安徽省六安市第一中学届高三下学期高考模拟考试三理科综合化学试题含答案解析Word下载.docx
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=0.1mol,至少转移0.1mol电子;
电子数目为0.1NA,D错误;
故合理选项是A。
2.中国传统文化对人类文明贡献巨大,我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了,书中充分记载了古代化学研究成果.下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是( )
A.《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
B.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C.我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D.蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。
“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺
【答案】B
【详解】A.火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,获得电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性,A正确;
B.高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来,B错误;
C.明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,产生可溶性的物质,因此可以达到除锈的目的,C正确;
D.蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺,D正确;
故合理选项是B。
3.下列有关有机物结构和性质的说法正确的是( )
A.甲中所有原子可能处于同一平面
B.乙的一氯代物有4种
C.丙一定条件下能发生的反应类型有取代,加成,氧化,消去反应
D.丁与苯互为等电子体,可由苯的结构和性质推测丁的结构与性质
【详解】A.甲可看作是乙烯分子中的一个H原子被醛基取代的产物,乙烯分子是平面分子,甲醛分子是平面分子,两个平面可能共平面,A正确;
B.乙分子中有3种不同位置的H原子,所以乙的一氯代物有3种,B错误;
C.图丙表示乙酰水杨酸,该物质含有羧基,能与乙醇发生酯化反应,酯化反应属于取代反应;
含有羰基,能够发生加成反应;
该物质含有C、H、O三种元素,可燃烧,能发生燃烧反应(即氧化反应),但该有机物不能发生消去反应,C错误;
D.图丁是无机苯,与苯互为等电子体,等电子体结构相似,性质也相似,但苯可以发生加成反应,无机苯不能发生加成反应,所以不能根据苯的结构和性质推测丁的结构与性质,D错误;
4.利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液和FeCl3•6H2O的主要步骤:
用H2O2氧化废蚀刻液,制备氨气,制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离,用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。
下列有关实验说法正确的是()
A.用H2O2氧化废蚀刻液的离子方程式为:
2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O
B.用装置甲可以制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁
C.用装置乙可以分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3
D.用装置丁由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O需要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等步骤
【分析】
用H2O2氧化废蚀刻液,使亚铁离子生成铁离子,用甲装置制备氨气,生成的氨气通入乙装置,制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2],用丙装置过滤分离,用盐酸溶解氢氧化铁沉淀,将溶液在蒸发皿中进行蒸发,且应通入氯化氢防止铁离子水解,以达到制备FeCl3·6H2O的目的,以此解答该题。
【详解】A.H2O2具有强的氧化性,可用H2O2氧化废蚀刻液中的Fe2+,反应的离子方程式为:
2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O,A正确;
B.氨气易溶于水,注意防止倒吸,所以要选用乙装置,氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁,B错误;
C.用装置丙可以分离可溶性Cu(NH3)4Cl2溶液和难溶性的固态Fe(OH)3,C错误;
D.由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O需要在蒸发皿中蒸干,不能再烧杯中进行,D错误;
【点睛】本题考查了物质制备实验设计、物质分离等基本操作,侧重考查学生的分析与实验能力,注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法,难度中等。
5.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。
电解法制备过程如下:
用NaOH溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5(该pH下溶液中的Ni2+不沉淀),加入适量硫酸钠固体后进行电解。
电解过程中产生的Cl2(不考虑Cl2的逸出)在弱碱性条件下生成ClO﹣,ClO﹣再把二价镍(可简单写成Ni2+)氧化为Ni3+,再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3,电解装置如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度,增强溶液的导电能力
B.电解过程中阴、阳两极附近溶液的pH均升高
C.当有1molNi2+氧化为Ni3+时,外电路中通过的电子数目为1NA,通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA
D.反应前后b池中Cl-浓度几乎不变
【详解】A.硫酸钠是一种强电解质,向其中加入硫酸钠,是为了增加离子浓度,增强溶液的导电能力,A正确;
B.在电解过程中,阴极上发生反应:
