江西遂川高三下学期第一次理科综合能力测试化学试题 word版含答案

江西省遂川2016届高三下学期第一次理科综合能力测试化学试题第Ⅰ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、下列条件下，两瓶气体所含原子数、分子数一定相等的是（）A．同质量、不同密度的N2和CO B．同密度、同体积的H2和N2、、C．同体积、同密度的C2H4和C3H6D．同温度、同体积的N2O和CO22、实验是化学研究的一种重要手段，下列有关实验的描述，合理的是（）3、短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大．已知：A、C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是( )A．原子半径：A＜B＜C＜DB．四氧化三铁与B的反应是工业上大量生产铁的重要方法C．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水4、下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A．排水集气法收集NOB．实验室制取氨气C．除去氯气中的氯化氢D．分离碘酒中的碘和酒精5、在炼铜的过程中发生：Cu2S + 2Cu2O ═ 6Cu + SO2↑，则下列叙述正确的是（）A．该反应从电子转移角度看，与SO2+H2O═H2SO3是同一反应类型B．该反应从电子转移角度看，每生成6mol铜，转移电子12mol C．该反应中，Cu2S既是还原剂又是氧化剂D．该反应中，氧元素氧化了硫元素6、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）A．B．C．D．打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出7、某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定，由此得出的结论中，不正确的是（）A．D溶液中存在Fe（SCN）3B．滤液中有Fe3+C．B为AgBrD．A一定为无氧酸盐FeBr28、0.1mol/L体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1gV/V的变化如图所示，下列叙述错误的是（）A．ROH的电离方程式为ROH═R++OH﹣B．ROH的电离程度：b点大于a点C．等pH的ROH和MOH溶液，则MOH的浓度低D．当1gV/V=2时，若两溶液同时升高温度，则C（R+）增大，C（M+）不变第Ⅱ卷（非选择题，共4小题，共52分）9、化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：（1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2不能看到沉淀的有（填序号）．①Cl2 ②NaOH ③HCl ④FeCl3溶液⑤CO2⑥H2S ⑦NH3⑧NaClO溶液（2）图中A、B、C之间有以下的转化关系（副产物已略去）；则下列说法正确的是a．若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸b．若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱c．若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸（3）离子方程式是重要的化学用语．下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格相应的“离子方程式”否定这些观点．反应物从下列物质中选取：Na、Fe、H2O、H2SO4、HCl、NaOH、Ba（OH）2、CuSO410、25℃时，两种酸的电离平衡常数如表：（1）HSO的电离平衡常数表达式K=（2）请根据两种酸的电离平衡常数比较酸性强弱：H2SO3（大于、小于或等于）H2CO3．某同学设计实验比较两者的酸性：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测量两溶液的c（H十）．该实验设计不正确，错误在于（3）请用Na2CO3，H2SO4两种溶液，设计方案证明H2SO3和H2CO3的酸性强弱．操作方法：实验现象：．11、已知磺酰氯（SO2Cl2）是一种有机氯化物，也是锂电池正极活性物质，SO2Cl2是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾．磺酰氯（SO2Cl2）的制备方法及装置图如图1：SO2（g）+Cl2（g）SO2C12（g）△H＜0，（1）化合物SO2Cl2中S元素的化合价是．（2）仪器D的名称是，仪器C的作用除了吸收氯气和二氧化硫，还具有作用．（3）戊是贮气装置，则E中的溶液是；若缺少装置乙和丁，则产物变质，发生反应的化学方程式是（4）反应结束后，将丙中混合物分离开的实验操作是．（5）有关该实验叙述正确的是a、X、Y最好的席间组合是铜片和浓硫酸b、活性炭的作用是作催化剂c、冷凝管B也可以用作蒸馏（6）GET公司开发的Li﹣SO2Cl2军用电池，其示意图如图2所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑则电池工作时，正极的电极反应式为是．12、【选修五有机化学基础】芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备．芳香烃的苯环比较稳定，难以氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终能氧化成羧基．某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．反应原理：反应试剂、产物的物理常数：主要实验装置和流程如下：实验方法：一定量的甲苯和KMnO 4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器为 ；操作Ⅱ为 ． （2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是 ． （3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是 ． A ．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B ．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触C ．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法D ．冷凝管中水的流向是下进上出（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入 ，分液，水层再加入 ，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．（5）纯度测定：称取1.220g 产品，配成100mL 溶液，取其中25.00mL 溶液，进行滴定，消耗KOH 物质的量为 2.4×10﹣3mol ．产品中苯甲酸质量分数为．参考答案及评分标准1.【答案】A【解析】解：A、N2与CO的摩尔质量相同，所以同质量的N2和CO的物质的量相同，则分子数、原子数相等，故A正确；B、同密度、同体积的H2和N2质量相等，则物质的量不相等，所以分子数、原子数不相等，故B错误；C、同体积、同密度的C2H4和C3H6，则物质的量不相等，所以分子数、原子数不相等，故C错误；D、没有指明压强是否相等，所以同温度、同体积的N2O和CO2物质的量不一定相等，则分子数、原子数不一定相等，故D错误。

