届河南鹤壁一中高三上学期第三次阶段性复习能力测试化学试题Word文档下载推荐.docx
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选项
实验事实
结论
A
某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝
该气体一定是氯气
B
SO2通入Ba(NO3)2溶液中出现白色沉淀
BaSO3不溶于水
C
Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀
酸性H2CO3>H2SiO3
D
某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有CO32﹣
6、控制适合的条件,将反应Fe3++Ag
Fe2++Ag+设计成如右图所示的原电池,(盐桥装有琼脂﹣硝酸钾溶液;
灵敏电流计的0刻度居中,左右均有刻度)已知,接通后,观察到电流计指针向右偏转.下列判断正确的是( )
A.在外电路中,电子从石墨电极流向银电极
B.盐桥中的K+移向乙烧杯
C.一段时间后,电流计指针反向偏转,越过0刻度,向左边偏转
D.电流计指针居中后,往甲烧杯中加入一定量的铁粉,电流计指针将向左偏转
7、已知AgI为黄色沉淀,AgCl为白色沉淀.25℃时,AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.22×
10﹣8mol·
L﹣1,AgCI饱和溶液中c(Ag+)为1.30×
10﹣5mol·
L﹣1.若在5mL含有KC1和KI浓度均为0.01mol·
L﹣1的混合溶液中,滴加8mL0.0lmol·
L﹣1的AgNO3溶液,则下列叙述中不正确的是( )
A.溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为:
c(K+)>c(NO3﹣)>c(Cl﹣)>c(I﹣)>c(Ag+)
B.溶液中先产生的是AgI沉淀
C.AgCl的KSP的数值为1.69×
10﹣10
D.若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液,黄色沉淀会转变成白色沉淀
第Ⅱ卷
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第8题-第10题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第11题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题(共53分)
8、溴化钙是一种溴化物,用于石油钻井,也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等.制备CaBr2·
2H2O的主要流程如下:
(1)与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是.
(2)滤渣的成分可能是.
(3)试剂M是,加入M的目的是.
(4)操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩,、洗涤、干燥.
(5)将氨气通入石灰乳,加入溴,于65℃进行反应也可制得溴化钙,此反应中还会生成一种无色气体,写出反应的化学方程式.
(6)制得的CaBr2·
2H2O可以通过以下方法测定纯度:
称取5.00g样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量,得到2.00g固体.则CaBr2·
2H2O的质量分数为.(相对原子质量:
Ca﹣40Br﹣80H﹣1O﹣16)
9、运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义.
(1)硫酸生产过程中2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g),平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示,根据图甲回答下列问题:
①2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)的△H 0(填“>”或“<”),
②一定条件下,将SO2与O2以体积比2:
1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应,能说明该反应已达到平衡的是 .
a.体系的密度不发生变化
b.SO2与SO3的体积比保持不变
c.体系中硫元素的质量百分含量不再变化
d.单位时间内转移4mol电子,同时消耗2molSO3
e.容器内的气体分子总数不再变化
(2)一定的条件下,合成氨反应为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g).图1表示在此反应过程中的能量的变化,图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线.图3表示在其他条件不变的情况下,改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响.
①该反应的平衡常数表达式为 ,升高温度,平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”).
②由图2信息,计算0~10min内该反应的平均速率v(H2)= ,从11min起其它条件不变,压缩容器的体积为1L,则n(N2)的变化曲线为 (填“a”或“b”或“c”或“d”)
③图3a、b、c三点所处的平衡状态中,反应物N2的转化率最高的是 点,温度T1 T2(填“>”或“=”或“<”)
10、利用废铝箔(主要成分为Al、少量的Fe、Si等)既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[A12(SO4)3·
18H2O].
实验室制取无色的无水AlBr3(熔点:
97.5℃,沸点:
263.3~265℃)可用如图所示装置,
主要实验步骤如下:
步骤l.将铝箔剪碎,用CCl4浸泡片刻,干燥,然后投入到烧瓶6中.
步骤2.从导管口7导入氮气,同时打开导管口l和4放空,一段时间后关闭导管口7和1;
导管口4接装有五氧化二磷的干燥管.
步骤3.从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中,并保证烧瓶6中铝过剩.
步骤4.加热烧瓶6,回流一定时间.
步骤5.将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l.将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接,将烧瓶6加热至270℃左右,使溴化铝蒸馏进入收集器2.
