河北省保定市高三第二次模拟考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx
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答案选C。
3.下列有关实验操作或实验原理叙述正确的是
A.可以用pH试纸测定饱和氯水的pH
B.用50mL量筒能够量取8.5mL0.1mol•L-1盐酸
C.用图1所示操作检查装置的气密性
D.实验室用图2所示装置制取纯净的NO2
【解析】A、氯水中HClO具有强氧化性,使试纸褪色,则应利用pH计测定氯水的pH,选项A错误;
B、50ml的量筒能准确到1ml,所以不能用50mL量筒量取8.5mL盐酸,选项B错误;
C、用弹簧夹夹住橡皮管,然后向长颈漏斗中注入水,直至浸没长颈漏斗末端,若形成液面差,则气密性良好,选项C正确;
D、稀硝酸与铜反应生成NO,选项D错误。
4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A.向NaAlO2稀溶液中通入一定量CO2,有白色沉淀产生,说明碳酸的酸性强于氢氧化铝
B.用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明溶液中不含K+
C.在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝,再通入SO2,蓝色褪去,说明SO2具有漂白性
D.向某FeCl2溶液中加入粉末,出现红褐色沉淀,说明原FeCl2已氧化变质
【答案】A
【解析】试题分析:
依据强酸制弱酸的原理,向NaAlO2溶液中通入足量CO2,有白色沉淀产生,说明碳酸的酸性强于氢氧化铝,故A正确;
用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明溶液中含有Na+,不能说明不含有K+,故B错误;
在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝,再通入SO2,蓝色褪去,是因为二氧化硫把碘单质还原为
,说明SO2具有还原性,故C错误;
Na2O2具有氧化性,能把Fe2+氧化为Fe3+,不能说明原FeCl2已氧化变质,故D错误。
考点:
本题考查化学实验操作和现象。
5.据报道:
美国火星探测车在火星大气层中检测到了气体M,资料显示,1个M分子由X、Y、Z三种短周期非金属元素的各一个原子构成,三种元素在元素周期表中的位置如图。
已知:
在地球表面温度条件下M不稳定,易分解生成一种单质和一种可燃性氧化物。
下列说法正确的是
X
Y
Z
A.M分解产生的可燃性氧化物为XY
B.可以推测出火星大气层的温度比地球表面温度略高
C.X、Y、Z三种非金属元素形成的单质的沸点X>
Y>
D.X、Y、Z三种非金属元素最简单气态氢化物的稳定性X
【解析】根据三种元素在元素周期表中的位置以及在地球表面温度条件下M不稳定,易分解生成一种单质和一种可燃性氧化物。
可得知三种元素中有一种是氧元素,而可燃性氧化物应该是CO,符合X与Y为第二周期且原子序数相差2,则Z为S,则M为CSO。
故:
A、M分解产生的可燃性氧化物为XY即CO,选项A正确;
B、在火星大气层中检测到了气体M,在地球表面温度条件下M不稳定,则应该是火星大气层的温度比地球衣面温度低,选项B错误;
C、X、Y、Z三种非金属元素形成的单质的沸点C>
S>
O2,即X>
Z>
Y,选项C错误;
D、X、Y、Z三种非金属元素最简单气态氢化物的稳定性H2S<
CH4<
H2O,即Z<
X<
Y,选项D错误。
答案选A。
6.设NA为阿伏加徳罗常数数值,下列有关叙述正确的是
A.将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NA
B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C.标准状况下,2.24LCCl4中所含原子数为0.5NA
D.标准状况下,18gD2O中所含电子数为9NA
【答案】D
【解析】A、78gNa2O2的物质的量为1mol,与过量CO2反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,转移的电子数为2NA,选项A错误;
B、合成氨的反应属于可逆反应,不可能完全进行,1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数少于2NA,选项B错误;
C、标准状况下,四氯化碳不是气体,无法计算2.24LCCl4中所含原子数,选项C错误;
D、18gD2O的物质的量为
,所含电子数为9NA,选项D正确。
本题考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律,正确使用标准状况下气体的摩尔体积是解决本题的关键。
7.含SO2的烟气会形成酸雨,工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2,随着SO2的吸收,吸收液的pH会不断变化。
下列粒子浓度关系一定正确的是
A.Na2SO3溶液中存在:
c(Na+)>
c(SO32-)>
c(H2SO3)>
c(HSO3-)
B.已知NaHSO3溶液的pH<
7,该溶液中:
c(HSO3-)>
c(H2SO3)>
c(SO32-)
C.当吸收液呈酸性时:
c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D.当吸收液呈中性时:
c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
A.Na2SO3溶液中存在离子浓度大小c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)>c(H2SO3),故A错误;
B.NaHSO3溶液pH<7,该溶液中亚硫酸根离子电离大于水解,溶液中离子浓度大小c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H2SO3),故B错误;
C.当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3,溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-),可以是NaHSO3和亚硫酸钠混合溶液可能呈酸性,物料守恒不是选项中的物料守恒,故C错误:
D.当吸收液呈中性时,c(H+)=c(OH-),溶液中存在的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)得到c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),故D正确;
故选D。
【考点定位】考查离子浓度大小的比较
【名师点晴】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较,电荷守恒和物料守恒的计算应用。
判断电解质溶液的离子浓度关系,需要把握三种守恒,明确等量关系。
①电荷守恒规律,电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。
如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-,存在如下关系:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。
②物料守恒规律,电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。
如NaHCO3溶液中存在着HCO3-的电离和水解,故C元素以CO32-、HCO3-、H2CO3三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:
c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)。
③质子守恒规律,可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
8.化学学科中的平衡理论主要包括:
化学平衡、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡四种,且均符合勒夏特列原理。
请回答下列问题:
(1)常温下,取PH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL,向其中分别加入适量的Zn粒,反应过程中两溶液的pH变化如右图所示。
则图中表示醋酸溶液中PH变化的曲线是________(填“A”或“B”)。
.设盐酸中加入的Zn质量为m1,醋酸溶液中加入的Zn质量为m2.则m1______m2(选填“<”、“=”、“>”)
(2)在体积为3L的密闭容器中,CO与H2在一定条件下反应生成甲醇:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)。
反应体系中甲醇的物质的量与反应时间的关系如图所示。
升高温度,该化学平衡常数K值_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
在500℃,从反应开始到达到平衡,用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=________________。
(3)常温下Mg(OH)2的Ksp=2×
10-11,若此温度下某MgSO4溶液里c(Mg2+)=0.02mol•L-1,如果生成Mg(OH)2沉淀,应调整溶液pH使之大于等于___________;
该温度下,在0.20L的0.002mol•L-1MgSO4溶液中加入等体积的0.10mol•L-1的氨水,该温度下电离常数Kb(NH3·
H2O)=2×
l0-s,试通过汁算判断___________(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀生成。
(4)常温下,某纯碱(Na2CO3)溶液中滴入酚酞,溶液呈红色。
在分析该溶液遇酚酞呈红色原因时,甲同学认为是配制溶液所用的纯碱样品中混有NaOH所致;
乙同学认为是溶液中Na2CO3电离出的CO32-水解所致。
请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)___________________________________________________________________。
【答案】
(1).B
(2).<
(3).减小(4).
mol•L-1•min-1(5).10(6).有(7).取少量红色溶液,加入足量BaCl2溶液,如果溶液仍然显红色说明甲正确,红色褪去说明乙正确。
(其它合理答案也给分)
(1)由于醋酸是弱电解质,与Zn反应同时,电离出H+,所以pH变化较缓慢,所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线;
pH相同时醋酸的浓度大于盐酸,在溶液体积相等时产生消耗的锌对于盐酸消耗的锌;
(2)CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g),反应达到平衡时,图象分析可知先拐先平温度高,T2>T1,温度越高甲醇物质的量越小,说明升温平衡逆向进行,逆向是吸热反应,正反应是放热反应,升温平衡逆向进行,平衡常数减小;
在图象中,T2时,从反应开始到平衡甲醇生成物质的量nB,V(H2)=2V(CH3OH)=2×
mol•L-1•min-1;
(3)MgSO4溶液中c(Mg2+)=0.002mol/L,沉淀平衡时c(OH-)=
,则c(H+)=10-10mol/L,因此生成Mg(OH)2沉淀,应调整溶液pH,使之大于10;
该温度下,在0.20L的0.002mol/LMgSO4溶液中加入等体积的0.10mol/L的氨水溶液,镁离子浓度变为0.001mol/L;
氢氧根的浓度为
,c(Mg2+)•c2(OH-)=10-9>Ksp=2×
10-11,有沉淀产生;
(4)酚酞遇碱变红色,该溶液呈红色说明是碱性溶液,要验证该溶液遇酚酞呈红色原因,可用以下方法,方法一:
向红色溶液中加入足量BaCl2溶液,如果溶液还显红色说明甲正确,红色褪去说明乙正确。
考查弱电解质的电离、化学平衡常数、化学反应速率概念的理解应用、溶度积有关计算、盐类水解等知识点
9.将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、提高利用率已成为当务之急。
(1)根据部分键能数据和CH44
(g)+4F2
(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH为1940kJ·
mol-1,计算H—F键的键能为___________。
(2)甲醇、二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料,二者均可利用CO和H2反应合成。
