广东省佛山市禅城区2016届高三11月统一调研测试理综化学试题.doc
2025届广东东莞、佛山两地联考高三11一月联考(一模)化学答案
高三化学1. 【答案】C【详解】A．商青铜龙鼎的主要由金属材料制成的，A错误；B．隋天龙山石佛首主要由无机盐材料制成的，B错误；C．宋彩绘木雕观音主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，C正确；D．清粉彩蝠桃纹瓷瓶主要由硅酸盐材料制成的，C错误；答案选C。
2. 【答案】A【详解】A．一般合金的硬度比成分金属大，钛合金的硬度比钛的大，故A正确；B．分子晶体的熔沸点一般较低，氮化硅耐高温结构材料可以耐高温，所以氮化硅不是分子晶体，氮化硅应属于共价晶体，故B错误；U含有的中子数为235-95=140，故C错误；C．23595D．石墨烯是碳元素形成的一种单质，石墨烯不属于有机物，不是乙烯的同系物，故D错误；故答案为：A。
3. 【答案】D【详解】A．NH4HCO3用作氮肥是因为它含有N元素，且电离出的铵根离子可以被植物吸收，A错误；B．太阳能电池主要材料为Si，B错误；C．蔬果中的纤维素不能被人体消化吸收，C错误；D．空气属于胶体，具有丁达尔效应，舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应，D正确；故答案选D。
4. 【答案】B【详解】A．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，破坏分子间作用力，共价键未断裂，故A错误；B．水结成的冰为内部排布规则的晶体，在液态水中，经常是几个水分子通过氢键结合起来，在冰中，水分子大范围地以氢键互相联结，形成疏松的晶体，从而在结构中有很多空隙，造成体积膨胀，密度较小，所以冰中的氢键远比水中多，故B正确；C．互为手性异构体的分子组成元素相同，官能团相同，手性分子互为镜像，在三维空间里不能叠合，故C错误；D．节日烟花利用了焰色试验原理，该变化属于物理变化，故D错误；故选B。
5. 【答案】B【详解】A ．碱式滴定管排气泡的操作为，使尖嘴朝上，并挤压玻璃珠，A 正确；B ．氯化铵受热分解产生氨气，但是其两种气体产物在受冷时又重新化合成氯化铵，无法达到实验目的，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物来制备氨气，B 错误；C ．制取Fe(OH)2应隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，故应采用苯进行液封，盛有煮沸的NaOH 溶液的长胶头滴管要伸入液面以下，C 正确；D ．Cu 和稀硝酸反应生成NO ，NO 难溶于水，可以用排水法收集，D 正确；故答案选B 。
2016年高考模拟试卷理科综合化学部分.二
2016年高考模拟试卷理科综合化学部分I卷(42分）可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 Na—23 S—32 Ca—40 Fe—56 Cu—64一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的7．化学与生活息息相关，下列说法正确的是A．SO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体B．棉、麻和油脂都是高分子化合物C．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要8．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1 mol甲烷中含有10n A个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2n A个电子C．标准状况下，22.4 L苯含有n A个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2n A个碳碳双键9．在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。
下列条件关于离子共存说法中正确的是（）A.a点对应的溶液中大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO42—B.b点对应的溶液中大量存在：NH4+、Ba2＋、OH－、I－C.c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCO－3D.d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、SO32—、Cl—10．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是A．X的最高价氧化物能溶于强碱B．非金属性：T>RC．气态氢化物稳定性：T＞ZD．R与Q的原子核外电子数相差1611．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B 将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品已氧化变质C 将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＜I2D 分别向0.1 mol·L－1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol·L－1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸RX T ZQ12. 镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。
广东省佛山一中、东华高级中学联考2016届高三摸底化学试题.doc
2015-2016学年广东省佛山一中、东华高级中学联考高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．1.0L 1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．常温常压下，8gO2含有4N A个电子C．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1N AD．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、偏铝酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子；B、依据8g氧气计算含有的电子数即可；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、依据羟基和氢氧根离子的结构分析判断．【解答】解：A、溶剂水中也含有氧原子，1．OL 1.0mo1•L﹣1的Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3N A，故A错误；B、8g氧气的物质的量==0.25mol，含有电子数为0.25mol×2×8=4mol，故B正确；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、1mol的羟基所含电子数为9N A，1mol的氢氧根离子所含电子数为10N A，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是盐类水解、物质和微粒结构，掌握基础是关键，题目较简单．2．下列物质分类正确的是（）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；【解答】解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单．3．下列离子方程式正确的是（）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸为弱电解质，保留化学式；B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液生成碘和硫酸钾、水；C．原子个数不守恒；D．电荷不守恒．【解答】解：A．Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故B正确；C．Na2O2溶于水产生O2，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2+H2O，故D错误；故选：B．【点评】本题考查离子方程式和电离方程式书写，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意离子方程式书写应符合客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大．4．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y 为Al，Z为S．【解答】解：根据短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W 为O2﹣、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2﹣，Al3+和S2﹣均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2﹣不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C．【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等．5．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是（）实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.1 0.1 9②x 0.2 7A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D．根据电荷守恒确定离子浓度关系；【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9 mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH ﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答，易错选项是C，题目难度中等．6．银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故．根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确的是（）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B．【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大．7．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜0x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（）A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，对第二个反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移动；B、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，反应器中温度升高；C、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变；D、等容时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动．