河北省南宫一中2022届高三化学上学期第三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三次理综模拟测试化学试题7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A．处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装中放入生石灰C．金属汞一旦洒落在地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【答案】D【解析】A、明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀，不是作为消毒剂，错误；B、生石灰是干燥剂，能吸水，但是不能吸收氧气，所以加入生石灰不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，错误；C、金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应加入硫磺粉，错误；D、铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，正确。8．下列说法不科学的是：A．臭氧是饮用水的理想消毒剂之一，原因是臭氧杀菌能力强且又不影响水质B．“水滴石穿”主要是溶解CO2的雨水与CaCO3长期作用生成可溶性的Ca(HCO3)2的缘故C．实验室用“通风橱”防污染是不环保的做法，实验产生的有害气体并没得到转化或吸收D．变质的油脂有难闻的气味，是由于油脂与水发生了水解反应【答案】D【解析】D．变质的油脂有难闻的气味，因为油脂发生了氧化反应，生成了分子量较小的醛和酸的复杂混合物，具有异味，这个过程也叫“酸败”，错误。9、在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中的固体剩余物是A．Na2CO3和Na2O2B．Na2CO3和NaOHC．NaOH和Na2O2D．NaOH、Na2O2和Na2CO3【答案】B【解析】根据反应方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，加热条件下NaHCO3分解后存在如下关系2NaHCO3～1CO2～1H2O，Na2O2-11-与CO2、H2O反应的关系分别为Na2O2～CO2～Na2CO3，Na2O2～H2O～2NaOH。故加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中的固体剩余物是Na2CO3和NaOH。故答案选B10．固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(　　)A．有O2放电的a极为电池的负极B．O2－移向电池的正极C．b极对应的电极反应为2H2－4e－＋2O2－==2H2OD．a极对应的电极反应为O2＋2H2O＋4e－==4OH－【答案】C【解析】根据电子流向知H2失去电子为负极（b极），而O2得电子为正极（a极），又由于它以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种电解质在高温下允许氧离子（）在期间通过，故正极反应式为O2＋4e－ =2O2－，负极反应是2H2－4e－＋2O2－==2H2O，原电池中阴离子移向负极，因此选C。11.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2与CH4的体积比为A．3:1B．2:lC．1:1D．任意比【答案】C【解析】CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，即2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2、2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑。在这两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2＋H2＝2NaOH，Na2O2＋CO＝Na2CO3。固体质量增加＝CO或氢气的质量，这说明混合物应该符合条件（CO）mHn。所以只要将CH4和CO2设计符合C和O的比为1:1即可，答案选C。12、钠铝合金(常温液态)可作为核反应堆的载热介质。下列说法错误的是A．该合金的熔点低于金属钠的熔点B．若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n(Na)≥n(Al)C．若将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成D．等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少-11-【答案】D【解析】A、钠铝合金(常温液态)，而钠是固态，所以该合金的熔点低于金属钠的熔点，故A正确；B、根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n(Na)≥n(Al)，故B正确；C、将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成，故C正确；D、等质量的钠和铝分别与足量盐酸反应时，铝放出的氢气多，所以等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越多，故D错误。故答案选D13．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3＋。下图是可能用到的实验用品。有关该实验的说法中正确的是A．第一步需选用仪器①、②和⑨ ，①的名称叫钳埚B．第二步用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．要完成第三步，需选用④、⑤和⑦ ，除夹持仪器外还缺滤纸D．第四步，若滤液中含有Fe3＋，加入⑧中的溶液后滤液会显红色【答案】C【解析】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台等，错误；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，错误；C．过滤时用到④、⑤和⑦及滤纸，正确；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，错误。26．（14分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。CO(NH2)+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液（1）将氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式是；实验二：制取水合肼（实验装置如右图所示）-11-控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108~114℃馏分。