错误所以正确的有故选B4.【答案】A【解析】解:往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀,碳酸和硅酸钠反应生成硅酸,说明碳酸酸性大于硅酸,说明非金属性CSi,故正确;石墨是导体,晶体硅是半导体,与非金属性强弱无关

12、,不能据此判断非金属性强弱,故错误;制玻璃过程中发生反应:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,为高温固体之间的反应,不能比较非金属性,故错误;CH4比SiH4稳定,说明非金属性CSi,故正确;故选A5.【答案】D【解析】解:A钠在氧气中放置生成氧化钠,在氧气中点燃生成过氧化钠,反应条件不同产物不同,故A错误;B氢氧化钠和二氧化碳1:1反应生成碳酸氢钠,按照2:1反应生成碳酸钠,反应物用量不同,产物不同,故B错误;C氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀,和过量氢氧化钠溶液反应时,先生成氢氧化铝沉淀,然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠,溶液又变澄清,所以与反应物

13、用量有关,故C不选;D无论二氧化碳是否过量,氧化钠和二氧化碳反应都只生成碳酸钠,所以与温度、反应物用量无关,故D选;故选D6.【答案】C【解析】解:总质量不变,向正反应移动,生成物的质量分数一定增大,若生成物质量增大小于混合物总质量增大,生成物的质量分数可能降低,故错误;平衡向正反应移动,生成物的物质的量一定增加,故正确;降低生成物的浓度,平衡向正反应方向移动,反应物的转化率一定增大,但增大某一反应的浓度,平衡向正反应移动,其它反应物的转化率增大,自身转化率降低,故错误;如增大反应物的浓度,平衡向正方向移动,达到平衡时,反应物的浓度比改变条件前大,故错误;平衡向正反应移动,正反应速率一定大于逆

14、反应速率,故正确;加入催化剂,正逆反应速率同等程度增大,平衡不移动,故错误;综上所述正确,故选C7.【答案】B【解析】解:A、酸抑制水的电离,NH4Cl是强酸弱碱盐,促进水的电离,故A错误;B、等倍数稀释后强碱的pH变化大,故B正确;C、由物料守恒知在Na2CO3溶液中:c(Na+)=2c(CO32 )+c(HCO3)+c(H2CO3),故C错误;D、氨水中通入盐酸,平衡正向移动,弱电解质的电离常数只与温度有关,故电离平衡常数不变,故D错误;故选B8.【答案】B【解析】解:A、二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极与电源正极a相连,故A正确;B、因为电解质溶液硫酸溶液,所以

15、阴极的电极反应式为:2HSO3+2H+2eS2O42+2H2O,故B错误;C、二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极区发生反应SO22e+2H2OSO42+4H+,故C正确;D、阳离子交换膜只允许阳离子通过,电解时,阳离子移向阴极,所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室,故D正确;故选B9.【答案】(1)Cl2+2OHCl+ClO+H2O;(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+,Fe3+与SCN反应生成红色的,所以溶液变红;(3) Fe3+(4) SCN中的碳元素是最高价态+4价 硫元素 取足量铜粉于试管中,加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸,加热,观察到试管上方有红棕色气

16、体生成,证明A中存在,SCN中氮元素被氧化成;SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+Cl+18H+ 16 【解析】本题考查氯气的性质,铁离子的检验.10.【答案】(1);(2)0.04;410-3(3) AC(4) 【解析】解:将足量的A固体投入2.0L真空密闭容器中,发生A(s) 2B(g)+C(g)反应。(1)化学反应A(s) 2B(g)+C(g),S0,该反应只有高温下能自发进行,则G=H-TS0,故填:;(2)由图像可知V(B)=2V(C)=2(0.105)=0.04 molL-1min-1;500时的平衡常数K=0.10.22=410-3,故答案为:0.04;410-

17、3(3)对于化学反应A(s) 2B(g)+C(g)可知该反应正向为气体体积增大的方向,故混合气体的压强保持不变则反应达到平衡,故A项正确;该反应A为固体,则B、C气体按体积比2:1生成,故C的体积分数不变,并不一定达到平衡状态,故B项错误;该反应为恒容,故该反应正向为密度增大方向,故混合气体的密度保持不变,则反应达到平衡状态,C项正确;化学反应速率之比等于化学计量数之比,故平衡状态下B的正反应速率等于二倍的C的逆反应速率,故D项错误;故选AC;(4)在500时,上述反应达到平衡后,在8min时将容器体积迅速压缩为1.0L,则瞬间B、C浓度均增大为原来的二倍,平衡逆向移动,但平衡常数不变,故再次

18、达到平衡时B、C浓度均变为原平衡浓度,故曲线图像为:。11.【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O;(2)检查装置的气密性;稀硫酸;吸收空气中的水蒸气、二氧化碳,防止进入C被吸收;C;(3)漏斗、玻璃棒;取少量滤液,再滴加BaCl2溶液少许,如无白色沉淀出现,说明沉淀完全;53%【解析】(1)实验中加热时碳酸氢钠发生分解,反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O,故答案为:2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O;(2)该方案是要获得产生的CO2的质量,在实验前要检查装置的气密性,故答案为:检查装置的气密性;盐酸具有挥发性,会影响实验结果,所以选择稀硫酸;D

19、干燥管中的碱石灰吸收空气中的水蒸气、二氧化碳,防止进入C被吸收,减少误差,故答案为:稀硫酸;吸收空气中的水蒸气、二氧化碳,防止进入C被吸收;根据所产生的CO2的质量及样品质量,分别求得样品中Na2CO3和NaHCO3的质量从而得出纯碱的质量分数,所以需称量C装置前后质量变化判断生成二氧化碳的质量故答案为:C;(3)过滤操作中,除了烧杯外还用到漏斗、玻璃棒,故答案为:漏斗、玻璃棒;试验中判断沉淀是否完全的方法是:取少量滤液,再滴加BaCl2溶液少许,如无白色沉淀出现,说明沉淀完全,故答案为:取少量滤液,再滴加BaCl2溶液少许,如无白色沉淀出现,说明沉淀完全; 在一定量样品中加入足量Na2CO3

20、可与BaCl2发生反应Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl,而NaHCO3与BaCl2则不反应,根据题意可知,BaCO3沉淀的质量为19.7g,即为0.1mol,所以碳酸钠的物质的量为0.1mol,即质量为10.6g,所以纯碱的质量分数为100%=53%,故答案为:53%12.【答案】(1)CH3CH2CH2COOH (2)HOCH2CH2CH2CHO (3)HOCH2CH=CHCH2OH (4)CH3COOCH2CH3【解析】解:符合CnH2nO2(n2)的有机物可以是羧酸、酯或者是羟基醛,故甲为CH3CH2CH2COOH;乙可为HOCH2CH2CH2CHO;丁为CH3COOCH2CH3;1 mol丙物质可生成1 mol H2,说明有2个可以与Na反应生成H2的官能团。原分子式中只有2个O,故有2个OH,丙能使溴水褪色,故丙中存在 ,所以丙可为:HOCH2CH=CHCH2OH。

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