【解答】解：A、等压时，通入惰性气体，容器体积增大，等效为压强减小，平衡x（g）+3y （g）⇌2z（g）（△H＞0）向左移动，正反应为吸热反应，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）⇌2c（g）也向吸热方向移动，即逆反应方向移动，所以c的物质的量减小，故A错误；B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）向左移动，由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，虽然导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没有发生变化，所以各组分的反应速率不发生变化，故C正确；D、等容时，通入z气体，增大了生成物z的浓度，平衡逆向移动，所以y的物质的量浓度增大，故D正确；故选A．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二反应的移动热效应，判断第一个反应的移动．8．下列叙述中正确的是（）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．实验室保存液溴常用水封的方法；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4．【解答】解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I﹣无色，故C错误；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．9．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．1.0 mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、ClO﹣、Cl﹣C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性；C．pH=12的溶液，溶液显碱性；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液．【解答】解：A．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性，ClO﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．pH=12的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+、CO32﹣反应，且Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，不能共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的考查，注意信息的抽取和应用，题目难度不大．10．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol 的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3【考点】反应热和焓变；反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5HO（l）△H1＞0；2②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，故B正确；C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．11．某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是（）A．一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B．该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C．与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂还有三种【考点】有机物的结构和性质．【分析】一定条件下与氢气反应可以生成，既不是硬脂酸甘油酯，也不是软脂酸甘油酯，其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分；与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，以此解答该题．【解答】解：A．一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，故A错误；B．含有不饱和烃基，可被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C．其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，故C正确；D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于油脂的水解的考查，为高频考点，注意油脂的组成和结构，特别是硬脂酸、软脂酸和油酸的区别．12．下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A 检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B 检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C 验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色D 验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg （OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化．【解答】解：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I﹣+Br2=2Br﹣+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B．【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点．13．下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A．用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol•L ﹣1HSO4溶液2C．实验室用图1所示装置制取少量氨气D．实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HCl【考点】测定溶液pH的方法；氨的实验室制法；气体的净化和干燥；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、pH试纸不能事先湿润；B、20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml；C、收集氨气的试管不能用橡皮塞塞住管口；D、根据氯气难溶于饱和食盐水进行除杂．【解答】解：A、pH试纸不能事先湿润，否则会带来实验误差，故A错误；B、20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml，且稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸加入到水中，故B错误；C、收集氨气的试管不能塞橡皮塞，会导致试管内压强过大而将橡皮塞顶开，应在试管口塞一团棉花，故C错误；D、氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水进行洗气分离，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意B项，为易错点．14．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】将足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸根离子以及OH﹣不能共存．【解答】解：A．H2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32﹣不能大量共存，故A错误；B．通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．OH﹣与CO2反应而不能大量共存，故C错误；D．C6H5OH酸性比碳酸弱，通入过量CO2，C6H5O﹣不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种类即可解答．15．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（）A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】A、根据Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别来回答；B、根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C、根据AlCl3、FeCl3、CuCl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；D、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出．【解答】解：A、铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故A错误；B、Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C、因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；D、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+＞H+＞Fe2+＞Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误．故选C．【点评】本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目．二、非选择题（共55分）16．（14分）（2011•北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭﹣﹣﹣从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）C中白色沉淀是BaSO4，该沉淀的生成表明SO2具有还原性．（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是2NO+O2═2NO2．（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应．①为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是通N2一段时间，排除装置中的空气；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液．②进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸．结合离子方程式解释实验现象异同的原因：甲：SO42﹣+Ba2═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2Ba SO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量．（5）合并（4）中两同学的方案进行实验．B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】压轴题．【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．故答案为：（1）Cu+2H2SO4═C uSO4+SO2↑+2H2O；（2）H2SO4，还原；（3）2NO+O2═2NO2，（4）①通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；②甲：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．【点评】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等，综合性强．17．（15分）（2015秋•佛山校级月考）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．一种工业合成氨的简式流程图如图所示：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：2NH4HS+O2=2S↓+2NH3•H2O．（2）步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是a．a．升高温度b．增大水蒸气浓度c．加入催化剂d．降低压强利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量．若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为90%．（3）图（a）表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：14.5%．（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）Ⅳ．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，说明又生成一水合氨，配平书写化学方程式；。
