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河北省南宫一中2022届高三化学上学期第三次模拟测试试题实验班含解析

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南宫一中2022届高三上学期理科实验班第三次理综模拟测试化学试题7.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关,下列说法正确的是A.处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质B.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质,常在包装中放入生石灰C.金属汞一旦洒落在地面或桌面时,必须尽可能收集,并深埋处理D.高铁车厢大部分材料采用铝合金,因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【答案】D【解析】A、明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物,对杂质的吸附使之沉淀,不是作为消毒剂,错误;B、生石灰是干燥剂,能吸水,但是不能吸收氧气,所以加入生石灰不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质,错误;C、金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时,应加入硫磺粉,错误;D、铝常温下能与空气中氧气反应,生成一层致密的氧化物保护膜,从而具有抗腐蚀性,铝合金材料的密度小,用以减轻列车质量,铝合金强度大,所以高铁车厢大部分材料采用铝合金,正确。8.下列说法不科学的是:A.臭氧是饮用水的理想消毒剂之一,原因是臭氧杀菌能力强且又不影响水质B.“水滴石穿”主要是溶解CO2的雨水与CaCO3长期作用生成可溶性的Ca(HCO3)2的缘故C.实验室用“通风橱”防污染是不环保的做法,实验产生的有害气体并没得到转化或吸收D.变质的油脂有难闻的气味,是由于油脂与水发生了水解反应【答案】D【解析】D.变质的油脂有难闻的气味,因为油脂发生了氧化反应,生成了分子量较小的醛和酸的复杂混合物,具有异味,这个过程也叫“酸败”,错误。9、在密闭容器中,加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物,充分反应后,容器中的固体剩余物是A.Na2CO3和Na2O2B.Na2CO3和NaOHC.NaOH和Na2O2D.NaOH、Na2O2和Na2CO3【答案】B【解析】根据反应方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,加热条件下NaHCO3分解后存在如下关系2NaHCO3~1CO2~1H2O,Na2O2-11-与CO2、H2O反应的关系分别为Na2O2~CO2~Na2CO3,Na2O2~H2O~2NaOH。故加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物,充分反应后,容器中的固体剩余物是Na2CO3和NaOH。故答案选B10.固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆—氧化钇为电解质,这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示,其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(  )A.有O2放电的a极为电池的负极B.O2-移向电池的正极C.b极对应的电极反应为2H2-4e-+2O2-==2H2OD.a极对应的电极反应为O2+2H2O+4e-==4OH-【答案】C【解析】根据电子流向知H2失去电子为负极(b极),而O2得电子为正极(a极),又由于它以固体氧化锆—氧化钇为电解质,这种电解质在高温下允许氧离子()在期间通过,故正极反应式为O2+4e- =2O2-,负极反应是2H2-4e-+2O2-==2H2O,原电池中阴离子移向负极,因此选C。11.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg,若加入足量的Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加mg;则CO2与CH4的体积比为A.3:1B.2:lC.1:1D.任意比【答案】C【解析】CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2,然后再分别和过氧化钠反应,即2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑。在这两个反应中,对Na2O2固体而言,反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量,即其结果可看作:Na2O2+H2=2NaOH,Na2O2+CO=Na2CO3。固体质量增加=CO或氢气的质量,这说明混合物应该符合条件(CO)mHn。所以只要将CH4和CO2设计符合C和O的比为1:1即可,答案选C。12、钠铝合金(常温液态)可作为核反应堆的载热介质。下列说法错误的是A.该合金的熔点低于金属钠的熔点B.若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余,则n(Na)≥n(Al)C.若将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成D.