江西崇义届高三化学下册第三次理科综合能力测试.docx

1、江西崇义届高三化学下册第三次理科综合能力测试2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷一、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（选择题，每小题6分，共48分）以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42的物质的量浓度是（）A5mol/L B7.5 mol/L C10 mol/L D2.5 mol/L2下列说法正确的是（）A还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：C16H10N2O2B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的

2、高分子化合物，其单体是乙烯C总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气 充分反应后的产物也不是同系物3已知25、101kPa下，下列反应C（石墨）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（石墨）放热393.51kJC（金刚石）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ可以得出的结论是（）A金刚石比石墨稳定B1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低C金刚石转变成石墨是物理变化D石墨和金刚石都是碳的同位素4常温下，下列各组离

3、子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl、CH3COO、Fe2+B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2、SO32C无色溶液中：Al3+、NO3、Cl、SO42Dc（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4、Cl5对于可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0，下列图象中正确的是（）A B C D6已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和X不可能是（）A甲：Fe、X：Cl2B甲：SO2、X：NaOH溶液C甲：C、X：O2D甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液7一块11.0

4、g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（）A该合金中铁的质量为5.6gB合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2C该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NAD所加的稀硫酸中含0.6molH2SO48以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）下列说法错误的是（）A阴极附近溶液呈红色 B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色 D溶液的pH变小二、非选择题，共4小题，共52分9PtCl2（NH3）2可以形成两种固体

5、，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大请回答下列问题（1）PtCl2（NH3）2是（填“平面四边形”或“四面体”）结构（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：淡黄色固体，黄绿色固体（3）淡黄色固体物质由（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由组成（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是10已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：（1）写出以下物质的化学式A、C、D（2）C+盐酸B+D的离子方程式为，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式（3）实验室保存B的

6、溶液时常加入少量A，原因是（用离子方程式表示）（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是11氯气的实验室制法是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，若将MnO2换成KMnO4、KClO3等氧化剂氧化浓盐酸亦可快速制取氯气根据上述反应原理，有人提出猜想：能否利用Na2O2的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢？某课外小组在实验室进行了探索性实验，设计了如图所示装置：操作步骤及现在如下：连接好装置，检查装置的气密性，加入药品缓慢通入一定量的N2后，将装置E连接好（导管未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体一段时间后，将导管末端伸入

7、集气瓶中收集气体装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色回答下列问题：（1）用化学方程式表示KClO3氧化浓盐酸的反应（2）装置B中为湿润的KI淀粉试纸，反应一段时间后试纸变蓝，能否仅通过该现象说明A装置中产生氯气？（填“能”或“不能”），请用离子方程式说明原因装置C中湿润的红色布条褪色，是因为产生了具有强氧化性的物质（3）装置D的作用之一是吸收产生的氯气，可以用硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液替代NaOH溶液，已知25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液可以恰好把标准状况下224mLCl2完全转化为Cl时，写出该

8、反应的离子方程式（4）实验证明，Na2O2可以与HCl反应生成氯气，写出反应的化学方程式（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体有：（不包括水蒸气），较难分离，因此实验室很少用该方法制取氯气12碳酸二甲酯（DMC）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（COCl2）作羰基化试剂DMC的合成路线如图完成下列填空已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH （称酯交换反应）（1）写出反应类型：反应；（2）写出结构简式：X；（3）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，则Z的结构简式

9、为；（4）DMC与双酚（）在一定条件下可发生类似反应的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、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（选择题，每小题6分，共48分）以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42的物质的量浓度是（）A5mol/L B7.5 mol/L C10 mol/L D2.5 mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据化学式Fe2（SO4

10、）3可知，溶液中n（SO42）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42的物质的量浓度【解答】解：56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=1mol=1.5mol，所以溶液中SO42的物质的量浓度=7.5mol/L故选B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是解题关键2下列说法正确的是（）A还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：C16H10N2O2B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单体是乙烯C总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全

11、燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气 充分反应后的产物也不是同系物【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由结构简式可知分子式；B由结构可知，为加聚反应产物，链节为CH=CH；C乙炔为CHCH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变；D含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸【解答】解：A由结构简式可知分子式是C16H10N2O2，故A正确；B由结构可知，为加聚反应产物，链节为CH=CH，则单体为CHC

