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    2021年河北省张家口市一中高考三模化学试卷含解析
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    2021年河北省张家口市一中高考三模化学试卷含解析

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    这是一份2021年河北省张家口市一中高考三模化学试卷含解析,共25页。试卷主要包含了单选题,多选题,非选择题等内容,欢迎下载使用。

    
    河北省张家口市一中2021年高考三模试卷
    化学
    一、单选题
    1.下列关于有机物的说法正确的是(  )
    A.维生素A可促进人体对钙的吸收
    B.酶都是蛋白质,是一种温和高效的催化剂
    C.生活中常使用的尼龙绳属于合成有机高分子材料
    D.糖类、油脂及蛋白质都能水解,从而被人体消化吸收
    2.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是(  )
    A.“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效
    B.“以灰淋汁”的操作是萃取、分液
    C.“取碱”得到的是一种碱溶液
    D.“浣衣”过程有化学变化
    3.“海带提碘”中,下列关于装置和操作的说法正确的是(  )

    A.用装置甲灼烧碎海带
    B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液
    C.用装置丙制备Cl2,用于氧化浸泡液中I-
    D.用装置丁吸收尾气中的Cl2
    4.下列用于解释事实的离子方程式正确的是(  )
    A.向 NaAlO2 溶液中加入过量盐酸: AlO2−+4H+=Al3++2H2O
    B.将NaOH投入足量 SO2 饱和溶液中: 2OH−+SO2=SO32−+2H2O
    C.铜与稀硝酸的反应: Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
    D.向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水: HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
    5.化合物M、N均可用作降低胆固醇的药物,二者转化关系如下。
    →催化剂H2O2
    下列说法中正确的是(  )
    A.M与N均能发生酯化反应和加成反应
    B.环上的一氯代物数目: M=N
    C.M、N中所有碳原子可能处于同一平面
    D.等物质的量的M、N与钠反应可消耗钠的质量: M>N
    6.已知 NA 是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
    A.标准状况下,22.4 L N2 和 H2 混合气中含4 NA 个原子
    B.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2 NA
    C.100 mL 0.l mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中含有的 Fe2+ 数目为0.01 NA
    D.将0.1 mol Cl2 通入到足量的水中,溶液中 Cl− 、HClO、ClO微粒总数为0.2 NA
    7.镁—空气电池是一种新型燃料电池,其工作原理如图所示。下列说法错误的是(  )

    A.电子由Mg电极通过电解质溶液流向空气电极
    B.该电池工作时,溶液中 SO42− 向Mg电极方向移动
    C.该电池工作时,空气电极附近的溶液pH会增大
    D.电池总反应可表示为 2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2
    8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素,其中W元素原子的电子层数是其最外层电子数的两倍。X、Z元素原子的最外层电子数是电子层数的两倍,Y是一种碱金属。下列说法正确的是(  )
    A.简单离子半径: W>Z>Y
    B.气态氢化物的稳定性: X>Z
    C.Y与Z能形成多种二元化合物
    D.W的最高价氧化物的水化物为弱碱
    9.NaClO2 是一种高效的漂白剂,实验室中一种制备 NaClO2 的过程如图所示,下列说法错误的是(  )

    A.NaClO2 的漂白原理与 SO2 不同
    B.每生成1 mol ClO2 有0.5 mol H2C2O4 被氧化
    C.反应2过程中, H2O2 作氧化剂
    D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的 NaClO2
    10.下列实验操作、现象及结论均正确的是(  )
    选项
    实验操作
    实验现象
    实验结论
    A
    将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热,产生的气体直接通入酸性 KMnO4 溶液中
    溶液紫色褪去
    产生的气体一定是乙烯
    B
    向 AgNO3 溶液中滴加过量氨水
    得到澄清溶液
    Ag+ 与 NH3H2O 能大量共存
    C
    常温下,向含等浓度 Mg2+ 和 Cu2+ 的溶液中逐滴加入NaOH溶液
    先生成蓝色沉淀
    常温下, Ksp[Cu(OH)2] D
    将用稀硫酸酸化后的 H2O2 溶液滴入 Fe(NO3)2 溶液中
    溶液变黄
    氧化性: H2O2>Fe3+
    A.A B.B C.C D.D
    二、多选题
    11.脱除废气中的 NO 和 NO2 是环境保护中的重要课题, NH3 在催化剂作用下脱除废气中 NO 、 NO2 的一种机理如图所示,下列说法正确的是(  )