2H++2e-=H2↑,促进了水的电离平衡,溶液中c(OH-)增大,该电极附近溶液的pH升高;
在阳极发生反应:
2Cl-+2e-=Cl2↑,电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸,使溶液的pH降低,B错误;
C.当有1molNi2+氧化为Ni3+时,Ni元素化合价升高1价,由于电子转移数目与元素化合价升高数目相等,所以外电路中通过的电子数目为1NA,通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA,C正确;
D.在阳极发生反应:
2Cl-+2e-=Cl2↑,电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸HCl和次氯酸,HClO将溶液中Ni2+氧化为Ni3+,发生反应:
ClO-+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3++2OH-,HClO又被还原为Cl-,所以Cl-物质的量不变,体积不变,因此浓度也不变,D正确;
故选项是B。
6.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素,E为地壳中含量最高的过渡金属元素。
A与D同主族,B与C同周期,且C与D的原子序数之和为20,C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质,D单质也能与m反应置换出A单质,A、B、C均能与D形成离子化合物。
下列说法错误的是( )
A.B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体
B.B、D形成的离子化合物可能含有共价键
C.D的单质只有还原性,没有氧化性
D.工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨
A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素,E为地壳中含量最高的过渡金属元素,则E为Fe元素;
A与D同主族,X与Y同周期,且C与D的原子序数之和为20,C单质能与无色无味液体m反应置换出X单质,D单质也能与m反应置换出A单质,可知m为H2O,结合原子序数、元素的位置及性质可知,C为F、B为O、Z为Na、A为H,且A、B、C均能与Z形成离子化合物,以此来解答。
【详解】由上述分析可知,A为H、B为O、C为F、D为Na,E为Fe,m是H2O。
A.Fe、O两种元素形成的化合物Fe2O3为红棕色固体,A错误;
B.B、D形成的离子化合物若为Na2O2,含有离子键、共价键,B正确;
C.Na是第三周期的元素,原子半径大,最外层只有1个电子,容易失去,因此表现还原性,使次外层变为最外层,达到8个电子的稳定结构,C正确;
D.Al与Fe的氧化物发生铝热反应,产生Al2O3和Fe,反应设备简单,产生的Fe以液态形式存在,因此可用于野外焊接铁轨,D正确;
【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律及物质性质与原子结构的关系的知识。
把握原子结构决定元素性质、物质性质,物质性质决定物质用途是本题解答的关键,侧重考查学生分析与应用能力。
7.常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中﹣lg
和﹣lgc(HC2O4-)[或-lg
和﹣lgc(C2O42-)]的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.曲线N表示-lg
和﹣lgc(C2O42-)的关系
B.Ka1(H2C2O4)的数量级为10﹣1
C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4﹣)和c(C2O42﹣)相等,此时溶液pH约为4
D.在Na2C2O4和NaHC2O4物质的量为1:
1的混合溶液中c(Na+)>c(C2O42﹣)>c(HC2O4﹣)>c(H2C2O4)>c(OH-)>c(H+)
【详解】A.H2C2O4溶液存在H2C2O4⇌HC2O4-+H+,HC2O4-⇌C2O42-+H+,且Ka1(H2C2O4)=
,Ka2=
,可知[-lg
+[-lg
]=-lg(Ka1),[-lg
]=-lg(Ka2),因Ka1>
Ka2,则-lg(Ka1)<
-lg(Ka2),可知曲线M表示-lg
和-lg
的关系,曲线N表示-lg
的关系,A正确;
B.当lg
=
,[-lg
]=-lg(Ka1)=2,Ka1(H2C2O4)=
=c(H+)=10-2,B错误;
C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,Ka2(H2C2O4)=
c(H+)=10-5,C错误;
D.溶液的体积相等,由于二者的物质的量相等,所以c(NaHC2O4)、c(Na2C2O4)相等,Ka2=
=c(H+)=10-5,pH<
5,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),D错误;
8.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。
实验室制备BCl3的原理B2O3+3C+3Cl2=2BCl3+3CO,某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(装置可重复使用)制备BCl3并验证反应中有CO生成。
已知:
BCl3的熔点为-107.3℃,沸点为12.5℃,遇水水解生成H3BO3和HCl,请回答下列问题:
【实验Ⅰ】制备BCl3并验证产物CO
(1)该实验装置中合理的连接顺序为G→_____→_____→_____→____→F→D→I。
其中装置E的作用是___________________________。
(2)装置J中反应的化学方程式为____________________________________。
【实验Ⅱ】产品中氯含量的测定
①准确称取少许m克产品,置于蒸馏水中完全水解,并配成100mL溶液。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中
③加入V1mL浓度为C1mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀;
向其中加入少许硝基苯用力摇动。
④以硝酸铁为指示剂,用C2mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。
发生反应:
Ag++SCN-=AgSCN↓。
⑤重复步骤②~④二次,达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。
已知:
Ksp(AgCl)>
Ksp(AgSCN)。
(3)步骤④中达到滴定终点的现象为__________________。
(4)实验过程中加入硝基苯的目的是___________________。