高考化学复习广东省佛山市高三一模理综试题
2015届佛山市高三一模化学7．下列说法不正确的是A．人们在过渡元素中寻找工业催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料B．糖类和油脂都能水解C．重金属盐中毒者可喝大量牛奶解毒D．煤的燃烧经脱硫处理，可减少酸雨的形成8．下列离子能大量共存的是A．Mg2+、Fe2+、SO42-、NO3-B．Al3+、Ag+、Cl-、NO3-C．Al3+、Na+、HCO3-、Cl-D．K+、H+、OH-、Cl-9．N A为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（相对原子质量：Mg 24）A．9g H2O中含有N A个电子B．标准状况下，22.4L乙醇中含有2N A个碳原子C．25℃时，0.2mol.L－1CH3COONa溶液含有CH3COO－D．2.4g镁在空气中充分燃烧生成MgO和Mg3N2，转移0.2N A个电子10．下列叙述I和II均正确并有因果关系的是11．下列说法正确的是A．放电影有一条光束，说明空气是一种胶体，故空气带电B．铁闸连接铜片，可防止被海水腐蚀C．硫酸亚铁铵晶体过滤后，用无水乙醇替代水洗涤，可减少晶体损失D．12．常温下，1.0mol/L一元酸HA与等体积等浓度KOH溶液混合，所得溶液粒子的浓度关系如右表（不含水分子，A为短周期元素），下列说法正确的是A．元素A最高价氧化物对应水化物为HAO4B．表格中X表示H＋，Y表示HAC．原HA溶液中，c(HA)＞c(H+)＞c(A－)D．所得溶液中c(X)+ c(A－)= c(K+)22．甲~己等元素在周期表中的位置关系如右表，甲是形成物质种类最多的元素，庚是原子半径最小的元素。
下列判断正确的是A．乙、戊、庚三种元素形成的化合物只含共价键B．原子半径：甲>乙>丙C．最高价氧化物对应水化物的酸性:戊>丁>己D．丁与己的原子序数相差23．根据下列实验操作和现象，结论正确的是30．（16分）反应“M”是有机合成中常见的增长C链的方法：（1）有关化合物I的说法正确的是A．不能与酸性高锰酸钾反应B．1mol化合物I最多能与4moH2加成C．可与NaOH溶液反应D．属于芳香烃（2）化合物Ⅱ的分子式为，1mol化合物Ⅱ与NaOH溶液反应最多消耗____molNaOH。
广东省广州市2016届高三高考模拟考试理综化学试卷Word版含解析
广东省广州市执信中学2016届高三高考模拟考试理综化学一、单选题：共7题1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。
《本草经集注》中写到“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。
“硝石”指的是A.Na2SO4B.KNO3C.Ca(NO3)2D.KIO3【答案】B【解析】本题考查化学与生产生活的联系。
根据“乃真硝石也”可以知道硝石为硝酸盐；根据“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”可以知道钾元素焰色反应为紫色，符合情境，因此可以确定硝石是硝酸钾的俗称；答案选B。
2．2015年8月12日，天津港大爆炸造成大量危险化学品NaCN(氰化钠)的部分泄露。
泄露的NaCN可用双氧水处理，其化学反应方程式：NaCN + H 2O2+ H2O NaHCO3+ NH3，下列有关说法正确的是A.0.1 mol NaCN中含共价键数目为0.3N AB.0.1 mol/L NaHCO3溶液中的数目小于0.1N AC.19 g H218O2含有的中子数为12N AD.上述反应中，当有2.24 L NH3生成时，转移电子数为0.2N A【答案】A【解析】本题考查阿伏加德罗常数。
A项，0.1mol NaCN中含0.1 mol CN-，而碳氮之间是叁键，所以共价键总数为0.3N A，故A正确；B项，溶液体积不知道，无法计算物质的量，故B错误；C项，1molH218O2含中子的物质的量为20mol，质量为38g，而19 g H218O2的物质的量为0.5mol，所以19 g H218O2含有的中子数为10 N A，故C错误；D项，不知是否为标准状况，无法由体积计算物质的量，故D错误；答案选A。
3．下列有机物分离提纯的方法正确的是A.除去苯中少量苯酚，加入适量浓溴水，过滤B.除去乙烷中的乙烯，把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中C.除去丁醇中的乙醚，用蒸馏法D.提纯蛋白质时可先加入(CH3COO)2Pb溶液，过滤后再加水重新溶解【答案】C【解析】本题考查有机物的分离提纯。
广东省2016届高三5月综合测试理综化学试题Word版含答案
华南师大附中2016届高三综合测试理科综合 化学可能用到的相对原子质量：H —1 O —16 N —14 Al —27 Ag —108 Cl-35.57. 早在古代，我国人民就积累了不少对化学物质变化的认识。
例如，晋代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”。
这句话中的丹砂指的是HgS ，下列关于这句话的说法正确的是A. 这个过程只涉及物理变化B. 这个过程是可逆反应C. 这个过程发生了复分解反应D. “丹砂烧之成水银”过程中还可能产生SO 28. 某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是相同条件下CO 2的2倍，含氧量为36.4%。
该有机物中氧原子只以“C O O ”结构存在的同分异构体的数目有 A ．2种 B ．4种C ．6种D ．8种 9. 设N A 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下的22.4L 辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8N AB. 20g 重水中含有的电子数为10N AC. 常温下，5.6g 铁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3N AD. 1L 0.1mol/L NH 4Cl 溶液中含NH 4+数为0.1N A10. A 、B 、C 、D 、E 为周期表前20号主族元素，原子半径依次减小，其中A 和E 同族，A 、B 原子最外层电子数之比为1:4，A 和C 能形成一种既含离子键又含非极性共价键的化合物，A 与C 、B 与E 原子的电子层数都相差2。
下列说法正确的是A. D 是非金属性最强的元素B. B 的单质有多种同分异构体，其中一种是自然界中最坚硬的物质C. B 的氢化物的稳定性大于D 的氢化物D. A 与C 只能够形成两种化合物11. 下列实验设计的步骤及现象均正确的是12．下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是A. CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液B. CO2通入澄清石灰水中C. H2S气体通入氯水中D. NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中13．下列对如图两烧杯溶液分析一定正确的是A．甲、乙两烧杯中水电离出OH-浓度：甲<乙B. 分别稀释相同倍数，溶液pH变化：甲=乙C. 相同条件，AgCl(s)在甲中溶解度大于在乙中D．向乙烧杯加入10.0mL 0.1mol/L NaOH溶液后存在：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)26. (14分)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。
广东省佛山一中2016届高三化学上学期模拟试卷(一)(含解析)
2015-2016学年广东省佛山一中高三模拟化学试卷一、选择题1．下列说法正确的是A．厨房中用的食盐、食醋都是电解质B．古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品C．石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D．工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属2．下列叙述中，错误的是A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣二氯甲苯3．设N A表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4N AB．白磷分子呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有P﹣P键数目为0.6N AC．5.6 g铁粉在2.24l氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3N AD．常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1N A4．能正确表示下列反应的离子方程式是A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg2：3Mg2+2Fe3+═2Fe3+3Mg2+5．“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动6．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S+O2═SO2+H2O△H12H2S+SO2═S2+2H2O△H2H2S+O2═S+H2O△H32S═S2△H4则△H4的正确表达式为A．△H4=B．△H4=C．△H4=D．△H4=7．室温时，M2⇌M2++2OH﹣K sp=a，c=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于A．lg B．lg C．14+lg D．14+lg二、非选择题必考题8．正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如下装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO将6.0g Na2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由．加入沸石的作用是．