    A.催化剂的应用可降低反应焓变
    B.反应②、③、④均属于氧化还原反应
    C.反应④生成 N2 与 H2O 的物质的量之比为1:2
    D.该过程总反应方程式为: 2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O
    12.在缺乏氧气的深层潮湿土壤中存在的硫酸盐还原菌,会附着在钢管表面促进钢铁的腐蚀,这个过程被称为厌氧腐蚀,其反应原理如图所示,下列说法正确的是(  )

    A.厌氧腐蚀属于电化学腐蚀
    B.负极的电极反应式为 Fe−2e−=Fe2+
    C.每生成1 mol FeS,最终转移的电子数为2 NA
    D.镀锌或铜的钢管破损后均会加快钢管的腐蚀
    13.向某 Na2CO3 和 NaHCO3 的混合溶液中逐滴加入某浓度的 BaCl2 溶液,测得溶液中离子浓度的关系如图所示,下列说法正确的是(  )

    A.溶液中pH由小到大的顺序是 c B.b点溶液中存在: 2c(Ba2+)+c(H+)+c(Na+)=3c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)
    C.向b点溶液中加入NaOH可使b点溶液向c点溶液转化
    D.滴加过程中溶液存在 c(H2CO3)c(HCO3−)>c(HCO3−)c(CO32−)
    三、非选择题
    14.硫氰化铵( NH4SCN )可以作为聚合反应和过氧化氢生产的催化剂,某化学实验小组在实验室条件下模拟制备少量样品,常压下的制备原理为:
    CS2+2NH3→95°CNH4SCN+H2S 。
    步骤1:将装置Ⅰ中药品A以恒定的速度滴入装有药品B的烧瓶中,确保有稳定的氨气缓慢通入装置Ⅱ;
    步骤2:装置Ⅱ加热至95°C,发生反应,观察到装置Ⅱ下层液体逐渐减少,直至近乎消失时停止通入氨气。

    回答下列问题:
    (1)仪器a的名称为   。装置Ⅰ中所盛装的药品A、B分别为   。
    (2)装置Ⅱ中加入 H2O 的目的是   。
    (3)反应开始后,为加快反应速率同时控制反应温度,装置Ⅱ可以采用的加热方式是   。
    (4)装置Ⅲ中盛放的溶液可以是   ,发生反应的离子方程式为   。
    (5)该实验小组同学为检验生成的产物,设计了如下实验探究。
    ①取少量Ⅱ中反应后的溶液于试管中,滴加   溶液,振荡,出现现象   ,得出结论产物中含有 SCN− 。
    ②设计实验证明产物中存在 NH4+ :   (简述实验操作及现象)。
    15.工业上用软锰矿( MnO2 )(含Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质)和硫化锰精矿(MnS)为原料制取硫酸锰。其流程示意图如下:
    已知:①FeSO4 可加快酸性浸出的反应速率;
    ②Ksp(ZnS)=1.2×10−24 、 Ksp(MnS)=1.4×10−15 。
    回答下列问题:
    (1)“酸性浸出”时ZnS被软锰矿氧化为SO 42− ,该反应的离子方程式为   。
    (2)试剂a可选用   (填选项字母)。“调pH”除沉淀“滤渣1”外,还有的目的是   。
    A. Mn(OH)2 B.稀硫酸 C.碳酸猛( MnCO3 )
    (3)滤渣1除含有Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质固体外还可能含有   。(填化学式)
    (4)“中性浸取”发生反应的离子方程式为   ;写出一条能提高中性浸取效率的措施:   。
    (5)工业上用电解硫酸锰酸性溶液的方法制备 KMnO4 ,写出该电解过程的阳极反应方程式   。
    16.利用太阳能等可再生能源,通过光催化、光电催化或电解水制氢,再与一氧化碳反应制甲醇、甲醚。发生的反应有:
    Ⅰ.2H2(g)+CO(g) ⇌ CH3OH(g) ΔH1=-90.8kJ∙mol-1
    Ⅱ.2CH3OH(g) ⇌ CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ∙mol-1
    Ⅲ.CO(g) +H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3kJ∙mol-1
    (1)反应3H2(g)+3CO(g) ⇌ CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=   。
    (2)在恒温条件下,将2 molH2和1 mol CO投入到刚性容器中,发生反应Ⅰ,下列说法正确的是___________(填选项序号)。

