高三化学下学期模拟考试试题.docx
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高三化学下学期模拟考试试题
高三化学下学期模拟考试试题(含解析)
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分,考试时间50分钟。
可能用到的相对原子质量:
H—1C—12N—14O—16Na—23S—32Fe—56Br—80Ba—137
第Ⅰ卷(选择题共42分)
一、选择题(本题共7小题,每小题6分。
在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求)
1.2015年8月12日23许,天津港瑞海公司危险品仓库发生火灾爆炸,造成了人民群众和公安消防战士的重大伤亡。
据悉,瑞海公司在前期出口量比较大的危险品主要有硫化钠、硫氢化钠、氯酸钠、钙、镁、钠、硝化纤维素、硝酸钙、硝酸钾、硝酸铵、氰化钠等。
你认为现场不宜采用的灭火措施是
A.喷水冷却燃烧物,冷却灭火
B.沙土覆盖燃烧物,窒息灭火
C.移开易燃易爆物,隔离灭火
D.喷入化学灭火剂,抑制灭火
【知识点】生活中的材料钠及其化合物
【试题解析】危险品的主要成分为硫化钠、硫氢化钠、氯酸钠、钙、镁、钠、硝化纤维素、硝酸钙、硝酸钾、硝酸铵、氰化钠,钠等化合物燃烧,如用水灭火,钠会与水反应生成氢氧化钠与氢气,氢气为可燃物,会使火燃烧的更旺,其他灭火方式均合理,故答案为A。
【答案】A
电解
2.下列反应的离子方程式正确的是
A.用惰性电极电解MgCl2溶液:
2Cl-+2H2O══2OH-+H2↑+Cl2↑
B.向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液:
5ClO-+2Fe2++5H2O═4HClO+Cl-+2Fe(OH)3↓
C.向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液:
NH4++HCO3-+2OH-═NH3·H2O+CO32-+H2O
D.向CuSO4溶液中滴加过量氨水:
Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+
【知识点】离子方程式的书写及正误判断
【试题解析】A.用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式应为Mg2++2Cl-+2H2O═Mg(OH)2 +H2↑+Cl2↑,错误;
B.向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液的离子方程式应为5ClO-+2Fe2++5H2O═4HClO+Cl-+2Fe(OH)3↓,正确;
C.向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液的离子方程式应为NH4++HCO3-+2OH- +Ca2+═NH3·H2O+CaCO3+H2O,错误;
D.Cu2+在过量的氨水中应以Cu(NH3)4+的形式存在,而不是生成氢氧化铜,
错误;故答案为B。
【答案】B
3.依据下列相关实验得出的结论正确的是
A.在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后,将洗净的沉淀放入盐酸中有气泡产生,说明Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)
B.测得Na2CO3溶液的pH大于同浓度的Na2SO3溶液,说明非金属性C<S
C.用激光笔分别照射鸡蛋清溶液和葡萄糖溶液,能产生光亮“通路”的是鸡蛋清溶液
D.在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热片刻再加入适量银氨溶液,水浴加热后没有银镜生成,说明淀粉没有水解
【知识点】糖类分散系元素周期律难溶电解质的溶解平衡
【试题解析】A.在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后,将洗净的沉淀放入盐酸中有气泡产生,
可能是因为碳酸钠过量与盐酸反应生成的二氧化碳,不能证明碳酸钡与硫酸钡的溶解度大小,错误;
B非金属性应是指最高价氧化物对应水化物的酸性,题中的亚硫酸钠对应的是亚硫酸,不是最高价的酸,错误;
C.鸡蛋清溶液属于胶体,可形成丁达尔效应,葡萄糖溶液属于溶液,不具有这一性质,正确;
D.检验淀粉有无水解时应注意先加入稀硫酸,再加入氢氧化钠,中和过量的硫酸,再加入银氨溶液,若无银镜生成,则可说明淀粉未水解,错误;故答案为C。
【答案】C
4.直接甲醇燃料电池(DMFC)有望取代传统电池,它主要由阴极极板、阳极极板和膜电极构成,其中膜电极包括质子交换膜、催化剂层和气体扩散层(如图)。
下列关于DMFC工作原理的叙述正确的是
A.通入O2的电极反应式为:
O2 +4e-+2H2O═4OH-
B.电池内部H+由正极渗过交换膜向负极移动
C.甲醇在正极发生反应,电流经过外电路流向负极
D.注入CH3OH的电极反应式为:
CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+
