河北省南宫一中2016届高三化学上学期第九次模拟测试试题实验班含解析.doc

南宫一中2016届高三上学期理科实验班第九次理综模拟测试化学试题7化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法正确是( )A汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2B向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO3，可减少对大气的污染C高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 D大量燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、SO2，从而使雨水的pH5.6形成酸雨【答案】A【解析】A正确；煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2转化为CaSO3，再氧化生成CaSO4，B错误；制作光导纤维的是二氧化硅，C错误；雨水的pH<5.6才是酸雨，D错误。8.将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是 AH+、Br、Fe2+、SO42 BNH4+、CO32、NO3、SiO32CNa+、S2、OH、AlO2 DFe3+、Cl、Ba2+、Al3+【答案】A【解析】B、SO2通入溶液，则显酸性，CO32与SiO32会反应生成二氧化碳气体或硅酸沉淀；C、SO2通入溶液，则显酸性，OH、AlO2被反应，或二氧化硫与S2发生氧化还原反应；D、SO2会还原Fe3+，因此选A。9下列操作能达到实验目的的是 目 的 操 作A确定某卤代烃为氯代烃取某卤代烃少许与NaOH溶液共热后再加盐酸酸化，然后加AgNO3溶液，有白色沉淀B配制银氨溶液在硝酸银溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失C提取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗，加入适量乙醇，振荡后静置D确定蔗糖是否发生水解取2 mL水解液滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热【答案】B 【解析】A、操作中加盐酸酸化错误，因盐酸会与AgNO3溶液，有白色沉淀生成，干扰实验，故A错误；B正确；C、因乙醇与水互溶不能用乙醇萃取碘水中的碘，故C错误；D、由于水解液呈酸性，用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基时需保证溶液呈碱性才能生成砖红色沉淀，故D错误。故答案选B10某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其他环）中不可能有 A两个羟基 B一个醛基 C两个醛基 D一个羧基【答案】D 【解析】A、根据分子式可知，如果有2个羟基，则另一个取代基含碳碳三键，故A可能；B、如果是1个醛基，则取代基可以是COCHO，故B可能；C、同样2个醛基也可以，故C可能；D、如果含有1个羧基，则氢原子数一定大于6个，故D不可能。故答案选D11. 下列反应的离子方程式表示正确的是()A向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2NO3-+8H+6I-=3I2+2NO+4H2OB硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2OHHSO42= BaSO4H2OCFeCl3溶液中通入过量的H2S气体：2Fe3+H2S = S+2Fe2+2H+DNaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：Ba2+2OH2HCO3BaCO3CO322H2O【答案】C 【解析】A、向Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，硝酸先氧化碘离子，硝酸反应完后，三价铁离子再氧化碘离子为单质碘，由于是过量的HI，所以Fe3+和NO3-均被还原，化学反应为Fe（NO3）3+12HIFeI2+5I2+3NO+6H2O，离子反应方程式为Fe3+3NO3-+12H+10I-Fe2+5I2+3NO+6H2O， 故A错误；B、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，该离子反应为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故B错误； C、氯化铁具有氧化性氧化硫化氢为硫单质，反应的离子方程式为：2Fe3+H2S2Fe2+2H+S 故C正确 ；D、氢氧化钡过量，离子方程式按照碳酸氢钠组成书写，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+2H2O，故D错误。故答案选C12、将一定量的醋酸与一定量的NaOH溶液混合，下列说法中不正确的是A若混合后呈中性，则混合后的溶液中一定存在：c(Na)=c(CH3COO)>c(CH3COOH)>c(OH)=c(H)B若混合后呈酸性，则混合后的溶液中可能存在：c(CH3COO)>c(Na)>c(CH3COOH)>c(H)>c(OH)C若混合后呈碱性，则混合后的溶液中可能存在：c(Na+)>c(OH)>c(CH3COO)>c(CH3COOH)>c(H)D若混合后的溶液中存在c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)等式，则也一定存在c(OH)+c(CH3COO)=c(CH3COOH)+c(H+)等式【答案】D【解析】根据电荷守恒有c(OH)+c(CH3COO)= c(Na+)+c(H+) ，若c(CH3COO)=c(CH3COOH)，则D正确，但是c(CH3COO)与c(CH3COOH)不一定相等，因此D错误。13下列各选项所描述的两个量，前者一定大于后者的是：A纯水在25和80时的pH值B25时，pH=3的盐酸和AlCl3溶液中，水电离的氢离子的浓度C耐火材料CaO和MgO的熔点D1L pH = 2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量【答案】A 【解析】A水的电离会受到温度的影响，温度升高，水的电离程度增大，故纯水在25时的pH值大于80时的pH值，正确；B盐酸对水的电离产生的是抑制的影响，而AlCl3中Al3+能反生水解，对水的电离产生的是促进的影响，故25时，pH=3的盐酸和AlCl3溶液中，水电离的氢离子的浓度在盐酸中小于AlCl3溶液中，错误；CCaO和MgO都是离子化合物，Ca2+离子半径比Mg2+离子半径大，故CaO中的离子键比MgO中的离子键弱，故CaO比MgO的熔点低，错误；DpH = 2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，故分别投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，错误。