    A.当容器中混合气体的密度不再变化时反应达到平衡状态
    B.反应放出的热量小于90.8kJ
    C.如上图可表示该反应平衡常数随温度的变化
    D.平衡后,再充人2molH2和1molCO,再次达到平衡,H2和CO的体积分数均减小
    (3)在工业生产中,生产设备需保持一定的温度和压强,请写出一种能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法:   。
    (4)将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中,分别在36MPa和54MPa恒压条件下发生反应Ⅰ。实验测得不同温度下CO的平衡转化率(α)随温度(T)变化示意图如图所示:

    ①600℃,54MPa时a点v正   v逆;
    ②计算600℃,36MPa时该反应的平衡常数Kp=   Mpa-2(Kp为用气体的平衡分压代替物质的量浓度计算的平衡常数)。
    (5)为了寻找合适的反应温度,研究者进行了一系列实验,每次实验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,实验结果如图所示。CO转化率随温度变化的规律是   ,其原因是   。

    17.第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。
    (1)Ⅰ.中国锰矿资源较多,分布广泛。
    写出基态锰原子的价电子排布图:   。
    (2)MnO2 用于 H2O2 分解制氧气的催化剂, H2O2 中氧原子的杂化轨道类型为   。
    (3)Ⅱ.铁被称为“第一金属”,铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。
    FeSO4 常作净水剂和补铁剂,SO 42− 的立体构型是   。
    (4)铁氰化钾 K3[Fe(CN)6] 是检验 Fe2+ 的重要试剂。
    ①写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子体的极性分子的化学式   。
    ②铁氰化钾中存在的化学键有   (填字母标号)。
    A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键 E。金属键
    (5)Ⅲ.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。硫化锌晶体的构型有多种,其中一种硫化锌的晶胞如图所示。

    该晶胞中 S2− 的配位数为   。
    (6)若晶胞参数为 anm ,则该晶体密度的计算式为   g⋅cm−3 (用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,不用化简)。
    18.化合物H是合成药物艾司洛尔的一个中间体,它的一种合成路线如下:
    已知:ⅰ.同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构,会自发脱水形成醛基或者羰基
    ⅱ. →R2CH2COOH吡啶、苯胺 R1CH=CHR2
    回答下列问题
    (1)A的化学名称为   ,D的结构简式为   。
    (2)G→H 的反应类型为   ,H中所含官能团的名称为   。
    (3)F→G 的化学反应方程式为   。
    (4)中间产物E可发生加聚反应,写出其化学方程式   。
    (5)X是F的同分异构体,写出所有满足下列条件的X的结构简式   。
    ①与 FeCl3 溶液发生显色反应
    ②既能发生银镜反应又能发生水解反应
    ③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6:2:1:1
    (6)参照上述合成路线,设计以甲苯、丙二酸为原料制备 的合成路线(其他试剂任选)   。

    答案解析部分
    1.【答案】C
    【解析】【解答】A.维生素D可促进人体对钙的吸收,A项不符合题意;
    B.多数的酶是蛋白质组成,少数的酶是由核糖核酸组成,B项不符合题意;
    C.生活中常使用的尼龙绳属于合成有机高分子材料,C项符合题意;
    D.糖类中的单糖不会发生水解,D项不符合题意;
    故答案为:C。

    【分析】A.钙元素的吸收主要是受维生素D的影响
    B.不是所有的酶都是由蛋白质构成
    C.尼龙绳人工合成的高分子有机物
    D.不是所有的糖否可以水解
    2.【答案】D
    【解析】【解答】A. “薪柴之灰”呈碱性,铵盐呈酸性,二者反应生成氨气,减小肥效,二者不能共用,故A不符合题意;
    B.从草木灰中分离出碳酸钾的方法为过滤,不是萃取,故B不符合题意;
    C.所得碱为碳酸钾,属于盐;故C不符合题意;
    D.碳酸钾水解呈碱性,有利于油脂的水解,所以“浣衣”过程有化学变化,故D符合题意。
    故答案为:D。

    【分析】A.草木灰的主要成分是碳酸钾不能和铵态氮肥一起使用
    B.主要的操作是过滤将碳酸钾分离
    C.碳酸钾不是碱
    D.利用碳酸钠的碱性可以进行衣物的洗净
    3.【答案】B
    【解析】【解答】A. 需要在坩埚中灼烧海带,不能用烧杯灼烧,故A不符合题意;
    B. 装置乙中装置及操作均合理,可用装置乙过滤海带灰的浸泡液,故B符合题意;
    C. 装置丙中缺少加热装置,无法获得氯气,故C不符合题意;
    D. 氯气难溶于饱和氯化钠溶液,不能用来吸收氯气,故D不符合题意;
    故答案为:B。