（已知：N2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl）（2）分液漏斗中的溶液是（填标号A或B）；A．NaOH和NaClO混合溶液B．CO(NH2)2溶液选择的理由是；实验三：测定馏分中肼含量水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250mL溶液。b．移取25.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀．c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。记录消耗碘的标准液的体积。d．进一步操作与数据处理（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式；滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是          （4）滴定时，碘的标准溶液盛放在 滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）；若本次滴定消耗碘的标准溶液为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为（保留三位有效数字）；（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作主要是：。【答案】（1）Cl2+2OH—＝ClO—+Cl—+H2O（2分）（2）A（2分）如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化（2分）（3）N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O（2分）生成的HI与NaHCO3反应（1分）（4）酸式（1分）18.0%或0.180（2分）（5）重复步骤b和c2～3次，依据测得的结果，取平均值。（2分）（只答重复步骤b和c2～3次也可以给分）【解析】（1）-11-氯气与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O；（2）根据信息，反应生成的水合肼能被次氯酸钠氧化，所以次氯酸钠溶液不能装在烧瓶中，而应装在分液漏斗中；（3）根据水合肼具有还原性，可以生成氮气，所以会被碘氧化：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是生成的HI与NaHCO3反应；（4）碘腐蚀橡胶管，滴定时碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；N2H4·H2O----------2I250g2molx0.018L0.200mol/Lx==0.09g馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为:0.09g=18.0%；（5）为获得更可靠的滴定结果，常采用多次测定求平均值的方法，所以步骤d中进一步操作主要是重复步骤b和c2～3次，依据测得的结果，取平均值。27．（14分）查资料得知有些硫酸盐在500℃以上开始按下式分解：硫酸盐金属氧化物+SO2↑+SO3↑+O2↑，有人猜测硫酸亚铁可能也是如此分解，并设计一验证性实验。（注：忽略气体吸收过程中的热效应）实验用到的仪器如下图所示：使用精密实验仪器，加热一段时间后，测得数据及有关结果如下：Ⅰ、准确称取6.08g无水FeSO4；Ⅱ、装置F总质量在实验结束时增加了0.16g，且其溶液中只有一种溶质；Ⅲ、测出量筒中水的体积后，折算成排水的气体，在标准状况下的体积为112mL。试回答下列问题：（1）使用所有仪器，按装置从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为①⑨⑩____③____②(填序号)。-11-（2）装置F的作用是_____________________________________________。（3）装置D的作用是_____________________________________。（4）通过计算，推断出该条件下反应的化学方程式：_________________________________。（5）本题测量气体体积时的注意事项是：①②③待气体冷却到室温时再读数。（6）若将上面连接中的F装置去掉，则本实验是否还能进行?___________________。(若能，请填写可能还需要测量什么数据；若不能，请说明理由)【答案】（1）⑥⑤④⑧⑦（2分）（2）吸收SO3放出等物质的量的SO2（2分）（3）干燥SO2和O2（2分）（4）8FeSO44Fe2O3+6SO2↑+2SO3↑+O2↑（2分）（5）视线要与凹液面最低处保持水平（2分）读数时BE两仪器内液面要相平（2分）（答案无先后顺序）（6）能，还需测量D装置反应前后的质量变化值（2分）【解析】（1）根据F中的试剂知F装置是吸收SO3的，F增加的质量是吸收的SO3的质量与放出的等物质的量的SO2的质量差，E、B相结合是量气体体积的装置，通过量筒中水的体积可以知道反应放出的氧气体积，D中浓硫酸可干燥气体，C中碱石灰能吸收SO2，综合知装置的顺序是：A、F、D、C、E、B，接口顺序是①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②；（2）根据分析装置F的作用是吸收SO3放出等物质的量的SO2；（3）浓硫酸是常用的干燥剂，装置D的作用是干燥SO2和O2；（4）1摩尔SO3与1摩尔SO2的质量差为16克，装置F总质量在实验结束时增加了0.16g，说明反应生成的SO3物质的量是0.01摩尔；在标准状况下的氧气体积为112mL，即得到氧气0.005摩尔；6.08g无水FeSO4的物质的量是6.08/152=0.04(mol)；利用铁元素守恒得生成Fe2O3的物质的量是0.02摩尔；通过质量守恒即可计算生成SO2的物质的量是0.03摩尔，反应方程式为8FeSO44Fe2O3+6SO2↑+2SO3↑+O2↑；（5）本题测量气体体积时的注意事项是：视线要与凹液面最低处保持水平，读数时BE两仪器内液面要相平；（6）若将上面连接中的F装置去掉，由于D中的浓硫酸也能吸收SO3，仍然能完成实验，还需测量D装置反应前后的质量变化值。-11-28.(15分)I、用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ·mol-l②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ·mol-l③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ·mol-l写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（1）的热化学方程式____。II、开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面。CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在密闭容器中充有10molCO与20molH2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示。（1）M、N两点平衡状态下，容器中物质的总物质的量之比为：n(M)总：n(N)总=　　　　　。（2）若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为　　；P1P2(填“>”或“<”或“=”)III、用MnO2制KMnO4的工艺流程如下图：电解池中两极材料均为碳棒，在中性或酸性溶液中K2MnO4发生歧化反应而变成MnO2和KMnO4。（1）写出240℃熔融时发生反应的化学方程式；投料时必须满足n（KOH）：n（MnO2）。（2）阳极的电极反应式为。（3）B物质是（填化学式），可以循环使用的物质是（填化学式）。【答案】Ⅰ.CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955 kJ•mol-1．Ⅱ.(1)5:4（2）KM=KN>KQP1<p2iii.（1）2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o，大于2:1；（2）mno42--e-═mno4-（3）h2，koh【解析】ⅰ.①ch4（g）+4no2（g）═4no（g）+co2（g）+2h2o（g）△h=-574kj•mol-l-11-②ch4（g）+4no（g）═2n2（g）+co2（g）+2h2o（g）△h=-1160kj•mol-l③h2o（g）═h2o（l）△h=-44.0kj•mol-l依据盖斯定律计算[①+②+③×4]×1 2="">KQ；增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故P1<p2；iii.（1）mno2、koh的熔融混合物中通入空气时发生反应生成k2mno4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以mno2系数2，o2系数为1，根据锰元素守恒确定k2mno4系数为2，根据钾元素守恒确定koh系数为4，根据氢元素守恒确定h2o系数为2，所以反应化学方程式为2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o，因为中性或酸性溶液中k2mno4发生歧化反应而变成mno2和kmno4。所以上述反应中氢氧化钾要过量，n（koh）：n（mno2）>2:1；(2)电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42-在阳极放电，则阳极的电极反应式为MnO42--e-═MnO4-，其阴极反应为2H2O+2e-═2OH-+H2↑，得到的B物质是H2，同时生成更多的KOH，又可以用来制锰酸钾，可以循环使用；-11-36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）A、B、C、D、E、F都是链状有机物，它们的转化关系如图所示。A中只含有一种官能团，D中含有两种官能团，D分子中不含甲基，且与碳原子相连的氢原子取代所得的一氯代物只有一种。请回答下列问题：⑴A中含有的官能团是。⑵请写出B生成C的化学方程式。⑶写出C与银氨溶液反应的化学方程式。⑷请考虑满足下列条件的E的同分异构体有种①遇FeCl3溶液显紫色；②含有3个-CH2OH结构；③不含有“-O-O-”这样不稳定的结构【答案解析】（共15分）每个方程式4分，其它空每个3分⑴氯原子⑵⑶⑷12解析：-11-由转化关系可知，A在NaOH水溶液、加热条件下生成B，B在Cu、氧气加热条件下生成C，C可发生银镜反应，故B为醇，C含有-CHO，C氧化生成D，D能与乙酸、乙醇反应，因此D含有羧基-COOH、羟基-OH，B中含有不能被氧化的-OH，由B、C的相对分子质量可知，B中能被氧化的-OH数目为(164-158)/2=3，故B中至少含有4个-OH,由E、F中C原子数目可知，D中-COOH比-OH多2个，由F中氧原子可知D中最多有3个-COOH，即D中含有3个-COOH、1个-OH，含有7个碳原子，C中含有3个-CHO、1个-OH，由转化关系可知B、C、D中碳原子数目相等，都为7个，故C中剩余基团的式量为158-17-29×3-12×（7-3）=6，故C中还含有6个H原子，C的分子式为C7H10O4，C氧化为D，-CHO转化为-COOH，故D为C7H10O7，D分子中不含甲基，且与碳原子相连的氢原子被氯原子取代所得的一氯代物只有一种，故D的结构简式为，逆推可得C的结构简式为、B为，A分子中只含有一种官能团，水解引入-OH得到B，将-OH还原为A中的基团（或原子），令A中代替-OH的基团（或原子）式量为a，则4a+（164-4×17）=238，解得a=35.5，故为Cl原子，则A为。（1）由上述分析可知，A中含有的官能团是Cl原子（2）B生成C的化学方程式为：，（3）C与银氨溶液反应的化学方程式为：，（4）根据题该同分异构体含3个-O-CH2OH结构和2个酚羟基，3个-O-CH2OH在苯环上的结构有（2个酚羟基在苯环上排列有2种）、（2个酚羟基在苯环上排列有3种）、（2个酚羟基在苯环上排列有1种）三种；或含2个-11--O-CH2OH结构、1个-CH2OH结构和3个酚羟基，3个酚羟基在苯环上的结构有（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有2种：或）、（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有3种：）、（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有1种）三种，共12种。-11-</p2；iii.（1）mno2、koh的熔融混合物中通入空气时发生反应生成k2mno4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以mno2系数2，o2系数为1，根据锰元素守恒确定k2mno4系数为2，根据钾元素守恒确定koh系数为4，根据氢元素守恒确定h2o系数为2，所以反应化学方程式为2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o，因为中性或酸性溶液中k2mno4发生歧化反应而变成mno2和kmno4。所以上述反应中氢氧化钾要过量，n（koh）：n（mno2）></p2iii.（1）2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o，大于2:1；（2）mno42--e-═mno4-（3）h2，koh【解析】ⅰ.①ch4（g）+4no2（g）═4no（g）+co2（g）+2h2o（g）△h=-574kj•mol-l-11-②ch4（g）+4no（g）═2n2（g）+co2（g）+2h2o（g）△h=-1160kj•mol-l③h2o（g）═h2o（l）△h=-44.0kj•mol-l依据盖斯定律计算[①+②+③×4]×1>