[vip专享]2016届江苏省泰州市高三第一次模拟考试化学试题(扫描版)
高考化学复习江苏省泰州高级中学2015-2016下学期高三模拟试卷三.docx
高中化学学习材料（灿若寒星**整理制作）江苏省泰州高级中学2015—2016学年度高三化学模拟试题（三）2016.3（苏北四市2016届高三第一次模拟考试化学试卷）本试卷满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1．2015年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类。
下列说法不正确的是A．扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B．采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D．催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是A．质子数为7、中子数为8的氮原子：B．溴化铵的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．间硝基甲苯的结构简式：3．下列说法正确的是A．Fe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B．石油的裂解、煤的干馏都是化学变化C．化学反应的焓变与反应的途径有关D．等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消耗的硝酸一样多4．H2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O。
下列说法正确的是A．氧元素的单质存在同素异形体B．微粒半径：O2－＞S2－C．还原性：H2S＜H2O D．该反应中化学能全部转化为热能5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小，Y 原子在周期表中处于族序数等于周期序数3倍的位置，Z是最外层电子数最少的金属元素，W与Y属于同一主族。
下列叙述正确的是A．原子半径：W＞Z＞YB．元素W最高价氧化物的水化物为强酸C．化合物X2Y、Z2Y中化学键的类型相同D．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．pH＝1的溶液：Ag+、Al3+、Cl－、SO42－B．能使酚酞试液变红的溶液：Na＋、K＋、HCO3－、S2－C．c(OH－)/c(H+)=10－12的溶液：NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－D．水电离产生的c(OH－)=10－12 mol·L－1的溶液：K+、Fe2+、SO42－、NO3－7．下列实验操作正确的是A．用装置甲收集SO2B．用装置乙制备AlCl3晶体C．中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D．使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是9．下列指定反应的离子方程式正确的是A．用氨水吸收足量的SO2气体：2OH－＋SO2＝SO32－+ H2OB．NaAlO2溶液中AlO2－的水解：AlO2－＋2H2O＝Al(OH)3↓＋OH－C．加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO－＋2NH3＝N2↑＋3Cl－＋3H2O D．NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O 10．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是A．a电极发生还原反应B．H+由右室通过质子交换膜进入左室C．b电极反应式为：2NO3－＋10e－＋12H+＝N2↑＋6H2OD．电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
高考化学复习江苏省泰州高级中学2015-2016下学期高三模拟试卷三.docx
高中化学学习材料鼎尚图文收集整理江苏省泰州高级中学2015—2016学年度高三化学模拟试题（三）2016.3（苏北四市2016届高三第一次模拟考试化学试卷）本试卷满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1．2015年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类。
下列说法不正确的是A．扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B．采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D．催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是A．质子数为7、中子数为8的氮原子：B．溴化铵的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．间硝基甲苯的结构简式：3．下列说法正确的是A．Fe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B．石油的裂解、煤的干馏都是化学变化C．化学反应的焓变与反应的途径有关D．等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消耗的硝酸一样多4．H2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O。
下列说法正确的是A．氧元素的单质存在同素异形体B．微粒半径：O2－＞S2－C．还原性：H2S＜H2O D．该反应中化学能全部转化为热能5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小，Y 原子在周期表中处于族序数等于周期序数3倍的位置，Z是最外层电子数最少的金属元素，W与Y属于同一主族。
下列叙述正确的是A．原子半径：W＞Z＞YB．元素W最高价氧化物的水化物为强酸C．化合物X2Y、Z2Y中化学键的类型相同D．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．pH＝1的溶液：Ag+、Al3+、Cl－、SO42－B．能使酚酞试液变红的溶液：Na＋、K＋、HCO3－、S2－C．c(OH－)/c(H+)=10－12的溶液：NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－D．水电离产生的c(OH－)=10－12 mol·L－1的溶液：K+、Fe2+、SO42－、NO3－7．下列实验操作正确的是A．用装置甲收集SO2B．用装置乙制备AlCl3晶体C．中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D．使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是9．下列指定反应的离子方程式正确的是A．用氨水吸收足量的SO2气体：2OH－＋SO2＝SO32－+ H2OB．NaAlO2溶液中AlO2－的水解：AlO2－＋2H2O＝Al(OH)3↓＋OH－C．加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO－＋2NH3＝N2↑＋3Cl－＋3H2O D．NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O 10．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是A．a电极发生还原反应B．H+由右室通过质子交换膜进入左室C．b电极反应式为：2NO3－＋10e－＋12H+＝N2↑＋6H2OD．电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
高考化学复习江苏省泰州高级中学2015-2016下学期高三模拟试卷一.docx
高中化学学习材料唐玲出品江苏省泰州高级中学2015—2016学年度第二学期高三化学模拟试题（一）2016.2单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意。
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列有关说法中错误的是A．北京奥运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩B．加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性C．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置D．废旧电池应集中回收．并填埋处理2．化学科学需要借助化学语言来描述，下列化学用语正确的是A．甲烷分子的球棍模型： B．NH4Br的电子式：C．34S2—的结构示意图： D．邻羟基甲苯酸的结构简式：3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．遇苯酚变紫色的溶液：Na+、Mg2+、SO42—、Cl—B．使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO—、Cl—C．0．1mol/LNaHCO3溶液：K+、AlO2—、Cl—、NO3—D．0．1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：K+、Cu2+、Cl—、MnO4—4．下列有有关物质性质或用途的说法正确的是A．铜的金属活动性比铁的弱，铜不能与任何强酸发生反应B．浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强氧化性C．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料5．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A．图①可用于实验室制取少量NH3或O2B．可用从a处加水的方法检验图②装置的气密性C．实验室可用图③的方法收集H2或NH3D．利用图④装置制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜6．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，11．2LNO和11．2LSO3的分子总数为0．5N AB．0．1molBr2与足量H20或NaOH反应转移的电子数均为0．1N AC．0．lmol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价键数均为0．4N AD．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为N A7．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．Na2O2溶于水产生O2: 2O22—＋2H2O=O2↑+4OH—B．向氨水通入足量SO2：SO2十2NH3·H2O=2NH4++SO32—+H2OC．次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2：ClO—+Cl—+H2O=Cl2↑+2OH—D．NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：Ba2++2OH—+2HCO3—=BaCO3↓+CO32—+2H2O 8．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。
江苏省泰州市高考化学“一诊”模拟试卷(六)
江苏省泰州市高考化学“一诊”模拟试卷（六）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共7题；共14分)1. （2分） (2016高二上·莆田期中) 要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（）A . 用铁粉代替铁片B . 增大压强C . 提高反应的温度D . 增大盐酸的浓度2. （2分） (2019高三上·西安月考) NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是（）A . 一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得2NA个NH3分子B . 室温下，1LpH=1的HCl溶液中，由水电离的H+数目为0.1NAC . 0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2 ，转移的电子数为0.1NAD . 1mol/L的NaCN溶液中含CN-和HCN的数目之和为NA3. （2分） (2016高三上·莆田期中) 下列离子方程式书写正确的是（）A . CuSO4溶液与Ba （OH）2溶液反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B . NaHSO4溶液和NaHCO3溶液反应：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑C . 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD . 往BaCl2溶液中通入少量的SO2：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+4. （2分） (2017高一上·临武期中) 下列关于碱金属、卤族元素的说法正确的是（）A . 碱金属单质的失电子能力随着原子序数的增加而减小B . 从上到下，卤素原子的电子层数依次增多，半径依次减小C . 从F到I，原子核对最外层电子的吸引能力依次减弱，原子的得电子能力依次减弱D . 碱金属单质都是强氧化剂5. （2分） (2016高二上·商州期中) 已知299K时，合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol，将此温度下的1mol N2和3mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（）A . 一定小于92.0 kJB . 一定等于92.0 kJC . 一定大于92.0 kJD . 不能确定6. （2分） (2018高二下·武威期中) 用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c(CN-) 小于c(Na+)，则下列判断正确的是（）A . c(H+)＞c(OH-)B . c(HCN)＞c(CN-)=0.2mol/LC . c(HCN)＞c(CN-)D . c(CN-)＞c(OH-)=0.1mol/L7. （2分） (2018高一上·无锡期末) 下列物质的鉴别方法错误的是（）A . 用焰色反应鉴别NaCl和K2SO4B . 用pH试纸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C . 用酸性高锰酸钾溶液鉴别SO2和CO2两种气体D . 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液二、非选择题 (共4题；共27分)8. （7分） (2019高二上·武邑月考) C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用。
江苏省泰州市高三化学一模试卷(含解析)
2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C．推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D．明矾常用于水体杀菌消毒2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为7的氮原子： NB．氮原子的结构示意图：C．氨气分子的电子式：D．对硝基甲苯的结构简式：3．下列说法正确的是（）A．氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B．等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：Cu CuO CuSO4；途径b：Cu CuSO4C．用金属钠可区分乙醇和乙醚D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现4．工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2．下列说法正确的是（）A．元素H只有H和H两种核素B．Cl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）＞r（Cl﹣）C．工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D．该反应表明常温下氯气有氧化性5．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，Z 最外层电子数等于最内层电子数．下列说法正确的是（）A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WB．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WD．WX与ZX中的化学键类型相同6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、NO3﹣、K+、SO32﹣C．使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣D．使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣7．下列实验操作正确的是（）A．将25.0gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水，配得1.0mol•L﹣1硫酸铜溶液B．焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C．用装置甲除去Cl2中的HCl气体D．用装置乙制取乙酸乙酯8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3B．S SO3H2SO4C．Mg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2D．