若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是．上述装置图中，B仪器的名称是，D仪器的名称是．分液漏斗使用前必须进行的操作是．a．润湿 b．干燥 c．检漏 d．标定将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在层．反应温度应保持在90～95℃，其原因是．本实验中，正丁醛的产率为%．9．氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌、Mn 、Ni 等杂质）的流程如图所示：提示：在本实验条件下，Ni 不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO 2．回答下列问题：反应②中除掉的杂质离子是 ，发生反应的离子方程式为 ；在加高锰酸钾溶液前，若pH 较低，对除杂的影响是 ．反应③的反应类型为 ，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有 ． 反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是 ．反应④中产物的成分可能是ZnCO 3•xZn 2．取干燥后的滤饼11.2g ，锻烧后可得到产品8.1g ，则x 等于 ．10．在1.0L 密闭容器中放入0.10molA ，在一定温度进行如下反应：A ⇌B+C△H=+85.1kJ•mol ﹣1，欲提高A 的平衡转化率，应采取的措施为 ．由总压强p 和起始压强p 0计算反应物A 的转化率α的表达式为 ．平衡时A 的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K．①由总压强p 和起始压强p 0表示反应体系的总物质的量n 总和反应物A 的物质的量n ，n 总= mol ，n= mol ．变化与时间间隔的规律，得出的结论是 ，由此规律推出反应在12h 时反应物的浓度c 为 mol•L ﹣1．二.选考题[化学--选修2：化学与技术]11．〔化学﹣﹣选修2：化学与技术〕锌锰电池在生活中的用量很大．两种锌锰电池的构造如图所示．回答下列问题：普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn2Cl2+2MnOOH①该电池中，负极材料主要是，电解质的主要成分是，正极发生的主要反应是．②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是．图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺．①图中产物的化学式分别为A ，B ．②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为．③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是．[化学--选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A﹣和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：D2+的价层电子排布图为．四种元素中第一电离能最小的是，电负性最大的是．A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示．①该化合物的化学式为；D的配位数为；②列式计算该晶体的密度g•cm﹣3．A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为，配位体是．[化学--选修5：有机化学基础]13．丰富多彩的现代生活离不开香料，香豆素是一种重要的有机香料．实验室合成香豆素的路径如下：香豆素的分子式为，中含氧官能团的名称．与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为．反应①、②的反应类型依次是．反应④的化学方程式是．Ⅴ是的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应．则Ⅴ的结构简式为．一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为．2015-2016学年广东省佛山一中高三模拟化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法正确的是A．厨房中用的食盐、食醋都是电解质B．古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品C．石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D．工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属【考点】电解质与非电解质；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用．【分析】A．食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；B．陶瓷、玻璃、水泥是硅酸盐工业产品；C．石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；D．氯化铝是共价化合物，不导电．【解答】解：A．食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．陶瓷、玻璃、水泥等成分都是二氧化硅、硅酸盐，所以都是硅酸盐产品，故B正确；C．石油的分馏属于物理变化，故C错误；D．氯化铝是共价化合物，不能电解冶炼铝单质，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是电解质的概念、硅酸盐概念、物理变化与化学变化，电解原理等，难度不大．2．下列叙述中，错误的是A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣二氯甲苯【考点】苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据苯的硝化反应；B．根据碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应；C．根据碳碳双键能发生加成反应；D．根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代；【解答】解：A．苯的硝化反应：苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯，故A正确；B．碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应，所以苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，故B正确；C．碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷，故C 正确；D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4﹣二氯甲苯，故D错误；故选：D；【点评】本题主要考查了物质的结构与性质，注意反应条件对产物结构的影响．3．设N A表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4N AB．白磷分子呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有P﹣P键数目为0.6N AC．5.6 g铁粉在2.24l氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3N AD．常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，四氯化碳为液态；B、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molP﹣P键来分析；C、求出铁的物质的量和氯气的物质的量，然后判断两者反应的量的情况；D、水溶液中水中也含氧原子．【解答】解：A、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、12.4g白磷分子的物质的量是=0.1mol，白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P﹣P共价键，所以0.1mol白磷分子中含有0.6molP﹣P键，含有P﹣P共价键数目为0.6N A，故B正确；C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，由于与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁粉应消耗0.15mol 氯气，而标况下2.24L氯气的物质的量才是0.1mol，故氯气不足，铁粉过量，故应根据氯气的量来计算转移的电子的情况，由于反应后氯元素变为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子，故C错误；D、溶剂水中含有氧原子，10g92%酒精水溶液含氧原子总数大于0.2N A，故D错误．故选B．【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．4．能正确表示下列反应的离子方程式是A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg2：3Mg2+2Fe3+═2Fe3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氯化亚铁和氢气；B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；C．HCO3﹣不能拆分；D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．【解答】解：A．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Mg2的离子反应为3Mg2+2Fe3+═3Mg2++2Fe3，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．5．“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中，钠作负极，负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，Ni/NiCl2作正极，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动．【解答】解：A．负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl ﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl2，故B错误；C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；D．原电池放电时，阳离子向正极移动，钠离子在负极产生，向正极移动，所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动，故D正确；故选B．【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等．6．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S+O2═SO2+H2O△H12H2S+SO2═S2+2H2O△H2H2S+O2═S+H2O△H32S═S2△H4则△H4的正确表达式为A．△H4=B．△H4=C．△H4=D．△H4=【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．【解答】解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=，故选A．