①某燃料电池以二甲醚为原料,熔融碳酸盐为电解质,其负极反应如下:
CH3OCH3+6CO32--12e-=8CO2+3H2O。
写出该燃料电池的正极反应式__________________。
②废水中含甲醇对水质会造成污染,Co3+可将甲醇氧化为CO2。
某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理,其阳极反应式_____________________。
(3)某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生H2S废气。
①电解池中电极A、B均为惰性电极,其中A为电解池的______极;
电极B所得到的物质X的分子式为_________。
②反应池中发生的离子反应方程式为_____________。
【答案】
(1).565kJ•mol﹣1
(2).O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣(3).Co2+﹣e-=Co3+(4).阳(5).H2(6).H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+
(1)根据键能数据,焓变等于反应物的总键能-生成物的总键能,CH4+4F2=CF4+4HF的反应热ΔH=414×
4+155×
2-489×
4-565×
4=–1940kJ·
mol-1;
(2)①原电池正极发生还原反应,某燃料电池以二甲醚为原料,熔融碳酸盐为电解质正反应为
,其负极反应CH3OCH3+6CO
-12e-=8CO2+3H2O。
该燃料电池的正极反应式=总反应-负极反应,正极反应式CO2+O2+4e-=2CO
;
②阳极发生氧化反应,阳极反应式为Co2+-e-=Co3+;
(3)根据图示,A极有Fe3+生成,A是阳极,B是阴极发生还原反应,
,B所得到的物质X的分子式为H2;
②根据图示反应池中发生的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+。
本题考查化学反应中的能量变化、电化学原理。
10.碱式碳酸镁可用于牙膏、医药和化妆品等工业,化学式为4MgCO3·
Mg(OH)2·
5H2O,某碱式碳酸镁中含有SiO2杂质,为测定其纯度,某兴趣小组设计了如下方案:
方案I取一定质量的样品,与硫酸充分反应,通过测定生成CO2的质量计算纯度
(1)乙中发生反应的方程式为_________________________________。
(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a____________,丁的作用是_______________。
(3)当样品充分反应完后,缓慢通入空气的目的是____________________________。
方案II①称取碱式碳酸镁样品mg;
②将样品充分高温煅烧,冷却后称量;
③重复操作②,测得剩余固体质量为m1g
(4)下列仪器中,该方案不会用到的是______________。
(5)判断样品完全分解的方法是______________;
本实验至少需要称量_______次。
(6)有同学认为方案II高温煅烧的过程中会发生4MgCO3+SiO2
MgSiO3+CO2↑会导致测定结果有误,你认为这位同学的观点正确吗?
__________(填“正确”或“错误”)请说明理由:
______________________________________。
【答案】
(1).4MgCO3·
Mg(OH)2·
5H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO2↑
(2).debcb(c)(3).除去CO2中混有的水蒸气(4).将装置中残留的CO2全部赶出被完全吸收(5).E(6).样品连续两次高温煅烧,冷却称量质量相差0.1g以内(7).4(8).错误(9).该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量
【解析】本题分析:
本题主要考查对于“测定碱式碳酸镁纯度”实验的评价,涉及碳酸盐受热分解和二氧化碳性质等。
(1)乙中发生反应的化学方程式为4MgCO3·
5H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO2↑。
(2)通过浓硫酸除去水蒸气,通过干燥管吸收二氧化碳;
气体通过干燥管的方向是“宽进细出”;
为了防止空气中水蒸气、二氧化碳进入量化二氧化碳质量的干燥管,需要再连接一个干燥管。
故仪器接口的连接顺序为adebcb,丁的作用是除去CO2中的水蒸气。
(3)当样品充分反应完后,缓慢通入空气的目的是:
将装置中残留的CO2全部赶出被完全吸收。
(4)该方案不会用到的是E。
(5)判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧,冷却称量质量相差0.1g以内;
本实验加热前需要称量坩埚的质量、坩埚与药品的质量和,加热至质量恒重,至少称量两次,一共至少需要称量4次。
(6)错误。
理由:
该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量。
11.硼(B)、铝(Al)、镓(Ga)均属于硼族元素(第ⅢA族),它们的化合物或单质都有重要用途,请回答下列问题:
(1)写出基态镓原子的电子排布式_______________________。
(2)已知:
无水氯化铝在178℃升华,它的蒸气是缔合的双分子(Al2Cl6),结构如图。
缔合双分子(Al2Cl6)中A1原子的杂化轨道类型是__________。
(3)B原子的电子有___________个不同的能级;
晶体硼熔点为2300℃,则其为________晶体。
(4)磷化硼(BP)是一种有价值的耐磨硬涂层材料,它是通过在高温氢气氛围中(>
750℃)三溴化硼和三溴化磷反应制得。
BP晶胞如图所示。
①画出三溴化硼和三溴化磷的空间结构式:
三溴化硼___________;
三溴化磷___________。
②在BP晶胞中B的堆积方式为___________。
③计算当晶胞晶格参数为apm(即图中立方体的每条边长为apm)时磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离___________。
【答案】
(1).1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1
(2).sp3(3).3(4).原子(5).