(5)产品中氯元素的质量分数为_________________%。
(6)下列操作,可能引起测得产品中氯含量偏高是__________。
A.步骤③中未加硝基苯
B.步骤①中配制100mL溶液时,定容时俯视刻度线
C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时,滴定前有气泡,滴定后无气泡
D.滴定剩余AgNO3溶液时,KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴
【答案】
(1).E
(2).H(3).J(4).H(5).将BCl3冷凝为液态分离出来(6).2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O(7).覆盖AgCl,滴入最后一滴KSCN溶液时,混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色(8).防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,使滴定终点不准确(9).
(10).B
Ⅰ.用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO,三氯化硼的熔点为-107.3℃,沸点为12.5℃,所以收集三氯化硼要用冰水冷却,未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收,三氯化硼易水解,为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E,在E和J之间接上H装置,用于吸水,生成的CO干燥后再通过F装置还原氧化铜,再将生成的气体通过澄清石灰水检验,可以证明原反应中有一氧化碳生成,多余的CO不能排放到空气中,要用排水法收集,据此答题。
II.(3)根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点;
(4)硝基苯是液态有机物,密度比水大,可以覆盖在AgCl上,防止AgCl发生沉淀溶解;
(5)根据n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-),可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-),然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)及质量,从而计算出其质量分数;
根据c=
进行误差分析。
【详解】I.
(1)用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO,三氯化硼的熔点为-107.3℃,沸点为12.5℃,所以收集三氯化硼要用冰水冷却,未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收,三氯化硼易水解,为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E,在E和J之间接上H装置,用于吸水,生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜,再将生成的气体通过澄清石灰水检验,可以证明原反应中有一氧化碳生成,多余的CO不能排放到空气中,要用排水法收集,据上面的分析可知,依次连接的合理顺序为G→E→H→J→H→F→D→I,故答案为:
E、H、J、H;
反应产生的BCl3为气态,用冰水冷却降温变为液态,便于与未反应的氯气分离开来,所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来;
(2)中装置J中Cl2与NaOH溶液发生歧化反应,产生NaCl、NaClO、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O;
II.(3)向该物质中加入AgNO3溶液,发生反应:
Ag++Cl-=AgCl↓,为了使溶液中的Cl-沉淀完全,加入过量的AgNO3溶液,然后以硝酸铁为指示剂,若溶液中Cl-沉淀完全,用C2mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。
会发生反应:
Ag++SCN-=AgSCN↓,溶液变为血红色,所以滴定终点现象为滴入最后一滴KSCN溶液时,混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色;
(4)硝基苯是液态有机物,密度比水大,加入硝基苯就可以覆盖在反应产生AgCl沉淀上,防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,使滴定终点不准确;
(5)根据离子反应可知n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-),则10.00mL中含有n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=C1mol/L×
V1×
10-3L/mL–C2mol/L×
V2mL×
10-3L/mL=(C1V1-C2V2)×
10-3mol;
则mg中含有Cl-元素的质量为m=(C1V1-C2V2)×
10-3mol×
×
35.5g/mol,则产品中氯元素的质量分数为
;
A.步骤③中未加硝基苯,会使一部分AgCl转化为AgSCN,导致n(SCN-)增大,根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有n(Cl-)偏小,A错误;
B.步骤①中配制100mL溶液时,定容时俯视刻度线,则使c(Cl-)偏大,等体积时含有的n(Cl-)偏大,B正确;
C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时,滴定前有气泡,滴定后无气泡,V(标)偏大,则导致样品在Cl-含量偏低,C错误;
D.滴定剩余AgNO3溶液时,KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴,V(标)偏大,则导致样品在Cl-含量偏低,D错误;
【点睛】本题考查物质制备实验,题目涉及化学实验基本操作、先后顺序、尾气处理、物质含量的测定及误差分析等,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,明确原理是解题关键,注意题目信息的应用,目难度中等。
9.黄血盐[亚铁氰化钾,K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂),我国卫生部规定实验中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。
一种制备黄雪盐的工艺如下:
回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ反应的化学方程式为__________________________。
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为____________(填化学式)。
(3)步骤Ⅴ所用的试剂X是___________。
(填化学式)
(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液,含CN-的废水必须处理后才能排放。
HCN是一种具有苦杏仁味的无色剧毒液体,易挥发,25℃时Ka(HCN)=6.25×
10-10;
溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的存在与溶液pH的关系如图所示:
①NaCN的电子式为___________。
②处理含CN-废水的方法:
第一步控制pH>
10,用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-;
第二步控制pH为7.5~8.5,用NaClO溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐。
第一步控制强碱性的主要目的是_______,第二步反应的离子方程式为____________。
(5)已知蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下:
用硫酸亚铁碱性试纸可以检验食品中是否含有CN-,方案如下:
若试纸变蓝则证明食品中含有CN-,基于普鲁士蓝的合成原理,请解释检测时试纸变蓝的原因:
___________。
【答案】
(1).3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O
(2).CaCl2(KCl可答,也可不答)(3).K2CO3(4).
(5).HCN有剧毒,防止生成HCN污染环境(6).2CNO-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-(7).Fe2+和CN-反应生成[Fe(CN)6]4-,同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+,Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应生成蓝色沉淀
将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6,过滤除去含有CaSO4的滤渣,滤液中加入KCl,可得K2CaFe(CN)6沉淀,经过滤后,滤液中加入K2CO3进行脱钙处理,最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)6•3H2O。
(5)[Fe(CN)6]4-和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀;
若试纸变蓝则证明食品中含有CN-,Fe2+与CN-结合生成[Fe(CN)6]4-;
Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+;
[Fe(CN)6]4-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
以此来解答。
【详解】
(1)步骤Ⅰ根据加入的反应物及生成物质,结合元素守恒,可得反应的化学方程式为3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O;
(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl);
(3)步骤Ⅴ所用的试剂X是K2CO3;
(4)①NaCN是离子化合物,Na+与CN-通过离子键结合,CN-内C、N原子间通过三对共用电子对结合,所以NaCN的电子式为
②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN,污染环境,用NaClO溶液先不完全氧化OCN-生成N2和两种盐,根据电子、电荷守恒,可知发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-+2H2O=3Cl-+N2+2HCO3-;
(5)[Fe(CN)6]4-和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀,反应的离子方程式为:
3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓,基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-,碱性条件下,Fe2+与CN-结合生成[Fe(CN)6]4-,同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+,Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应生成蓝色沉淀,而使试纸显蓝色。
【点睛】本题考查物质的制备实验的有关知识,把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,题目难度中等。
10.H2是一种重要的清洁能源。
(1)2018年我国某科研团队利用透氧膜,一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。
其工作原理如图所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4:
1计)。
工作过程中,膜I侧所得
=3,则膜I侧的电极方程式为________________________。
(2)已知:
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.0kJ/mol,
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.1kJ/mol,H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)ΔH1,则ΔH1=_____________kJ/mol,该反应自发进行的条件为_________。
A.高温B.低温C.任何温度条件下
(3)恒温恒压下,在容积可变的密闭容器中加入1molCO和2.2molH2,发生反应CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g),实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。
P1_______P2,判断的理由是________________________
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