1、江西省永丰2016届高三下学期第四次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、下列物品的鉴别方法不正确的是（）A用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4B用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液C利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液D用品红试液鉴别SO2和CO2两种气体2、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等
2、物质的量的CO2和H2O它可能的结构共有（不考虑立体异构）（ ）A4种 B5种C6种 D7种3、下列说法正确的是（）A在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度B向装有2mL 2mol/L AlCl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/L氨水3mL，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱C在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热数分钟，冷却后依次加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中可加入适量的H2O2来氧化I？4、下列相
3、关反应的离子方程式书写正确的是( )A氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3 +3H+ Fe3+3H2O B向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.1mol Cl2反应：2Fe2+Cl22Fe3+ +2ClCNH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42完全沉淀：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO22BaSO42H2ODNaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3+Ba2+2OH = BaCO3 +2H2O+CO325、已知短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其氢化物中上述元素的化合价如下表，下列说法正确的是（）元素RWXYZ化合价4+1421A
4、离子还原性：Y2Z B离子半径W+ZC气态氢化物稳定性：RH4XH4 D酸性：H2YO4HZO46、将16mL的NO和NH3的混合气体在催化剂的作用下，400左右发生下列反应：6NO+4NH35N2+6H2O，已知反应达到平衡后在相同条件下混合气体的体积变为17mL，则在原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是（）3：1 3：2 3：4 3：5A BC D7、标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是（设试管中的溶质不往试管外扩散）（）A此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂B试管内溶液中溶质的物质的量浓度为mol/LC溶液体积占试管容积的三分之二D若
5、将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管8、如图所示装置中，可观察到电流表指针偏转；M棒变粗，N棒变细，由此判断下表所列M、N、P物质，其中可以成立的是 （）选项MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜锌稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、下列有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去，其中反应的条件是“700，催化剂”）G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体.请回答下列问题：（1）E的化学式为 （2）A的电子式为 （3）写出反应的离子方程式为 （4）写出反应的化学方程式为 10、某校化学课外小组为
6、了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图 IIV所示（1）只根据图 I、II所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号） （2）图 III、IV所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为 ；与实验 III 相比，实验 IV的优点是（填选项序号） AIII比 IV复杂 BIV比 III安全CIV比 III操作简便 DIV可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而 III不行（3）若用实验V验证酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是（填化学式） （4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应当石灰水过量时，其离子方程式为 ；碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量之比
7、是2：1时，所得溶液中的溶质的化学式为 11、草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备一种利用水钴矿主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等制取CoC2O42H2O工艺流程如图1：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将 还原（填离子符号）（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成F
8、e3+，产物中氯元素处于最低化合价该反应的离子方程式为 （3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示滤液中加入萃取剂的作用是 ；使用萃取剂适宜的pH是 A接近2.0 B接近3.0 C接近5.0（4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀已知Ksp（MgF2）=7.351011、Ksp（CaF2）=1.051010当加入过量NaF后，所得滤液= 12、【选修五 有机化学基础】3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：BE已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同
9、分异构体有 种B中含氧官能团的名称为 （2）试剂C可选用下列中的 a、溴水 b、银氨溶液 c、酸性KMnO4溶液 d、新制Cu（OH）2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为 （4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为 参考答案及评分标准1.【答案】A【解析】A必须通过蓝色钴玻璃检验钾离子的焰色反应，否则由于黄光的遮盖，不能观察到钾的焰色反应现象，故A错误；BAl（OH）3具有两性，可溶于强碱生成偏铝酸钠，而氢氧化镁不溶于NaOH溶液，可鉴别，故B正确；CFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，为胶体的独有性质，故C正确；DSO2具有漂白性，可使品红褪
10、色，二氧化碳不具有漂白性，可鉴别，故D正确故选A2.【答案】B【解析】设为CnH2nOx，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度若有2个O，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选：B。3.【答案】D【解析】解：A起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故A错误； BAl