26.(14分)下图为细菌冶铜和火法冶铜的主要流程。(1) 硫酸铜溶液一般不呈中性，原因是_ _(用离子方程式表示）。写出电解硫酸铜溶液的化学方程式：_ _(电解过程中，始终无氢气产生)。(2) 细菌冶金又称微生物浸矿，是近代湿法冶金工业上的一种新工艺。细菌冶铜与火法冶铜相比，优点为_ _(写出一点即可)。 (3) 用惰性电极分别电解浓的氯化铜溶液和硫酸铜溶液。电解浓的氯化铜溶液时发现阴极有金属铜生成，同时阴极附近会出现棕褐色溶液。而电解硫酸铜溶液时，没有棕褐色溶液生成。下面是关于棕褐色溶液成分的探究有同学认为，阴极附近出现的棕褐色溶液是氯气反应的结果，你认为他的猜测是否正确？_(填“正确”或“不正确"），原因是_ _ _。资料1:一般具有混合价态(指化合物中同一元素存在两种不同的化合价，如Fe3O4中的 Fe元索)的物质的颜色比单一价态的物质的颜色要深。 资料2:CuCl微溶于水,能溶于浓盐酸。猜想：棕褐色溶液中可能含有的离子是_ _(填3种主要离子符号）。验证猜想:完成实验方案(配制棕褐色溶液）。取少量_ _固体于试管中，加入_ _使其溶解，再加入_ _溶液，观察现象。已知电解前，U形管中加入了1OOmLO.5 mol.L1 CuCl2溶液，电解结束时电路中一共转移了0.03 mol电子，且阴极生成0.64 g铜,则形成的低价阳离子的物质的量为_mol。【答案】(1)酸（1分）；Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+（2分）；2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4（2分）；（2）节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低；适宜处理炉渣；（3）不正确；阴极不会产生氯气；（1分）；Cu2+、Cu+、Cl-；（2分）；氯化亚铜；浓盐酸；氯化铜；（各1分）；0.01mol（2分）；【解析】(1)硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；使溶液呈酸性； 电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（2）湿法炼铜需在溶液中进行，而细菌冶铜在常温下用生物冶铜，节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低，适宜处理炉渣，（3）用惰性电极电解氯化铜溶液，第一阶段：阳极发生氧化反应：2Cl-2e-=Cl2，阴极发生还原反应：Cu2+2e-=Cu，第二阶段：2H2O2H2+O2；电解硫酸铜溶液时第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，第二阶段：2H2OH2+O2，用惰性电极电解氯化铜溶液，电解过程中阳离子向阴极移动，所以阴极第一阶段发生：Cu2+2e-=Cu，第二阶段：2H+2e-=H2，阴极不可能生成氯气，所以阴极附近会出现棕褐色溶液，并不是氯气反应的结果，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，铜有Cu2+、Cu+离子，所以棕褐色溶液中可能含有的离子是Cu2+、Cu+，溶液中还可能存在阴离子Cl-；为了验证溶液中是否存在Cu2+、Cu+，取少量氯化亚铜固体于试管中，加入浓盐酸使其溶解，再加入氯化铜溶液，观察现象，进行对照即可。100mL 0.5molL-1 CuCl2溶液中含0.05molCuCl2，Cu2+2e-=Cu，生成0.64g铜转移0.02mol电子，电解结朿时电路中一共转移了0.03mol电子，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，所以还有0.01mol电子为Cu2+离子得电子生成Cu+离子，Cu2+e-=Cu+，则形成的低价阳离子的物质的量为0.01mol，27（14分） 次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_；利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为_（填化学式）；NaH2PO2为_（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_ _（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：写出阳极的电极反应式_ _；分析产品室可得到H3PO2的原因_ _；早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有 杂质，该杂质产生的原因是 。【答案】（1）H3PO2H+H2PO2-(2)+1。H3PO4。正盐，碱性。（3）2P43Ba(OH)26H2O2PH33Ba(H2PO2)2（4）2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。【解析】（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+H2PO2-(2)利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者14反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P43Ba(OH)26H2O2PH33Ba(H2PO2)2（4）阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。28.（15分）实现反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，H0，对减少温室气体排放和减缓燃料危机具有重要意义。 已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H1566 kJ·mol12H2(g)+O2(g)2H2O(g) H2484 kJ·mol1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)   H3802 kJ·mol1则H0  kJ·mol1 在密闭容器中，通入2.5mol的CH4与2.5mol CO2，一定条件下发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图。