    【分析】A.灼烧温度过高,一般是运用坩埚
    B.固体和液体的分离采用的是过滤
    C.制取氯气时需要加热
    D.吸收氯气一般是用氢氧化钠溶液
    4.【答案】A
    【解析】【解答】A.向 NaAlO2 溶液中加入过量盐酸: AlO2−+4H+=Al3++2H2O ,A项符合题意;
    B.NaOH与足量 SO2 饱和溶液反应: OH−+SO2=HSO3− ,B项不符合题意;
    C.铜与稀硝酸的反应: 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O ,C项不符合题意;
    D.向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水: 2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O ,D项不符合题意。
    故答案为:A。

    【分析】A.偏铝酸钠与盐酸反应得到氯化铝和水和氯化钠
    B.氢氧化钠和过量的二氧化硫反应得到的是亚硫酸氢钠
    C.铜与稀硝酸反应得到的是一氧化氮
    D.氢氧化钙少量以氢氧化钙为基准,产生的是碳酸钙和碳酸钠
    5.【答案】D
    【解析】【解答】A.根据二者的结构可知M不能发生加成反应,A项不符合题意;
    B.虚线圈住部分碳原子上的H被取代,M环上的一氯代物取代部位如图 ,有15种,N环上的一氯代物部位如图 ,有14种,B项不符合题意;
    C.M、N中均含有季碳,所有碳原子不可能处于同一平面,C项不符合题意;
    D.羟基和羧基均可以消耗钠,所以每1 mol M、N消耗钠的物质的量分别为3 mol、2 mol,所以等物质的量的M、N与钠反应可消耗钠的质量: M>N ,D项符合题意;
    故答案为:D。

    【分析】A.找出M和N的官能团即可判断可以发生的反应类型
    B.找出氢原子的种类即可
    C.均含有多个饱和碳原子,碳原子不能共面
    D.找出1molM和N含有的羟基数即可
    6.【答案】B
    【解析】【解答】A.标准状况下,22.4 L N2 和 H2 混合气的物质的量为1mol,含有的原子数目为2 NA ,故A不符合题意;
    B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠中氧元素的价态部分由-1价升高到0价,部分降低到-2价,因此1mol过氧化钠参加反应生成0.5mol氧气,转移电子1mol,当生成0.1 mol氧气时,转移的电子数为0.2 NA ,故B符合题意;
    C.亚铁离子能够微量水解,所以100 mL 0.l mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中含有的 Fe2+ 数目小于0.01 NA ,故C不符合题意;
    D.将0.1 mol Cl2 通入到足量的水中,溶液中存在Cl2 、HClO、ClO-、Cl-等含氯微粒,根据氯原子守恒规律分析,溶液中 Cl− 、HClO、ClO微粒总数小于0.2 NA ,故D不符合题意;
    故答案为:B。

