江西省赣州市2016年高考考前冲刺30天训练(一)化学(含答案解析)

1、江西省赣州市2016年高考考前冲刺30天训练（一）化学第卷（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量： H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 651、下列溶液中物质的量浓度肯定为1mol/L的是（）A将40g NaOH固体溶解于1L水中B将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C将1L 10 mol/L浓盐酸与10L水混合D10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液2、金银花有效活性成分为绿原酸，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎功效，结构如图所示，下列

2、有关绿原酸的说法正确的是（）A绿原酸的分子式为C16H8O9B1mol绿原酸最多与7molNaOH反应C1个绿原酸分子中含有4个手性碳原子D绿原酸分子中有4种化学环境不同的氢原子3、X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）A元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大B39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024C元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生

3、成的盐溶液呈中性或碱性D元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR4、50mL 18.4mol/L硫酸与足量的铜片加热反应，被还原的硫酸的物质的量是（）A0.92mol B大于0.46mol 小于0.92molC0.46mol D小于0.46mol5、下列除杂方法不正确的是（ ）A除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可向溶液中加入氨水调节pHB除去金属离子Cu2+、Hg2+，可向溶液中加入Na2S、H2S等沉淀剂C除去某溶液中的SO42-可向溶液中加入镁盐D除去ZnCl2溶液中的Fe3+可向溶液中加入Zn(OH)26、某强氧化剂XO（OH）2+能被Na2SO3还原到较低价态如果还

4、原含2.4×103mol XO（OH）2+的溶液至较低价态，需要30mL 0.2mol/L 的Na2SO3溶液，那么X元素的最终价态是（）A+2 B+1 C0 D17、在某一密闭容器中，充入一定量的HI气体，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）；H0，在t1时达到平衡，t2时加热升温并保温，到t3时又达到新平衡，符合这一变化的图象是（）A BC D8、将54.4g铁粉和氧化铁的混合物中加入200mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48L（标准状况）反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，求混合物中 铁的质量（）A22.4g B11.2gC20.4g D5.6g第

5、卷（非选择题，共4小题，共52分）9、回答下列问题：（1）过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，其电子式为 ；加热过氧化钙可分解生成CaO和O2，该反应的化学方程式为 （2）草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为 （3）反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数的表达式为K= （4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8g NaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 （5）下列物质中，水解的最终产物中不含葡萄糖的是 A蔗糖 B淀粉 C油脂 D蛋白质10、某化

6、学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计如图实验装置（1）写出A中反应的化学方程式 ，浓硫酸表现出 性（2）实验室用装置E制备Cl2，离子方程式为： 该反应中的还原剂是 （填化学式）（3）装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是 （填名称）停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B： ，D： （4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现品红溶液未褪色，并且生成了两种常见的强酸，请你分析该现象的原因： （用化学方程式表示）（5）第三个实验小组同学查阅资料得知：氢溴酸在

7、医药和石化工业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：已知：Br2 是易挥发、深红棕色的液体，与Cl2化学性质相似；氢溴酸是易挥发、无色液体根据上述流程回答下列问题：反应室使用冰水的目的 操作I的名称 ，操作的名称 反应室中加入Na2SO3的目的是 工业生产中制得的氢溴酸带有淡黄色于是甲乙两同学设计了实验加以探究：A甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为 ，若假设成立可观察到的现象为 B乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为 ，其用于证明该假设成立的方法为 11、已知草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）难溶于水，工业上从废镍催化剂（成分主

8、 要是Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：Ksp（CaF2）=1.46×1010当某物质模拟高度小于1.0×105mol·L1时，视为完全沉淀（1）请写出一种能提高酸浸速率的措施 （2）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式 （3）pH的调控范围为 ，试用化学反应原理的相关知识解释滤渣的生成5.66.8（4）写出“沉镍”时反应的离子方程式 ，证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是 ，（5）操作a的内容为 12、奶油中有一种只含C、H、O的化合物AA可

9、用作香料，其相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1（1）A的分子式为 （2）写出与A分子式相同的所有酯的结构简式： （任写两种）已知：A中含有碳氧双键，与A相关的反应如下：（3）写出AE、EF的反应类型：AE 、EF （4）写出A、C、F的结构简式：A 、C 、F （5）写出BD反应的化学方程式： （6）在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子质量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式： AG的反应类型为 参考答案及评分标准1.【答案】D【解析】解：A、40g NaOH的物质的量为1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，溶液的体积不是1L，因此溶液中物质的

10、量浓度不是1mol/L，故A错误；B、22.4L氯化氢气体的物质的量不一定等于1mol，因此溶液中物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C、混合溶液的体积不等于10L，根据稀释定律可知混合液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；D、10g NaOH的物质的量为0.25mol，溶液的体积为0.25L，因此溶液中物质的量浓度是1mol/L，故D正确；故选D2.【答案】C【解析】A由有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C16H18O9，故A错误；B由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也消耗NaOH，则1mol绿原酸最多与4molNaOH反应，故B错误；C连4各不同基团的C

11、为手性C原子，则环己烷中除2各亚甲基外的4各C均为手性C原子（与OH或与COOC相连的C），故C正确；D结构不对称，含15种H，则绿原酸分子中有15种化学环境不同的氢原子，故D错误故选C3.【答案】D【解析】解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子