据图可知，p1、p2、 p3、p4由大到小的顺序   。 CO和H2还可以通过反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2 (g) 制取。 在恒温恒容下，若从反应物出发建立平衡，已达到平衡的是     A体系压强不再变化 BCO与H2的物质的量之比为1:1 C混合气体的密度保持不变 D每消耗1mol H2O(g)的同时生成1mol H2 恒温下，在2L的密闭容器中同时投入四种物质，10min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O(g)、1mol CO(g)、2molH2(g)和2molC(s)，反应的平衡常数K= 。若此时增大压强，平衡将向        (填“正”、“逆”)反应方向移动，t1min时达到新的平衡。 请画出增大压强后10mint1min时容器中H2物质的量n随时间变化的曲线图。【答案】（15分）（1）+248 （2分，无“+”不扣分） ；（2）P4> P3> P2> P1（3分）；（3） AC（分,填一个对的给2分）; 1mol/L（2分,无单位不扣分）；逆（2分） 【解析】（1）2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H1566 kJ·mol12H2(g)+O2(g)2H2O(g) H2484 kJ·mol1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)   H3802 kJ·mol1由盖斯定律-得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H0+248kJ·mol1（2） 对于平衡：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，甲烷的转化率减小，据图可知，p1、p2、 p3、p4由大到小的顺序：P4> P3> P2> P1；（3） 对于可逆反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2 (g) 在恒温恒容下，若从反应物出发建立平衡，已达到平衡的是：A.体系压强不再变化，因为是非等体反应，可以判断达平衡；B作为生成物，CO与H2的物质的量之比为1:1，不能判断是否平衡；C因为是恒容容器，但是气体的质量不守恒，混合气体的密度保持不变可以判断平衡；D每消耗1mol H2O(g)（正向反应速率），同时生成1mol H2（正向反应速率），无法判断平衡；故选AC； C(s) + H2O(g)CO(g)+H2 (g)平：2mol 1mol 1mol 2mol体积为2L，平衡常数K=C(CO)·C(H2)/C(H2O)=1 mol/L若此时增大压强，平衡将向体积减小的方向移动，即逆向； 增大压强后10mint1min时容器中H2物质的量n随时间变化的曲线图：36【化学选修2化学与技术】(15分)（一）（6分）下列叙述正确的是（ ）A合成氨的“造气”阶段会产生废气B电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染（二）工业生产Na2S常用方法是无水芒硝(Na2SO4)一碳还原法，其流程示意图如下：（1）若煅烧阶段所得气体为等物质的量的CO和CO2。写出煅烧时发生的总反应方程式： 。（2）用碱液浸出产品比用热水更好，理由是 。（3）废水中汞常用硫化钠除去，汞的除去率与溶液pH和硫化钠实际用量与理论用量比值x的关系如图所示。 为使除汞达到最佳效果，应控制条件是 。（4）取Na2S(含少量NaOH)，加入到CuSO4溶液中，充分搅拌，若反应后溶液pH4，此时溶液中c(S2) mol·L1。已知：CuS的Ksp8.8×1036；Cu(OH)2的Ksp2.2×1020(保留2位有效数字)。（5）纳米Cu2O常用电解法制备，制备过程用铜棒和石墨棒做电极，Cu(NO3)2做电解液。电解生成Cu2O应在 ；该电极pH将 (填“升高”“不变”或“降低”)，用电极方程式解释pH发生变化的原因 。【答案】（一）AD（二）(1)3Na2SO48C3Na2S4CO24CO(2)热水能促进Na2S水解，而稀碱可抑制Na2S水解(3)pH介于910之间，x12 (4)4.0×1036 mol/L(5)阴极降低 2Cu22eH2O=Cu2O2H 【解析】制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝（Na2SO4）与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C=3Na2S+4CO2+4CO，由于硫离子水解，则用稀碱溶液浸泡煅烧产物得硫化钠溶液，通过精制获得硫化钠晶体。（1）根据题干信息，硫酸钠与碳反应生成等物质的量的CO和CO2，C元素化合价从0价被氧化成+4、+2价，化合价升高至少为：（4-0）+（2-0）=6，硫酸钠中+6价S元素被还原为-2价，化合价降低了8价，则化合价变化的最小公倍数为24，则硫酸钠的系数为3，一氧化碳、二氧化碳的系数为4，然后根据质量守恒定律配平，配平后的化学方程式为：3Na2SO48C3Na2S4CO24CO（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用。（3）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于910之间时汞的去除率最大，接近100%。（4）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌，若反应后测得溶液的pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.8×10-36、2.2×10-20，根据氢氧化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）×c2（OH-）=2.2×10-20，解得：c（Cu2+）=2.2×10-20/(10-10)2mol/L=2.2mol/L，根据硫化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）c（S2-）=8.8×10-36，则此时溶液中c（ S2-）=8.8×10-36/2.2mol/L=4.0×10-36mol/L（5）电解Cu（NO3）2稀溶液制备Cu2O时，阴极生成Cu2O，铜离子化合价降低被还原，电极方程式为：2Cu2+2e-+H2OCu2O+2H+，溶液中铜离子浓度减小，则阳极应该为铜，以补充消耗的铜离子。- 10 -