1、江西泰和县2016届高三下学期第三理科综合能力测试化学试题第卷（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、下列物质的鉴别方法不正确的是（）A用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液B用品红试液鉴别SO2和CO2两种气体C用盐酸溶液鉴别Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液D利用丁达尔效应鉴别淀粉胶体和NaOH溶液2、化合物C是制备液晶材料的中间体之一，它可由A和B在一定条件下制得下列说法正确的是（ ）A每个A
2、分子中含有1个手性碳原子B可以用酸性KMnO4溶液检验B中是否含有醛基C1molC分子最多可与4molH2发生加成反应DC可发生加成反应、取代反应、氧化反应、消去反应3、用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染例如：下列说法中错误的是( )CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=1160kJ/molA等物质的量的CH4在反应、中转移电子数相同B由反应可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）；H574kJ/molC4NO
3、2（g）+2N2（g）=8NO（g）；H=+586kJ/molD若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA4、下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）AK+、H+、NO3、SiO32 BMg2+、Fe3+、SO42、SCNCNa+、AlO2、NO3、OH DNa+、NH4+、NO3、OH5、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子在元素周期表中原子半径最小，B原子最外层电子数是电子层数的3倍，D与B属于同一主族，CA2是一种储氢材料下列叙述正确的是（）A元素B的单质与化合物A2D反应能生成D的单质B工业上利用铝热反应可制得单质CC原子B、C
4、、D半径的大小顺序：DCBD一定条件下，过量的B单质与D单质直接生成BD36、已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是( )A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）7、某溶液中含有SO32、SiO32、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（）反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的是Na+有胶状物质生成没有气体产生 溶液颜色发生变化 只发生了1个氧化还原反
5、应A BC D8、在图所示的装置中，a的活动性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种 叙述不正确的是（）A碳棒上有气体放出，溶液的pH增大Ba是正极，b是负极C导线中有电子流动，电子从a极流到b极Da极上发生了氧化反应第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、实验室可用甲酸制备甲酸铜其方法是先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后再与甲酸制得四水甲酸铜Cu（HCOO）24H2O晶体相关的化学方程式是：2CuSO4+4NaHCO3Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2OCu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O2Cu（HCOO）24H2O+CO2实验步骤如下：I碱式碳酸铜
6、的制备：步骤是将一定量CuSO45H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研磨，其目的6是 步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在7080，如果看到 （填写实验现象），说明温度过高II甲酸铜的制备：将Cu（OH）2CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质在通风橱中蒸发滤液至原体积的时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体23次，晾干，得到产品a、“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是 b、用乙醇洗涤晶体的目的是 10、A、B、C、D、E各物质的转化关系如图所示。（1）当A为固体单质时，A是
7、 (写化学式)。写出B的电子式： ；写出E与木炭反应化学方程式： 。（2）当A为气体单质时，A是 (写化学式)。写出B的结构式： ；写出下列反应的化学方程式，并回答有关问题：EC： ；实验室制备B： 。能不能用浓硫酸做B的干燥剂？ (填“能”或“不能”)。11、氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用（1）室温下，浓度均为0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸两种溶液，它们的电离常数Ka分别为：7.1104、2.98108将0.1mol/L的亚硝酸稀释，c（H+）将 （填“不变”、“增大”、“减小”）；Ka值将（填“不变”、“增大”、“减小”） 写出涉及HNO2、HClO、NaNO
8、2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的化学方程式 （2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因 （3）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示步骤为白磷的工业生产方法之一，反应在1300的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是 不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为 mol（4）若处理后的废水中c（PO43）=4107 molL1，溶液中c（Ca2
9、+）= molL1（已知KspCa3（PO4）2=21029）（5）某液氨液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3molL1，则该过程中需要氨气的质量为 （假设溶液电解前后体积不变）12、【选修五 有机化学基础】 Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（AB）为加成反应，则B的结构简式是 ；BC的反应类型是 （2）H中含有的官能团名称是 ，F的名称（系统命名）是 （3）EF的化学方程式是 （4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结
10、构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是 （5）下列说法正确的是 aA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 bD和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成，取代反应参考答案及评分标准1.【答案】A【解析】A、焰色反应是金属元素的性质，硫酸钠和氯化钠中都有钠元素，焰色反应相同，所以不能用焰色反应鉴别，可以用氯化钡鉴别，故A错误；B、二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化碳没有漂白性不能使品红溶液褪色，所以可以用品红鉴别二氧化碳和二氧化硫，注意不能用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳，因为它们都能使澄清石灰水变浑
11、浊，故B正确；C、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，和硅酸钠反应生成不溶性的硅酸，反应现象不同，所以可以用盐酸鉴别碳酸钠和硅酸钠，故C正确；D、淀粉胶体能产生丁达尔效应，氢氧化钠溶液不能产生丁达尔效应，反应现象不同，所以可以用丁达尔效应检验氢氧化钠溶液和淀粉胶体，故D正确故选A2.【答案】C【解析】本题考查有机物的结构与性质。A项，A中不存在连接四个不同原子或基团的C原子，故不含手性C原子，错误；B项，B中酚羟基也能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C项，C中的苯基和醛基都可以与氢气发生加成反应，1molC分子最多可与4molH2发生加成反应，正确；D项，C中没有能够发生消去反应的基团如卤素，醇
12、羟基等，不具备发生消去反应的条件，错误。3.【答案】B【解析】解：A两个反应中，C元素的化合价均由4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应、，反应转移的电子数相同，故A正确；B由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=Q，Q574kJmol1，所以H574kJ/mol，故B错误；C可知4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；H=+586kJ/mol，故C正确；DCH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N