11、Cl3溶液过量，氨水不足，不能说明氢氧化铝不溶于弱碱，故B错误；C检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下，应水解后冷却，在碱性溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解，故C错误；D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中含碘离子，加入H2O2溶液发生氧化还原反应生成碘单质，故D正确故选D4.【答案】B【解析】解：A、氢氧化铁溶于酸后生成的铁离子具有强氧化性，可与碘离子发生氧化还原反应生成碘，错误；B、根据离子的氧化性的强弱，亚铁离子先与氯气反应，亚铁离子的物质的量与氯气的物质的量之比是0.4:0.1=4:1，而亚铁离子与氯气完全反应时的物质的量之比
12、是2:1，所以亚铁离子过量，则氯气只与亚铁离子反应生成氯化铁，正确；C、NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42完全沉淀时NH4Al(SO4)2物质的量与Ba(OH)2物质的量之比是1:2，此时氢氧根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，与铵根离子反应生成一水合氨，不会生成偏铝酸根离子，错误；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，根据NaHCO3=Na+HCO3-，判断1个碳酸氢根离子只需与1个氢氧根离子反应生成1个碳酸根离子和水，再与钡离子结合为碳酸钡沉淀，与所给离子方程式不符，错误，答案选B。5.【答案】D【解析】短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大
13、，R、X氢化物中化合价都为4价，应为第A族元素，且原子序数RX，则R为C元素，X为Si元素，W氢化物中化合价都为+1价，处于A族，原子序数大于碳，故W为Na；Y氢化物中化合价都为2价，Z的氢化物中化合价都为1价，结合原子序数可知Y为S，则Z为Cl，AY为S，则Z为Cl，非金属性SCl，故离子还原性：S2Cl，故A错误；BW为Na，Z为Cl，Na+离子比Cl离子少一个电子层，故离子半径：Na+Cl，故B错误；CR为C元素，X为Si元素，非金属性CSi，故氢化物稳定性CH4SiH4，故C错误；DY为S，则Z为Cl，非金属性SCl，酸性：H2SO4HClO4，故D正确，故选D6.【答案】【解析】6N
14、O+4NH35N2+6H2Ov增大 6 4 5 6 1 6ml 4ml 5ml 6 ml （1716）ml反应后NO和NH3的混合气体中剩余的气体16ml6ml4ml=6ml若剩余NO则原混合气体中NO体积为6ml+6ml=12ml，NH3的体积4ml，在原混合气体中NO和NH3的物质的量之比=12：4=3：1；若剩余NH3 则原混合气体中NH3的体积=4ml+6ml=10ml，NO为6ml，在原混合气体中NO和NH3的物质的量之比=6：10=3：5；此反应为逆反应 不可能进行完全 所以比值应处于之间，故选C7.【答案】C【解析】解：A、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，水中各元素化合价不变
15、，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故A正确；B、由3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3体积NO2反应生成1体积NO，设气体体积都为67.2L，生成硝酸的物质的量为： =2mol，而溶液的体积为：67.2L=44.8L，结合c=mol/L，故B正确；C、溶液体积占试管容积的=，溶液体积占试管容积的三分之一，故C错误；D、氯化氢或者氨气极易溶于水，所以水充满试管，故D正确；故选C8.【答案】C【解析】解：该装置没有外接电源，所以是原电池原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼A、M为锌，N
16、为铜，M极材料比N极活泼，与题意不符，故A错误；B、Zn、Cu、HCl溶液构成原电池，正极上氢离子得电子生成氢气，则M极上质量不增加，与题意不符，故B错误；C、M为银，N为锌，N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，故C正确；D、M为锌，N为铁，M极材料比N极活泼，与题意不符，故D错误故选C9.【答案】（1）NO2；（2）；（3）3NO2+H2O=2H+2NO3+NO；（4）6NO+4NH35N2+6H2O【解析】解：G是常见的红色金属单质，则G为金属Cu；D是最常见的无色液体，则D为H2O；B、H是空气的主要成分，则B、H为N2、O2；F与Cu反应生成不同气体C、E，则
17、F应该为HNO3，气体E与水反应生成硝酸，则E为NO2，C只能为NO气体；A与B反应生成H2O和NO，则A为NH3、B为O2，故H为N2，反应的条件是“700，催化剂”，为NO与氨气反应生成氮气和水，（1）根据分析可知，E为二氧化氮，化学式为NO2，故答案为：NO2；（2）A为氨气，氨气为共价化合物，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为，故答案为：；（3）反应为二氧化氮与水的反应，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H+2NO3+NO；（4）反应为一氧化氮与氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为：6NO+4NH35N2+6H2
18、O，故答案为：6NO+4NH35N2+6H2O10.【答案】（1）；（2）2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；D；（3）NaHCO3；（4） HCO3+OH+Ca2+CaCO3+H2O； Na2CO3【解析】解：（1）装置反应现象相同；装置，向碳酸钠溶液中滴加盐酸先没有气体生成，随着盐酸的不断滴加，后产生气泡，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸立即产生气泡，所以能够达到实验目的是，故答案为：；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；实验、相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选D，故答案为：2NaHCO3Na2
19、CO3+CO2+H2O；D；（3）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是NaHCO3，故答案为：NaHCO3；（4）当石灰水过量时，其离子方程式为HCO3+OH+Ca2+CaCO3+H2O，故答案为：HCO3+OH+Ca2+CaCO3+H2O；碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量之比是2：1时，发生2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+Na2CO3+2H2O，所得溶液中的溶质的化学式为，故答案为：Na2CO311.【答案】（1） Fe3+、Co3+；（2） ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；（3） 除去溶
20、液中的Mn2+；B； （4） 0.7【解析】解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，故答案为：Fe3+、Co3
21、+；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；（3）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （4）当加入过量NaF后，所得滤液=0.7，故答案为：0.712.【答案】（1）3；醛基；（2）bd；（3）； （4）【
22、解析】解：由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，（1）遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为邻、间、对乙烯基苯酚3种，B中含氧官能团的名称为醛基，故答案为：3；醛基；（2）试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）E同分异构体中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为，故答案为：； （4）E中含C=C，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：