Fe Fe2O3FeCl39．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．NO2溶于水：3NO2+H2O=H++NO3﹣+2NOB．NaClO溶液中ClO﹣的水解：ClO﹣+H2O=HClO+OH﹣C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O10．一种用于驱动潜艇的液氨﹣液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B．电子由电极A经外电路流向电极BC．电池工作时，OH﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（）A．1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为3×6.02×1023B．常温下，pH均为3的三种溶液：①HCl溶液②H2SO4溶液③CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为①=②＜③C．电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD．一定条件下反应Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72﹣）＜v逆（CrO42﹣）12．真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z．下列说法正确的是（）A．X、Y和Z中均不含手性碳原子B．Y能发生氧化、还原、取代、消去反应C．一定条件下，1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应D．1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A．制备氢氧化铁胶体：向沸腾的NaOH溶液中，滴加氯化铁饱和溶液，煮沸至红褐色B．提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C．检验亚硫酸钠是否变质：将试样溶解后加入氯化钡溶液，观察实验现象D．比较铁与铜的活泼性：将铜粉加入1.0 mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中，观察实验现象14．25℃时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1 mol•L﹣1（ NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．20 mL 0.1 mol•L﹣1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol•L﹣1 HCl溶液混合所得酸性溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）D．向浓度为0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）15．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡．该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的△S＜0、△H＜0B．表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC．体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态Ⅱ）＜2c（CH3OCH3，状态Ⅲ）D．逆反应速率v逆：v逆（状态Ⅰ）＜v逆（状态Ⅲ）二、非选择题（共80分）16．氯化亚铜（CuCl）广泛用于化工、印染、有机合成等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤①中N元素被还原为最低价，则Cu溶解的化学方程式为，溶解温度应控制在60～70℃，原因是．（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式．（NH4）2SO3要适当过量，目的有：保证Cu2+的还原速率，．已知NH4Cl、Cu2+的物质的量之比[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示，当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，原因是．（3）步骤⑥加入乙醇洗涤的目的是．17．化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为和（填官能团的名称）．（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为；由C→D的反应类型是．（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式．Ⅰ．分子含有1个苯环；Ⅱ．分子有4种不同化学环境的氢；Ⅲ．能发生银镜反应．（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）．合成路线流程图示例如下：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3．18．K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4•H2O在工业、农业等方面有广泛的应用．以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和MnSO4•H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是．（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为．（3）已知室温下Mn（OH）2的K sp=4.5×10﹣13，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为mol•L﹣1．（4）取一定量MnSO4•H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图2所示（样品在300℃时已完全失去结晶水，900℃以上残留固体为金属氧化物）．试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）．19．铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品．以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]和铵明矾[NH4Al （SO4）2•12H2O]的工艺流程如下图所示．请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有（填字母）．a．蒸发皿 b．泥三角 c．漏斗 d．酒精灯 e．三脚架 f．坩埚 g．烧杯 h．试管（2）研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240℃），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体，该副反应的化学方程式为．（3）要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为；滤渣2的主要成分为（填化学式）．（4）“分离1”操作包含的实验步骤有、、、洗涤、干燥．（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式．20．高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等．在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从而实现CO和N2的分离．（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇．已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1453kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•m ol﹣1又知CO（g）燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1，则CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=kJ•mol ﹣1．（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2（aq）+CO（g）⇌CH3COOCu（NH3）2•CO（aq）△H＜0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有．a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．增大压强 d．减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO．下图是变压吸附回收高炉气中CO的流程图．①PSA﹣I吸附CO2时间对PSA﹣II中CO回收率的影响见图，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是．②从PSA﹣II中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途．③检验放空气体中是否含有CO的实验操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式．（4）已知：K sp（CaCO3）=a，K sp[Ca（OH）2]=b，将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应，达到平衡后，测得溶液c（OH﹣）=c mol•L﹣1，则c（CO32﹣）= mol•L﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．A．[物质结构与性质]21．原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大．五种元素中，仅R 为金属元素，其原子序数为27．X价电子排布式为ns n np n，元素Z基态原子s电子总数与p 电子总数相等，W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个．根据判断出的元素回答下列问题：（1）基态R原子核外电子排布式为，X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为（用具体元素符号表示）．（2）1mol配合物[R（XY）6]4﹣中含有σ键的数目为．（3）XZW2是一种高毒类物质，结构与甲醛相似，X原子杂化方式为，其沸点高于甲醛的主要原因是．（4）YW3为黄色、油状、具有刺激性气味的液体，该分子的立体构型为（用文字描述）．（5）某晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为（R、Z用具体元素符号表示）．B．[实验化学]22．Fridel﹣Crafts反应：ArH+RX ArR+HX；△H＜0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一．某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7℃），再利用Fridel﹣Crafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99℃）．反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是．（2）对有机层依次用饱和碳酸氢钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是．通过操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯．（3）写出本实验中反应②的化学方程式：．该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是．（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是．2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C．推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D．明矾常用于水体杀菌消毒【考点】绿色化学．【分析】A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋；C、煤经液化能变为甲醇；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体．【解答】解：A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染，而非造成污染后再治理，故A错误；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋，由于不能降解从而对环境造成污染，但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，故B正确；C、煤经液化能变为甲醇，燃烧仍生成二氧化碳，故不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体，有吸附作用，故能净水，但不能杀菌消毒，故D错误．故选B．2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为7的氮原子： NB．氮原子的结构示意图：C．氨气分子的电子式：D．对硝基甲苯的结构简式：【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式．【分析】A、质量数A=质子数Z+中子数N；B、氮原子的最外层有5个电子；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对；D、对硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置．【解答】解：A、质量数A=质子数Z+中子数N，故质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故表示为N，故A正确；B、氮原子的最外层有5个电子，故结构示意图为：，故B错误；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为：，故C错误；D、对硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置，且与苯环直接相连的是N原子，而非O原子，故结构简式应为，故D错误．故选A．3．下列说法正确的是（）A．氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B．等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：Cu CuO CuSO4；途径b：Cu CuSO4C．用金属钠可区分乙醇和乙醚D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现【考点】氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A、二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取．【解答】解：A、次氯酸能将有色物质氧化为无色物质，二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故A错误；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同，所以b消耗硫酸的量大，故B错误；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象，所以可以用用金属钠可区分乙醇和乙醚，故C正确；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误．故选：C．4．工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2．下列说法正确的是（）A．元素H只有H和H两种核素B．Cl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）＞r（Cl﹣）C．工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D．该反应表明常温下氯气有氧化性【考点】氨的化学性质．【分析】A．依据氢元素的三种同位素解答；B．质子数相同，电子数越多，半径越大；C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁；D．依据反应中氯元素化合价变化判断氯气的性质．【解答】解：A．元素H只有H和H、13H三种核素，故A错误；B．氯原子与氯离子具有相同的质子数，氯离子电子数多元氯原子所以C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁，故C错误；D．氯气与氨气反应生成氮气、氯化铵，反应中氯元素化合价降低，所以氯气为氧化剂，表现氧化性，故D正确；故选：D．5．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，Z 最外层电子数等于最内层电子数．下列说法正确的是（）A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WB．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WD．WX与ZX中的化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X 只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，以此解答该题．【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X 的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，A．