【点评】本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化．7．室温时，M2⇌M2++2OH﹣K sp=a，c=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于A．lg B．lg C．14+lg D．14+lg【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】依据Ksp=cc2表达式和题干K sp=a，C=b mol•L﹣1，计算溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液pH；【解答】解：室温时，M2⇌M2++2OH﹣，已知K sp=a，c=b mol•L﹣1，则c==mol•L﹣1，所以c==mol•L﹣1，则pH=﹣lgc=14+lg；故选C．【点评】本题考查了溶度积常数的有关计算和PH的计算，题目难度不大，注意对Ksp含义的理解．二、非选择题必考题8．正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如下装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO将6.0g Na2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由不能，浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人．加入沸石的作用是防止液体暴沸．若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是冷却后补加．上述装置图中，B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称是冷凝管．分液漏斗使用前必须进行的操作是 c ．a．润湿 b．干燥 c．检漏 d．标定将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在下层．反应温度应保持在90～95℃，其原因是为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化．本实验中，正丁醛的产率为51.3 %．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【专题】实验分析题；有机实验综合．【分析】本题以正丁醇的氧化为载体，考查了浓硫酸稀释方法、液体混合加热利用沸石防暴沸的措施，涉及反应后的混合物的分离操作，主要是分液及蒸馏操作要点，利用原子守恒计算产率等，据此分析作答；不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；分液漏斗上有活塞，有活塞的仪器一般要检验是否漏液；由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10O～C4H8O列方程计算．【解答】解：不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，应该将浓硫酸加到Na2Cr2O7溶液，因为浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人，故答案为：不能，浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人；沸石的作用是防止液体暴沸，若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是冷却后补加，以避免加热时继续反应而降低产率，故答案为：防止液体暴沸；冷却后补加；B仪器是分液漏斗，D仪器是冷凝管，故答案为：分液漏斗；冷凝管；分液漏斗使用前必须检查是否漏水，应选c，故答案为：c；因为正丁醛的密度是0.801 7g•cm﹣3，比水轻，水层在下层，故答案为：下；反应温度应保持在90～95℃，根据正丁醛的沸点和还原性，主要是为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化，故答案为：为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化；按反应关系，正丁醛的理论产量是：4.0g×=3.9g，实际产量是2.0g，产率为：×100%=51.3%，故答案为：51.3．【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握．9．氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌、Mn、Ni等杂质）的流程如图所示：提示：在本实验条件下，Ni不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2．回答下列问题：反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质．反应③的反应类型为置换反应，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有镍．反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；．反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn2．取干燥后的滤饼11.2g，锻烧后可得到产品8.1g，则x等于 1 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据题意，Ni不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，根据MnO4﹣+具有氧化性，能将Fe2+和Mn2+氧化，根据电子得失进行配平；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质．反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍．检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液，检验表面是否含有硫酸根离子；根据关系式ZnCO3•xZn2～ZnO来计算．【解答】解：根据题意，Ni不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，故答案为：置换反应；镍；由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；根据关系式ZnCO3•xZn2 ～ZnO125+99x 8111.2g 8.1g解得：x=1故答案为：1．【点评】本题以工业流程为背景，考查了学生分析问题、解决问题，运用知识的能力，难度中等．10．在1.0L 密闭容器中放入0.10molA ，在一定温度进行如下反应：A ⇌B+C△H=+85.1kJ•mol ﹣1，回答下列问题：欲提高A 的平衡转化率，应采取的措施为 升高温度、降低压强 ．由总压强p 和起始压强p 0计算反应物A 的转化率α的表达式为×100% ．平衡时A 的转化率为 94.1% ，列式并计算反应的平衡常数K 1.5mol/L ．①由总压强p 和起始压强p 0表示反应体系的总物质的量n 总和反应物A 的物质的量n ，n 总=mol ，n= 0.10× mol ．变化与时间间隔的规律，得出的结论是 每隔4h ，A 的浓度减小一半 ，由此规律推出反应在12h 时反应物的浓度c 为 0.013 mol•L ﹣1．【考点】化学平衡的计算．【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率； 相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的A 的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数； ①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比，结合平衡计算得到；②依据平衡A 的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律；【解答】解：在一定温度进行如下反应：A ⇌B+C△H=+85.1kJ•mol ﹣1，反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高A 的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行；故答案：升高温度、降低压强；反应前后气体物质的量增大等于反应的A 的量，所以由总压强p 和起始压强p 0计算反应物A 的转化率α的表达式=×100%；平衡时A 的转化率=×100%=94.1%，依据化学平衡三段式 列式得到；A⇌B+C起始量 0.10 0 0变化量0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%平衡量0.10 0.10×94.1% 0.10×94.1%K===1.5mol/L故答案为×100%；94.1%； 1.5mol/L；①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n，依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=P：P0 ，n总=；A⇌B+C起始量 0.10 0 0变化量 x x x某时刻量 0.10﹣x x x：0.10=P：P0x=n=0.10﹣=0.10×mol；故答案为：；0.10×；②n=0.10×=0.10×=0.051mol所以浓度a=0.051mol/L；分析数据特征可知，每隔4h，A的浓度减小一半，故答案为：0.051；达到平衡前每间隔4h，c减少约一半；由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c==0.013mol/L；故答案为：0.051，每隔4h，A的浓度减小一半；0.013．【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数据处理方法的分析判断，题目难度中等．二.选考题[化学--选修2：化学与技术]11．〔化学﹣﹣选修2：化学与技术〕锌锰电池在生活中的用量很大．两种锌锰电池的构造如图所示．回答下列问题：普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn2Cl2+2MnOOH①该电池中，负极材料主要是锌，电解质的主要成分是NH4Cl ，正极发生的主要反应是MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高．图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺．①图中产物的化学式分别为A ZnCl2，B NH4Cl ．②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是H2．【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】①根据电池反应判断正负极和电解质；二氧化锰和铵根离子在正极发生反应；②根据碱性锌锰电池的特点分析；①根据电池的材料分析；②根据已知反应物和产物，再利用元素守恒③K2MnO4溶液中阴极产物的判断，根据溶液中阳离子得电子能力分析．【解答】解：根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn2Cl2+2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；故答案为：①锌；NH4Cl；MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3②碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高．废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌．氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌．绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气．故答案为：①ZnCl2 NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写，综合性较强．[化学--选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A﹣和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：D2+的价层电子排布图为．四种元素中第一电离能最小的是K ，电负性最大的是 F ．A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示．①该化合物的化学式为K2NiF4；D的配位数为 6 ；②列式计算该晶体的密度 3.4 g•cm﹣3．A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有离子键、配位键；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣．【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，结合物质结构和性质解答．【解答】解：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，。
