河北省20xx届高三化学上学期四调试卷含解析

河北省20xx届高三化学上学期四调试卷含解析内容摘要：

（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于 2mol分析； B、过氧化钠由 2个钠离子和 1个过氧根构成； C、偏铝酸钠水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子； D、 pH=1的溶液中氢离子浓度为 ． 【解答】 解： A、电解精炼铜时，若阳极质量减少 64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少 64g，转移的电子的物质的量大于 2mol，则阴极得到的电子数大于 2mol，故 A正确； B、过氧化钠由 2个钠离子和 1个过氧根构成，故 1mol过氧化钠中含 3mol离子即 3NA个，故 B错误； C、偏铝酸钠水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中 的氧原子的个数大于 2NA个，故 C错误； D、 pH=1的溶液中，氢离子浓度 c（ H+） =10﹣ pH=，故 D错误． 故选 A． 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 6．用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成．则原溶液中可能大量共存的离子组是（ ） A． Na+、 Ba2+、 NO3﹣ 、 Cl﹣ B． H+、 Mg2+、 Na+、 SO42﹣ C． CO32﹣ 、 K+、 Cl﹣ 、 Na+ D． Fe2+、 NO3﹣、 SO42﹣ 、 Na+ 【考点】 离子共存问题． 【专题】 离子反应专题． 【分析】 无色溶液时可排除 Cu2+、 Fe2+、 Fe3+、 MnO4﹣ 等有色离子的存在， A．该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀； B． NO3﹣ 、 Mg2+、 Na+、 SO42﹣ 之间不发生反应，都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀； C．该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀； D．亚铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件 【解答】 解： A． Na+、 Ba2+、 NO3﹣ 、 Cl﹣ 离子用惰性电极电解 时，阴极上不会生成白色沉淀，故 A错误； B． NO3﹣ 、 Mg2+、 Na+、 SO42﹣ 之间不发生反应，且都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀，满足题干要求，故 B正确； C． CO32﹣ 、 K+、 Cl﹣ 、 Na+离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀，故 C错误； D． Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故 D错误； 故选 B． 【点评】 本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，需要明确题干限制条件：无色溶液中不能存在有色离子、阳极上有无色气体产生、阴极上有白 色沉淀生成，溶液中必须存在与氢氧根离子反应生成难溶物的离子． 7．如图装置或操作正确的是（ ） A．用装置 ① 量取 NaOH溶液 B．用装置 ② 制备 Cl2 C．用装置 ③ 高温煅烧 CaCO3固体 D．关闭活塞 a，从 b处加水，以检查装置 ④ 的气密性 【考点】 化学实验方案的评价． 【专题】 实验评价题． 【分析】 A．氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装； B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集； C．加热时，不能密封坩埚； D．根据形成压强差的原理判断． 【解答】 解： A．氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃塞，应用碱 式滴定管盛装，故 A错误； B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集，图中进气管太短，故 B错误； C．碳酸钙加热分解生成二氧化碳气体，加热时，不能用坩埚盖盖住坩埚，防止生成气体而导致压强过大而造成实验事故，故 C错误； D．关闭活塞 a，从 b处加水，如 a、 b形成液面差且在一段时间内不变化，可说明气密性良好，能达到实验目的，故 D正确． 故选 D． 【点评】 本题考查化学实验方案的评价，涉及滴定、气体的收集、物质的加热以及气密性的检查等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把 握实验的严密性和合理性，难度不大． 8．某实验过程如图所示，则图 ③ 试管中的现象是（ ） A．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D．无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 【考点】 铜金属及其重要化合物的主要性质． 【专题】 几种重要的金属及其化合物． 【分析】 试管 ① 中铜和稀硝酸反应方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向 ③ 中加入稀硫酸，酸性 条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应 3Cu+8HNO3=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O． 【解答】 解：管 ① 中铜和稀硝酸反应方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O，根据图知， Cu有剩余，硝酸不足量，向 ③ 中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应 3Cu+8HNO3=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O，生成的无色气体 NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体 NO2，同时 Cu片溶解 所以看到的现象是铜片 溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选 A． 【点评】 本题考查了硝酸和铜的反应，明确 “ 酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性 ” 是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题． 9．下列说法正确的是（ ） A．氢气的燃烧热为 △H= ﹣ •Jmol﹣ 1，则电解水的热化学方程式为 2H2O（ l） 2H2（ g） +O2（ g） △H=+•Jmol ﹣ 1 B．密闭容器中， ，放出 量．则 Fe（ s） +S（ s） ═FeS （ s） △H= ﹣ •mol﹣ 1 C． 