W为N元素，X为O元素，Y为F元素，同周期从左到右非金属性依次增强，则元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W，故A正确；B．非金属性F＞N，故氢化物稳定性HF＞NH3，故B错误；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，故C错误；D．NO中含有共价键，MgO中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误；故选A．6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、NO3﹣、K+、SO32﹣C．使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣D．使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性；B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性；C．使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+；D．使甲基橙变红的溶液呈酸性．【解答】解：A．加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+、Fe2+不能大量共存，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，故A错误；B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性，Ba2+、SO32﹣反应生成沉淀，且酸性条件下SO32﹣不能大量共存，故B错误；C．使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D 正确．故选D．7．下列实验操作正确的是（）A．将25.0gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水，配得1.0mol•L﹣1硫酸铜溶液B．焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C．用装置甲除去Cl2中的HCl气体D．用装置乙制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL；B．用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰；C．二者均与碳酸氢钠溶液反应；D．乙酸乙酯与NaOH发生水解反应．【解答】解：A．溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL，然后冷却、转移到100mL容量瓶中定容，故A错误；B．用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰，操作合理，故B正确；C．二者均与碳酸氢钠溶液反应，图中试剂应为食盐水，故C错误；D．乙酸乙酯与NaOH发生水解反应，试管中试剂应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选B．8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3B．S SO3H2SO4C．Mg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2D．Fe Fe2O3FeCl3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；B．S单质与氧气点燃生成的是二氧化硫；C．氯化氢具有挥发性，蒸发氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁；D．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，不会生成氧化铁．【解答】解：A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以转化关系Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3一步实现，故A正确；B．S与在氧气中燃烧生成的是SO2，不会生成SO3，所以S SO3不能一步实现，故B错误；C．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，由于HCl具有挥发性，则蒸发氯化镁溶液不会得到氯化镁固体，故C错误；D．Fe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不会生成氧化铁，所以Fe Fe2O3不能一步实现，故D错误；故选A．9．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．NO2溶于水：3NO2+H2O=H++NO3﹣+2NOB．NaClO溶液中ClO﹣的水解：ClO﹣+H2O=HClO+OH﹣C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．原子个数不守恒；B．次氯酸根离子水解为可逆反应；C．过氧化氢氧化碘离子生成单质碘；D．不符合反应客观事实．【解答】解：A．NO2溶于水，离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+2NO，故A错误；B．NaClO溶液中ClO﹣的水解，离子方程式：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，故B错误；C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2，离子方程式：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故C正确；D．氯化铝的溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选：C．10．一种用于驱动潜艇的液氨﹣液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B．电子由电极A经外电路流向电极BC．电池工作时，OH﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O【考点】化学电源新型电池．【分析】液氨﹣液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，句原电池的工作原理来回答．【解答】解：A、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，故A错误；B、电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C、原电池中，阴离子向负极移动，则OH﹣向负极A移动，故C错误；D、碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故D错误；故选B．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（）A．1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为3×6.02×1023B．常温下，pH均为3的三种溶液：①HCl溶液②H2SO4溶液③CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为①=②＜③C．电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD．一定条件下反应Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72﹣）＜v逆（CrO42﹣）【考点】化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；pH的简单计算．【分析】A．氯气可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，根据方程式计算参加反应氯气物质的量，再根据Cl元素化合价变化计算转移电子；B．醋酸为弱酸，元素为一元强酸，硫酸为二元强酸，pH相同时醋酸浓度最大，硫酸浓度最小；C．氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电；D．达到平衡时2v正（Cr2O72﹣）=v逆（CrO42﹣），加入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动，据此判断2v正（Cr2O72﹣）与v逆（CrO42﹣）的大小．【解答】解：A．氯气可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，1molFeI2反应需要Cl2的物质的量为1mol×=1.5mol，反应中Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，故转移电子为1.5mol×2=3mol，即转移电子数为3×6.02×1023，故A正确；B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，三种酸中c（HCl）=c（H+），2c （H2SO4）=c（H+），c（CH3COOH）＞c（H+），所以要使氢离子浓度相等，则三种酸的物质的量浓度大小顺序是c（CH3COOH）＞c（HCl）＞c（H2SO4），即②＜①＜③，故B错误；C．电解熔融氯化钠可以获得钠，但是氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，故C错误；。
江苏省泰州市高考理综-化学一模考试试卷
江苏省泰州市高考理综-化学一模考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分） (2016高三上·滕州期末) 下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A . 氯化镁属于电解质，工业上可用电解其溶液的方法制镁B . 钠钾合金的硬度小，可用作快中子反应堆的热交换剂C . Fe2O3是红棕色固体，可以制成红色的油漆、涂料D . 溴单质在CCl4中的溶解度大，可用CCl4萃取Br﹣2. （2分）下列叙述正确的是（）①向久置于空气中的NaOH溶液中加盐酸时有气体产生②浓硫酸可用于干燥H2、NO2等气体，但不能干燥NH3、SO3等气体③CO2和Na2O2反应生成Na2CO3和O2 ， SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2④足量的硫单质与64 g 铜反应，有2 mol电子发生转移⑤水玻璃为硅酸钠，是纯净物⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质A . ①④⑤B . ①②⑥C . ②③④D . ④⑤⑥3. （2分） (2018高三上·承德期末) 设NA为阿伏加德罗常数的数值。
下列说法正确的是（）A . 5.6 g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAB . 标准状况下，2.24 L苯含C-H键的数目为0.6NAC . K35ClO3与浓H37 Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD . 6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L-1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA4. （2分）(2018·孝义模拟) 熔融碳酸盐燃料电池(Molen Cathomale Fuel Cell)简称MCFC，具有高发电效率。
工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（）A . 电极M 为负极，K+、Na+移向MB . 电池工作时，熔融盐中CO32-物质的量增大C . A 为CO2 ，正极的电极反应为：O2+4e-+2CO2= 2CO32-D . 若用MCFC给铅蓄电池充电，电极N接Pb极5. （2分）(2018·孝义模拟) 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W的负一价阴离子W-能与水反应生成W2 ， Y、Z同主族，其原子L电子层的电子数比为3：4，X、Y、Z的最外层电子数之和为17。
江苏省泰州中学高三化学上学期摸底考试试卷(含解析)
2015-2016学年江苏省泰州中学高三（上）摸底考试化学试卷一、选择题（每题只有一个正确的答案.共10小题，每小题2分，共20分）1．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，下列说法正确的是（）A．组成蛋白质的氨基酸一定是α﹣氨基酸B．氨基酸都含有手性碳原子C．氨基酸具有两性，蛋白质不具有两性D．天然氨基酸大部分能溶于水，难溶于乙醇、乙醚2．下列化学用语正确的是（）A．1，4﹣丁二醇的键线式：B．CH3+的电子式：C．麦芽糖的实验式：CH2O D．聚甲醛的结构简式：3．下列物质性质与应用对应关系正确且符合“绿色化学”的是（）A．氟氯代烷（商品名氟利昂）性质稳定不燃烧，可广泛用于灭火器B．油脂碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，在工业上用于制造肥皂C．乙醇易挥发，可用作许多有机物和无机物的溶剂D．乙烯能被KMnO4氧化，可作为水果催熟剂4．设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，23g乙醇和甲酸的混合物中含有O﹣H键的数目为0.5N AB．40g SiC中含有Si﹣C键的数目为2N AC．标准状况下，22.4L乙醛含有分子的数目为N AD．2mol亚油酸（9，12﹣十八碳二烯酸，C17H31COOH）中含有双键的数目是4N A5．下列实验装置图正确的是（）A．实验室制备并检验乙烯B．石油分馏C．验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱D．实验室制乙炔6．1﹣溴丙烯能发生如下图所示的4个不同反应．已知产物a为高分子化合物，则产物中只含有一种官能团的反应是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④7．下列化学方程式错误的是（）A．B．C．D．8．根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（）A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大C．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电D．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3）10．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素．X最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y和W同主族，且Y是电负性最大的元素．Z基态原子的M层全充满，N层有1个电子．下列说法正确的是（）A．X、Y均没有最高正价B．W最高价氧化物的水化物是最强的含氧酸C．Z的焰色反应显紫色D．在XY2中，X显﹣2价二、选择题(每题有1~2个正确答案，5×4分=20分)12．某药物中间体的合成路线如图所示．下列说法正确的是（）A．对苯二酚在空气中能稳定存在B．1mol该中间体最多可与11mol H2反应C．2，5羟基苯乙酮能发生加成、氧化、还原、缩聚反应D．该中间体分子中含有1个手性碳原子14．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（）A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体B．在CaF2晶体中，Ca2+、F﹣的配位数分别是4、8C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE15．X、Y都是芳香族化合物，1molX水解得到1molY和2mol醋酸．Y相对分子质量介于100～150之间，且碳和氢两种元素总质量分数为65.2%．X溶液能发生银镜反应，向Y水溶液中滴加NaHCO3无气泡，滴加FeCl3溶液显紫色．下列说法正确的是（）A．X、Y相对分子质量之差为84B．X中含有HCOO﹣，Y中含有﹣OHC．Y的分子式为：C7H8O3D．若X中有四种氢，则满足条件的X可能有两种二、非选择题（每空1分，共20分）16．（10分）（2015秋•泰州校级月考）今有氢、氧、氮、钠、钙、氟、氯、铜、钴9种元素．（1）钴位于周期表周期族．2①该反应的化学方程式为．②H[CuCl2]在空气中久置会生成含[Cu（H2O）4]2+的蓝色溶液，1mol[Cu（H2O）4]2+中含σ键数目为．17．（13分）（2015秋•泰州校级月考）根据要求回答下列问题：（1）写出CO2通入苯酚钠溶液中的化学方程式：，写出1，2丙二醇被催化氧化的化学方程式：．（2）乙醇醛球棍模型如图，一个乙醇醛说法错误的是．A．有2种含氧官能团 B．能发生银镜反应C．与葡萄糖互为同系物 D．与乙酸互为同分异构体（3）1molNaOH溶液反应最多消耗molNaOH，1mol该物质因发生加成反应可消耗molBr2．（4）该分子中一定与苯环处于同一平面的碳原子有个（不包括苯环上的碳原子），分子中含有种双键．18．（16分）（2015秋•泰州校级月考）据报道，苹果醋是由苹果发酵而成的酸性饮品，其中的酸性物质主要是苹果酸．有关苹果酸的结构确定及合成过程如下：Ⅰ、苹果酸的结构确定1．苹果酸在分离提纯后的化学方向如下：苹果酸中只含有C、H、O三种元素，其中氧元素的质量分数为59.7%，且其相对分子质量大于112小于160．请推断苹果酸中的氧原子个数为，分子式为．2．已知1mol苹果酸与足量的NaHCO3反应放出44.8LCO2，与足量的Na反应放出33.6LH2（气体体积均已折算为标准状况）：核磁共振氢谱显示苹果酸中存在5种不同环境的H原子．（1）一个苹果酸分子中有个﹣OH；（2）写出苹果酸的结构简式．Ⅱ、苹果酸的人工合成路线如图：已知：75%（体积分数）的A水溶液常用于医疗消毒，其中R、R1、R2可以是烃基或氢原子；①②（1）由D生成E的化学方程式为．