    【分析】A.氮气和氢气均属于双原子分子,一个分子中均只含有2个原子
    B.根据Na2O2+2H2O=2NaOH+O2↑~2e即可计算
    C.铵根离子和亚铁离子均水解
    D.根据氯元素守恒即可判断
    7.【答案】A
    【解析】【解答】A.由图可知,金属镁电极为负极,空气电极为正极,电子由负极通过外电路流向正极,A项符合题意;
    B.电池工作时,电解质溶液中阴离子流向负极,溶液中 SO42− 向Mg电极方向移动,B项不符合题意;
    C.空气电极发生反应 O2+2H2O+4e−=4OH− ,所以电极附近的溶液pH会增大,C项不符合题意;
    D.负极镁失去电子生成镁离子,正极氧气得电子生成氢氧根离子,电池总反应为 2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2 ,D项不符合题意。
    故答案为:A。
    【分析】镁—空气电池是原电池的工作原理,镁作负极,发生失电子的氧化反应,氧气在空气电极上得电子发生还原反应,据此结合工作原理分析解答。
    8.【答案】C
    【解析】【解答】A.由题可知,X、Y、Z、W依次为C、Na、S、Ca,简单离子半径的大小为 S2−>Ca2+>Na+ ,A项不符合题意;
    B.X为C元素,存在多种气态氢化物,无法准确判断其稳定性与Z(S)的关系,B项不符合题意;
    C.Na与S可形成 Na2S 、 Na2S2 等多种二元化合物,C项符合题意;
    D. Ca(OH)2 为强碱,D项不符合题意;
    故答案为:C。
    【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素,其中W元素原子的电子层数是其最外层电子数的两倍,则W不可能为Li,只能为Ca;Y是一种碱金属,则Y为Na,根据位置关系可知,X、Z元素分别位于第二周期和第三周期,又其原子的最外层电子数是电子层数的两倍,则分别为C和S,据此结合元素周期律和物质的性质分析解答。
    9.【答案】C
    【解析】【解答】A. NaClO2 的漂白原理是依靠其氧化性, SO2 的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质, NaClO2 的漂白原理与 SO2 不同,故A不符合题意;
    B.反应1中 NaClO3 生成 ClO2 过程Cl元素由+5价变为+4价, H2C2O4 反应生成 CO2 过程C元素由+3价变为+4价,每生成1 mol ClO2 有0.5mol H2C2O4 被氧化,故B不符合题意;
    C.反应2 的反应之一为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O,反应过程中Cl元素由+4价变为+3价, ClO2 作氧化剂, H2O2 作还原剂,故C符合题意;
    D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的 NaClO2 ,故D不符合题意;
    故答案为:C。
    【分析】反应Ⅰ中NaClO3在硫酸作用下与草酸发生氧化还原反应生成ClO2,吹出的ClO2在溶液中与加入氢氧化钡溶液、H2O2反应,除去气体中的二氧化碳,ClO2被转化为NaClO2,过滤除去碳酸钡沉淀,在滤液中加入硫酸钠除去过量的氢氧化钡得到NaClO2溶液,再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品NaClO2,据此分析解答。
    10.【答案】C
    【解析】【解答】A.乙醇具有还原性,也可以使酸性KMnO4溶液褪色,A项不符合题意;
    B.Ag+与 NH3⋅H2O 会形成络合物,B项不符合题意;
    C.向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成蓝色沉淀,说明先生成 Cu(OH)2 ,则表明 Ksp[Cu(OH)2] D.酸性溶液中 NO3− 具有强氧化性 ,会将Fe2+氧化成Fe3+,D项不符合题意;
    故答案为:C。

    【分析】A.通入之间先将会发的乙醇蒸汽除去
    B.形成可银氨溶液可以溶于水
    C.ksp越小越易产生沉淀
    D.主要利用的是硝酸根的氧化性
    11.【答案】C,D
    【解析】【解答】A.催化剂可降低反应的活化能,但不改变反应的反应热,A项不符合题意;
    B.由流程可知,反应②为 2NH4++NO2=[(NH4+)2(NO2)]2+ ,各元素化合价没有发生变化,不属于氧化还原反应,B项不符合题意;
    C.由流程可知,反应④为: [(NH4+)(HNO2)]+=N2↑+2H2O+H+ ,生成N2和H2O的物质的量之比为1:2,C项符合题意;
    D.由流程可知总反应方程式为: 2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O ,D项符合题意;
    故答案为:CD。

    【分析】A.催化剂只是改变反应的速率,焓变是起始和最终的物质的能量决定的
    B.标出②③④反应的元素化合价即可判断
    C.根据④的反应物和产物即可写出方程式即可找出关系
    D.根据最终的反应物和生成物即可写出反应方程式
    12.【答案】A,B
    【解析】【解答】A.钢管中含有碳元素,铁、C与潮湿的土壤形成原电池,则厌氧腐蚀属于电化学腐蚀,A说法符合题意;
    B.根据图像可知,负极铁失电子生成亚铁离子,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,B说法符合题意;
    C.硫酸根离子变为硫离子时,转移8个电子,则每生成1 mol FeS,最终转移的电子数为8NA,C说法不符合题意;
    D.镀锌的钢管破损后锌比铁活泼,锌作负极,保护铁不被腐蚀,而铜比铁活泼性差,作正极,会加快钢管的腐蚀,D说法不符合题意;
    故答案为AB。