广东省2016届高三化学上学期单元试卷(10)(含解析)
广东省2016届高三化学上学期单元试卷（10）（含解析）一、选择题（共14小题）1．下列关于化学键的叙述，正确的一项是( )A．离子化合物中一定含有离子键B．单质分子中均不存在化学键C．含有极性键的分子一定是极性分子D．含有共价键的化合物一定是共价化合2．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是( )A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO23．下列说法不正确的是( )A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO x的催化转化都是减少酸雨产生的措施4．下列有机化合物中沸点最高的是( )A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸5．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是( )A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族6．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是( )A．CaC2B．N2H4C．Na2S2 D．NH4NO37．短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X 的原子半径比Y 的小， X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是( ) A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C．元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D．只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物8．X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子．下列有关这些元素性质的说法一定正确的是( )A．X元素的氢化物的水溶液显碱性B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点9．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2 CO2+H2O．下列有关说法正确的是( )A．该反应为吸热反应B．CO2分子中的化学键为非极性键C．HCHO分子中含δ键，又含π键D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O210．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知( )A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性11．氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]( )A．都是共价化合物B．都是离子化合物C．互为同分异构体D．互为同素异形体12．已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换．由此可推断出H3PO2的分子结构是( )A． B．C．D．13．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q14．下列物质中，导电性能最差的是( )A．熔融氢氧化钠 B．石墨棒C．盐酸溶液 D．固态氯化钾二、填空题（共1小题）15．X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）__________．（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）__________．（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：A B（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体：D是淡黄色固体．写出C的结构式：__________；D的电子式：__________．①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为__________；由A转化为B的离子方程式为__________．②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：__________．A、B浓度均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是__________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有__________．三、解答题（共3小题）16．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，它们满足以下条件：①元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；②Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17．请填空：（1）Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”）：__________，理由是__________（2）Y是__________，Z是__________，W是__________；（3）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1．写出该化合物的名称及化学式__________．位于元素周期表第__________ 周期第__________ W的原子半径比X的__________ （填“大”或“小”）．（2）Z的第一电离能比W的__________ （填“大”或“小”）；XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是__________；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称__________．（3）振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是__________；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是__________．（4）在25℃、101kPa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419kJ，该反应的热化学方程式是__________．18．（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2NF3+3NH4F①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有__________（填序号）．a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为__________．（3）BF3与一定量水形成（H2O）2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及__________（填序号）．a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键 e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为__________，阴离子的中心原子轨道采用__________杂化．（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1×10﹣10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键．据此判断，相同温度下电离平衡常数K a2（水杨酸）__________K a（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是__________．新人教版必修2高考题单元试卷：第1章物质结构元素周期律（02）一、选择题（共14小题）1．下列关于化学键的叙述，正确的一项是( )A．离子化合物中一定含有离子键B．单质分子中均不存在化学键C．含有极性键的分子一定是极性分子D．含有共价键的化合物一定是共价化合【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、含有离子键的化合物是离子化合物；B、单质分子有的存在化学键，有的不含化学键；C、含有极性键的分子不一定是极性分子；D、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物．【解答】解：A、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH中含有离子键和共价键，故A正确；B、单质分子中有的含有化学键，如H2，有的不含化学键，如稀有气体分子，故B错误；C、含有极性键的分子不一定是极性分子，如果分子正负电荷重心重合，则就是非极性分子，如CCl4，故C错误；D、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物，可能是离子化合物，如NH4Cl，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学键和物质的关系，注意不是所有的物质都含有化学键，如稀有气体分子中不含化学键．2．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是( )A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【考点】化学键；真题集萃．【分析】A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H原子补充，据此判断分子式；B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．