12、H，故B错误；C乙炔为CHCH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；D含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学习化学知识的应用能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，选项CD为解答的易错点3已知25、101kPa下，下列反应C（石墨）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（石墨

13、）放热393.51kJC（金刚石）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ可以得出的结论是（）A金刚石比石墨稳定B1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低C金刚石转变成石墨是物理变化D石墨和金刚石都是碳的同位素【考点】反应热和焓变【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小【解答】解：C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.51kJmol1，C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.41kJmol1，可得：C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJmol1，A

14、石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；B石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；C金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；D石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误故选B【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系4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使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl、CH3COO、Fe2+B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2、SO32C无

15、色溶液中：Al3+、NO3、Cl、SO42Dc（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4、Cl【考点】离子共存问题【分析】A使甲基橙变红的溶液，显酸性；B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液，为酸或碱溶液；C该组离子之间不反应；D发生氧化还原反应【解答】解：A使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在CH3COO，故A错误；B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2、SO32，碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；DMnO4、H2C2O4或Cl发

16、生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大5对于可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0，下列图象中正确的是（）A B C D【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】对于可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题【解答】解：A增大

17、压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A错误；B正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，故C错误；D升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，故D正确故选D【点评】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键6已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和X不可能是（）A甲：Fe、X：Cl2B甲：SO2、X：NaOH溶液C甲：C、X：O2D甲：AlC

18、l3溶液、X：NaOH溶液【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【分析】A甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；C甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2【解答】解：A甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；C甲：C、X：O2，则乙为CO

19、，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；故选A【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等7一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（）A该合金中铁的质量为5.6gB合金与稀硫酸反应共生成0.45mo

20、l H2C该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NAD所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4【考点】有关混合物反应的计算【分析】200mL 6molL1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据此对各选项进

21、行判断【解答】解：最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol；200mL 6molL1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；A根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol0.1mol=5.6g，故A正确；B.0.1mol铁与稀硫酸反应生

22、成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；C铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确；D根据分析可知，所加硫酸的物质的量为0.6mol，故D正确；故选B【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确恰好沉淀时溶质组成为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力；B为易错点，注意铁与稀硫酸反应生成的是硫酸亚铁8以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）下列说法错误

23、的是（）A阴极附近溶液呈红色 B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色 D溶液的pH变小【考点】电解原理；真题集萃【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断【解答】解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶

24、液，溶液的pH变大，故D错误故选D【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等二、非选择题，共4小题，共52分9PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大请回答下列问题（1）PtCl2（NH3）2是平面四边形（填“平面四边形”或“四面体”）结构（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：淡黄色固体，黄绿色固体（3）淡黄色固体物质由非极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由极性分子组成（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是黄

25、绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者【考点】判断简单分子或离子的构型；物质的结构与性质之间的关系【分析】（1）根据Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体知：Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上；（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置；（3）根据水的极性以及题干信息两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大进行解答；（4）由题给信息结合相似相溶原理分析【解答】解：（1）Pt（NH3）2Cl

26、2可以形成两种固体，说明Pt（NH3）2Cl2分子是平面四边形结构，否则只有一种固体形式，故答案为：平面四边形；（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色者，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色者是，故答案为：；（3）水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，故答案为：

27、非极性；极性；（4）水是极性分子，黄绿色为极性分子，淡黄色固体为非极性分子，根据相似相溶原理可知，淡黄色固体为非极性分子，较难溶于记性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水，故答案为：黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者【点评】本题主要考查了配合物性质与结构关系，具有较强的综合性，属于要求较高的题目这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用，题目难度中等10已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：（1）写出以下物质的化学式AFe、C

28、Fe3O4、DFeCl3（2）C+盐酸B+D的离子方程式为Fe3O4+8H+4H2O+2Fe3+Fe2+，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是2Fe3+Fe3Fe2+（用离子方程式表示）（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3【考点】无机物的推断【分析】A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯

29、气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2，据此解答【解答】解：A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2（1）由上述分析可知，A为Fe、C为Fe3O4、D为FeCl3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl3；（2）C+盐酸B+D的离子方程式为Fe3O4+8H+4H2O+2Fe3+Fe2+，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2，故答案为：Fe3O4+8H+4H2O+2Fe3+Fe2+；2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；（3）实验室保存FeCl2的溶液时常加入少量Fe，原因是：2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe3Fe2+；（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：产生白色沉淀，迅速变成