（2）上述合成路线中，涉及到的加成反应共有步．（3）苹果酸消去一分子水后的产物与乙二醇发生所聚反应，生成的高分子化合物写出生成该高分子化合物反应的化学方程式为：．（4）写出与苹果酸具有相同种类和数目官能团的同分异构体结构简式：．19．（14分）（2015秋•泰州校级月考）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质，葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：请回答下列问题：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是．制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是．A．新制Cu（OH）2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是．（3）第③步需趁热过滤，其原因是．（4）第④步加入乙醇的作用是．（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是．A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇﹣水混合溶液．20．（15分）（2014•镇江二模）阿斯巴甜作为强烈甜味剂被广泛应用于食品、饮料、糖果等，工业上可以用苯丙氨酸甲酯和α﹣氨基丁二酸为原料合成．已知：RCN RCOOH；（1）A中含氧官能团的名称为（2）①、⑤的反应类型依次为、．（3）B的同分异构体中同时符合下列条件的有2种，写出其结构简式：、．①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质．（4）写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：（5）写出以1，3﹣丙二醇（HOCH2﹣CH2﹣CH2OH）为原料制备的合成路线流程（无机试剂任选）．合成路线流程示例如下：．21．（12分）（2015秋•泰州校级月考）氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品．以TiCl4为原料，经过一系列反应（如图1所示）可以制得Ti3N4和TiO2．是（填元素符号），该金属晶体的堆积模型为（填六方最密堆积或面心立方最密堆积）配位数为．（2）基态Ti3+中未成对电子数有个，Ti的基态原子外围电子排布式为．（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示．化合物甲的分子式中采取sp2杂化的碳原子数为，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为．（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl相似，如图3所示．该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有个，该晶体的化学式为．2015-2016学年江苏省泰州中学高三（上）摸底考试化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确的答案.共10小题，每小题2分，共20分）1．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，下列说法正确的是（）A．组成蛋白质的氨基酸一定是α﹣氨基酸B．氨基酸都含有手性碳原子C．氨基酸具有两性，蛋白质不具有两性D．天然氨基酸大部分能溶于水，难溶于乙醇、乙醚【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．脯氨酸含有亚氨基，其余大部分含有a﹣氨基；B．手性碳是指碳原子所连的4个基团都不一样；C．氨基酸以及蛋白质中含有氨基和羧基；D．氨基酸都是极性比较大的分子．【解答】解：A．脯氨酸含有亚氨基，其余大部分含有a﹣氨基，组成蛋白质的氨基酸不一定是α﹣氨基酸，故A错误；B．氨基酸不一定含有手性碳原子，故B错误；C．氨基酸以及蛋白质中含有氨基和羧基，既能和酸反应，又能与碱反应，故C错误；D．氨基酸都是极性比较大的分子，物质性质相近相溶的原理，水是一种极性很大的溶剂，所以氨基酸溶易于水而不易溶于乙醇和乙醚，故D正确．故选D．【点评】本题考查氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，难度不大，注意脯氨酸含有亚氨基，其余大部分含有a﹣氨基，氨基酸都是极性比较大的分子．2．下列化学用语正确的是（）A．1，4﹣丁二醇的键线式：B．CH3+的电子式：C．麦芽糖的实验式：CH2O D．聚甲醛的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．键线式：拐点和端点表示碳原子，碳原子，H不必标出，杂原子（非碳、氢原子）不得省略，并且其上连有的氢也一般不省略；B．CH3+是缺电子的碳正离子，不是呈电中性的原子团；C．实验式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；D．甲醛含有双键可以发生加聚反应，生成聚甲醛．【解答】解：A．1，4﹣丁二醇的结构简式HOCH2CH2CH2CH2OH，键线式碳原子、氢原子不必标出，1，4﹣丁二醇的键线式为：，故A错误B．因碳原子最外层4个电子，则CH3+是缺电子的碳正离子，可看作是甲基失去一个电子后的产物，甲基的电子式为，则CH3+的电子式为，故B错误；C．麦芽糖为二糖，分子式为C12H22O11，实验式为：C12H22O11，故C错误；D．甲醛分子的结构式：，含有双键可以发生加聚反应，生成聚甲醛，聚甲醛结构简式为，故D正确；故选D．【点评】本题考查了键线式、电子式、实验式、结构简式等表示方法的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、聚甲醛的结构简式等化学用语的概念及表示方法．3．下列物质性质与应用对应关系正确且符合“绿色化学”的是（）A．氟氯代烷（商品名氟利昂）性质稳定不燃烧，可广泛用于灭火器B．油脂碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，在工业上用于制造肥皂C．乙醇易挥发，可用作许多有机物和无机物的溶剂D．乙烯能被KMnO4氧化，可作为水果催熟剂【考点】绿色化学．【分析】A．氟氯代烷（氟利昂）有毒；B．“绿色化化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中，当反应的产物只有一种时就符合绿色化学的原理，产物有多种时就有可能不符合绿色化学的原理；C．乙醇是一种很好的有机溶剂；D．乙烯（化学式为C2H4）是植物生长的调节剂，可以催熟水果．【解答】解：A．氟氯代烷（氟利昂）有毒、性质不稳定，不能用来灭火，故A错误；B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，不符合绿色化学的原理，故B错误；C．乙醇是一种很好的有机溶剂，且乙醇易溶于水，能溶解多种有机物和无机物，故C正确；D．乙烯能被KMnO4氧化乙烯（化学式为C2H4）是植物生长的调节剂，可以催熟水果，但前后没有联系，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及卤代烃、油脂、乙醇、乙烯等有机物的性质，侧重于学生的分析能力考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．4．设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，23g乙醇和甲酸的混合物中含有O﹣H键的数目为0.5N AB．40g SiC中含有Si﹣C键的数目为2N AC．标准状况下，22.4L乙醛含有分子的数目为N AD．2mol亚油酸（9，12﹣十八碳二烯酸，C17H31COOH）中含有双键的数目是4N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、乙醇和甲酸的摩尔质量均为46g/mol，而结构中均含一条O﹣H键；B、分析结构，1mol SiC中含有Si﹣C键4mol；C、标况下，乙醛为液态；D、亚油酸（9，12﹣十八碳二烯酸，C17H31COOH）中含2条碳碳双键和1条碳氧双键；【解答】解：A、乙醇和甲酸的摩尔质量均为46g/mol，故23g两者的混合物的物质的量为0.5mol，而两者的结构中均含一条O﹣H键，故0.5mol混合物中无论两者的比例如何，均含0.5molO﹣H键即0.5N A条，故A正确；B、40gSiC的物质的量n==1mol，而1mol SiC中含有Si﹣C键4mol即4NA条，故B错误；C、标况下，乙醛为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、亚油酸（9，12﹣十八碳二烯酸，C17H31COOH）中含2条碳碳双键和1条碳氧双键，即1mol 亚油酸中含3mol双键，则2mol亚油酸中含6mol双键即6N A条，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5．下列实验装置图正确的是（）A．实验室制备并检验乙烯B．石油分馏C．验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱D．实验室制乙炔【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙醇、二氧化硫都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．石油分馏实验中，冷凝管中水流方向为“下进上出”；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；D．电石和水反应生成微溶性的氢氧化钙，所以制取乙炔不能使用简易启普发生器．【解答】解：A．乙醇易挥发，所以生成的乙烯中含有乙醇，且浓硫酸被乙醇还原生成二氧化硫，二氧化硫、乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，从而干扰乙烯的检验，应该用NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫，然后用溴水检验乙烯，故A错误；B．石油分馏实验中，冷凝管中水流方向为“下进上出”，否则易炸裂冷凝管，故B错误；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，乙酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有乙酸，用饱和碳酸氢钠除去乙酸，二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚，所以可以实现实验目的，故C正确；D．电石和水反应生成微溶性的氢氧化钙，所以制取乙炔不能使用简易启普发生器，应该用锥形瓶和分液漏斗，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查物质的检验、实验基本操作，明确操作规范性及物质性质即可解答，注意从操作规范性、实验原理、仪器的使用方法进行评价，易错选项是A，注意C中饱和碳酸氢钠溶液的作用．6．1﹣溴丙烯能发生如下图所示的4个不同反应．已知产物a为高分子化合物，则产物中只含有一种官能团的反应是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据反应条件知，1﹣溴丙烯发生加聚反应生成a，a中含有溴原子，官能团只有溴原子；1﹣溴丙烯和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成羧酸b，有溴原子和羧基，所以有两种官能团；1﹣溴丙烯发生水化后生成c，c中含有溴原子和醇羟基，有两种官能团；1﹣溴丙烯和溴发生加成反应生成d，d为1，1，2﹣三溴丙烷，官能团只有溴原子．【解答】解：①1﹣溴丙烯在引发剂作用下可发生加聚反应，产物中有1种官能团（溴原子）；②1﹣溴丙烯在酸性高锰酸钾的作用下，双键断裂，变为羧基，原来还含有溴原子，共2种官能团；③1﹣溴丙烯水化后含羟基和溴原子这两种官能团；④1﹣溴丙烯在溴的CCl4中发生加成反应，只有1种官能团（溴原子），综上符合题意的为①④，故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团与其性质的关系即可解答，根据反应条件确定产物及其产物中官能团，题目难度不大．7．下列化学方程式错误的是（）A．B．C．D．【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【分析】A．﹣COOH、酚﹣OH均与碳酸钠反应；B．﹣COOH的酸性大于酚﹣OH的酸性，碳酸钠少量时只有﹣COOH反应；C．﹣Br、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应；D．苯酚与甲醛在加入浓盐酸作用下发生缩聚反应，生成酚醛树脂．【解答】解：A．﹣COOH、酚﹣OH均与碳酸钠反应，反应合理，故A正确；B．﹣COOH的酸性大于酚﹣OH的酸性，碳酸钠少量时只有﹣COOH反应，反应合理，故B正确；C．﹣Br、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，反应合理，故C正确；D．甲醛与苯酚反应，苯酚提供羟基邻位上的两个氢原子，醛提供羰基的氧原子生成水脱去，从而缩聚生成酚醛树脂，反应为n+nHCHO+nH2O，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质及有机反应方程式书写，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系、反应类型与反应条件为解答的关键，题目难度不大．8．根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（）A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大C．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电D．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3【考点】分子晶体．【分析】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小．【解答】解：A．熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO﹣+OH﹣，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D．熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；故选C．【点评】本题考查了晶体的判断，主要考查了分子晶体与其它晶体在熔沸点、硬度、密度等方面的区别，学习时需理解各类晶体在这些方面有区别的根本原因是构成的化学键类型不同．）【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】物质的分离提纯应根据主体物质和杂质性质的差异性来选择除杂试剂：溴苯也溶于四氯化碳，乙烯虽然能和氢气反应，但氢气的量不好控制，乙酸乙酯在碱液里能水解．【解答】解：A、苯和溴苯、四氯化碳都为有机物互溶，不能用分液的方法，应利用蒸馏法，故A错误；B、二氧化氮可与氢氧化钠反应而溶于水溶液中，而硝基苯不溶于水，分液即可分开，故B 正确；C、反应不能控制氢气的量，过量氢气会混在乙烷中，无法除去，故C错误；D、NaOH溶液会使乙酸乙酯水解成乙酸和乙醇，故D错误；故选B．【点评】物质的分离提纯应根据主体物质和杂质性质的差异性来选择除杂试剂，常见物质的分离除杂所用的试剂及操作应注意整理归纳．10．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素．X最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y和W同主族，且Y是电负性最大的元素．Z基态原子的M层全充满，N层有1个电子．下列说法正确的是（）A．X、Y均没有最高正价B．W最高价氧化物的水化物是最强的含氧酸C．Z的焰色反应显紫色D．在XY2中，X显﹣2价【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素；Y是电负性最大的元素，应为F，Y和W同主族，W为Cl或Br元素，Z基态原子的M层全充满，N层有1个电子，则原子序数为29，应为Cu元素，则W为Br元素，以此解答该题．【解答】解：X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素；Y是电负性最大的元素，应为F，Y和W同主族，W为Cl或Br元素，Z基态原子的M层全充满，N层有1个电子，则原子序数为29，应为Cu元素，则W为Br元素，A．X为O元素，Y为F元素，因电负性较强，一般均没有最高正价，故A正确；B．W为Br元素，Cl的最高价氧化的水化物酸性最强，故B错误；C．Z为Cu，焰色反应为蓝色，故C错误；D．在XY2中，因Y（F）的电负性较强，X（O）失去电子，为+2价，故D错误．故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对元素化合物知识的理解掌握，注意掌握核外电子排布规律，难度不大．二、选择题(每题有1~2个正确答案，5×4分=20分)【考点】元素周期律的作用．【分析】A、非金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物的酸性越强；B、化学键的键能越大，破坏化学键所需的能量越大，物质的熔点越高；C、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，而受热融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积；D、N2和O2为非极性分子，组成和结构相似，而NO为极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高．【解答】解：A、B与Si处于对角线上，它们的化学性质相似，与酸性无关，故A错误；B、化学键的键能越大，破坏化学键所需的能量越大，物质的熔点越高，且二氧化硅为原子晶体，故B正确；C、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故C 正确；D、N2和O2为非极性分子，组成和结构相似，所以随相对分子质量的增大，熔沸点升高；而NO为极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高，则熔沸点为NO＞O2＞N2，故D正确，故选A．