等质量的钠铝合金中铝的含量越大,与足量盐酸反应时放出的氢气越少-11-【答案】D【解析】A、钠铝合金(常温液态),而钠是固态,所以该合金的熔点低于金属钠的熔点,故A正确;B、根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余,则n(Na)≥n(Al),故B正确;C、将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成,故C正确;D、等质量的钠和铝分别与足量盐酸反应时,铝放出的氢气多,所以等质量的钠铝合金中铝的含量越大,与足量盐酸反应时放出的氢气越多,故D错误。故答案选D13.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成:将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3+。下图是可能用到的实验用品。有关该实验的说法中正确的是A.第一步需选用仪器①、②和⑨ ,①的名称叫钳埚B.第二步用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释,选用④、⑥和⑦C.要完成第三步,需选用④、⑤和⑦ ,除夹持仪器外还缺滤纸D.第四步,若滤液中含有Fe3+,加入⑧中的溶液后滤液会显红色【答案】C【解析】A.将茶叶灼烧灰化,应在坩埚中加热,用到的仪器有①、②和⑨,必要时还可用到三脚架或铁架台等,错误;B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释,应在烧杯中进行,可用玻璃棒搅拌,不用容量瓶,错误;C.过滤时用到④、⑤和⑦及滤纸,正确;D.检验滤液中的Fe3+,可用胶头滴管取少量滤液于小试管中,用KSCN溶液检验,用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等,即③、⑧和⑩,错误。26.(14分)肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)。CO(NH2)+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl实验一:制备NaClO溶液(1)将氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中,锥形瓶中发生反应的离子方程式是;实验二:制取水合肼(实验装置如右图所示)-11-控制反应温度,将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液,收集108~114℃馏分。(已知:N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl)(2)分液漏斗中的溶液是(填标号A或B);A.NaOH和NaClO混合溶液B.CO(NH2)2溶液选择的理由是;实验三:测定馏分中肼含量水合肼具有还原性,可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤:a.称取馏分5.000g,加入适量NaHCO3固体,经稀释、转移、定容等步骤,配制250mL溶液。b.移取25.00mL于锥形瓶中,加入10mL水,摇匀.c.用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失,滴定过程中,溶液的pH保持在6.5左右。记录消耗碘的标准液的体积。d.进一步操作与数据处理(3)水合肼与碘溶液反应的化学方程式;滴定过程中,NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右,原因是          (4)滴定时,碘的标准溶液盛放在 滴定管中(选填:“酸式”或“碱式”);若本次滴定消耗碘的标准溶液为18.00mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为(保留三位有效数字);(5)为获得更可靠的滴定结果,步骤d中进一步操作主要是:。【答案】(1)Cl2+2OH—=ClO—+Cl—+H2O(2分)(2)A(2分)如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中,反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化(2分)(3)N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O(2分)生成的HI与NaHCO3反应(1分)(4)酸式(1分)18.0%或0.180(2分)(5)重复步骤b和c2~3次,依据测得的结果,取平均值。(2分)(只答重复步骤b和c2~3次也可以给分)【解析】(1)-11-氯气与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子方程式:Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O;(2)根据信息,反应生成的水合肼能被次氯酸钠氧化,所以次氯酸钠溶液不能装在烧瓶中,而应装在分液漏斗中;(3)根据水合肼具有还原性,可以生成氮气,所以会被碘氧化:N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O;滴定过程中,NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右,原因是生成的HI与NaHCO3反应;(4)碘腐蚀橡胶管,滴定时碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中;N2H4·H2O----------2I250g2molx0.018L0.200mol/Lx==0.09g馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为:0.09g=18.0%;(5)为获得更可靠的滴定结果,常采用多次测定求平均值的方法,所以步骤d中进一步操作主要是重复步骤b和c2~3次,依据测得的结果,取平均值。