河南省鹤壁市高中2022-2023学年高三上学期第三次模拟考试化学参考答案

3.0 envi 2024-09-25 4 4 405.92KB 7 页 3知币
侵权投诉
鹤壁市高中 2023 届第三次模拟考试化学答案
1．C【详解】A．静电除尘利用的是胶体的电泳、血液透析利用的是胶体的渗析，选项 A正确；
B．硅胶有吸水性，在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮变质，铁粉有抗氧化
性，可防止食物氧化，选项 B正确；
C．石英为二氧化硅，不属于硅酸盐产品，选项 C错误；
D．开发二氧化碳制成的全降解塑料，可以缓解日益严重的“白色污染”，选项 D正确。
答案选 C。
2．C【详解】A．NaHSO4晶体中含有 Na+和HSO ，不含有氢离子，故 A错误；
B．1L1mol•L-1 溴化铵水溶液中存在电荷守恒，即 ，则物质的量也满
足 ，因为 n(Br-)=1L×1mol•L-1=1mol，所以溶液中 NH 与H+离子数
之和大于 NA，故 B错误；
C．铝与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为 ，2molAl 对应
6mol 水作氧化剂，消耗 2.7gAl，即 0.1molAl，则有 0.3mol 水作氧化剂，故 C正确；
D．由反应 2NO+O2=2NO2，知 2molNO 与1molO2恰好反应生成 2molNO2，但 NO2体系中存在平
衡2NO2N2O4，故最终气体分子数小于 2mol，D错误；故选 C。
3．C【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；
B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；
C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；
D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含
有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正
确。故答案选 C。
4．D【详解】A．pH=1 的溶液中含有大量的 H+，H++HCO =H2O+CO2↑，A不合题意；
B．无色溶液中不可能有大量的有色离子 MnO ，B不合题意；
C．含有 SO 的溶液中 Ba2+会转变为 BaSO4沉淀，C不合题意；
D．含有大量的 OH-、Na+、CO 、Cl-、K+均不反应能大量共存，D符合题意；故答案为：D。
5．C【分析】反应 2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2中，Cu 元素由+2 价降低为+1 价，S元素由-
2价升高到+4 价，氧气中 O元素由 0降低为-2 价，据此分析解答。
【详解】A．反应中，Cu 元素由+2 价降低为+1 价，S元素由-2 价升高到+4 价，氧气中 O元素由
0降低为-2 价，则 SO2既是氧化产物又是还原产物，故 A正确；
B．2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu 元素由+2 价降低为+1 价，S元素由-2 价升高到+4
价，硫元素失电子被氧化，该反应中 CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故 B正确；
C．被氧化的 S元素由-2 价升高到+4 价，根据方程式，每生成 1 molCu2S，则生成 1mol 二氧化
硫，有 1mol 硫被氧化，故 C错误；
D．S元素由-2 价升高到+4 价，生成 1mol 二氧化硫，转移 6mol 电子，同时消耗 1molO2，所以每
转移 1.2mol 电子，有 =0.2mol 氧气被还原，故 D正确；故选 C。
6．D【分析】由图像和题给信息可知，浓度均为 0.01 的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物
对应的水化物的 pH 都小于 7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明 W、Y、Z都
是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的 pH=2，为一元强酸，根据原子序数 Z＞
W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的 pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化
物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的 pH=12，X的最高价氧化物
对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出 W、X、Y、Z分别为 N、Na、S、Cl，由此回
答。
【详解】A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单
质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定
性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越
大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为 S2-＞Cl-＞N3－＞
Na+，即 Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1 价，Z是Cl，最高化合价为+7 价，它们最高化合价之和为+8，D
正确；答案选 D。
7．C【详解】试题分析：A．水杨醛分子中醛基和酚羟基，只有二种官能团，故 A错误；B．中
间体 X属于酯类物质，难溶于水，故 B错误；C．香豆素3羧酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸
钾发生氧化还原反应，故 C正确；D．苯环和醛基都可与氢气发生加成反应，则 lmol 水杨醛最多
能与 4 molH2发生加成反应，故 D错误；故选 C。
考点：考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质。
8．B【详解】A．醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进 CH3COO-的水解，故 A正确；
B．醋酸钠溶液加热促进 CH3COO-的水解，使溶液的碱性增强，pH 增大，故 B错误；
C．氯化铵水解显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故 C正确；
D．根据物料守恒，原醋酸钠溶液中 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)，再加入一定量醋酸后，
混合液中 c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于 c(Na+)，故 D正确；