【解答】解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；B、此分子中存在4个C﹣O键、1个C=O双键，还存在2个C﹣H键，1个C=C双键，总共8个σ键，故B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；D、8.6g该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大．3．下列说法不正确的是( )A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO x的催化转化都是减少酸雨产生的措施【考点】氢键的存在对物质性质的影响；物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A、通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种物质叫液晶，据此解答即可；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；C、纳米粒子是指粒度在1﹣100nm之间的粒子，与胶体相同，胶体的聚沉属于物理变化；D、根据二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生．【解答】解：A、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故A正确；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故B正确；C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，蛋白质的变性也可能属于物理变化，故C错误；D、采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NO x的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是液晶的概念以及其性质、胶体的性质、物理变化与化学变化的本质区别、空气污染与防治等，综合性较强，有一定难度．4．下列有机化合物中沸点最高的是( )A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸【考点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响．【专题】有机化学基础．【分析】对应烃类物质，烃的相对分子质量越大，沸点越高，对应烃的含氧衍生物，所含氢键越多，并且相对分子质量越大，沸点越高．【解答】解：乙醇、乙酸与乙烷、乙烯相比较，含有氢键，且相对分子质量较大，则乙醇、乙酸沸点较高；乙醇和乙酸相比较，二者都含有氢键，但乙酸的相对分子质量较大，乙酸沸点较高．故选D．【点评】本题考查有机物沸点的比较，题目难度不大，本题注意把握影响沸点高低的因素以及氢键的性质．5．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是( )A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，据此结合元素周期律解答．【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O＜Al，故A 正确；B．非金属性N＞Si，故酸性HNO3＞H2SiO3，故B错误；C．非金属性Si＜O，故氢化物稳定性SiH4＜H2O，故C正确；D．Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正确；故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握．6．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是( )A．CaC2B．N2H4C．Na2S2 D．NH4NO3【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键；不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；只含共价键的化合物是共价化合物．【解答】解：A．CaC2中钙离子和C22﹣离子之间存在离子键，属于离子化合物，C22﹣离子内两个碳原子之间存在非极性共价键，故A正确；B．N2H4中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；C．Na2S2中钠离子和S22﹣离子之间存在离子键，属于离子化合物，S22﹣离子内两个硫原子之间存在非极性共价键，故C正确；D．NH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在N﹣H极性共价键，硝酸根离子内存在N﹣O极性共价键，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查了化合物和化学键类型的判断，明确概念是解题的关键，注意离子化合物中可以含有共价键，共价化合物中只含共价键．7．短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是( ) A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C．元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D．只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞N＞O，即r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；B、O2﹣、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性O＞N，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故C错误；D、由H、N、O三元素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D 正确；故选D．【点评】本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素．8．X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子．下列有关这些元素性质的说法一定正确的是( )A．X元素的氢化物的水溶液显碱性B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C 或Si；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al 或Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y 为C或Si元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，A．X可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；B．若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；C．Mg在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C正确；D．二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故D错误；故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质、半径比较、晶体结构与性质，难度中等，推断元素是解题关键，注意W元素的不确定性，注意掌握核外电子排布规律9．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2 CO2+H2O．下列有关说法正确的是( )A．该反应为吸热反应B．CO2分子中的化学键为非极性键C．HCHO分子中含δ键，又含π键D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2【考点】极性键和非极性键；共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构．【分析】A、根据大多数放热反应在常温下能进行；B．根据不同种元素形成的共价键为极性键；C．根据根据一个单键就是一个δ键，一个双键就是一个δ键，一个π键；D．根据气体的体积与温度、压强有关．【解答】解：A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，故A错误；B、二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，故B错误；C、甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个δ键，1个π键，故C正确；D、每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；故选C．【点评】本题以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识．10．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知( )A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A．非金属O＞S，Cl＞S，则其氢化物中H2S最不稳定，故A正确；B．只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C．非金属O＞S，则阴离子还原性S2﹣＞O2﹣，故C错误；D．Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A．【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W的推断是突破口．11．氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]( )A．都是共价化合物B．都是离子化合物C．互为同分异构体D．互为同素异形体【考点】离子化合物的结构特征与性质；同素异形体；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．共价化合物中只含共价键；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；C．分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；D．同种元素组成的不同单质属于同素异形体．【解答】解：A．氰酸铵（NH4OCN）属于铵盐，是离子化合物，故A错误；B．尿素[CO（NH2）2]中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；C．氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故C正确；D．同素异形体是单质，氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]都是化合物，所以不是同素异形体，故D错误；故选C．【点评】本题考查基本概念，明确这几个概念的含义是解本题关键，注意同素异形体、同分异构体的区别，难度不大．12．已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换．由此可推断出H3PO2的分子结构是( )A． B．C．D．【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的结构与性质之间的关系．【专题】信息给予题；化学键与晶体结构．【分析】根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换及次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢．【解答】解：由题意可知，次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，A、有2个羟基氢，则不符合题意，故A错误；B、有1个羟基氢，则符合题意，故B正确；C、有2个羟基氢，则不符合题意，故C错误；D、不含有羟基氢，则不符合题意，故D错误；故选B．【点评】本题属于信息习题，学生应能抓住关键信息来解答，本题中判断羟基氢原子跟D2O 进行氢交换是解答本题的关键．13．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜X。