【点评】本题主要考查的是对角线规则、物质熔沸点的比较，注意分子的极性会影响物质的熔沸点，题目难度中等．12．某药物中间体的合成路线如图所示．下列说法正确的是（）A．对苯二酚在空气中能稳定存在B．1mol该中间体最多可与11mol H2反应C．2，5羟基苯乙酮能发生加成、氧化、还原、缩聚反应D．该中间体分子中含有1个手性碳原子【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．对苯二酚在空气中易被氧气氧化；B．中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应；C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应；D．碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子．【解答】解：A．对苯二酚中含有酚羟基，在空气中易被氧气氧化，故A错误；B．中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应，所以1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应，故B正确；C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应，故C正确；D．碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故D错误；故选BC．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错点是C．A．A B．B C．C D．D、【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．不饱和烃能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，但烷烃和高锰酸钾溶液不反应；B．浓硝酸能使蛋白质发生颜色反应；C．碘遇淀粉试液变蓝色；D．醛基和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应而生成砖红色沉淀．【解答】解：A．不饱和烃能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，但烷烃和高锰酸钾溶液不反应，将石蜡油加强热（裂解）所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产物不都是烷烃，故A正确；B．浓硝酸能使蛋白质发生颜色反应，所以向盛有3mL鸡蛋清溶液的试管里，滴入几滴浓硝酸，鸡蛋清变黄色，说明蛋白质能发生颜色反应，故B正确；C．碘遇淀粉试液变蓝色，碘酒中含有碘单质，土豆中含有淀粉，所以碘酒滴到新切开的土豆上变蓝色，故C错误；D．醛基和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应而生成砖红色沉淀，葡萄糖中含有醛基，能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，则葡萄糖体现还原性，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查葡萄糖、碘、浓硝酸、烷烃的性质，明确实验原理是解本题关键，熟悉常见物质的性质，题目难度不大．14．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（）A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体B．在CaF2晶体中，Ca2+、F﹣的配位数分别是4、8C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个，距Cl﹣最近的Na+有6个进行分析；。
江苏省泰州市高三化学一模试卷(含解析)
2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C．推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D．明矾常用于水体杀菌消毒2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为7的氮原子： NB．氮原子的结构示意图：C．氨气分子的电子式：D．对硝基甲苯的结构简式：3．下列说法正确的是（）A．氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B．等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：Cu CuO CuSO4；途径b：Cu CuSO4C．用金属钠可区分乙醇和乙醚D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现4．工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2．下列说法正确的是（）A．元素H只有H和H两种核素B．Cl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）＞r（Cl﹣）C．工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D．该反应表明常温下氯气有氧化性5．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，Z 最外层电子数等于最内层电子数．下列说法正确的是（）A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WB．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WD．WX与ZX中的化学键类型相同6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、NO3﹣、K+、SO32﹣C．使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣D．使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣7．下列实验操作正确的是（）A．将25.0gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水，配得1.0mol•L﹣1硫酸铜溶液B．焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C．用装置甲除去Cl2中的HCl气体D．用装置乙制取乙酸乙酯8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3B．S SO3H2SO4C．Mg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2D．Fe Fe2O3FeCl39．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．NO2溶于水：3NO2+H2O=H++NO3﹣+2NOB．NaClO溶液中ClO﹣的水解：ClO﹣+H2O=HClO+OH﹣C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O10．一种用于驱动潜艇的液氨﹣液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B．电子由电极A经外电路流向电极BC．电池工作时，OH﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（）A．1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为3×6.02×1023B．常温下，pH均为3的三种溶液：①HCl溶液②H2SO4溶液③CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为①=②＜③C．电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD．一定条件下反应Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72﹣）＜v逆（CrO42﹣）12．真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z．下列说法正确的是（）A．X、Y和Z中均不含手性碳原子B．Y能发生氧化、还原、取代、消去反应C．一定条件下，1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应D．1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A．制备氢氧化铁胶体：向沸腾的NaOH溶液中，滴加氯化铁饱和溶液，煮沸至红褐色B．提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C．检验亚硫酸钠是否变质：将试样溶解后加入氯化钡溶液，观察实验现象D．比较铁与铜的活泼性：将铜粉加入1.0 mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中，观察实验现象14．25℃时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1 mol•L﹣1（ NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．20 mL 0.1 mol•L﹣1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol•L﹣1 HCl溶液混合所得酸性溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）D．向浓度为0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）15．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡．该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的△S＜0、△H＜0B．表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC．体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态Ⅱ）＜2c（CH3OCH3，状态Ⅲ）D．逆反应速率v逆：v逆（状态Ⅰ）＜v逆（状态Ⅲ）二、非选择题（共80分）16．氯化亚铜（CuCl）广泛用于化工、印染、有机合成等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤①中N元素被还原为最低价，则Cu溶解的化学方程式为，溶解温度应控制在60～70℃，原因是．（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式．（NH4）2SO3要适当过量，目的有：保证Cu2+的还原速率，．已知NH4Cl、Cu2+的物质的量之比[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示，当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，原因是．（3）步骤⑥加入乙醇洗涤的目的是．17．化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为和（填官能团的名称）．（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为；由C→D的反应类型是．（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式．Ⅰ．分子含有1个苯环；Ⅱ．分子有4种不同化学环境的氢；Ⅲ．能发生银镜反应．（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）．合成路线流程图示例如下：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3．18．K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4•H2O在工业、农业等方面有广泛的应用．以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和MnSO4•H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是．（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为．（3）已知室温下Mn（OH）2的K sp=4.5×10﹣13，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为mol•L﹣1．（4）取一定量MnSO4•H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图2所示（样品在300℃时已完全失去结晶水，900℃以上残留固体为金属氧化物）．试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）．19．铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品．以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]和铵明矾[NH4Al （SO4）2•12H2O]的工艺流程如下图所示．请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有（填字母）．a．蒸发皿 b．泥三角 c．漏斗 d．酒精灯 e．三脚架 f．坩埚 g．烧杯 h．试管（2）研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240℃），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体，该副反应的化学方程式为．（3）要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为；滤渣2的主要成分为（填化学式）．（4）“分离1”操作包含的实验步骤有、、、洗涤、干燥．（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式．20．高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等．在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从而实现CO和N2的分离．（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇．已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1453kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•m ol﹣1又知CO（g）燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1，则CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=kJ•mol ﹣1．（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2（aq）+CO（g）⇌CH3COOCu（NH3）2•CO（aq）△H＜0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有．a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．增大压强 d．减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO．下图是变压吸附回收高炉气中CO的流程图．①PSA﹣I吸附CO2时间对PSA﹣II中CO回收率的影响见图，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是．②从PSA﹣II中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途．③检验放空气体中是否含有CO的实验操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式．（4）已知：K sp（CaCO3）=a，K sp[Ca（OH）2]=b，将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应，达到平衡后，测得溶液c（OH﹣）=c mol•L﹣1，则c（CO32﹣）= mol•L﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．A．[物质结构与性质]21．原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大．五种元素中，仅R 为金属元素，其原子序数为27．X价电子排布式为ns n np n，元素Z基态原子s电子总数与p 电子总数相等，W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个．根据判断出的元素回答下列问题：（1）基态R原子核外电子排布式为，X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为（用具体元素符号表示）．（2）1mol配合物[R（XY）6]4﹣中含有σ键的数目为．（3）XZW2是一种高毒类物质，结构与甲醛相似，X原子杂化方式为，其沸点高于甲醛的主要原因是．（4）YW3为黄色、油状、具有刺激性气味的液体，该分子的立体构型为（用文字描述）．（5）某晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为（R、Z用具体元素符号表示）．B．[实验化学]22．Fridel﹣Crafts反应：ArH+RX ArR+HX；△H＜0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一．