山西省大同市第一中学2020届高三化学2月模拟试题（四）（PDF）答案.pdf

第 1 页 共 3 页 用等效氢法 定一移一法可得结果 11 依题意 m 为 al x 为 si y 为 n z 为 o a 项离子半径 r o2 r al3 b 项 al3 会水 解 c 项 nh3 h2o 为弱碱 d 项中元素形成的铵盐如硝酸铵 受热分解时即符合题意 12 该装置左侧为电解池 右侧为燃料电池 a 项为指明气体所处温度压强 无法计算 b 项 b 电 极连接电源正极 为电解池的阳极 发生氧化反应 c 项 d 电极与电解池阴极相连 为原电池的 负极 h 应移向正极 13 a 项混合后所得的溶液是醋酸钠溶液 存在质子守恒 c ch3cooh c h c oh 用水稀释 ph 相同的盐酸和 nh4cl 盐酸的 ph 变化较大 nh4cl 的 ph 变化小 溶液的导电能力取决于自由移 动离子的浓度的大小 即其中 表示盐酸 表示 nh4cl 且溶液导电性 a b c c 项 al3 与 oh 反应 时 先生成氢氧化铝沉淀 而后沉淀溶解生成偏铝酸根 a 点对应的碱性较强 铝元素应以偏铝 酸根的形式存在 若除去 fe2 so4 3溶液中的 cu2 加入适量 fe2o3 调节溶液的 ph 至 4 左右 此 时会生成氢氧化铁沉淀 不能除去 cu2 反而把 fe3 除去 26 答案 共 15 分 除标注外 每空 2 分 1 fabcde ab 顺序可互换 过快滴加 naclo 溶液 过量的 naclo 溶液氧化水合肼 降低产率 2 无固体残留且溶液呈无色 答出溶液呈无色即给分 1 分 2io 3 3n2h4 h2o 3n2 2i 9h2o 趁热过滤或过滤 1 分 80 水合胼能与水中的溶解氧反应 不合理 1 分 可能是 i 在酸性环境中被 o2氧化成 i2而使淀粉变蓝 解析 1 水合肼的制备原理为 naclo 2nh3 n2h4 h2o nacl 利用装置 d 制备氨气 通过装置 a 安全瓶 防止溶液倒吸 气体通入装置 b 滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼 剩 余氨气需要用装置 c 吸收 倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸 按气流方向其连接顺序为 fabcde 开始实验时 先向氧化钙中滴加浓氨水 生成氨气一段时间后再向 b 的三口烧瓶中滴加 naclo 溶液反应生成水合肼 水合肼有还原性 滴加 naclo 溶液时不能过快的理由 过快滴加 naclo 溶液 过量的 naclo 溶液氧化水和肼 降低产率 2 步骤 ii 中碘单质生成 nai naio3 反 应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色 步骤 iii n2h4 h2o 还原 nalo3的化学方程式为 3n2h4 h2o 2naio3 2nai 3n2 9h2o 活性炭具有吸附性 能脱色 通过趁热过滤将活性炭 与碘化钠溶液分离 8 2g naoh 与 25 4g 单质碘反应 氢氧化钠过量 碘单质反应完全 碘和 氢 氧 化 钠 发 生 反 应 3i2 6naoh 5nai naio3 3h2o 则 生 成 的 nai 的 质 量 为 5 150g mol 1 25g 生 成 的 naio3与 n2h4 h2o 反 应 所 得 的 nai 反 应 为 3n2h4 h2o 2naio3 2nai 3n2 9h2o 则 6i2 2naio3 2nai 该步生成的 nai 质量为 2020届高三年级化学模拟卷四答案及解析 选择题 答案 abaccda 解析 7 a 项中的金属是铁 常温下铁遇浓硝酸钝化 8 a 项应为阴极质量增加 b 项 1mol 气体分子数一定为 na c 项硫原子以 s2 hs h2s 的形 式存在 但总的原子数还是 na d 项不是在标况下 故分子物质的量小于 1mol 原子数小于 2na 9 a 项从 a 口进冷却水 使碘蒸气充分冷凝 b 项说明 so2有漂白性 c 项氯化铵固体受热易分 解生成氨气和氯化氢 d 项应当使用 k3 fe cn 6 检验 不存在 fe2 从而说明 fe 电极被保护 10 根据烷烃通式 cnh2n 2 计算得该烷烃为 c8h18 依题意可得两个相同支链只能是两个甲基 利 第 2 页 共 3 页 2 150g mol 1 5g 故理论上生成的 nai 为 25g 5g 30g 实验成品率为 100 80 实验发现 水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应 取少量固体样品 于试管中 加水溶解 滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸 片刻后溶液变蓝 说明生成碘单质 可能是 naio3氧化碘化钾反应生成 也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质 不能得出 nai 中含有 naio3杂质 27 答案 共 13 分 除标注外 每空 2 分 1 1 4 3 2 so2 oh hso 3 3 2no 3h2o 4ce4 no 3 no 2 6h 4ce3 4 阳极 1 分 2h 2hso 3 2e s2o2 4 2h2o 5 c no 3 c nh 4 c h c oh 解析 1 由反应方程式 no o3 no2 o2可知 n 元素的化合价从 2 价升高到 4 价 生成 1mol 氧气转移电子 2mol 则生成 11 2l 即 0 5mol o2 标准状况 时 转移电子的物质的量是 0 5mol 2 1mol 当 n no2 n co nh2 2 3 2 时 即 no2和 co nh2 2的化学计量数之比是 3 2 反应方程式 可表示为 6no2 4co nh2 2 7n2 8h2o 4co2 该反应中只有 n 元素的化合价变化 氮气既是 氧化产物也是还原产物 由 n 原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为 8 6 4 3 2 由流程图可知 在装置 i 中 so2与 naoh 溶液反应生成 nahso3 离子方程式为 so2 oh hso 3 3 由流程图可知 装置 ii 中生成等物质的量的 no 3和 no 2时 ce4 被还原为 ce3 根据得失 电子守恒和原子守恒写出离子方程式 2no 3h2o 4ce4 no 3 no 2 6h 4ce3 4 由ce3 生成ce4 为氧化反应 所以再生时生成的ce4 在电解槽的阳极 在电解槽的阴极hso 3 被还原成 s2o2 4 电极反应式为 2h 2hso 3 2e s2o2 4 2h2o 5 由流程图可知 装置 iv 所得的产品为 nh4no3 在 nh4no3溶液中 nh 4水解使溶液呈酸 性 所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c no 3 c nh 4 c h c oh 28 答案 共 15 分 除标注外 每空 2 分 1 8co2 g 25h2 g c8h18 1 16h2o 1 h 25a b kj mol 1 3 分 2 0 6 k 1 分 小于 1 分 降低温度 减小产物浓度 b 3 0 0875mol l min 1 解析 1 根据盖斯定律 25 2 co g 3h2 g ch3oh g h2o g co g h2 g co2 g h2o g 开始 24 8001 22 400 8 转化 0 82 40 80 80 40 40 40 4 平衡 1 22 40 80 80 820 41 2 注意计算时应当使用各物质在平衡体系时的最终浓度计算 甲反应 根据盖斯定律 由甲 乙得反应 co g 2h2 g ch3oh g 的平衡常数 k h 53 7 kj mol 1 41 2 kj mol 1 94 9kj mol 1 0 反应 co g 2h2 g ch3oh g 是气体体积缩小的放热反应 提高 co2转化为 ch3oh 平衡 转化率的措施有降低温度 减少产物浓度 按比例充入原料 co2和 h2等 由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响 使用 cu zno 纳米片催 第 3 页 共 3 页 化剂时甲醇选择性高 使用相同的催化剂在不同温度下 虽然二氧化碳的转化率增加 甲醇的选 择性却减小 说明温度升高 副产物增加 因此综合考虑选 b 选项 3 co g 2h2 g ch3oh g 开始时的物质的量 120 转化的物质的量 a2aa 平衡时的物质的量 1 a2 2aa 容器 中 0 5 min 内 h2含量是 20 a v ch3oh 0 0875 mol l min 1 中温度高氢气含量高 说明达到平衡升高温度平衡逆向移动 氢气含量增加 36 答案 共 15 分 1 c11h18o2n2 2 分 2 羰基 1 分 3 取代反应 2 分 2 分 4 hcl 2 分 5 或 2 分 6 4 分 解析 3 对比 c d 的结构简式可知 c 中的 cl 被 cn 取代生成 d 所以 c d 属于 取代反应 由题图知 e 与乙醇发生酯化反应得到 f 由 f 的结构简式逆推得 e 4 对比 b c 的结构简式可知 b 中碳碳双键与 hcl 发生加成反应生成 c b c 的反应的 化学方程式为 hcl 5 含有甲酸与酚形成的酚酯基 即取代基