【知识点】原电池
【试题解析】A.通入O2的电极反应式应为O2 +4e-+4H+═2H2O,电解质为酸性,不能生成氢氧根,错误;
B.原电池中阳离子应向正极方向移动,电池内部H+由负极渗过交换膜向正极移动,错误;
C.通过图示可知,甲醇中的C的化合价由-2价升为二氧化碳中的+4价,则甲醇发生氧化反应,为电池的负极,电流经过外电路流向负极,错误;
D.注入CH3OH的电极为负极,在酸性条件下失电子,发生氧化反应,反应式为:
CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+,正确;故答案为D。
【答案】D
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.5.6g铁粉与足量水蒸气反应,失去的电子数为0.3NA
B.制取标准状况下22.4LCl2,需转移的电子数为2NA
C.2.3gNa在空气中完全燃烧,失去的电子数为0.1NA
D.标准状况下3.36LHF里含有的原子总数为0.3NA
【知识点】物质的量阿伏伽德罗常数
【试题解析】A.5.6g铁粉为0.1mol,与足量水蒸气反应的方程式为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,失去的电子数为0.8/3NA,错误;
B.标准状况下22.4LCl2为0.1mol,制取氯气的方法有很多,例如Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O,氯气需转移的电子数为NA,错误;
C.2.3gNa为0.1mol,在空气中完全燃烧生成过氧化钠,失去的电子数为0.1NA,正确;
D.标准状况下HF为液体,不能计算物质的量,错误;故答案为C。
【答案】C
6.草酸(H2C2O4)是一种重要的化工原料,常温下其K1=5.4×10-2、K2=5.4×10-5。
常温下几种草酸盐溶液的pH见下表:
编号
①
②
③
溶液
0.01mol/LKHC2O4
0.01mol/LK2C2O4
溶液①与溶液②等体积混合
pH
3.1
8.1
未测定
下列溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是
A.①中:
c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H+)>c(OH-)
B.②中:
c(K+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(OH-)>c(H+)
C.③中:
c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(H+)
D.③中:
2c(OH-)+c(C2O42-)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+2c(H+)
【知识点】盐类的水解
【试题解析】A、0.01mol/LKHC2O4溶液呈酸性,草酸氢根电离生成草酸根和氢离子,水电离也生成氢离子和氢氧根,所以氢离子的浓度应大于草酸根的浓度,错误;
B、草酸钾中草酸根水解生成草酸氢根和氢氧根,水会电离出氢氧根,则氢氧根离子浓度应大于草酸氢根,错误;C、中草酸钾和草酸氢钾等体积等浓度混合,由题中K1=5.4×10-2、K2=5.4×10-5可知,草酸的第一次电离程度大于第二次电离程度,则证明草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度,则草酸根的浓度应大于草酸氢根的浓度,错误;
D、草酸钾中存在质子守恒为c(OH-)+c(C2O42-)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(H+),草酸氢钾中存在质子守恒为c(OH-)+c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(H+),二者相加即可得到2c(OH-)+c(C2O42-)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+2c(H+),正确;故答案为D。
【答案】D
7.在一容积不变的密闭容器中充入0.1mol/LCO2和0.1mol/LCH4,在一定条件下发生反应:
CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)。
测得平衡时CH4的转化率与温度、压强的关系如下图:
下列有关说法正确的是
A.上述反应的ΔH<0
B.压强p1>p2>p3>p4
C.1100℃时该反应的平衡常数约为1.64