某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7℃），再利用Fridel﹣Crafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99℃）．反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是．（2）对有机层依次用饱和碳酸氢钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是．通过操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯．（3）写出本实验中反应②的化学方程式：．该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是．（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是．2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C．推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D．明矾常用于水体杀菌消毒【考点】绿色化学．【分析】A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋；C、煤经液化能变为甲醇；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体．【解答】解：A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染，而非造成污染后再治理，故A错误；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋，由于不能降解从而对环境造成污染，但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，故B正确；C、煤经液化能变为甲醇，燃烧仍生成二氧化碳，故不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体，有吸附作用，故能净水，但不能杀菌消毒，故D错误．故选B．2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为7的氮原子： NB．氮原子的结构示意图：C．氨气分子的电子式：D．对硝基甲苯的结构简式：【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式．【分析】A、质量数A=质子数Z+中子数N；B、氮原子的最外层有5个电子；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对；D、对硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置．【解答】解：A、质量数A=质子数Z+中子数N，故质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故表示为N，故A正确；B、氮原子的最外层有5个电子，故结构示意图为：，故B错误；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为：，故C错误；D、对硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置，且与苯环直接相连的是N原子，而非O原子，故结构简式应为，故D错误．故选A．3．下列说法正确的是（）A．氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B．等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：Cu CuO CuSO4；途径b：Cu CuSO4C．用金属钠可区分乙醇和乙醚D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现【考点】氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A、二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取．【解答】解：A、次氯酸能将有色物质氧化为无色物质，二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故A错误；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同，所以b消耗硫酸的量大，故B错误；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象，所以可以用用金属钠可区分乙醇和乙醚，故C正确；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误．故选：C．4．工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2．下列说法正确的是（）A．元素H只有H和H两种核素B．Cl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）＞r（Cl﹣）C．工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D．该反应表明常温下氯气有氧化性【考点】氨的化学性质．【分析】A．依据氢元素的三种同位素解答；B．质子数相同，电子数越多，半径越大；C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁；D．依据反应中氯元素化合价变化判断氯气的性质．【解答】解：A．元素H只有H和H、13H三种核素，故A错误；B．氯原子与氯离子具有相同的质子数，氯离子电子数多元氯原子所以C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁，故C错误；D．氯气与氨气反应生成氮气、氯化铵，反应中氯元素化合价降低，所以氯气为氧化剂，表现氧化性，故D正确；故选：D．5．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，Z 最外层电子数等于最内层电子数．下列说法正确的是（）A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WB．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WD．WX与ZX中的化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X 只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，以此解答该题．【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X 的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，A．W为N元素，X为O元素，Y为F元素，同周期从左到右非金属性依次增强，则元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W，故A正确；B．非金属性F＞N，故氢化物稳定性HF＞NH3，故B错误；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，故C错误；D．NO中含有共价键，MgO中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误；故选A．6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、NO3﹣、K+、SO32﹣C．使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣D．使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性；B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性；C．使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+；D．使甲基橙变红的溶液呈酸性．【解答】解：A．加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+、Fe2+不能大量共存，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，故A错误；B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性，Ba2+、SO32﹣反应生成沉淀，且酸性条件下SO32﹣不能大量共存，故B错误；C．使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D 正确．故选D．7．下列实验操作正确的是（）A．将25.0gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水，配得1.0mol•L﹣1硫酸铜溶液B．焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C．用装置甲除去Cl2中的HCl气体D．用装置乙制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL；B．用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰；C．二者均与碳酸氢钠溶液反应；D．乙酸乙酯与NaOH发生水解反应．【解答】解：A．溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL，然后冷却、转移到100mL容量瓶中定容，故A错误；B．用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰，操作合理，故B正确；C．二者均与碳酸氢钠溶液反应，图中试剂应为食盐水，故C错误；D．乙酸乙酯与NaOH发生水解反应，试管中试剂应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选B．8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3B．S SO3H2SO4C．Mg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2D．Fe Fe2O3FeCl3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；B．S单质与氧气点燃生成的是二氧化硫；C．氯化氢具有挥发性，蒸发氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁；D．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，不会生成氧化铁．【解答】解：A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以转化关系Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3一步实现，故A正确；B．S与在氧气中燃烧生成的是SO2，不会生成SO3，所以S SO3不能一步实现，故B错误；C．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，由于HCl具有挥发性，则蒸发氯化镁溶液不会得到氯化镁固体，故C错误；D．Fe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不会生成氧化铁，所以Fe Fe2O3不能一步实现，故D错误；故选A．9．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．NO2溶于水：3NO2+H2O=H++NO3﹣+2NOB．NaClO溶液中ClO﹣的水解：ClO﹣+H2O=HClO+OH﹣C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．原子个数不守恒；B．次氯酸根离子水解为可逆反应；C．过氧化氢氧化碘离子生成单质碘；D．不符合反应客观事实．【解答】解：A．NO2溶于水，离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+2NO，故A错误；B．NaClO溶液中ClO﹣的水解，离子方程式：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，故B错误；C．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2，离子方程式：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故C正确；D．氯化铝的溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选：C．10．一种用于驱动潜艇的液氨﹣液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B．电子由电极A经外电路流向电极BC．电池工作时，OH﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O【考点】化学电源新型电池．【分析】液氨﹣液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，句原电池的工作原理来回答．【解答】解：A、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，故A错误；B、电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C、原电池中，阴离子向负极移动，则OH﹣向负极A移动，故C错误；D、碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故D错误；故选B．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（）A．1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为3×6.02×1023B．常温下，pH均为3的三种溶液：①HCl溶液②H2SO4溶液③CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为①=②＜③C．电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD．一定条件下反应Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72﹣）＜v逆（CrO42﹣）【考点】化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；pH的简单计算．【分析】A．氯气可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，根据方程式计算参加反应氯气物质的量，再根据Cl元素化合价变化计算转移电子；B．醋酸为弱酸，元素为一元强酸，硫酸为二元强酸，pH相同时醋酸浓度最大，硫酸浓度最小；C．氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电；D．达到平衡时2v正（Cr2O72﹣）=v逆（CrO42﹣），加入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动，据此判断2v正（Cr2O72﹣）与v逆（CrO42﹣）的大小．【解答】解：A．氯气可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，1molFeI2反应需要Cl2的物质的量为1mol×=1.5mol，反应中Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，故转移电子为1.5mol×2=3mol，即转移电子数为3×6.02×1023，故A正确；B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，三种酸中c（HCl）=c（H+），2c （H2SO4）=c（H+），c（CH3COOH）＞c（H+），所以要使氢离子浓度相等，则三种酸的物质的量浓度大小顺序是c（CH3COOH）＞c（HCl）＞c（H2SO4），即②＜①＜③，故B错误；C．电解熔融氯化钠可以获得钠，但是氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，故C错误；。
江苏省泰州市高考化学一模试卷A卷