2.【答案】B【解析】Br2易溶于CCl4中，加水不能萃取溴，不能采取分液方法分离，A项错误；葡萄糖含有醛基，具有还原性，能够发生银镜反应，蔗糖不具有还原性，不能发生银镜反应，故可用银氨溶液鉴别，B项正确；实验室制备H2，不能用稀HNO3，因稀HNO3具有强氧化性，与Zn反应时会生成NO，C项错误；测定NaOH溶液浓度时，需要用到酚酞或甲基橙指示剂，否则无法判断终点，D项错误。

3.【答案】C【解析】解：短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C 的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞S＞Cl＞O，即B＞C＞D＞A，故A错误；B．工业上用焦炭与铁矿石（氧化铁）反应生产铁，故B错误；C．C为硫元素、D为氯元素，非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性，所以最高价氧化物对应水化物的酸性D＞C，故C正确；D．B的氧化物为氧化铝，能溶于强酸、强碱，不能溶于氨水，故D错误；故选C．4.【答案】A【解析】解：A．NO不溶于水，可用排水法收集，故A正确；B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，二者能重新反应生成氯化铵，应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故B错误；C．氯气和HCl都能与NaOH反应，应通过饱和食盐水分离，故C错误；D．分液应用于分离互不相溶的液体，酒精和碘互溶，不能用分液方法分离，故D错误．故选A．5.【答案】C【解析】解：A、反应中化合价变化，属于氧化还原反应，而二氧化硫和水反应生成亚硫酸，不属于氧化还原反应，不是同一反应类型，不选A；B、反应中铜化合价降低，硫化合价升高，每生成6摩尔铜，转移6摩尔电子，错误，不选B；C、反应中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，所以既做氧化剂又做还原剂，正确，选C；D、反应中氧元素化合价没有变化，错误，不选D。

6.【答案】C【解析】解：A、水的电离是吸热过程，升高温度，会促进水的电离正向进行，水的离子积增加，所以Kw增加，能用平衡移动原理解释，故A错误；B、氨水的电离程度和溶液的浓度大小有关系，浓度越小，电离程度越大，浓度越大，电离程度越小，能用平衡移动原理解释，故B错误；C、双氧水的分解中加入催化剂只能加快反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用平衡移动原理解释，故C错误；D、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故D错误．故选C．7.【答案】D【解析】解：由图中转化可知，B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则为AgBr，所以A中含有Br﹣，C中加KSCN溶液变为血红色溶液，所溶液，则C中含有Fe3+，A中含有铁元素，硝酸具有强氧化性，以D为Fe（SCN）3能氧化亚铁离子生成铁离子，所以A为可能含有Fe3+或Fe2+，A．通过以上分析知，D中含有Fe（SCN），故A正确；3B．C能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，说明C中含有Fe3+，故B正确；C．能和银离子反应生成淡黄色沉淀的离子是溴离子，所以B是溴化银，故C正确；，D．硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子，所以A中可能是FeBr2也可能是FeBr，也可能是二者的混合物，故D错误；3故选D．8.【答案】A【解析】解：A．根据图象可知，0.1mol/L的ROH溶液的pH＜12，说明ROH在溶液中部分电离出氢氧根离子，为弱电解质，则ROH正确的电离方程式为：ROH？R++OH﹣，故A错误；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b ＞a，故B正确；C．根据图象曲线可知，浓度相同时MOH溶液的pH大于ROH，说明MOH的碱性大于ROH，则等pH时ROH的浓度大于MOH，即：MOH的浓度低，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则c（R+）增大；而MOH为强电解质，完全电离，则其浓度c（M+）不变，故D正确；故选A．9.【答案】（1）③⑤；（2）abc；（2）① 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；② 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O．【解析】解：（1）①Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①不选；②NaOH与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②不选；③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③选；④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④不选；⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤选；⑥H2S与二氧化硫反应生成硫沉淀，故⑥不选；⑦通入NH3溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故⑦不选；⑧NaClO溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故⑧不选；故答案为：③⑤；（2）a．若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸，如A 是碳单质，X为氧气，B为CO、C为CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸为弱酸，如A为S，X为氧气，B为SO2，C为SO3，三氧化硫与水反应生成硫酸为强酸，故a正确；b．