D.压强为p4时,y点的v正 【知识点】化学平衡 【试题解析】A、由图可知,随着温度的升高,CH4的转化率变大,则说明升高温度平衡正向移动,则反应为吸热反应,ΔH>0,错误; B、同一温度下,压强越大,平衡逆向移动,CH4的转化率变小,则可知p4>p3>p2>p1,错误; C、1100oC时,由图可观察到,CH4的转化率为80%,则可列出如下三段式 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) C(始)/mol/L 0.1 0.1 0 0 C(变)/mol/L 0.08 0.08 0.16 0.16 C(平)/mol/L 0.02 0.02 0.16 0.16 则K值===1.64,正确; D、压强为p4时,x点为反应达到平衡时刻,y点时甲烷的转化率小于x点,则说明y时应向甲烷转化率更高的方向移动,即向正反应方向移动,即此刻的v正>v逆,错误;故答案为C。 【答案】C 第Ⅱ卷(非选择题共58分) 二、非选择题(本题共4小题,共58分) 8.(13分)R、T、V、X、Y分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素,在已发现的元素里R的原子半径最小;T、V同主族,T与Y可组成共价化合物TY3;X的晶体熔点高、硬度大、有脆性,在常温下化学性质不活泼。 Z元素基态原子核外M能层上p轨道与d轨道的电子总数相等。 请回答下列问题: (1)Z元素基态原子的电子排布式是。 (2)利用价层电子对互斥理论判断TY3的空间构型是。 (3)V、X、Y的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是(填化学式);LiTR4为近年来储氢材料领域的研究热点,其中TR4-的电子式为;V的氢氧化物作弱酸时有类似TR4-的离子产生,其电离方程式为。 (4)Y的二氧化物为一种气体,它是新一代饮用水的消毒剂、可用NaYO3与浓盐酸反应制取,在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1: 1,其化学方程式为。 【知识点】氯及其化合物晶体结构与性质化学键与分子间作用力元素周期律 【试题解析】由题意可知R的原子半径最小,则R为H,X的晶体熔点高、硬度大、有脆性,在常温下化学性质不活泼,则X为Si,T、V同主族,T与Y可组成共价化合物TY3,则T为B、V为Al、Y为Cl,Z元素基态原子核外M能层上p轨道与d轨道的电子总数相等,则Z为Fe,根据以上信息答题 (1)Z为Fe,基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2,故答案1s22s22p63s23p63d64s2; (2)TY 3为BCl3,根据价层电子对互斥理论判断它的空间构型应为平面三角形,故答案 为平面三角形; (3)V为Al、X为Si、Y为Cl,形成的晶体分别是金属晶体、原子晶体及分子晶体,熔 点由高到低的排列顺序是Si>Al>Cl2,BH4-的电子式为 ,Al的氢氧化物作弱酸时有类似BH4-的离子产生,其电离方程式为Al(OH)3+H2O H++[Al(OH)4]-故答案为Si>Al>Cl2, ,Al(OH)3+H2O H++[Al(OH)4]-; (4)Y的二氧化物为ClO2,NaClO3与浓盐酸反应制取ClO2的化学方程式为2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,满足氧化剂与还原剂的物质的量之比为1: 1,故答案为2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。 【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d64s2 (2)平面三角形(3)Si>Al>Cl2, ,Al(OH)3+H2O H++[Al(OH)4]-(4)(3分)2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 9.(13分)某学习小组用碳素钢进行了以下探究活动: [探究一] (1)将已去除表面氧化膜的碳素钢钉放入冷浓硫酸中,10min后将钢钉浸入CuSO4溶液中,钢钉表面无明显变化,其原因是。 (2)称取6.0g碳素钢放入15.0mL浓硫酸中,加热,充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。 ①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+,若要确认是否含有Fe2+,可选用(选填序号)。 A.KSCN溶液B.浓氨水C.酸性KMnO4溶液D.K3[Fe(CN)6]溶液 ②乙同学取560mL(标准状况)干燥气体Y通入足量溴水中,然后加入足量BaCl2溶液,经适当操作后得到干燥固体4.66g,由此可知Y中含硫化合物Q1的体积分数为。 [探究二]丙同学认为气体Y中还可能含有Q2、Q3两种气体(相同条件下Q1、Q2、Q3气体的密度依次减小)。 为此,设计了下列装置进行实验探究(假设有关气体完全反应)。 (3)装置B中试剂的作用是。 (4)已知洗气瓶M中盛装的是澄清石灰水,为确认Q2的存在,洗气瓶M的位置应在,产生Q2的反应的化学方程式为。 (5)确认含有气体Q3的实验现象是,产生Q3的反应的离子方程式为。 