    【分析】A.厌氧腐蚀涉及到电子的转移是电化学腐蚀
    B.发生腐蚀时,铁做负极,失去电子变为亚铁离子
    C.根据硫酸根离子到硫离子的转化过程中电子的转移即可计算出生成1mo硫化亚铁时电子的转移
    D.镀锌会减弱腐蚀,但是镀铜会增加腐蚀
    13.【答案】B,C
    【解析】【解答】A. CO32− 会与Ba2+反应,而 HCO3− 不与Ba2+反应,可知,随着BaCl2加入, CO32− 浓度降低,pH逐渐降低,对应的溶液中pH由小到大的顺序是 a B.b点时,溶液中 c(CO32−)=c(HCO3−) ,根据电荷守恒, 2c(Ba2+)+c(H+)+c(Na+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(Cl−)+c(OH−) ,则 2c(Ba2+)+c(H+)+c(Na+)=3c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−) ,B项符合题意;
    C.向b点溶液中加入NaOH, c(HCO3−) 降低,溶液会向c点转化,C项符合题意;
    D.由 Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3) 得溶液中存在: c(H2CO3)c(HCO3−) 故答案为:BC。

    【分析】A.钡离子和碳酸根离子反应,导致碳酸根离子降低即可判断PH的大小
    B.结合电荷守恒以及数据关系即可判断
    C.加入氢氧根,消耗碳酸氢根,导致pH增大
    D.碳酸是二元弱酸,根据电离常数即可判断
    14.【答案】(1)分液漏斗;浓氨水、碱石灰
    (2)液封,提高NH3的利用率
    (3)水浴加热
    (4)NaOH溶液;H2S+2OH−=S2−+2H2O [或CuSO4溶液 H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ 或酸性高锰酸钾溶液 8MnO4−+5H2S+14H+=8Mn2++5SO42−+12H2O ]
    (5)FeCl3;溶液变成血红色;取少量Ⅱ中反应后的溶液于试管,滴加适量浓NaOH溶液,加热,在试管口放置一张湿润的红色石蕊试纸,红色石蕊试纸变蓝
    【解析】【解答】(1)由图可知仪器a的名称为分液漏斗,装置Ⅰ制备氨气没有加热,可用浓氨水与碱石灰常温下反应制备,所以药品A、B分别为浓氨水、碱石灰。
    (2)加入H2O的目的是液封,吸收NH3,提高NH3的利用率。
    (3)反应温度为95°C,所以装置Ⅱ可以采用的加热方式是水浴加热。
    (4)装置Ⅲ用于吸收反应生成的酸性有毒气体H2S,所以可以用NaOH溶液来吸收,发生反应的离子方程式为 H2S+2OH−=S2−+2H2O ,也可以用CuSO4溶液离子方程式为:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,或酸性高锰酸钾溶液氧化: 8MnO4−+5H2S+14H+=8Mn2++5SO42−+12H2O
    (5)①Fe3+与 SCN− 反应使溶液变成血红色,可滴加FeCl3溶液验证产物中含有 SCN− ,若有 SCN− ,则遇到Fe3+溶液会变红。
    ②NH4+ 检验时需要将其转化为NH3,然后用湿润的红色石蕊试纸检验是否产生氨气,所以答案为:取少量Ⅱ中反应后的溶液于试管,滴加适量浓NaOH溶液,加热,在试管口放置一张湿润的红色石蕊试纸,红色石蕊试纸变蓝。
    【分析】装置Ⅰ加入浓氨水、碱石灰用于制备原料气:NH3,NH3经过装有碱石灰的干燥管进入装置Ⅱ发生核心反应: CS2+2NH3→95°CNH4SCN+H2S ,反应温度为95°C,可用水浴加热的方式加热,产生的H2S有毒,需要尾气处理,可用氢氧化钠溶液吸收。
    15.【答案】(1)4MnO2+ZnS+8H+=4Mn2++Zn2++SO42−+4H2O
    (2)AC;将溶液调至中性,避免“中性浸取”时产生H2S有毒气体(答出H2S方可给分)
    (3)Fe(OH)3
    (4)MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+;将硫化锰精矿粉碎(或适当提高浸取温度)
    (5)Mn2+−5e−+4H2O=MnO4−+8H+
    【解析】【解答】(1)“酸性浸出”时MnO2被ZnS还原为Mn2+,ZnS被软锰矿氧化为SO 42− ,根据得失电子守恒配平发生反应的离子方程式为 4MnO2+ZnS+8H+=4Mn2++Zn2++SO42−+4H2O ;
    (2)加入a的目的是调节pH生成氢氧化铁除去铁离子,为了不引入新杂质,选用的试剂a可为MnCO3或 Mn(OH)2 ,选AC;酸性条件下S2-会生成有毒气体H2S,所以“调pH”除沉淀“滤渣1”外,还有的目的是将溶液调至中性,避免“中性浸取”时产生H2S有毒气体;
