河北省南宫一中2022届高三化学上学期第二次模拟测试试题实验班含解析

南宫一中2022届高三上学期理科实验班第二次理综模拟测试化学试题7.下列大小顺序比较错误的是（）A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3　B．相同pH的溶液，加水稀释后的pH：H2SO4>HCl>CH3COOHC．离子半径：K+>Na+>Mg2+D．结合H+能力：OH－>ClO－>NO3－【答案】B【解析】A正确；弱酸加水稀释促进电离，即相同pH的溶液，若加水等倍稀释后的pH：H2SO4=HCl>CH3COOH，B错误；同主族金属离子半径由上到下逐渐增大，相同电子层结构的微粒，核电核数大的半径小，C正确；水比次氯酸难电离，而硝酸是强酸，因此结合H+能力：OH－>ClO－>NO3－，D正确。8.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是：A．常温常压下，22.4LCH4中含有4NA个C－H键B．48gO3气体含有3NA个氧原子C．在1L0.5mol·L-lFeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA【答案】B【解析】A．常温常压下气体体积与物质的量的计算不能用22.4L/mol计算，故A错误；B．48gO3气体含有1mol分子，3mol原子，即3NA个氧原子，故B正确；C．Fe3+在水溶液中水解，故在1L0.5mol·L-lFeCl3溶液中含有下于0.5NA个Fe3+，故C错误；D．标准状况下，CCl4是液体，故不能用22.4L/mol计算，故D错误；故答案选B9．右图是某有机物分子的比例模型，有关该物质的推断不正确的是A．分子中可能含有羟基-9-B．分子中可能含有羧基C．该物质的分子式可能为C3H6O3D．分子中可能含有氨基【答案】D【解析】根据比例模型分子中有3种原子，结构简式应该是HOCH2CH2COOH故D不正确。故答案选D10、下列所得溶液的物质的量浓度等于0.1mol·L－1的是A．将0.1mol氨充分溶解在1L水中B．将10g质量分数为98%的硫酸与990g水混合C．将8g三氧化硫溶于水并配成1L溶液D．将0.1mol氧化钠溶于水并配成1L溶液【答案】C【解析】根据溶液中溶质的物质的量浓度等于溶质的物质的量除以溶液的体积；A、溶液的体积不是1L，故A错误；B、只能计算稀释后硫酸的质量分数，故B错误；C、8g三氧化硫溶于水得到1摩尔硫酸，配成1L溶液溶质的物质的量浓度等于0.1mol·L－1，故C正确；D、根据钠元素守恒，0.1mol氧化钠溶于水得0.2摩尔NaOH，配成1L溶液得溶质的物质的量浓度等于0.12mol·L－1，故D错误。故答案选C11．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)【答案】B【解析】根据电荷守恒知c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据物料守恒知B正确；0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，则NH3·H2O-9-的电离程度大于NH的水解程度，c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，C错误；根据电荷守恒有2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D错误。12.下列各表述与示意图一致的是A．图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。则三种离子的物质的量之比为：n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:1:2，其中使用的NaOH的浓度为2mol·L－1。B．图②中曲线表示某反应过程的能量变化，当物质A(g)与B(g)反应生成物质C(g)时，△H>0，若使用正催化剂，E值会减小。C．图③可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图D．图④表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图【答案】C【解析】A、根据图①中各段含义，得到NaOH溶液为25mL到35mL是与NH4＋反应，35mL到40mL是与氢氧化铝反应，剩余的为氢氧化镁，故得到n(Mg2＋)=0.05mol，根据Al3＋与NaOH反应沉淀与溶解时量的关系为3:1确定，与Mg2＋反应的NaOH溶液体积为25－5×3=10mL，c(NaOH)=0.05×2÷0.01=10mol/L，根据35mL到40mL段得n(Al3＋)=n(NaOH)=0.005×10=0.05mol，根据25mL到35mL段得n(NH4＋)=n(NaOH)=0.01×10=0.1mol，n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝0.05mol：0.05mol：0.1mol=1:1:2，A错误；根据图②知反应物的总能量比生成物的总能量高，是放热反应，△H＜0，使用催化剂改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B错误；向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液后，先产生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反应，最后是与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，C正确；向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，先发生的反应是2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓＋K2SO4,然后2Al(OH)3＋K2SO4+Ba(OH)2=2KAlO2＋BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol→4mol），D错误，选C。-9-13．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)△H=QkJ/mol(Q＞0)某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min)D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好完全反应【答案】D【解析】A、增大压强平衡逆向移动，不能提高SiCl4的转化率，故A错误；B、若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时，由于实际消耗的SiCl4的物质的量小于1摩尔，故吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，V(H2)=1/2V(HCl)=mol/(L·min)，故C错误；D、当反应吸收热量为0.025QkJ时，说明生成的HCl为0.1mol，通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好完全反应，故D正确。故答案选D26．（14分）高中化学教材介绍了钠、镁、铝、铁、氯、硫、氮、硅等元素及其化合物的知识，是其它化学知识的载体。（1）从以上元素中选择，在自然界中有游离态存在的有元素（填元素符号）。（2）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料。一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示。若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段时间后可观察到的现象：右边（从下列选项中选择）A．无明显现象B.溶液由浅绿色变红色C.溶液由无色变黄色D.溶液由浅绿色变无色左边发生反应的离子方程式：；若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2molNH4Al(SO4)2-9-的溶液，右边充满含3molBa(OH)2的溶液，当有2molSO通过交换膜时(若反应迅速完全)，则左右两室沉淀的物质的量之比为。（3）某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用。通入一定量的N2后，在1500℃下与Cl2充分反应得到纯化石墨与气体混合物，然后降温至80℃，分别得到不同状态的两类物质a和b。（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃。）①若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为。②若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有____________；然后向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，写出生成沉淀的离子方程式______。【答案】(1)N、S、Fe（2）B；2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；2：3。(3)①SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；②Cl－、OH－、AlO2－；CH3COOCH2CH3+AlO2+2H2O  Al(OH)3↓+CH3COO-+CH3 CH2OH。【解析】(1)N、S、Fe在自然界中有游离态存在，Na、Mg、Al、Cl、Si在自然界中全部以化合态存在。