13、2（g），1molCH4反应转移8mol电子，则用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8=1.6mol，故D正确；故选B4.【答案】C【解析】解：AH+、SiO32反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，故A错误；BFe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，且该反应用于铁离子检验，故B错误；C离子之间不反应，所以能大量共存，故C正确；DNH4+、OH生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故D错误；故选C5.【答案】A【解析】解：A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B原子最外层电子数是电子层数的3倍
14、，可推知B为O元素；D与B属于同一主族，则D为S元素；CA2是一种储氢材料，C为+2价，而且原子序数大于O小于S，则C为Mg元素；A氧气具有氧化性、硫化氢具有还原性，则元素O的单质与化合物H2S反应能生成S的单质，故A正确；BC为Mg，Mg的还原性大于Al，所以不能用铝热反应可制得单质Mg，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径MgSO，即半径的大小顺序：CDB，故C错误；DD为S元素，B为O元素，S在氧气中燃烧生成SO2，故D错误，故选A6.【答案】A【解析】解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分
15、解快慢决定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A7.【答案】A【解析】解：通过以上分析知，没有参加反应的离子是钠离子，所以反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有Na+，故正确；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀为白色胶状物，故正确；CO
16、32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，故错误；通过以上分析知，反应前溶液呈无色，反应后有溶解的氯气，溶液颜色发生变化，故正确；各离子和氯气通入发生氧化还原反应的是氯气和水的反应，Cl2+H2OHCl+HClO，氯气氧化亚硫酸根离子的氧化还原反应，SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，故错误；故选A8.【答案】B【解析】解：A该原电池中金属作负极，碳棒b作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极碳上氢离子得电子发生还原反应，所以溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大，故A正确；B该原电池中，金属的金属性大于氢元素，所以金属a作负极，碳棒b作正极，故B错误；C该装置能构成原电池，所以
17、有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，故C正确；Da作负极，负极上失电子发生氧化反应，故D正确；故选：B9.【答案】、 研细并混合均匀； 有黑色固体生成；、a、防止甲酸铜晶体析出；b、洗去晶体表面的水和其它杂质【解析】解：、研磨的作用是把药品研细并混合均匀，故答案为：研细并混合均匀；温度过高，Cu（OH）2CuCO3会分解生成黑色的氧化铜，故答案为：有黑色固体生成；、a、甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；b、甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：洗去晶体表面的水
18、和其它杂质10.【答案】（1）S C2H2SO4 (浓) CO2 2SO2 2H2 O（2）N 2 3Cu8HNO3 (稀)=3Cu(NO3 )2 2NO4H2 O2NH4 ClCa(OH)2 CaCl2 2NH3 2H2 O ; 不能【解析】解：由题意可知ACDE依次是通过氧气、氧气和水实现的，而中学阶段能满足这种转化的物质有：N2NONO2HNO3；SSO2SO3H2SO4；NH3NONO2HNO3；H2SSO2SO3H2SO4；（1）当A为固体单质时，A是S， B是H2S，,电子式， E与木炭反应化学方程式：C2H2SO4 (浓) CO2 2SO2 2H2 O；（2）当A为气体单质时，A
19、是N 2， B是氨气，结构式，EC的方程式3Cu8HNO 3 (稀)=3Cu(NO3 )2 2NO4H2 O，实验室制备氨气的方程式2NH4 ClCa(OH)2 CaCl2 2NH3 2H2 O，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥。11.【答案】（1）减小；不变；HNO2+ClO=NO2+HClO；（2）NH2OH+H2O NH3OH+OH；（3） 做还原剂； 0.05；（4）5106；（5）1.7g【解析】解：（1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关，与浓度无关，Ki值不发生变化，由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯
20、酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO=NO2+HClO，故答案为：减小；不变；HNO2+ClO=NO2+HClO；（2）羟胺和水反应生成NH3OH+和OH，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH2OH+H2O NH3OH+OH；（3）步骤为白磷的工业生产方法之一，发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10CP4+6CaSiO3+10CO，反应中C中的碳化合价升高，做还原剂，故答案为：做还原剂；Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升
21、高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n4（50）=1mol（21），解得n=mol=0.05mol，故答案为：0.05；（4）若处理后的废水中c（PO43）=4107 molL1，KspCa3（PO4）2=c（Ca2+）3c（PO43）=21029，c（Ca2+）=5106molL1，故答案为：5106；（5）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L0.5L=0.15mol，设生成0
22、.15molNaOH转移电子的物质的量为x，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 转移电子2mol 2mol0.15mol x2mol：2mol=0.15mol：x，x=0.15mol，串联电路中转移电子物质的量相等，且液氨液氧燃料电池的效率为50%，则液氨失电子的物质的量为0.3mol，设消耗氨气的质量为y，4NH3+3O2=2N2+6H2O 转移电子68g 12moly 0.3mol68g：12mol=y：0.3mol，y=1.7g，故答案为：1.7g12.【答案】（1）CH2=CHCCH；加成反应；（2）碳碳双键，羰基，酯基；2丁炔酸乙酯；（3）CH3CCCOOH+CH3CH2O
23、HCH3CCCOOCH2CH3+H2O；（4）；（5）ad【解析】解：（1）AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CHCCH，BC是CH2=CHCCH和甲醇的加成反应生成C（），故答案为：CH2=CHCCH；加成反应；（2）根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3，命名为2丁炔酸乙酯，故答案为：碳碳双键，羰基，酯基；2丁炔酸乙酯；（3）EF的反应是E（CH3CCCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CCCOO
24、H+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O；（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；存在甲氧基（CH3O），说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O），且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，故答案为：；（5）a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确；b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键，共3个键，故b错误；c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误； d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确；故答案为：a、d