    (3) 加入碳酸锰或氢氧化锰调节pH生成氢氧化铁除去铁离子,滤渣1除含有Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质固体外,还有 Fe(OH)3 ;
    (4)“中性浸取”是滤液中加入硫化锰精矿,把硫酸锌转化为硫化锌沉淀,除去锌离子,发生反应的离子方程式为 MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+ ;根据影响反应速率的因素可知,提高浸取率的措施有将硫化锰精矿粉碎或适当提高浸取温度等。
    (5)工业上用电解硫酸锰酸性溶液的方法制备KMnO4,电解过程中锰离子在阳极失电子生成高锰酸根离子,阳极反应式为 Mn2+−5e−+4H2O=MnO4−+8H+ 。
    【分析】酸性浸出时,MnO2被ZnS、FeSO4还原为Mn2+,加入碳酸锰或氢氧化锰调节pH生成氢氧化铁除去铁离子,同时把溶液调为中性,中性滤液中加入硫化锰精矿,把硫酸锌转化为硫化锌沉淀,除去锌离子;过滤得硫酸锰溶液。
    16.【答案】(1)-246.4 kJ∙mol-1
    (2)B;D
    (3)适当提高反应气中H2的用量(浓度、体积分数、百分含量)、移去(分离出)反应体系中的CH3OH
    (4)>;3512
    (5)低于240℃时,温度越高,CO的转化率越大;高于240℃时,温度越高,CO的转化率越小;温度较低时,各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,温度越高反应速率越大,CO的转化率也越大;温度较高时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,温度升高平衡逆向移动,故温度越高CO的转化率越小
    【解析】【解答】(1)根据盖斯定律得:总反应的ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3=-246.4 kJ∙mol-1。答案为:-246.4 kJ∙mol-1;
    (2)A.反应Ⅰ的反应物与生成物均为气体,密度不发生变化,无法判断是否平衡状态,A项不正确;
    B.该反应为可逆反应,反应放出的热量小于90.8kJ,B项正确;
    C.反应Ⅰ为放热反应,温度升高,平衡常数应降低,与图不符。C项不正确;
    D.反应Ⅰ为气体分子数目减少的反应,平衡后,再充人2 mol H2和1 mol CO,相当于增大压强,平衡正向移动,再次平衡后,H2和CO的体积分数均减小,D项正确;
    答案为:BD;
    (3)在保持一定的温度和压强条件下,能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法为适当提高反应气中H2的用量(浓度、体积分数、百分含量)、及时移去(分离出)反应体系中的CH3OH。答案为:适当提高反应气中H2的用量(浓度、体积分数、百分含量)、移去(分离出)反应体系中的CH3OH;
    (4)①反应Ⅰ为气体分子数目减少的放热反应,在相同温度下,压强越大,CO的转化率越高。则根据图可知,p1=54MPa,则600℃、54MPa时a点未达到反应平衡,反应正向进行,v正>v逆;答案为:>;
    ②将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中发生反应Ⅰ,600℃,36MPa时,设初始加入CO(g)xmol,根据三段式:
    2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)初始物质的量2xx0反应物质的量1.2x0.6x0.6x平衡物质的量0.8x0.4x0.6x
    各物质的压强之比等于其物质的量之比,则平衡时各物质的压强分别为p(H2)= 0.8x0.8x+0.4x+0.6x×36MPa=16MPa ,p(CO)= 0.4x0.8x+0.4x+0.6x×36MPa=8MPa ,p(CH3OH)= 0.6x0.8x+0.4x+0.6x×36MPa=12MPa ,该反应的分压平衡常数 Kp=12MPa(16MPa)2×8MPa=3512MPa−2 。答案为: 3512 ;