12、序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，AY是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2Na+Al3+，故A错误；BNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol1=9.03×1023，故B错误；CZ的氧化物的水化物为NaOH，R的氧化物的水化物为H2SO4或H2SO3，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，氢氧化钠与亚硫酸反应可以生成亚硫酸钠、亚硫

13、酸氢钠，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故C错误；D元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：YR，所以对应的氢化物的稳定性：XmYXmR，故D正确；故选D4.【答案】D【解析】解：50mL18.4mol/L的硫酸中n（H2SO4）=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，假设50mL 18.4mol/L的硫酸中的硫酸分子全部与铜反应时，由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O可知，作氧化剂的硫酸为0.46mol，起酸作用的硫酸0.46mol，随着反应的进行，浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为

14、稀硫酸是此反应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.46mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.46mol，故选D5.【答案】C【解析】解：A、向溶液中加入氨水调节pH，Fe3+可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，正确；B、向溶液中加入Na2S、H2S等沉淀剂，Cu2+、Hg2+与S2结合成CuS和HgS沉淀而除去，正确；C、Mg2+与SO42不反应，所以向溶液中加入镁盐，不能除去SO42，错误；D、加入Zn(OH)2，使溶液pH升高，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，正确。6.【答案】C【解析】解：Na2SO3还原2.4×103molXO（OH）2+到X元素的低价态，则Na

15、2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×103mol×（5a）=0.03L×0.2molL1×（64），解得a=0，故选C7.【答案】A【解析】解：反应2HI（g）H2（g）+I2（g）；H0，在t1时达到平衡，t2时加热升温并保温，则化学平衡向着正方向进行，所以碘单质的百分含量会升高，HI的百分含量会降低，只有A符合故选A8.【答案】A【解析】解：铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶

16、液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为=0.2mol，则： Fe+H2 SO4=FeSO4+H20.2mol 0.2mol 0.2mol设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则： Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2Oxmol xmol 由题意可知，（x+0.2）mol×56g/mol+x mol×160g/mol=54.4g，解得x=0.2mol，混合物中m（Fe2O3）=0.2 mol×160 g·mol1=32 g，则混合物中含有Fe的质量为m（Fe）=54.4g32g=22.4g，故选A9.【答案】（1）；2CaO2

17、2CaO+O2；（2）5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（3）（4）NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol；（5）CD【解析】解：（1）过氧化钙中，钙离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合，电子式为：；过氧化钙受热分解生成氧化钙和氧气，化学方程式：2CaO22CaO+O2；故答案为：；2CaO22CaO+O2；（2）草酸具有还原性，能够被酸性的高锰酸钾氧化生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，离子方程式：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；

18、故答案为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（3）反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数的表达式为K=；故答案为：；（4）3.8g NaBH4（s）物质的量为0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol；（5）A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，

19、故A不选；B淀粉水解生成葡萄糖，故B不选；C油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，故C选；D蛋白质水解生成氨基酸，故D选；故选：CD10.【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；既有氧化性又有酸性；（2）MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；HCl；（3） 分液漏斗； 褪色的品红恢复红色；无明显现象；（4）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；（5） 防止Br2和HBr挥发； 蒸馏；过滤； 还原除去粗品中的Br2；A.KSCN溶液；溶液变成血红色；B.溶解了少量Br2；加入CCl4进行萃取，若观察CCl4中有橙红色液体出现，则可证明【解析】解：（1）根

20、据装置图可知，A中是铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，在该反应中浓硫酸既有氧化性又有酸性，故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；既有氧化性又有酸性；（2）实验室用装置E中二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，同时生成氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，根据化合价的变化可知，该反应中氯化氢中的氯从1价变为0价，所以该反应中的还原剂是HCl，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；HCl；（3）根据装置图可知，装置A和E中，常用于萃取操作的仪器

21、是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白具有不可逆性，加热也不能恢复红色，故答案为：褪色的品红恢复红色；无明显现象；（4）SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，发生Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，不再具有漂白性，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；（5）Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，故答案为：防止Br2和HBr挥发；操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离；操

22、作分离固体与液体，应是过滤，故答案为：蒸馏；过滤；粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，还原除去粗品中的Br2，故答案为：还原除去粗品中的Br2；A用KSCN溶液检验Fe3+：取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色；B由工艺流程可知，溶液中可能溶解了少量Br2，可以用CCl4萃取方法检验：加入CCl4进行萃取，若观察CCl4中有橙红色液体出现，则可证明，故答案为：溶解了少量Br2；加入CCl4进行萃取，若观察CCl4中有橙红色液体出现，则可证明11.【答案】（1）把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓

23、度、搅拌等；（2）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O； （3）5.66.8；加入Ni（OH）2调节消耗溶液中的氢离子，促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移，使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀；（4）Ni2+C2O42+2H2O=NiC2O4·2H2O；取上层清液，继续滴加（NH4）2C2O4溶液，无沉淀生成；（5）过滤、洗涤、干燥【解析】解：（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为：把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（2）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入a的是H2O2，过氧化氢

24、中1价的氧变成产物中2价的氧，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O； （3）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.66.8，其反应的原理为：加入Ni（OH）2调节消耗溶液中的氢离子，促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移，使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀，故答案为：5.66.8；加入Ni（OH）2调节消耗溶液中的氢离子，促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移，使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀；（4）向滤液中加入（NH4）2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为：Ni2+C2O42+2H2O=NiC2O4·2H2O，