若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱，如A是钠，X为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故b正确；c．若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸，如A是氨气，X为氧气，B为NO，C为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸为强酸，故c正确，故选：abc；（2）①有的离子反应只表示一个化学反应，比如：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；②H++OH﹣=H2O只表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，有的酸碱反应不能表示为H++OH﹣=H2O，比如硫酸和氢氧化钡之间的反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O．10.【答案】（1）；（2）大于；用于比较pH的两种溶液的物质的量浓度不相等；（3）向盛有亚硫酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液；试管中有无色无味的气体产生．【解析】解：（1）亚硫酸氢根离子的电离平衡常数为：K=，故答案为：；（2）根据表中数据可知，亚硫酸的K1可以碳酸的K1，则亚硫酸的酸性大于碳酸；H 2SO3和H2CO3均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等（因为二者的溶解度不同），所以该实验设计不正确，故答案为：大于；用于比较pH的两种溶液的物质的量浓度不相等；（3）亚硫酸的酸性大于大于碳酸，将碳酸钠溶液滴入亚硫酸溶液中会生成无色无味的二氧化碳气体，据此可证明二者酸性大小，故答案为：向盛有亚硫酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液；试管中有无色无味的气体产生．11.【答案】（1）+6；（2）三颈瓶；防止空气中的水进入三颈瓶；（3）饱和亚硫酸氢钠溶液；SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（4）蒸馏；（6）SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑．【解析】解：利用实验室制得的氯气和SO2在木炭作催化剂的作用下合成SO2Cl2，因SO2Cl2是一种无色液体，极易水解生成硫酸和盐酸，遇潮湿空气会产生白雾，因此要保证参加反应的氯气和SO2是干燥的，同时要防止空气中的水汽进入三颈瓶中，为了减小生成物的损失需要使用冷凝管冷凝回流，同时要利用碱石灰吸收SO2和氯气的尾气防污染，反应后的液体混合物可利用蒸馏进行分离，据此分析作答；（1）化合物SO2Cl2中O元素为﹣2价、Cl元素为﹣1价，令S元素化合价为x，根据化合价规则x+2×（﹣2）﹣1=0，故x=6，即S元素的化合价为+6，故答案为：+6；（2）仪器D是三颈瓶，C中碱石灰除吸收含有氯气和二氧化硫的尾气，还可以防止水进入三颈瓶中，避免SO2Cl2水解，故答案为：三颈瓶；防止空气中的水进入三颈瓶；（3）通过E中的溶液排出戊中SO2，因此可选择饱和亚硫酸氢钠溶液；若没有乙和丁的干燥装置，会有水进入三颈瓶中，发生SO2Cl2的水解，反应方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：饱和亚硫酸氢钠溶液；SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（4）可利用蒸馏操作分离相互混溶的液体混合物，故答案为：蒸馏；（5）a、铜片和浓硫酸在加热条件下只能生成SO2，而甲装置是制Cl2的，应该是浓盐酸和高锰酸钾固体，故错误；b、可选择活性炭催化SO2和Cl2的反应，故b正确；c、冷凝管B只起冷凝作用，蒸馏操作应在蒸馏烧瓶内进行，故c错误；故选b；（6）正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，所以电极反应式为：SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑，故答案为：SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑．12.【答案】（1）分液漏斗、烧杯；蒸馏；（2）除去未反应的高锰酸钾，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，（3）ABD；（4）NaOH溶液；浓盐酸酸化；（5）96%．【解析】一定量的甲苯和适量的KMnO溶液在100℃反应一段时间后停止反应，4按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，（1）将滤液分离得到有机层和水层，可以用分液的方法，所需的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作II为蒸馏故答案为：分液漏斗、烧杯；蒸馏；（2）如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气，故答案为：除去未反应的高锰酸钾，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；（3）A．抽滤时，瓶中压强较小，可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A 正确；B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，故B正确；C．抽滤结束后，应注意先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，然后关闭水龙头，以防倒吸，故C错误；D．冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反，则冷凝管中水的流向是下进上出，故D正确；故答案为：ABD；（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，应该先加NaOH溶液，甲苯与NaOH 不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸，故答案为：NaOH溶液；浓盐酸酸化；（5）设苯甲酸的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025xmol，C 6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O1mol 1mol0.025x mol 2.40×10﹣3mol1mol：1mol=0.025xmol：2.40×10﹣3molx==0.96，则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L×0.1L×122g/mol=1.1712g，其质量分数==96%，故答案为：96%．。