【知识点】硫及其化合物物质的制备、收集和净化化学实验的设计和评价铁、铜及其化合物 【试题解析】 (1)碳素钢的主要成分为铁和碳的合金,铁与浓硫酸会发生钝化,形成致密的氧化物薄膜,不在继续发生反应,故答案为Fe被冷浓硫酸钝化; (2)①检验亚铁离子,可用K3[Fe(CN)6]溶液检验,生成蓝色沉淀,也可用酸性KMnO4溶液,紫色褪去,故答案为CD; ②碳素钢的主要成分为碳和铁,与浓硫酸在加热条件下可生成混合气体Y为二氧化硫和二氧化碳560mL,通入足量溴水中,SO2与溴水反应可生成硫酸,加入足量BaCl2溶液,生成BaSO4沉淀,4.66gBaSO4为0.02mol,则混合气体中SO2的物质的量为0.02mol,V=0.02x22.4mol/L=448mL,则体积分数为448/560*100%=80%,故答案为80%; (3)A中高锰酸钾的目的是除去混合气体中的SO2,B中品红的作用为检验SO2是否除 净,故答案为确认SO2已除尽; (4)M中盛装的是澄清石灰水,目的是检验CO2,混合气体中可能存在CO,与氧化铜反应生成二氧化碳,故应放置在B与C之间,产生CO2的反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,故答案为B与C之间,C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O; (5)随着硫酸的浓度降低,Fe与稀硫酸反应可生成氢气,Q3为氢气,氢气与氧化铜反应生成水与氧化铜,则现象为D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝,故答案为D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝,Fe+2H+═Fe2++H2↑。 【答案】 (1)Fe被冷浓硫酸钝化 (2)①CD,②80%(3)确认SO2已除尽(4)B与C之间,C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(5)D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝,Fe+2H+═Fe2++H2↑ 10.(16分)某天然有机化合物A仅含C、H、O元素,与A相关的变化如下(部分反应产物已略去): (1)化合物B的官能团名称是,B→F的反应类型为。 (2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式: S→B的第①步: 。 A→P: 。 D→E的第①步: 。 (3)nmolA发生缩聚反应生成(n-1)molH2O时,所得链状聚酯的结构简式为。 (4)写出与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式: 。 【知识点】有机合成与推断有机反应类型有机物的结构酸醛卤代烃醇 【试题解析】由于A中只含有C、H、O三种元素,S为氯代有机酸,在水解后酸化生成A,则 A中含有-OH和-COOH,P为六元环,则可推知A中应含有两个羧基,则A为 HOOCCHOHCH2COOH,顺推S为HOOCCHClCH2COOH,B为HOOCCH=CHCOOH,与 Br2反应生成D为HOOCCHBrCHBrCOOH,在碱性条件下消去,后酸化成E为 HOOCC≡CCOOH,B与氢气生成F为HOOCCH2CH2COOH,与碳酸氢钠反应生成G为 NaOOCCH2CH2COONa,根据以上信息答题 (1)化合物B为HOOCCH=CHCOOH,官能团名称是碳碳双键和羧基,B为HOOCCH=CHCOOH与氢气反应生成F为HOOCCH2CH2COOH的反应类型为加成反应,故答案为)碳碳双键、羧基,加成(或还原)反应; (2)S为HOOCCHClCH2COOH在碱性条件下生成BHOOCCH=CHCOOH的第①步的离子方程式为HOOCCHClCH2COOH+3OH--OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2O; A为HOOCCHOHCH2COOH生成P的化学方程式为 ; D为HOOCCHBrCHBrCOOH生成EHOOCC≡CCOOH的第①步的离子方程式为HOOCCHBrCHBrCOOH+4OH--OOCC≡CCOO-+2Br-+4H2O; 故答案为HOOCCHClCH2COOH+3OH--OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2O HOOCCHBrCHBrCOOH+4OH--OOCC≡CCOO-+2Br-+4H2O; (3)nmolAHOOCCHOHCH2COOH发生缩聚反应生成(n-1)molH2O时,所得链状聚酯的结构简式为 ,故答案为 ; (4)与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式为 ,故答案 。 【答案】 (1)碳碳双键、羧基,加成(或还原)反应 (2)HOOCCHClCH2COOH+3OH--OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2O HOOCCHBrCHBrCOOH+4OH--OOCC≡CCOO-+2Br-+4H2O(3) (4) 11.(16分)硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首,采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措。 