27.(14分)查资料得知有些硫酸盐在500℃以上开始按下式分解:硫酸盐金属氧化物+SO2↑+SO3↑+O2↑,有人猜测硫酸亚铁可能也是如此分解,并设计一验证性实验。(注:忽略气体吸收过程中的热效应)实验用到的仪器如下图所示:使用精密实验仪器,加热一段时间后,测得数据及有关结果如下:Ⅰ、准确称取6.08g无水FeSO4;Ⅱ、装置F总质量在实验结束时增加了0.16g,且其溶液中只有一种溶质;Ⅲ、测出量筒中水的体积后,折算成排水的气体,在标准状况下的体积为112mL。试回答下列问题:(1)使用所有仪器,按装置从左至右的方向,各仪器接口连接顺序为①⑨⑩____③____②(填序号)。-11-(2)装置F的作用是_____________________________________________。(3)装置D的作用是_____________________________________。(4)通过计算,推断出该条件下反应的化学方程式:_________________________________。(5)本题测量气体体积时的注意事项是:①②③待气体冷却到室温时再读数。(6)若将上面连接中的F装置去掉,则本实验是否还能进行?___________________。(若能,请填写可能还需要测量什么数据;若不能,请说明理由)【答案】(1)⑥⑤④⑧⑦(2分)(2)吸收SO3放出等物质的量的SO2(2分)(3)干燥SO2和O2(2分)(4)8FeSO44Fe2O3+6SO2↑+2SO3↑+O2↑(2分)(5)视线要与凹液面最低处保持水平(2分)读数时BE两仪器内液面要相平(2分)(答案无先后顺序)(6)能,还需测量D装置反应前后的质量变化值(2分)【解析】(1)根据F中的试剂知F装置是吸收SO3的,F增加的质量是吸收的SO3的质量与放出的等物质的量的SO2的质量差,E、B相结合是量气体体积的装置,通过量筒中水的体积可以知道反应放出的氧气体积,D中浓硫酸可干燥气体,C中碱石灰能吸收SO2,综合知装置的顺序是:A、F、D、C、E、B,接口顺序是①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②;(2)根据分析装置F的作用是吸收SO3放出等物质的量的SO2;(3)浓硫酸是常用的干燥剂,装置D的作用是干燥SO2和O2;(4)1摩尔SO3与1摩尔SO2的质量差为16克,装置F总质量在实验结束时增加了0.16g,说明反应生成的SO3物质的量是0.01摩尔;在标准状况下的氧气体积为112mL,即得到氧气0.005摩尔;6.08g无水FeSO4的物质的量是6.08/152=0.04(mol);利用铁元素守恒得生成Fe2O3的物质的量是0.02摩尔;通过质量守恒即可计算生成SO2的物质的量是0.03摩尔,反应方程式为8FeSO44Fe2O3+6SO2↑+2SO3↑+O2↑;(5)本题测量气体体积时的注意事项是:视线要与凹液面最低处保持水平,读数时BE两仪器内液面要相平;(6)若将上面连接中的F装置去掉,由于D中的浓硫酸也能吸收SO3,仍然能完成实验,还需测量D装置反应前后的质量变化值。-11-28.(15分)I、用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-l②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-l③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol-l写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式____。II、开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面。CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在密闭容器中充有10molCO与20molH2,CO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示。(1)M、N两点平衡状态下,容器中物质的总物质的量之比为:n(M)总:n(N)总=     。(2)若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为  ;P1P2(填“>”或“<”或“=”)III、用MnO2制KMnO4的工艺流程如下图:电解池中两极材料均为碳棒,在中性或酸性溶液中K2MnO4发生歧化反应而变成MnO2和KMnO4。(1)写出240℃熔融时发生反应的化学方程式;投料时必须满足n(KOH):n(MnO2)。(2)阳极的电极反应式为。(3)B物质是(填化学式),可以循环使用的物质是(填化学式)。【答案】Ⅰ.CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955 kJ•mol-1.Ⅱ.(1)5:4(2)KM=KN>KQP1<p2iii.(1)2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o,大于2:1;(2)mno42--e-═mno4-(3)h2,koh【解析】ⅰ.①ch4(g)+4no2(g)═4no(g)+co2(g)+2h2o(g)△h=-574kj•mol-l-11-②ch4(g)+4no(g)═2n2(g)+co2(g)+2h2o(g)△h=-1160kj•mol-l③h2o(g)═h2o(l)△h=-44.0kj•mol-l依据盖斯定律计算[①+②+③×4]×1 2="">KQ;增大压强,平衡正向移动,CO的转化率增大,故P1<p2;iii.