(6).
(每个1分,体现平面三角形和三角锥形)(7).面心立方堆积(8).
镓是31号元素,其原子河外有31个电子,根据构造原理知道其核外电子排布式微1s22s22p63s23p63d104s24p1。
(2)氯化铝中每个铝原子含有3个共价键,且不含孤对电子对,为平面三角形结构,缔合分子Al2Cl6中铝原子的轨道杂化类型为sp3。
(3)B原子核外电子排布式微1s22s22p1,有3个不同的能级,晶体硼熔点为2300℃,熔点很高,属于原子晶体。
(4)①溴化硼中硼原子的价层电子对数位3+(3-1*3)/2=3,没有孤对电子对,所以分子空间构型为平面三角形,结构式为
,溴化磷中磷原子价层电子对数位3+(5-1*3)/2=4,磷原子有个孤对电子,所以分子空间构型为三角锥形,结构式为
②由晶胞结构可知,B原子处于晶胞顶点与面心,在BP晶胞中B的堆积方式为面心立方最密堆积。
③P原子与周围的4个B原子最近且形成正四面体结构,二者连线处于体对角线上,为体对角线的1/4,立方体的每条边长为apm,则晶胞体对角线长为
apm,则P原子与B原子最近距离为a
/4pm
原子核外电子排布,判断简单分子或离子的构型,晶胞的计算,不同晶体的结果微粒及微粒间作用力的区别
12.席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。
合成G的一种路线如下:
已知以下信息:
①
②1molB经上述反应可生成2molC,且C不能发生银镜反应
③D属于单取代芳烃,其相对分子质量为106
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢原子
⑤
回答下列问题:
(1)C中官能团名称______________,D的化学名称________________。
(2)由A生成B的化学方程式为____________________________________。
(3)G的结构简式为______。
(4)F的同分异构体中含有苯环的还有______种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有4组峰,且面积比为6∶2∶2∶1的是______(写出其中一种的结构简式)。
(5)由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺:
反应条件1所选择的试剂为______,H→I的反应类型为______。
【答案】
(1).碳氧双键(羰基)
(2).乙苯(3).
(4).
(5).19(6).
(7).浓硝酸、浓硫酸、加热50℃~60℃(8).还原反应
A的分子式为C6H13Cl,为己烷的一氯代物,在NaOH的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B,1mol的B发生信息①中的氧化反应生成2molC,且C不能发生银镜反应,因此B为对称结构烯烃,且不饱和碳原子上没有氢原子,因此B的结构简式为:
C(CH3)2=C(CH3)2,C为(CH3)2C=O,逆推可得A的结构简式为:
C(CH3)2Cl—CH(CH3)2;
D属于单取代芳香烃,其相对分子质量为106,因此满足通式CnH2n-2,故12n+2n-2=106,解得n=8,因此D的侧链为乙基,故D为乙苯,D的结构简式为:
乙苯在浓硫酸、加热的条件下与浓硝酸发生取代反应,生成E,且核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢则E为对硝基乙苯,E的结构简式为:
E在Fe、稀HCl的条件下发生还原反应,E中硝基被还原成氨基,生成F,因此F的结构简式为:
F与C在一定条件下分子间脱去一分子水,形成N=C双键得到G,则G的结构简式为:
。
据此分析回答问题。
(1)由以上分析可知,C(CH3)2Cl—CH(CH3)2在NaOH的乙醇溶液、加热条件下,发生消去反应生成(CH3)2=C(CH3)2,方程式为:
)C(CH3)2Cl—CH(CH3)2+NaOH
C(CH3)2=C(CH3)2+NaCl+H2O;
反应类型为消去反应;
(2)D是乙苯,乙苯在浓硫酸、加热的条件下与浓硝酸发生取代反应,生成对硝基乙苯,化学方程式为:
(3)由以上分析可知,G的结构简式为:
(4)F的结构简式为
,含有苯环的同分异构
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