故选：B。
9．C
【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能
量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量
和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关
系为：E
Ⅱ生
＞E
Ⅰ反
。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程
式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项 A错误；
B．结合反应机理和能量图可知，E
Ⅱ生
＞E
Ⅰ反
，即 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于
1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项 B错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选
项C正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项 D错误；
答案选 C。
10．B【详解】A．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为
，故 A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式
为 ，故 B正确；
C．氢氧化钡溶液中与少量明矾溶液反应偏铝酸钾、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为
，故 C错误；
D．铅酸蓄电池正极为二氧化铅，充电时，在水分子作用下硫酸铅在阳极失去电子发生氧化反应
生成二氧化铅，电极反应式为 ，故 D错误；故选 B。
11．D【详解】A．由图可知，相同压强下，T1温度时 NO 的体积分数更大，说明 T1温度下，反
应向右进行的程度更小；由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以
T1＞T2；A项正确；
B．一般，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以 a点达到平衡所需的时
间比c点短；B项正确；
C．c点对应的平衡状态，NO 的体积分数为 25%，所以列三段式：
，所以有： ，解得
x=2，那么 NO 的平衡转化率即：50%，C项正确；
D．由图可知，e点对应的 NO 的体积分数与 c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向
移动，导致 NO 的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致 NO 的体积分数增加；所以
升温和减压后，NO 的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO 的体积分数一定比c点对应的体
积分数大，D项错误；答案选 D。
12．C【分析】根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应 可知，铜箔
为负极，负极反应式为 LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为 Li1-xFeO4+xLi++xe-
=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向
负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。
【详解】A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即 Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，A
正确；
B．放电时，正极反应式为 Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极
相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为 LiFePO4-xe-= Li1-
xFeO4+xLi+， B正确；
C．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材
料，C错误；
D．根据电子守恒可知，放电过程中当转移 个电子时，每个电极参与反应 Li+的物质的量为
2mol，若初始两电极质量相等，两电极的质量差为2mol ×7g/mol×2=28g， D正确；
答案选 C。
13．B【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元
素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe 反应生成 FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中 Fe 的化合价发生变化，涉及
到了氧化还原反应，故 A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH 溶液发生复分解反应 MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的 NaOH 溶液
可用 HCl 除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反
应，故 B符合题意；
C.部分氯气与 H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正
确，故 C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和 NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，
故D不符合题意；综上所述，本题应选 B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握
发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
14．B【分析】铬铁矿(主要成分为 FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼
烧，可生成 Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出 Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化
铝和 Na2CrO4，Na2CrO4中加浓硫酸得到溶液 A为Na2Cr2O7，电解得到 Cr,以此解答该题。
【详解】A．经过反应①，Fe 由二价升高为三价，需要空气作氧化剂，故 A正确；