步骤6.蒸馏完毕时,在继续通入氮气的情况下,将收集器2从3处拆下,并立即封闭3处.
(1)步骤l中,铝箔用CCl4浸泡的目的是.
(2)步骤2操作中,通氮气的目的是.
(3)步骤3中,该实验要保证烧瓶中铝箔过剩,其目的是.
(4)铝与液溴反应的化学方程式为.
(5)步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作.
(6)步骤5需打开导管口l和4,并从4通入N2的目的是.
11.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
化合物G对多种植物病原菌具有抑制作用,由丙酮合成G的路线如下:
(1)写出化合物G中含氧官能团的名称.
(2)反应②的类型为.
(3)反应①还会得到另一产物H,其分子式为C8H14O2,写出H的结构简式.
(4)反应⑦生成的G会部分转化为另一产物I,Ⅰ为链状结构,分子式为C10H18O4,写出Ⅰ的结构简式:
(5)一分子G消去一分子水可得物质J,写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式:
①能与FeCl3溶液发生显色反应;
②分子的核磁共振氢谱有2个峰.
(6)以CH3OH、CH≡CH为原料合成聚丙烯醇
,写出合成流程图(无机试剂任用).合成流程图示例如下:
CH2=CH2
CH3CH2Br
CH3CH2OH.
参考答案
1.【答案】A
【解析】解:
A.7.8g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol,由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子,则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子,含有的阴离子数为0.1NA,故A正确;
B.用铜做电极电解CuSO4溶液,阳极金属Cu失去电子生成Cu2+,阴极Cu2+得到电子生成Cu单质,相当于电镀铜,反应中不会生成氧气,故B错误;
C.题中缺少氮气和CO的质量,无法接受二者的物质的量及含有的原子数,故C错误;
D.pH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,则两溶液中氢离子浓度相同,混合后溶液中氢离子浓度不变,则溶液的pH不变,故D错误;
故选A.
2.【答案】D
A.分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷,所以性质不相同,故A错误;
B.同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的任何气体含有相同数目的分子,分子构成不同,所以其原子个数不一定相等,故B错误;
C.密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应,又可逆反应不可能反应到底,则无法计算,故C错误;
D.依据右图能量曲线可确定反应:
CH2=CH2(g)+HBr(g)→CH3CH2Br(l)的△H=反应物的焓﹣生成物的焓=(E1+E3﹣E2﹣E4)kJ·
mol﹣1,故D正确;
故选D.
3.【答案】C
【解析】由乙酸的化学式为C2H4O2,而单烯烃的通式为CnH2n,
则混合物中C与H之间的数目比为1:
2,其质量比为12×
1:
1×
2=6:
1,
又混合物中共三种元素,氧的质量分数为a,碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a,
则碳元素的质量分数为
×
(1﹣a)=(1﹣a),
故选C.
4.【答案】C
根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和X元素原子核质子数之比为1:
2,X和Y的电子数之差为4,可知,W的原子序数为7时,此时推断出Y的原子序为18,所以W的原子序数为不超过7,可以按下列情况按序讨论:
①若W是H元素,则X是He元素、Y是C元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是12,不存在这样的元素,故舍去;
②若W是He元素,则X是Be元素、Y是O元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是9,不存在这样的元素,故舍去;
③若W是Li元素,则X是C元素、Y是Ne元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是6,且Z原子序数大于Z,所以Z为S元素,符合题意;
④若W是Be元素,则X是O元素、Y是Mg元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是9,不存在这样的元素,故舍去;
⑤若W是B元素,则X是Ne元素、Y是Si元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是4,为Si元素,Y和Z不能是同一元素,故舍去;
⑥若W是C元素,则X是Mg元素、Y是S元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Z最外层电子数是7,为Cl元素,符合题意;
⑦若W是N元素,则X是Si元素、Y是Ar元素,Z为短周期元素,所以没有符合条件的元素,故舍去;
所以存在的可能是③⑥,
A.若为⑥,其原子半径大小顺序是X>Y>Z>W,故A错误;
B.若W是Li,则锂为金属晶体,故B错误;
C.W能形成氢化物,则W是C元素,Y是S元素、Z是Cl元素,元素的非金属性越强,其气态氢化物越稳定,这几种元素中非金属性最弱的是C元素,所以其气态氢化物最不稳定,故C正确;
D.Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是Y<Z,如H2SO4>HClO,故D错误;
5.【答案】C
A.能氧化KI的氧化剂不一定为氯气,也可能为其它具有氧化性的气体,故A错误;
B.SO2通入Ba(NO3)2溶液,发生氧化还原反应生成硫酸根离子,进而生成硫酸钡沉淀,故B错误;
C.Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀,应为硅酸,可说明碳酸的酸性比硅酸强,故C正确;
D.某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体,应为二氧化碳,该溶液中可能为HCO3﹣或CO32﹣,故D错误.