（2）亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；当有2molSO通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH－进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol,右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3。(3)根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃①a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；②b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物,与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl－、OH－、AlO2－；向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+AlO2+2H2O  Al(OH)3↓+CH3COO-+CH3 CH2OH。27、(14分)某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)分解的实验探究。经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验。烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液(常用于实验室制N2)，干燥管C1、C4中装有碱石灰，试管E1、E3、E4中装有澄清石灰水。-9-⑴充分反应后，将D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为。⑵该实验装置中有3个酒精灯，至少应该点次酒精灯，最先点燃的酒精灯是，最后点燃的是。⑶该实验装置中有4个直立的试管，它们与盛放试剂体现不同的作用，其中E2的作用是：。⑷该实验装置中有4个干燥管，C3中盛装的试剂是。⑸取7.2g样品充分反应后，测得D1中的固体残余物为2.88g，D2中固体质量减轻0.64g，则草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)分解的方程式为。【答案】⑴FeO⑵4、A1、A1⑶除尽气体中的CO2⑷P2O5或CaCl2⑸FeC2O4·2H2OFeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O【解析】⑴根据D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，说明固体残余物没有+3价铁，没有C2O42-，因此应该是FeO。⑵至少应该点4次酒精灯，其中最先点燃的酒精灯是A1，利用生成的氮气除去装置中的氧气，然后关闭止水夹，熄灭酒精灯，最后点燃的也是A1，利用生成的氮气将装置吹冷，防止氧气氧化氧化铜。⑶E1、E3、E4中装有澄清石灰水，目的分别是检验装置D1生成二氧化碳，检验二氧化碳在装置E2中有没有被吸收完，检验气体与氧化铜反应生成了二氧化碳，进而确定装置D1中生成了CO，因此装置E2中的试剂是氢氧化钠，目的是除去二氧化碳。⑷干燥管C2、C3的作用分别是检验装置D1生成的水，吸收生成的水，因此分别装有无水硫酸铜、氯化钙或P2O5，不能用碱石灰。⑸取7.2g样品充分反应后，D1中的固体残余物为2.88g的FeO,为0.04mol，D2-9-中固体质量减轻0.64g，是氧化铜中O的质量，有n（O）=n（CO）=0.04mol，根据草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)的化学式知n（Fe）：n（C）=1：2，则生成二氧化碳0.04mol，草酸亚铁晶体中水的质量是7.2-0.04×（28+44）-2.88=1.44g，为0.08mol，所以生成的FeO、CO、二氧化碳、水的物质的量之比是1：1：1：2，反应方程式FeC2O4·2H2OFeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O28.(15分)溴化钙具有易溶于水，易吸潮等性质。溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：（1）上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、　　　　　　　　　　　　　　　　。（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+。步骤Ⅱ加入的试剂a是　　　　　　　，控制溶液的pH约为8.0的目的是　　　　　　　　、　　　　　　　　　。（3）试剂b是氢溴酸，步骤Ⅳ的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。（4）步骤Ⅴ所含的操作依次是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，　过滤。（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应；④　　　　；⑤；⑥；⑦称量。若得到1.56g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为　　　（保留两位小数）。若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。【答案】（1）量筒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）氢氧化钙；确保Al3+、Fe3+沉淀完全，防止氢氧化铝溶解；（3）氢溴酸；除去过量的氢氧化钙；（4）蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；（5）烘干、冷却；0.94；溴化钙吸水．【解析】（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液，需要的玻璃仪器：量筒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙；（3）加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，故b应是氢溴酸；-9-（4）步骤Ⅴ的结果从溶液中得到CaBr2•6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；（5）④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却；CaBr2～CaCO3 200   100 3.76g 1.88g故CaBr2的质量为3.76g，质量分数为=3.76÷4.00×100%=94%；溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低；36.[化学——选修2:化学与技术](15分)草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下:回答下列问题:(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为　　　　　　、　　　　　　。 (2)该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作②的滤液是　　　和　　　,滤渣是　　　。 (3)工艺过程中③和④的目的是　。 (4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯,其中含有的杂质主要是　　。 (5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水,用0.0500mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,至浅粉红色不消褪,消耗KMnO4溶液15.00-9-mL,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　；列式计算该成品的纯度　　　　　　　　　　　　　。【答案】(1)CO+NaOHHCOONa　2HCOONaNa2C2O4+H2↑(每个2分)(2)　H2C2O4溶液　H2SO4溶液　CaSO4(每个1分，共3分)(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本),减小污染（2分）(4)Na2SO4（1分）(5)5C2+2Mn+16H+2Mn2++8H2O+10CO2↑（2分）×100%=94.5%（3分）【解析】（1）根据流程图知，200℃、2MPa条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，反应方程式为：CO+NaOHHCOONa，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式为：2HCOONaNa2C2O4+H2↑。（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是 CaSO4。（3）氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染。（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4。（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol        2molx           0.0500mol•L-1×0.015L所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L-1×0.015L解得x=0.001875mol，故其纯度=×100%=94.5%。-9-