    (5)由图可知,CO转化率在低于240℃时,温度越高,CO的转化率越大;高于240℃时,温度越高,CO的转化率越小;原因是温度较低时,各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,温度越高反应速率越大,CO的转化率也越大;温度较高时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,温度升高平衡逆向移动,故温度越高CO的转化率越小。答案为:低于240℃时,温度越高,CO的转化率越大;高于240℃时,温度越高,CO的转化率越小;温度较低时,各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,温度越高反应速率越大,CO的转化率也越大;温度较高时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,温度升高平衡逆向移动,故温度越高CO的转化率越小。
    【分析】注意题(4)等温-平衡转化率曲线,曲线上的每个点都达到平衡状态,其中a点在曲线p1以下,在p1曲线所代表的的压强下,a点没有达到平衡状态,若要达到平衡状态,需增大转化率,即平衡要向正反应方向移动,从而判断正逆反应速率的大小关系。
    17.【答案】(1)
    (2)sp3
    (3)正四面体形
    (4)CO;ABC
    (5)4
    (6)4×97NA×a3×10−21
    【解析】【解答】Ⅰ.(1)基态锰原子为25号元素,价电子排布式为3d54s2,则价电子排布图为 ;
    (2)H2O2中氧原子则杂化轨道类型为sp3;
    Ⅱ.(3) SO42− 中心S原子,含有4条σ键,无孤电子对,则立体构型为正四面体;
    (4)铁氰化钾中配体为CN-,含有2个原子,价电子总数为10,与其互为等电子体的极性分子为CO;铁氰化钾为离子化合物,存在的化学键有离子键、σ键、π键,
    故答案为:ABC;
    Ⅲ.(5)晶胞中Zn2+与其最近且相邻的S2-构成正四面体构型,则S2-的配位数为4;
    (6)由晶胞结构可知,Zn2+位于晶胞的体内,个数为4,S2-位于晶胞的顶点和面心,个数=8× 18 +6× 12 =4,则1个晶胞中含有4个ZnS,该晶体密度 =4×97NA×a3×10−21g⋅cm−3 。
    【分析】(1)根据锰原子的核外电子能级排布即可写出价层电子的轨道排布
    (2)计算出价层电子对位4,且含有2对孤对电子。故为sp3杂化
    (3)根据硫原子形成的键即可判断
    (4)①配体是CN- ,含有2个原子,且含有14个价层电子,故即可找出互为等电子体的极性分子为CO ②根据化学式即可判断含有离子键、 σ键 、 π键
    (5)找出与锌离子最近的硫离子个数即可
    (6)根据占位情况计算出含有的锌离子和硫离子的个数,根据ρ=m/v计算即可
    18.【答案】(1)对甲基苯酚(或4-甲基苯酚);
    (2)取代反应;酯基和醚键
    (3) +CH3OH ⇌Δ浓硫酸 +H2O
    (4)→催化剂
    (5) 、
    (6)→Cl2/光照→ΔNaOH/H2O→吡啶、苯胺丙二酸
    【解析】【解答】(1)根据上述分析可知,A为 ,其化学名称为对甲基苯酚(或4-甲基苯酚),D的结构简式为 ,故答案为:对甲基苯酚(或4-甲基苯酚); ;
    (2) G与 发生取代反应生成目标产物H,所以 G→H 的反应类型为取代反应,根据结构简式可知,H中所含官能团的名称为酯基和醚键,故答案为:取代反应;酯基和醚键;
    (3) F与甲醇在浓硫酸共热作用下发生酯化反应生成G和水,其化学反应方程式为 ⇌Δ浓硫酸 ;
    (4)中间产物E中分子中含碳碳双键,可发生加聚反应,其化学方程式为 ;
    (5)F F为 ,其分子式为C9H10O3,不饱和度为5,其同分异构体中,①与 FeCl3 溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明属于甲酸酯类;③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6:2:1:1,则满足条件的X的结构简式为 ;
    (6)根据给定信息可知,以甲苯、丙二酸为原料制备 可先利用甲苯先在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ,再进行水解制备得到苯甲醛( ),最后根据给定信息ⅱ得到 ,据此的合成路线如下:
    →Cl2/光照→吡啶、苯胺丙二酸 。
    【分析】由流程可知,A → B为酯化反应,B → C为碳氢单键的取代反应,根据C的结构及逆合成分析法可知,A为 ,B为 ,C在NaOH溶液中发生水解后加酸酸化生成D,则D为 ,根据给定条件ⅱ可知,D与丙二酸、吡啶、苯胺发生反应生成E,R1为 ,R2为-COOH,则推知E为 ,E与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成F,则F为 ,F与甲醇在浓硫酸共热作用下发生酯化反应生成G,G与 发生取代反应生成目标产物H,据此结合有机物的结构与性质分析解答。
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