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2016届禅城区高三统一调研测试 理科综合 本试卷共14页，40题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时1 50分钟。 选择题 共21小题，共126分 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 7．化学与社会、生产、生活紧密相关，下列说法正确的是（ ） A．自来水可用氯气来杀菌消毒，说明氯气无毒 B．福尔马林可作食品的保鲜剂 C．目前我市的汽油标准己由“国III”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物 D．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染” 8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4 LCCl4含有NA个CCl4分子 B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子 C．在标准状况下，1molNH3和CO混合气体所占的体积约为22. 4L D．常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键 9．下列实验操作正确的是（ ） A．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石， 应立即停止加热，冷却后补加 C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 D．用装置乙加热分解NaHCO3固体
10.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（ ）
A．苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种 B．1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应 C．1mol苹果酸与足量金属Na反应生成lmolH2
D．与苹果酸互为同分异构体 11.短周期元素X、Y、Z、W在元索周期表中的相对位置如右下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ） A．原子半径：W>Z>Y>X B．最高价氧化物对应水化物的酸性：x>w>z C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等 12. 25℃时，在l0mL浓度均为0.1mol .L-1的HC1和CH3COOH混合溶液中滴加0.1mol .L -1NaOH，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．未加NaOH时：c(H+)>c(Cl-)=c(CH3COOH) B．加入l0mLNaOH时：c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+) C．加入NaOH至溶液Ph=7时：c(Cl一)- c(Na+) D．加入20mL NaOH时：c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO一') 13.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
26.（14分）利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。 某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
(1)检查该装置气密性的方法是：关闭止水夹和分液漏斗的活塞， ，证 明装置气密性良好。 (2)写出A装置中反应的离子方程式：____。 (3)B装置有三种功能：①控制气流速度；②____；③ 。 (4)设氯气与甲烷的体积比V(Cl2) /V (CH4)=x，理论上欲获得最多的氯化氢，则x的取值范 围是_ _______。 (5)D装置的作用是除去 （填序号，下同），E装置放出的尾气含有 。 A. Cl2 B.CH3C1 C.CH2Cl2 D.CHCl3 (6)设计实验： ①证明甲烷与氯气发生了取代反应：有同学认为只要检验装置E中是否存在Cl-就可 以，但老师认为该装置有缺陷，否认了该同学的观点，老师的理由是 。该 同学认真思考后，在A、B之间增加的装置是 。
②证明氧化性Cl2>Br2____ 。 27．（14分）硝酸钠为无色透明或淡黄色菱形晶体，主要用于制造硝酸钾、炸药、苦味酸 和其他硝酸盐。其生产方法主要有硝酸尾气吸收法、离子交换法、中和法和复分解法。 (1)硝酸尾气吸收法是利用碱溶液吸收汽车尾气，该方法的优点是 。 (2)使用复分解法制备硝酸钠的流程如下：
①反应器和除钙器中发生反应的化学方程式分别为： 一；一 ②酸化槽中，应加硝酸调节pH=_ ，才能使杂质除去，又减少硝酸的浪费；为提 高酸化除杂的效率，除了适当提高硝酸浓度外，还可以采取的措施是____。 ③研究生产过程中水、硫酸钠、碳酸钠的用量与硝酸钠浸出率之间的关系，其中水加 入量对硝酸钠浸出率的影响的实验结果见下表 从表中得出结论，在实际生产中水和硝酸钙的比为1：1时最佳，你觉得原因是： . (3)用硝酸钠、木炭、硫磺也可以制得威力巨大的火药，爆炸时产生一种单质，一种氧 化物以及一种金属硫化物，其中，除硝酸钠之外，另外一种氧化剂和还原剂的比为 1:3，请写出该反应的方程式____。 (4)硝酸钠在加热条件下发生分解产生亚硝酸钠(NaNO2)，某同学进行该实验得到粗产 品，取2.000g产品配成l00.00mL溶液，取25.00mL溶液，用0.l000mol/L的酸性高 锰酸钾溶液进行滴定，重复实验4次，平均消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为19.50mL， 则粗产品中亚硝酸钠的质量百分含量为为____。 （摩尔质量：NaNO2-69g/ mol） 28.（15分）2014年国家科学技术大会上，甲醇制取低碳烃技术(DMTO)获国家技术发明 一等奖。DMTO主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段。 (1)煤的气化是煤在高温下转化为水煤气的过程，主要反应方程式是__ __。 (2)煤的液化发生的主要反应如下表：
①△H1 △H2（填“>”、“<”、“=”）， △H= kJ/mol（用a、b表示）。 ②若反应①在容积为2L的密闭容器中进行，500。C测得某一时刻体系内H2、CO、CH30H 物质的量分别为4、2、10，则此时生成CH30H的速率 消耗CH30H的速率(填 “>”、“<”、“=”) ③K3= 。 (3)烯烃化阶段：图1是烯烃化阶段产物中乙烯、丙烯的选择性与温度、压强之间的关 系（选择性：指生成某物质的百分比。图中I、II表示乙烯，III表示丙烯）。 ①根据图1，要尽可能多的获得乙烯，控制反应的最佳条件是____。 ②一定温度下，某密闭容器发生如下反应：2CH3OH(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)，在压 强为P1时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t1时测得甲醇的体积 分数是10%，此时甲醇乙烯化的转化率是____（保留3位有效数字），若要 提高甲醇的转化率，可采取的措施是____（写一条即可）。 ③若在t2时，将容器体积迅速扩大到原来的2倍，请图2中绘制出此变化发生后至 反应达到新平衡时水的物质的量与时间的关系。
36．[化学一一选修2：化学与技术]（15分）。海洋是丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用。 (1)海水中盐的开发利用： ①海水晒盐，盐田分为贮水池、蒸发池和 池。 ②工业上常以NaCl、CO2、NH3为原料制取NaHCO3，操作过程中应向饱和食盐水中先通入
(2)电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示，其中 阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过。电渗析法 淡化海水示意图如图所示，请回答问题： ①阳极主要电极反应式是 。 ②在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有 和CaCO3 ③淡水的出口为 （填“a”、“b”或“c”）。 (3)用盐卤可以提取溴和镁，提取过程如下： ①提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是____，吸收塔中发生 反应的离子方程式是 。用平衡移动原理解释通空气的目的是____。 ②从MgCl2溶液中得到MgCl2．6H2O晶体的主要操作是 、过滤、洗涤、干燥。 ③依据上述流程，若将10 m3海水(Br含量64mg/L)中的溴元素转化为工业溴，至少 需要标准状况下Cl2的体积为____L（忽略Cl2溶解，Br - 80）。 37．[化学一一选修3：物质结构与性质]（15分）略。 38．[化学一选修5：有机化学基础]（15分）某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成 利胆药一一柳胺酚。
回答下列问题： (1)A的名称是____，D含有的官能团是 。 (2)F的结构简式为 一。 (3)写出A—B反应所需的试剂 ，该反应的反应类型是 。 (4)写出E+F一柳胺酚的化学方程式 。 (5)F的同分异构体中同时符合下列条件的共有 种， ①属酚类化合物； ②能发生银镜反应 其中苯环上有两种不同化学环境的氢原子的是 （任意写出一种结构简式）。
(6)苯胺()是染料工业中最重要的中间体之一，参照E的上述合成路线，设 计一个以苯为原料制备苯胺的合成路线 。 △ 高温
化学部分参考答案 一、选择题 题号 7 8 9 10 11 12 13 答案 D C B A A B B 二主观题 26.（14分） （1）往E中烧杯水至浸没干燥管的末端，点燃A处酒精灯，若E中有气泡生成，熄灭酒精 灯后，在干燥管的末端形成一段水柱（2分） （2）4H+ +2Cl- + MnO2 == Mn2+ + Cl2 ↑ + 2H2O （2分） （3）②将气体混合均匀（1分）；③干燥混合气体。（1分） （4）≥4（1分） （5）A B。（各1分） （6）①制取的氯气中混合有氯化氢气体（2分） B（1分） ②向KBr溶液中通入Cl2，溶液变橙色（合理即可，2分） 27.（14分） （1）对尾气进行回收利用，减小污染（1分）； （2）①Ca(NO3)2+Na2SO4=CaSO4↓+2NaNO3（2分，不写沉淀符号扣0.5分） Na2CO3+Ca(NO3)2=CaCO3↓+2NaNO3（2分） ②7 （2分） 搅拌、适当升高温度（1分，答对一个即给分，其他合理答案亦可） ③加水太少，硝酸钠浸出率低；加水太多，蒸发结晶时耗费太多能源，导致成本提高 （合理即可，2分） （3）2NaNO3+S+3C=Na2S+N2↑+3CO2↑（2分） （4）69.00%（2分） 28.（15分） （1）C + H2O === CO + H2 （2分） （2）①< a+b（各1分） ②>（2分） ③2.5（2分） （3）①0.1MPa、530℃（2分） ②85.7%（2分） 降低压强、分离乙烯或水。（1分）