500℃ 、 30MPa下，将 NH3（ g），放热 ，其热化学方程式为： N2（ g） +3H2（ g） ═2NH 3（ g） △H= ﹣ •Jmol﹣ 1 D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中， 1molN2和 3molH2反应放出的热量与 2molN2和 3molH2反应放出的热量一样多 【考点】 热化学方程式；有关反应热的计算． 【专题】 化学反应中的能量变化． 【分析】 A、燃烧热是 1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量； B、根据参加反应的物质的量计算反应热； C、 NH3（ g），放热 ，生成的氨气的物质的量小于 1mol； D、 1molN2和 3molH2反应与 2molN2和 3molH2反应生成的氨气的物质的量不一样，据此回答． 【解答】 解： A、燃烧热是 1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式： H2O（ l） =H2（ g） + O2（ g） △H=+ kJ•mol ﹣ 1，但是电解水 的热化学方程式中，根据能量守恒，电能的介入会导致热能减少，吸收的热量变小，故 A错误； B、 n（ S） = = =， n（ Fe） = =，已知 Fe+S FeS，所以Fe的量不足，按照 Fe 计算， = ，所以 1molFe反应放出热量为： kJ，所以热化学方程式为： Fe（ s） +S（ s） =FeS（ s） △H= ﹣ kJ•mol﹣ 1，故 B正确； C、 N2和 NH3（ g），放热 ，因反应为可逆反应，则 1molN2和 3molH2置于密闭的容器中充分反应生成 NH3（ g），放热不是 ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故 C错误； D、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中， 1molN2和 3molH2反应放出的热量不如 2molN2和 3molH2反应放出的热量多，多加入氮气会促使化学平衡正向移动，故 D错误． 故选 B． 【点评】 本题考查学生反应热的计算以及热化学方程式的意义知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大． 10． 1L某溶液中含有的离子如表：用惰性电极电解该溶液，当电路中有 3mol e﹣ 通过时（忽略电解时溶 液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（ ） 离子 Cu2+ Al3+ NO Cl﹣ 物质的量浓度（ mol/L） 1 1 a 1 A．电解后溶液的 pH=0 B． a=3 C．阳极生成 mol Cl2 D．阴极析出的金属是铜与铝 【考点】 电解原理． 【分析】 由溶液电荷守恒可知 2c（ Cu2+） +3c（ Al3+） =c（ NO3﹣ ） +c（ Cl﹣ ），可求得 c（ NO3﹣ ）=4moL/L， 由于离子放电顺序 Cu2+＞ H+＞ Al3+， Cl﹣ ＞ OH﹣ ＞ NO3﹣ ， 电解时阳极首先发生： 2Cl﹣ ﹣ 2e﹣ =Cl2↑ ，然后发生 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =O2↑+2H 2O，阴极首先发生：Cu2++2e﹣ =Cu，然后发生 2H++2e﹣ =H2↑ ，结合相关离子的物质的量进行解答． 【解答】 解：依据电解过程中存在电子守恒，结合电极反应计算分析产物，用 Pt电极电解该溶液，当电路中有 3mol e﹣ 通过时 阳极电极反应为： 2Cl﹣ ﹣ 2e﹣ =Cl2↑ ； 1mol 1mol 1mol 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =2H2O+O2↑ 2mol 2mol 1mol 阴极电极反应为： Cu2++2e﹣ =Cu 1mol 2mol 1mol 2H++2e﹣ =H2↑ 1mol 1mol A、电解后溶液 PH计算，依据两电极上的反应计算，阳极减少 2mol氢氧根离子，同时阴极上减少 1mol氢离子，综合计算分析得到溶液中增加氢离子物质的量为 1mol，氢离子浓度为1mol/L， pH=0，故 A正确； B、依据溶液中电荷守恒计算忽略氢离子和氢氧根离子浓度： 2c（ Cu2+） +3c（ Al3+） =c（ Cl﹣ ）+c（ NO3﹣ ），计算得到 c（ NO3﹣ ） =4mol/L，即 a=4，故 B错误； C、依据电极反应电子守恒可知阳极生成 1molCl2，故 C错误； D、阴极析出的金属是铜，无金属铝析出，故 D错误； 故选 A． 【点评】 该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 二、单项选择题（ 11～ 30 题，每小题 2分，共 40分） 11．下 面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（ ） A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏 C．铅蓄电池工作过程中，每通过 2mol电子，负极质量减轻 207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 【考点】 常见化学电源的种类及其工作原理． 【专题】 电化学专题． 【分析】 A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池； B、干电池中锌做原电池的负极被腐蚀； C、依据铅蓄电池电极反应结合电子守恒计算； D、氢氧燃 料电池的产物为水，无污染． 【解答】 解： A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故 A正确； B、在干电池中， Zn作负极，被氧化，故 B正确； C、铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故 C错误； D、氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故 D正确； 故选： C． 【点评】 本题考查了原电池类型的分析判断，依据原电池原理判断电极和反应产物是解题关键，题目难度中等． 12．下列说法中正确的有几项（ ） ① 钠在空气中燃烧生成淡黄色的 Na2O2 ② 配制 ，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体 ③ 盐酸既有氧化性又有还原性 ④Fe （ OH） FeCl H2SiO3都不直接用化合反应制备 ⑤SO 2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 ⑥ 将质量分数为 5%和 25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于 15% ⑦ 干燥的 Cl2和氯水均能使鲜花褪色 ⑧ 中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种 ⑨ 纯 银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀． A． 3项 B． 4项 C． 5项 D． 6项 【考点】 氯气的化学性质；金属的电化学腐蚀与防护；硝酸的化学性质；中和热的测定． 【分析】 ① 钠在空气中燃烧生成过氧化钠； ② 没有 480mL容量瓶，选择容量稍大体积接近的容量瓶，故应选择 500mL容量瓶，所需氢氧化钠的质量为 •L ﹣ 140g/mol= ；。