6.【答案】D
【解析】A.原电池外电路电子由负极流向正极,所以电子从银电极流向石墨电极,故A错误;
B.该原电池中,Ag失电子作负极,石墨作正极,盐桥中K+是阳离子移向正极甲烧杯,故B错误;
C.一段时间后,原电池反应结束,流计指针指向0,故C错误;
D.电流计指针居中后,往甲烧杯中加入一定量的铁粉,铁活泼性强于银,形成新的原电池,铁做负极,银做正极,电流计指针向左偏转,故D正确;
7.【答案】A
A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中,加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液,首先生成AgI沉淀,
反应后剩余n(Ag+)=0.003L×
0.01mol/L=3×
10﹣5mol,继续生成AgCl沉淀,
反应后剩余n(Cl﹣)=0.005×
0.01mol/L﹣3×
10﹣5mol=2×
10﹣5mol,
c(Cl﹣)=2×
10﹣5mol÷
0.013L=1.53×
10﹣3mol/L,
浊液中c(Ag+)═KSP(AgCl)÷
c(Cl﹣)=(1.30×
10﹣5)2÷
1.53×
10﹣3=1.1×
10﹣7(mol/L),
c(I﹣)═KSP(AgI)÷
c(Ag+)=(1.22×
10﹣8)2÷
1.1×
10﹣7=1.35×
10﹣9,
混合溶液中n(K+)=1×
10﹣4mol,
n(NO3﹣)=0.008L×
0.01mol/L=1×
10﹣5mol,则c(K+)>c(NO3﹣),
故c(K+)>c(NO3﹣)>c(Cl﹣)>c(Ag+)>c(I﹣),故A错误;
B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀,故B正确;
C、AgCl饱和溶液中c(Ag+)为1.30×
L﹣1.溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)
Ag++Cl﹣,氯离子浓度为1.30×
L﹣1,由Ksp=[Ag+][Cl﹣]=1.30×
10﹣5mol/L×
1.30×
10﹣5mol/L=1.69×
10﹣10,故C正确;
D、当溶液中Qc=c(Cl﹣)×
c(Ag+)>Ksp时,会有氯化银沉淀生成,所以在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液,黄色沉淀会转变成白色沉淀,故D正确;
8.【答案】
(1)防止液溴挥发,降低原料利用率;
(2)Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3;
(3)HBr;
除去过量的Ca(OH)2;
(4)冷却结晶、过滤;
(5)3Ca(OH)2+3Br2+2NH3
3CaBr2+N2↑+6H2O;
(6)94.40%.
【解析】Fe与溴单质反应生成FeBr2,加过量的氢氧化钙,生成氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁,过滤得到滤液中主要CaBr2,在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到CaBr2·
2H2O晶体;
(1)溴单质受热易挥发,所以控制反应在较低温度不能超过40℃进行,防止液溴挥发,降低原料利用率,
故答案为:
防止液溴挥发,降低原料利用率;
(2)滤渣中除了是的氢氧化亚铁,还有剩余的Fe,和氧化生成的氢氧化铁,所以滤渣的成分可能是Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3,
Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3;
(3)溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙,过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙,加溴化氢除去多余的氢氧化钙,则加入的M为HBr,
HBr;
(4)从溶液中提取固体溶质的操作为:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:
冷却结晶、过滤;
(5)氨气通入石灰乳,加入溴,在65℃反应生成溴化钙、氮气和水,其反应的化学方程式为3Ca(OH)2+3Br2+2NH3
3CaBr2+N2↑+6H2O,
3Ca(OH)2+3Br2+2NH3
(6)称取5.00g样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量,得到2.00g固体,则生成的固体为碳酸钙,
设样品中CaBr2·
2H2O的质量为xg,
CaBr2·
2H2O~Na2CO3~CaCO3,
236100
xg2.00g
则x=
=4.72g,
则CaBr2·
2H2O的质量分数为
100%=94.40%,
94.40%.