江苏省泰州市高考化学一模试卷A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共22题；共46分)1. （2分） (2016高一下·滁州期中) 下列说法中错误的是（）A . 含有共价键的化合物一定是共价化合物B . 在共价化合物中一定含有共价键C . 含有离子键的化合物一定是离子化合物D . 离子化合物中可能含有共价键2. （2分） (2016高一上·会宁期中) 用图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中，错误的是（）X Y ZA HCl酸化合物B银金属元素元素C HNO3电解质化合物D Cu2（OH）2CO3碱无机物A . AB . BC . CD . D3. （2分） (2019高一下·长春期末) 下列说法正确的是（）A . 羟基与氢氧根离子有相同的化学式和电子式B . 乙醇的官能团是—OH，可与NaOH溶液发生中和反应C . 常温下，1 mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2 L H2D . 已知乙醇的结构式如图所示，则乙醇催化氧化时断裂的化学键为①③4. （2分） (2019高二上·肇庆期末) 某温度时，浓度都是1mol•L﹣1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c（X2）＝0.4mol•L﹣1、c（Y2）＝0.8mol•L﹣1、c（Z）＝0.4mol•L﹣1 ，则该反应的反应式是（）A . X2+2Y2 2XY2B . 2X2+Y2 2X2YC . 3X2+Y2 2X3YD . X2+3Y2 2XY35. （2分）在化学反应中，反应前与反应后相比较，肯定不变的是（）①元素的种类②如果在水溶液中反应，反应前与反应后阳离子所带的正电荷总数③分子的数目④原子的数目⑤反应前物质的质量总和与反应后物质的质量总和．A . ①③④B . ②③⑤C . ①④⑤D . ②④⑤6. （3分） (2016高一下·茂名期末) 同周期的X，Y，Z三种元素，已知其最高价氧化物相应水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4 ，则下列各判断中，正确的是（）A . 阴离子的还原性：Z＞Y＞XB . 单质的非金属性：X＞Y＞ZC . 气态氢化物的稳定性：X＜Y＜ZD . 原子原子半径：X＞Y＞Z7. （2分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A . 铝溶于NaOH溶液：2Al＋2OH－＋H2O===2AlO＋3H2↑B . 氧化铝溶于足量NaOH溶液：Al2O3＋OH－===AlO＋H2OC . 向氢氧化铝沉淀中加入足量盐酸：Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2OD . 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH8. （2分）下列说法错误的是A . 吃馒头多嚼几下感觉有点甜，是因为淀粉发生了水解B . 鸡蛋白中滴加硫酸铜溶液出现沉淀，是因为蛋白质发生了盐析C . 酒放久了会变酸，是因为乙醇经过一系列变化最终氧化成了乙酸D . 乙烯通入高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应9. （2分）下列有关说法正确的是（）A . SO2可以使溴水褪色，所以SO2具有漂白性B . 因为氢氧化铁胶体具有吸附性，所以常用于净水C . 因为液态HCl不导电，所以HCl是非电解质D . NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质10. （2分） (2017高二下·成都期中) 25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（）A . 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大B . 将水加热，Kw增大，pH不变C . 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大D . 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低11. （2分） (2017高二上·乐山期末) 在多电子原子中，决定轨道能量的是（）A . 电子层B . 电子层和能级C . 电子层、能级和原子轨道空间分布D . 原子轨道空间分布和电子自旋方向12. （2分）(2020·浦东新模拟) 埋在下列土壤中的铸铁输油管道，腐蚀速率最慢的是（）A . 氧化铁较多的酸性土壤B . 潮湿疏松的中性土壤C . 碳颗粒较多的碱性土壤D . 干燥致密的中性土壤13. （2分） (2016高二上·绥化期中) 某烷烃的结构如图，下列命名正确的是（）A . 2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷B . 3﹣异丙基﹣4﹣甲基已烷C . 2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基戊烷D . 3﹣甲基﹣4﹣异丙基已烷14. （2分） (2017高二上·芗城期末) 在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，恢复至室温释放的热量为（）A . 2912kJB . 2953kJC . 3236kJD . 3867kJ15. （2分） (2018高一上·通榆月考) 已知下列离子在酸性条件下都能氧化KI，它们自身发生如下变化：① Cr2O72－→Cr3+ ，②IO3－→I2 ，③MnO4－→Mn2+。
2016届江苏省高三第一次联考化学试卷【解析版】
2016届江苏省高三第一次联考化学试卷【解析版】一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．2014年6月5日是世界环境日，中国主题为“向污染宣战”．下列有关做法不正确的是（）A．使用脱硫煤和汽车尾气净化器，均可减少二氧化碳的排放B．以治理细颗粒物（PM2.5）和可吸入颗粒物（PM10）为突破口，抓住能源效率、尾气排放和扬尘等关键环节，深入实施大气污染防治行动计划C．电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染D．加快淘汰钢铁、水泥、平板玻璃、电解铝等行业的落后产能【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．使用脱硫煤可以减少二氧化梳的产生，使用汽车尾气可以使汽车尾气中的一氧化碳和二氧化氮空气污染物转化为不污染空气的氮气和二氧化碳；B．细颗粒物（PM2.5）和可吸入颗粒物（PM10）都是空气污染物中的固体粉尘；C．电子垃圾统一回收、拆解、再利用，防止个人拆解过程中产生的大量污染物；D．从钢铁、水泥、平板玻璃、电解铝等的生产过程中会消耗大量的煤等能源．【解答】解：A．使用脱硫煤可以减少二氧化梳的产生，使用汽车尾气可以使汽车尾气中的一氧化碳和二氧化氮空气污染物转化为不污染空气的氮气和二氧化碳，但不会减少二氧化碳的排放；故A错误；B．从细颗粒物（PM2.5）和可吸入颗粒物（PM10）都是空气污染物中的固体粉尘，以细颗粒物（PM2.5）和可吸入颗粒物（PM10）治理为突破口，抓住能源效率、尾气排放和扬尘等关键环节，深入实施大气污染防治行为计划，故B正确；C．电子垃圾个人拆解过程中产生的大量污染物，故C正确；D．钢铁、水泥、平板玻璃、电解铝等的生产过程中会消耗大量的煤等能源，产生大量的空气污染物，故D正确；故选A．【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列物质中能与烧碱溶液发生氧化还原反应的是（）A．CuSO4B．SiO2C．NH4Cl D．Al【考点】氧化还原反应．【分析】反应中存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应，据此分析．【解答】解：A．CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；B．SiO2与NaOH溶液发生复分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C．NH4Cl与NaOH溶液发生复分解反应，不是氧化还原反应，故C错误；D．Al与NaOH溶液反应，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑反应中H、Al元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查了物质的性质、氧化还原反应，题目难度不大，明确物质的性质是解本题的关键．3．下列有关物质的应用或性质的说法正确的是（）A．运用水玻璃堵塞管道，是因为水玻璃显碱性B．配制碘水时，常加入少量的KI，目的是防止I2被还原C．用酸化的高锰酸钾与H2O2可制取少量氧气，KMnO4作催化剂D．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]净水和液氯（Cl2）净水的原理不相同【考点】含硅矿物及材料的应用；盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；过氧化氢．【分析】A．水玻璃为硅酸钠的水溶液，具有粘性；B．由于碘在水中的溶解度很小，通常在配制I2溶液时加入过量的KI以增加其溶解度，降低I2的挥发性；C．高锰酸钾与双氧水发生氧化还原反应，高锰酸钾做氧化剂；D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，氯气与水反应生成次氯酸，具有强的氧化性，能够杀菌消毒．【解答】解：A．运用水玻璃堵塞管道，是因为硅酸钠水溶液具有粘性，故A错误；B．由于碘在水中的溶解度很小，通常在配制I2溶液时加入过量的KI以增加其溶解度，降低I2的挥发性，故B错误；C．用酸化的高锰酸钾与H2O2可制取少量氧气，KMnO4作氧化剂，故C错误；D．明矾溶于水后Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质而净水；Cl2溶于水后生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒而净水，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确硅酸钠、高锰酸钾、碘、明矾的性质是解题关键，题目难度不大．4．东京电力公司准备用海上钢铁“人工浮岛”储存福岛核电站内放射性较低的污水．则海上钢铁“人工浮岛”应贴的警示图标是（）A．B． C． D．【考点】化学试剂的分类．【分析】通过各标志表示的意义考虑本题，下列图标属于放射性物品标志的即为答案．【解答】解：A．为剧毒品标志，故A错误；B．为放射性标志，故B正确；C．为腐蚀品标志，故C错误；D．为自燃物品标志，故D错误．故选B．【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解各个标志所代表的含义是解答此类题的关键．5．已知酸A和碱B在一定条件下反应：A+B→盐+H2O，下列有关物质A和B的判断中不正确的是（）A．酸A可能是CH3COOH B．酸A可能是H2SO4C．碱B可能是Ba（OH）2D．碱B可能是CH3CH2OH【考点】化学基本反应类型．【分析】电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，据此分析．【解答】解：电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，酸A和碱B在一定条件下反应：A+B→盐+H2O，故A可以为任意一种酸，B 可以为任意一种碱．A、CH3COOH为酸，故A正确；B、H2SO4为酸，故B正确；C、Ba（OH）2为碱，故C正确；D、CH3CH2OH不是碱，故D错误．故选D．【点评】本题依托酸碱中和反应考查了酸和碱的判断，根据定义来分析，难度不大．6．同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是①密度比为16：11②密度比为11：16③体积比为16：11④体积比为11：16（）A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较体积、密度关系．【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比==11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以①④正确，故选B．【点评】本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，题目难度不大，注意有关公式的利用．7．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．6.4g由O3和O2组成的混合气体中一定含有0.4N A个原子B．常温常压下，5.6g铁粉在7.1g氯气中充分燃烧，失去的电子数目为0.3N AC．常温下，pH=1的HNO3溶液中含有0.1N A个H+D．0.1mol KHSO4晶体中含有的阳离子数是0.2N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而7.1g氯气的物质的量也为0.1mol，铁过量，根据氯气的量来分析；C、溶液体积不明确；D、KHSO4晶体由1个钾离子和1个硫酸氢根构成．【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量n==0.4mol，即0.4N A个，故A正确；B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而7.1g氯气的物质的量也为0.1mol，铁过量，0.1mol氯气完全反应，由于反应后氯元素为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2N A个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数不能计算，故C错误；D、KHSO4晶体由1个钾离子和1个硫酸氢根构成，故0.1molKHSO4晶体中含0.1mol阳离子即0.1N A个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．8．化学概念在逻辑上存在如右图示几种关系，有关概念的说法正确的是（）A．纯净物与混合物属于包含关系B．单质与化合物属于交叉关系C．化合物与碱性氧化物属于包含关系D．氧化还原反应与分解反应属于并列关系【考点】混合物和纯净物；单质和化合物．【专题】物质的分类专题．【分析】A．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；B．纯净物又可分为化合物与单质；C．化合物中又可分为酸碱盐及氧化物等；D．有些氧化反应为分解反应．【解答】解：A．物质按含有物质种类的多少可分为纯净物与混合物，是并列关系，故A错误；B．纯净物按元素的含有情况可分为化合物与单质，是并列关系，故B错误；C．化合物有多种元素组成，其中氧化物是含有氧元素和另外一种元素的化合物，是包含关系，故C正确；D．有些氧化反应为分解反应，是交叉关系，故D错误．故选C．【点评】本题考查混合物和纯净物、单质和化合物等的定义，难度不大，把握个概念间的关系是解题的关键．9．下列实验操作或处理事故的方法正确的是（）A．用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pHB．在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验C．用分液漏斗分离乙酸乙酯和水的混合物时，水从下口放出，乙酸乙酯从上口倒出D．欲配制质量分数为10%的硫酸铜溶液，可准确称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中【考点】化学实验安全及事故处理．【分析】A．NaClO溶液具有漂白性；B．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3；C．乙酸乙酯的密度比水小；D．硫酸铜晶体含有结晶水．【解答】解：A．NaClO溶液具有漂白性，会使试纸变色后的颜色褪去，故A错误；B．高温时SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3，故B错误；C．乙酸乙酯的密度比水小，从上口到处，故C正确；D．硫酸铜晶体含有结晶水，故称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中所得的硫酸铜溶液的质量分数小于10%，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验基本操作以及溶液配制，难度不大，注意基础知识的积累．10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．pH=8的溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．能与Al反应产生H2的溶液：K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．含FeCl3的溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol•L﹣1的溶液：NH4+、Na+、Si32﹣、CH3COO﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=8的溶液呈碱性；B．能与Al反应产生H2的溶液可能是强酸或强碱；C．与Fe3+反应的离子不能大量共存；D．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol•L﹣1的溶液呈酸性．【解答】解：A．pH=8的溶液呈碱性，常温下，Fe3+在pH=8的溶液中已完全转化为沉淀，故A错误；B．能与Al反应产生H2的溶液可能是强酸或强碱，K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣四种离子都能大量共存，故B正确；C．Fe3+不能与I﹣或SCN﹣大量共存，故C错误；D．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol•L﹣1的溶液呈酸性，Si32﹣、CH3COO﹣在酸性条件下不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意结合限制性条件分析解答，侧重考查复分解反应，题目难度不大．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11．某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4+N2O4═3N2↑+4H2O，反应温度可高达2700℃，若有1mol N2H4被氧化，则下列判断不正确的是（）A．生成33.6LN2（标准状况下）B．被还原的N原子的物质的量为2molC．转移电子的物质的量为4 molD．还原产物比氧化产物多0.5mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】该反应中N元素化合价由﹣2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，同时有1.5mol氮气生成．A．根据V=nV m计算生成氮气体积；B．N2O4中N原子被还原；C．根据肼和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量；D．还原产物是氧化剂对应的产物、氧化产物是还原剂对应的产物，若有1mol N2H4被氧化，则氧化产物的物质的量是1mol，还原产物的物质的量是0.5mol．【解答】解：该反应中N元素化合价由﹣2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，同时有1.5mol氮气生成．A．生成标准状况下氮气体积=1.5mol×22.4L/mol=33.6 L，故A正确；B．当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，则被还原N原子物质的量=0.5mol×2=1mol，故B错误；C．