Ⅰ.研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的NO污染。 NH3与NO的物质的量之比分别为1﹕3、3﹕1、4﹕1时,NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。 (1)①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4 mg/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为mg/(m3·s)。 ②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是,其理由是。 (2)已知在25℃,101kPa时: N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol 2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol N2(g)+O2(g)═2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol 请写出用NH3脱除NO的热化学方程式。 Ⅱ.工业上还可以变“废”为“宝”,将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4(保险粉)和NH4NO3等化工用品,其生产流程如下(Ce为铈元素): (3)装置Ⅱ中NO转变为NO3-的反应的离子方程式为 。 (4)装置Ⅲ制得Na2S2O4的同时还能让Ce4+再生,原理如右图所示。 其阴极的电极反应式为 。 (5)按上述流程处理含有amolSO2、bmolNO的雾霾(b>a),并制取Na2S2O4和NH4NO3。 装置Ⅰ中SO2、装置Ⅱ中NO、装置Ⅲ中HSO3-和Ce3+、装置Ⅳ中NO2-均全部转化,处理完毕后装置Ⅱ中Ce4+的剩余量与加入量相比没有变化,则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2 L。 (用含a、b的代数式表示) 11 解答 【知识点】电解池化学反应热的计算氮、磷及其化合物化学平衡 【试题解析】Ⅰ. (1)①由图可知A点到B点NO的脱出率为0.75-0.55=0.2,则变化的浓度为0.2*6×10-4 mg/m3=1.2×10-4 mg/m3,则脱除速率为1.2×10-4 mg/m3/0.8s=1.5×10-4 mg/(m3·s),故答案为1.5×10-4 mg/(m3·s); ②NH3与NO反应的方程式为4NH3+6NO═5N2+6H2O,可知NH3与NO的物质的量的比值越大,则NO脱除率越大,由图可知,同一温度时,曲线a的NO脱除率最大,则a对应的比值为4: 1,曲线b对应的比值为3: 1,曲线c对应的比值为1: 3,故答案为3: 1NH3与NO的物质的量的比值越大,NO脱除率越大; (2)根据盖斯定律可知4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(l) ΔH=-2ΔH1-3ΔH2+3ΔH3=-2070kJ/mol,故答案为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(l) ΔH=-2070kJ/mol; (3)由图可知,装置Ⅱ中NO与Ce4+在酸性条件下生成NO3-与Ce3+,反应的离子方程为3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+,故答案为3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+; (4)由图示可知A端电极Ce3+氧化成Ce4+,B端HSO3-还原为S2O42--,所以A为电源正极,B为电源负极,则阴极的电极反应式为2H++2HSO3-+2e-═S2O42--+2H2O,故答案为2H++2HSO3-+2e-═S2O42--+2H2O; (5)由题意可知,在这一流程中,只有bmolNO由+2价的升高为+5价的NO3-,则失去电子数为3bmol,amolSO2由+4价最终降低到+3价的S2O42--,得到电子数为amol,1mol氧气由0价降为-2价,得到电子数为4mol,根据氧化还原反应中得失电子数相同,则通入氧气的物质的量为(3b—a)/4mol,则氧气的体积为22.4*(3b—a)/4=5.6(3b-a)L。 【答案】Ⅰ. (1)①1.5×10-4 ②3∶1 NH3与NO的物质的量的比值越大,NO脱除率越大 (2)4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(l) ΔH=-2070kJ/molⅡ.(3)3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+ (4)2H++2HSO3-+2e-═S2O42--+2H2O(5)5.6(3b-a)
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