B．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能加过量稀硫酸，故 B错误；
C．Na2CrO4加入浓硫酸得到 A为Na2Cr2O7，硫酸的作用是提高c(H+)促使 Cr 元素转化为 ，
故C正确；
D．④中Cr 元素化合价由+3 降为 0，每生成 1molCr,转移 3mole-，故 D正确；故选：B。
15．B【详解】A．当c(CO )=0 时，c(SO )=c(Ba2+)=1.0×10-5mol•L-1，故 BaSO4的溶度积
Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。由题图可知当c(CO )＞2.5×10-4mol•L-1 时，开始有BaCO3生
成，BaCO3的溶度积Ksp=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9，A正确；
B．该温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，加入 Na2CO3固体，立即有 BaCO3固体生成，B错误；
C．由题图可知当c(CO )＞2.5×10-4mol•L-1 时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp=2.5×10-
4×1.0×10-5=2.5×10-9，C正确；
D．曲线 BC 段内，BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故 =
= =25，D正确；故选 B。
16．(1)碱石灰
(2) 调节 和
，适当增加A或减少 B中气体流量
(3) ③ ④
(4) ％
【分析】装置 A为黑色固体为 MnO2，为制备氧气装置，装置 B为制备NH3的装置，仪器 D为球
形干燥管干燥 NH3，氨气催化氧化的化学方程式为 ，装置 G中稀
硝酸与金属铜发生反应生成硝酸铜的蓝色溶液，装置 F中变为红棕色的 NO2气体，NO 与氧气发
生反应生成 NO2，NO2可与水发生反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵可观察到有白烟产
生，可通过调节调节 和 ，适当增加A或减少 B中气体流量产生二氧化氮； 转化为
的化学方程式为 ，可根据 的熔点是16.8℃，故 F可改为③将 冷凝，G
改为④用碱石灰吸收，通过测量反应前的量和 G中增重，即可算出 的转化率，据此
答题。
（1）B装置中产生的气体用球形干燥管除杂，应是干燥 ，故 B装置用于制备，D中药
品为碱石灰；
（2）①装置 E为氨气催化氧化的装置，则氨气催化氧化的化学方程式为
；
②氨气催化氧化生成的 与 反应得 ，然后与G中水反应生成 ， 可将氧
化为 ，使溶液显蓝色，离子反应方程式为： ；
③甲观察装置 F中 与 反应得 ， 为红棕色气体，乙观察 F中有白烟生成，F中
可与水蒸气反应产生 ，E中未反应的 进入F中生成白烟，可通过调节氧
气和氨气的比例，调节 和 ，适当增加A或减少 B中气体流量控制装置 F产生红棕色气体；
（3）① 转化为 的化学方程式为 ，可根据 的熔点是16.8℃，故 F可
改为③将 冷凝；
②为酸性气体可以碱性物质发生反应，则 G改为④用碱石灰吸收；
（4）装置 A为实验室制备，则发生反应的化学方程式为
，反应前，反应后剩余 质量为 ，
则 的转化率为% %；
17．(1)MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O
(2) MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH＜8.8
(3)Mn2＋＋2HCO =MnCO3＋CO2↑＋H2O (4)CO2
【分析】菱锰矿的主要成分是 MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素，与氯化钹混合研磨后
煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、 氧化铝、氧化钙和氧化镁，加入盐酸，浸出液中主要
含有 Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+，经过净化后，在净化液中加入碳酸氢铵，使锰离子沉淀，生
成MnCO3，最后得到高纯度 MnCO3，根据此分析进行解答。
（1）
“焙烧'过程的主要反应为碳酸锰与氯化铵发生反应，方程式为 MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑
＋CO2↑＋H2O。
（2）
①加入 将氧化为 ，Mn 元素由+4 价下降到+2 价，Fe 元素由+2 价上升到+3 价，根
据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
②已知A13+、Fe3+、Mn2+完全沉淀的 pH 分别为 5.2、2.8、8.8，将、 变为沉淀除去且不
能影响 Mn2+，故使用调节 pH 的方法来除去铝离子和铁离子，调节 pH 的范围为：5.2≤pH＜8.8。
CaF③2和MgF2不溶于水，加入 将Ca2+、Mg2+离子沉淀除去。
（3）
碳化结晶时 Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO =MnCO3＋CO2↑＋
H2O。
（4）
碳化结晶时 Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰和二氧化碳，可知流程中能循环利用的物质除了氯
化铵之外还有 CO2。
（5）
根据 可知， 的物质的量与硫酸亚铁铵的
物质的量相等，则 的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mo/L
0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g 碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸
锰粗产品的纯度= 100%=92.00%，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了
气泡，导致标准溶液的体积偏小，则 的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯
度偏低。
18．(1) -90.8kJ/mo1 低温ãããã =
(2) 2.0
河南省鹤壁市高中2022-2023学年高三上学期第三次模拟考试化学参考答案.docx

共7页,预览3页

还剩页未读， 继续阅读

相关推荐

更多
立即下载
作者：envi 分类：分省 价格：3知币 属性：7 页 大小：405.92KB 格式：DOCX 时间：2024-09-25

开通VIP享超值会员特权

  • 多端同步记录
  • 高速下载文档
  • 免费文档工具
  • 分享文档赚钱
  • 每日登录抽奖
  • 优质衍生服务

作者详情

相关内容

更多

推荐作者

热门标签

大联考 高考地理 英语真题 听力 语法填空 石家庄 数学竞赛 读后续写 英语阅读 深圳中学
/ 7
评分 收藏
分享
立即下载
客服
关注