当有1 mol N2H4被氧化，转移电子的物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣2）]=4 mol，故C正确；D．还原产物是氧化剂对应的产物、氧化产物是还原剂对应的产物，若有1mol N2H4被氧化，则氧化产物的物质的量是1mol，还原产物的物质的量是0.5mol，所以氧化产物比还原产物多0.5 mol，故D错误．故选BD．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重考查基本计算及基本概念，明确各个物理量之间关系及基本概念判断方法是解本题关键，题目难度不大．12．下列离子方程式书写正确的是（）A．H2O2溶液与酸性KMnO4溶液反应：2MnO3﹣+3H2O2+6H+═2Mn2++6H2O+4O2↑B．向Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2NO2﹣+8H++6I﹣═3I2+2NO↑+4H2OC．少量SO2通入碳酸钠溶液中：CO32﹣+SO2═CO2+SO32﹣D．0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO32﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．得失电子不守恒；B．碘离子过量，硝酸根离子、三价铁离子都被还原；C．反应生成硫酸根离子和碳酸氢根离子；D．生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨．【解答】解：A．H2O2溶液与酸性KMnO4溶液反应，离子方程式：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；B．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故B错误；C．少量SO2通入碳酸钠溶液中：2CO32﹣+H2O+SO2═2HCO3﹣+SO32﹣，故C错误；D.0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合，离子方程式：NH4++Al3++2SO32﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式应遵循客观事实、遵循得失电子守恒，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项．13．已知：5S2O82﹣+2Mn2++8H2O═2MnO4﹣+10SO42﹣+16X，对于该反应下列叙述不正确的是（）A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5B．该反应体系不能用盐酸酸化C．若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 molD．若把该反应设计为原电池，则正极反应为S2O82﹣﹣2e﹣═2SO42﹣【考点】氧化还原反应．【分析】2Mn2++5S2O82﹣+8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16X中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电荷守恒和原子守恒可知，X为H+，则反应方程式为2Mn2++5S2O82﹣+8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，以此来解答．【解答】解：A．由反应的离子方程式2Mn2++5S2O82﹣+8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+可知，S2O82﹣为氧化剂，Mn2+为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，故A错误；B．在酸性条件下S2O82﹣、MnO4﹣都有强氧化性，能把Cl﹣氧化成Cl2，所以不能用盐酸酸化，故B正确；C．Mn元素的化合价从+2价升高+7价，转移5个电子，则0.1 mol Mn2+被氧化时，转移电子数为0.5 mol，故C正确；D．原电池的正极发生还原反应，得到电子，则正极反应为S2O82﹣+2e﹣═2SO42﹣，故D错误．故选AD．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等．14．现有100mL CuSO4溶液，它的密度是1.10g•cm﹣3，其中Cu2+的质量分数是6.4%，则下列有关该溶液的说法中不正确的是（）A．溶质的质量分数是25%B．溶质的物质的量浓度是1.10 mol•L﹣1C．溶质和溶剂的物质的量之比是1：50D．硫酸根离子的质量分数是9.60%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A、根据溶液的体积和密度计算溶液质量，根据铜离子的质量分数计算溶质的质量，溶质的质量分数等于溶质质量和溶液质量的比值；B、根据溶质物质的量浓度等于溶质物质的量和溶液体积的比值来计算；C、的体积和密度计算溶液质量，根据铜离子的质量分数计算溶质的质量，进而计算溶剂质量，得到溶质和溶剂的物质的量之比；D、根据硫酸铜质量结合铜离子质量分数计算硫酸根离子的质量，进而计算硫酸根离子的质量分数．【解答】解：A、100mL CuSO4溶液，它的密度是1.10g•cm﹣3，溶液质量是110g，其中Cu2+的质量分数是6.4%，所以硫酸铜的质量是=17.6g，溶质的质量分数是×100%=16%，故A错误；B、硫酸铜的质量是=17.6g，物质的量浓度==1.10mol•L﹣1，故B正确；C、100mL CuSO4溶液，它的密度是1.10g•cm﹣3，溶液质量是110g，硫酸铜的质量是=17.6g，水的质量是110g﹣17.6g=92.4g，溶质和溶剂的物质的量之比是：=0.11：5.13≈1：50，故C正确；D、硫酸铜的质量是=17.6g，硫酸根离子的质量是10.56g，溶液质量是110g，硫酸根离子的质量分数是=×100%=9.60%，故D正确．故选A．【点评】本题涉及溶液中溶质的质量分数以及溶质的物质的量浓度的计算等方面的知识，难度不大．15．下列关于某无色透明溶液中所含离子的检验及结论中一定正确的是（）A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定含CO32﹣B．加入氢氧化钠溶液，没有产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，一定没NH4+ C．加入氯化钡溶液无沉淀，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，一定含有Cl﹣D．加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，不一定含有SO32﹣【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以加入稀盐酸产生无色气体可能是CO2或SO2，能和稀盐酸CO2、SO2的微粒有CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、HSO3﹣；B．NH4+和稀的NaOH溶液生成NH3．H2O，如果不加热则不生成NH3；C．加入的氯化钡溶液中含有Cl﹣，干扰原溶液中Cl﹣检验；D．硝酸具有强氧化性，能氧化SO32﹣生成SO42﹣，SO42﹣和Ba2+反应生成BaSO4不溶于稀硝酸的白色沉淀．【解答】解：A．CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以加入稀盐酸产生无色气体可能是CO2或SO2，能和稀盐酸CO2、SO2的微粒有CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、HSO3﹣，所以原溶液中不一定含有CO32﹣，故A错误；B．由于没有加热，在稀溶液中NH4+可能与OH﹣产生NH3•H2O，并没有逸出NH3，故B 错误；C．加入氯化钡溶液无沉淀，再加入硝酸银溶液一定有白色沉淀生成，因加入氯化钡溶液时已加入Cl﹣，无法判断原溶液中是否含有Cl﹣，故C错误；D．酸具有强氧化性，能氧化SO32﹣生成SO42﹣，SO42﹣和Ba2+反应生成BaSO4不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以该实验不能证明原溶液中是否含有SO32﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子检验实验方案设计，为高频考点，明确离子性质及离子检验方法是解本题关键，注意：离子检验时要排除其它离子干扰，易错选项是BD．二、解答题（共6小题，满分80分）16．已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B为黄绿色气体，C为密度最小的气体．在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应．回答下列问题：（1）E的化学式为HCl．（2）A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A（填“A”“B”或“C”），理由是金属单质在室温下不是气态物质．（3）A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是②③．①氢化物②碱③氧化物④盐．【考点】无机物的推断．【分析】已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B为黄绿色气体，则B为Cl2，C为密度最小的气体，则C为H2，所以E为HCl，E溶液能与A反应，生成氢气，则A应为金属，D为金属A和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是定价金属钠、镁、铝等，然后结合物质的性质及化学用语来解答．【解答】解：已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B为黄绿色气体，则B为Cl2，C为密度最小的气体，则C为H2，所以E为HCl，E溶液能与A反应，生成氢气，则A应为金属，D为金属A和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是定价金属钠、镁、铝等，（1）由上述分析可知，E的化学式为HCl，故答案为：HCl；（2）A、B、C三种元素中有一种是金属，则三种元素中可能是金属的是A，因金属单质在室温下不是气态物质，故答案为：A；金属单质在室温下不是气态物质；（3）A为金属、B为氯气、C为氢气，三种元素中的任意两种形成的化合物所属物质类别为酸、盐、氢化物，一定不是碱、氧化物，因不含氧元素，故答案为：②③．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，考查常见物质化学性质及其相互转化关系，其综合程度较大，思维空间较广，题目难度中等，突破口不是十分明显，在这样的情境中，验证推断突破成为上策，题目难度中等．17．实验室需配制0.2000mol•L ﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，并利用该溶液对某浓度的NaClO溶液进行标定．（1）若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是AB （填字母），还缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（填仪器名称）．（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是15.8g．在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度=（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol•L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度＞0.2000mol•L﹣1．（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol•L ﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的V（Na2S2O3）数据如下：①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O．②NaClO溶液的物质的量浓度是0.1060 mol•L ﹣1．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；（2）实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，m=1.000mol×158g/mol=15.8g；定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；②先求四次平行实验测定的平均V（Na2S2O3），设NaClO溶液的浓度是x．由ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6找到关系式：NaClO～2Na2S4O61 220mL×c 0.2000mol/L×21.20mL解之得：c=0.1060mol/L．【解答】解：（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；故答案为：AB；烧杯、玻璃棒；（2）配制0.2000mol•L ﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，m=1.000mol×158g/mol=15.8g；定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；故答案为：15.8；=；＞；（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；故答案为：ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；②四次平行实验测定的平均V（Na2S2O3）==21.20mL，设NaClO溶液的浓度是x．由ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6找到关系式：NaClO～2Na2S4O61 220mL×c 0.2000mol/L×21.20mL解之得：c=0.1060mol/L；故答案为：0.1060 mol•L ﹣1．【点评】本题考查溶液的配制、误差分析、关系式计算等，题目难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．18．铜是与人类关系非常密切的常见金属．已知常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+═Cu2++Cu．大多数+1价的铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuH等．（1）CuH中H元素的化合价为﹣1．（2）目前制备纳米级Cu2O的一种方法：在氢氧化铜悬浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，充分反应后即可得到Cu2O，同时产生无色无味的气体．上述制备过程中的总反应的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H4•H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O．（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH4H反应生成氢化亚铜（CuH）．①CuH在过量稀硫酸中有H2生成，其反应的离子方程式为2CuH+2H+=Cu+Cu2++H2↑．②将CuH溶解在足量稀硫酸中，当产生6.72L H2（标准状况下）时，参加反应的硫酸的物质的量为0.15mol．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）由题意可知，CuH是氢化亚铜；（2）根据“在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，同时产生无色无味的气体”判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；（3）①CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H﹣失电子，硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中存在2Cu+=Cu2++Cu；②据CuH与过量稀硫酸反应的离子方程式计算．【解答】解：（1）CuH是氢化亚铜，据化合物中化合价代数和等于0可知，H为﹣1价，故答案为：﹣1；（3）在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，产生无色无味的气体，根据化合价变化，铜离子化合价降低被还原，能够被氧化生成无色无味的气体可能为N、O元素，由于氧气具有氧化性，不可能生成氧化亚铜，所以该气体只能是氮气，根据化合价升降法配平，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4•H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H4•H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O；（3）①CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H﹣失电子硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu+=Cu2++Cu，故离子方程式为：2CuH+2H+=Cu2++Cu+2H2↑故答案为：2CuH+2H+=Cu+Cu2++H2↑；②CuH与过量稀硫酸反应的离子方程式为2CuH+2H+=Cu+Cu2++H2↑，生成=0.3mol氢气时，参加反应的氢离子物质的量为0.3mol，所以硫酸的物质的量为0.15mol，故答案为：0.15mol．【点评】本题考查了化合价计算、离子方程式书写以及据化学方程式的计算，题目难度不大，注意离子方程式、化学方程式的书写．19．钛（Ti）因具有硬度大、熔点高、耐酸腐蚀等优点而被应用于航空、电子等领域，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，钛酸亚铁）提取金属钛并获得副产品FeSO4•7H2O的工艺流程如图1：。