9.【答案】
(1)①<;
②be;
(2)①
;
减小;
②0.045mol/(L·
min);
d;
③c;
<.
【解析】
(1)①由图可知,温度越高SO3的含量越低,即升高温度平衡向逆反应移动,所以正反应是放热反应,△H<0,故答案为:
<;
②2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g),反应气体体积减小,气体质量不变,
a.2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g),反应气体体积减小,气体质量不变,体系的密度不发生变化,所以体系的密度不发生变化,不能说明反应达到平衡状态,故a错误;
b.SO2与SO3的体积比保持不变,反应达到平衡状态,故b正确;
c.2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g),气体质量不变,S元素质量不变,体系中硫元素的质量百分含量不再变化,不能说明反应达到平衡状态,故c错误;
d.任何状态下,单位时间内转移4mol电子,同时消耗2molSO3,不能说明反应达到平衡状态,故d错误;
e.容器内的气体分子总数不再变化,说明各物质的浓度不变,说明反应达到平衡状态,故e正确.
be;
(2):
①N2(g)+3H2(g)
2NH3(g),反应的平衡常数K=
,图象1分析可知反应是放热反应,反应物能量高于生成物能量,温度升高平衡逆向进行,平衡常数减小,故答案为:
②图象分析2L的密闭容器中,V(N2)=
V(H2)=
=0.015mol/(L·
min),V(H2)=0.045mol/(L·
从11min起其它条件不变,压缩容器的体积为1L,压强增大,平衡正向进行,瞬间氮气物质的量不变,随平衡正向进行,氮气物质的量减小,则n(N2)的变化曲线
d符合;
0.045mol/(L·
③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系,曲线上各点都处于平衡状态,故a、b、c都处于平衡状态,达平衡后,增大氢气用量,氮气的转化率增大,故a、b、c三点中,c的氮气的转化率最高;
由图3可知,氢气的起始物质的量相同时,温度T1平衡后,氨气的含量更高,该反应为放热反应,降低温度平衡向正反应移动,故温度T1<T2,温度越高化学平衡越低,故K1>K2;
c;
10.【答案】
(1)除去铝箔表面的油脂等有机物;
(2)排出装置中含有水蒸气的空气;
(3)保证溴完全反应,防止溴过量混入溴化铝中;
(4)2Al+3Br2=2AlBr3;
(5)当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色;
(6)将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝.
(1)铝箔表面易沾有油脂,根据相似相溶原理知,有机溶质易溶于有机溶剂,所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂,故答案为:
除去铝箔表面的油脂等有机物;
(2)溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr,为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解,用氮气将水蒸气排出,故答案为:
排出装置中含有水蒸气的空气;
(3)实验利用蒸馏方法得到溴化铝,如果溴过量,溴易混入溴化铝中,所以为保证液溴完全反应,该实验要保证烧瓶中铝箔过剩,
保证溴完全反应,防止溴过量混入溴化铝中;
(4)铝和溴反应生成溴化铝,根据反应物、生成物书写方程式为2Al+3Br2=2AlBr3,故答案为:
2Al+3Br2=2AlBr3;
(5)当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色,说明溴恰好完全反应,则可以停止回流,
当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色;
(6)步骤5需打开导管口l和4,利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝,故答案为:
将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝.
11.【答案】
(1)酯基、羟基;
(2)加成反应;
(3)
(4)
(5)
(6)
.
(1)据G的结构简式可知,G中含有酯基和羟基两种官能团,故答案为:
酯基、羟基;
(2)反应②是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键,故答案为:
加成反应;
(3)得到另一产物的其分子式为C8H14O2,则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应,H的结构简式为
,故答案为:
(4)Ⅰ为链状结构,分子式为C10H18O4,由G生成I的结构简式为
(5)①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有苯环和酚羟基;
②分子的核磁共振氢谱有2个峰,说明2个酚羟基在苯环的对位,苯环上还有4个甲基,J的结构简式为
,结合反应①可知,需将甲醇氧化为甲醛,再与乙炔反应生成CH≡CCH2OH,与氢气加成产物加聚可得
,其合成路线为
,
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