(1)mno2、koh的熔融混合物中通入空气时发生反应生成k2mno4,根据元素守恒还应生成水.反应中锰元素由+4价升高为+6价,总升高2价,氧元素由0价降低为-2价,总共降低4价,化合价升降最小公倍数为4,所以mno2系数2,o2系数为1,根据锰元素守恒确定k2mno4系数为2,根据钾元素守恒确定koh系数为4,根据氢元素守恒确定h2o系数为2,所以反应化学方程式为2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o,因为中性或酸性溶液中k2mno4发生歧化反应而变成mno2和kmno4。所以上述反应中氢氧化钾要过量,n(koh):n(mno2)>2:1;(2)电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾,锰的化合价升高,MnO42-在阳极放电,则阳极的电极反应式为MnO42--e-═MnO4-,其阴极反应为2H2O+2e-═2OH-+H2↑,得到的B物质是H2,同时生成更多的KOH,又可以用来制锰酸钾,可以循环使用;-11-36.【化学——选修5:有机化学基础】(15分)A、B、C、D、E、F都是链状有机物,它们的转化关系如图所示。A中只含有一种官能团,D中含有两种官能团,D分子中不含甲基,且与碳原子相连的氢原子取代所得的一氯代物只有一种。请回答下列问题:⑴A中含有的官能团是。⑵请写出B生成C的化学方程式。⑶写出C与银氨溶液反应的化学方程式。⑷请考虑满足下列条件的E的同分异构体有种①遇FeCl3溶液显紫色;②含有3个-CH2OH结构;③不含有“-O-O-”这样不稳定的结构【答案解析】(共15分)每个方程式4分,其它空每个3分⑴氯原子⑵⑶⑷12解析:-11-由转化关系可知,A在NaOH水溶液、加热条件下生成B,B在Cu、氧气加热条件下生成C,C可发生银镜反应,故B为醇,C含有-CHO,C氧化生成D,D能与乙酸、乙醇反应,因此D含有羧基-COOH、羟基-OH,B中含有不能被氧化的-OH,由B、C的相对分子质量可知,B中能被氧化的-OH数目为(164-158)/2=3,故B中至少含有4个-OH,由E、F中C原子数目可知,D中-COOH比-OH多2个,由F中氧原子可知D中最多有3个-COOH,即D中含有3个-COOH、1个-OH,含有7个碳原子,C中含有3个-CHO、1个-OH,由转化关系可知B、C、D中碳原子数目相等,都为7个,故C中剩余基团的式量为158-17-29×3-12×(7-3)=6,故C中还含有6个H原子,C的分子式为C7H10O4,C氧化为D,-CHO转化为-COOH,故D为C7H10O7,D分子中不含甲基,且与碳原子相连的氢原子被氯原子取代所得的一氯代物只有一种,故D的结构简式为,逆推可得C的结构简式为、B为,A分子中只含有一种官能团,水解引入-OH得到B,将-OH还原为A中的基团(或原子),令A中代替-OH的基团(或原子)式量为a,则4a+(164-4×17)=238,解得a=35.5,故为Cl原子,则A为。(1)由上述分析可知,A中含有的官能团是Cl原子(2)B生成C的化学方程式为:,(3)C与银氨溶液反应的化学方程式为:,(4)根据题该同分异构体含3个-O-CH2OH结构和2个酚羟基,3个-O-CH2OH在苯环上的结构有(2个酚羟基在苯环上排列有2种)、(2个酚羟基在苯环上排列有3种)、(2个酚羟基在苯环上排列有1种)三种;或含2个-11--O-CH2OH结构、1个-CH2OH结构和3个酚羟基,3个酚羟基在苯环上的结构有(2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有2种:或)、(2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有3种:)、(2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有1种)三种,共12种。-11-</p2;iii.(1)mno2、koh的熔融混合物中通入空气时发生反应生成k2mno4,根据元素守恒还应生成水.反应中锰元素由+4价升高为+6价,总升高2价,氧元素由0价降低为-2价,总共降低4价,化合价升降最小公倍数为4,所以mno2系数2,o2系数为1,根据锰元素守恒确定k2mno4系数为2,根据钾元素守恒确定koh系数为4,根据氢元素守恒确定h2o系数为2,所以反应化学方程式为2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o,因为中性或酸性溶液中k2mno4发生歧化反应而变成mno2和kmno4。所以上述反应中氢氧化钾要过量,n(koh):n(mno2)></p2iii.(1)2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o,大于2:1;(2)mno42--e-═mno4-(3)h2,koh【解析】ⅰ.①ch4(g)+4no2(g)═4no(g)+co2(g)+2h2o(g)△h=-574kj•mol-l-11-②ch4(g)+4no(g)═2n2(g)+co2(g)+2h2o(g)△h=-1160kj•mol-l③h2o(g)═h2o(l)△h=-44.0kj•mol-l依据盖斯定律计算[①+②+③×4]×1>

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 11:05:55 页数:11
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文章作者:U-336598

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