湖南省益阳市20xx届高三化学上学期第三次模考试卷含解析

湖南省益阳市20xx届高三化学上学期第三次模考试卷含解析内容摘要：

H 2O，1mol氢氧化钠消耗 1mol盐酸，再发生反应 CO32﹣ +2H+→CO 2↑+H 2O，将两个方程式相加得： OH﹣ +CO32﹣ +3H+→CO2↑+2H 2O，故 D正确； 故选： C． 【点评】 本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与 NaOH和 Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键． 8．下表是元素周期表的一部分， X、 Y、 Z、 W均为短周期元素，下列说法不正确的是（ ） X Y Z W A．原子半径： Z＞ W＞ X B．若 Z的最高价氧化物与 Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则 W的气态氢化物不稳定 C．若 Y、 W的质子数之和为 23，则 Z能形成碱性氧化物 D．若 X能形成两种常见的液态化合物，则 W单质溶于水形成的溶液有漂白性 【考点】 元素周期律和元素周期表的综合应用． 【专题】 元素周期律与元素周期表专题． 【分析】 A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大； B．若 Z的最高价氧化物与 Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则 Z为 Si、 Y为 F元素，W为 S元素； C．令 Y的质子数为 a，则 W质子数为 a+7， Y、 W的质子数之和为 23，则 a+a+7=23，故 a=8，则 Y为 O元素， W为 P元素， Z为 Al； D．若 X能形成两种常见的液态化合物，则 X为 O元素， W为 Cl． 【解答】 解： A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径： Z＞ W＞ X，故 A正确； B．若 Z的最高价氧化物与 Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则 Z为 Si、 Y为 F元素，W为 S元素， W的气态氢化物为硫化氢，硫化氢不稳定，故 B正确； C．令 Y的质子数为 a，则 W质子数为 a+7， Y、 W的质子数之和为 23，则 a+a+7=23，故 a=8，则 Y为 O元素， W为 P元素， Z为 Al， Z的氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，故 C错误； D．若 X能形成两种常见的液 态化合物，则 X为 O元素， W为 Cl， W的单质为氯气，溶于水形成的溶液有漂白性，故 D正确， 故选 C． 【点评】 本题考查结构性质位置关系，属于开放性题目， B选项为易错点，在中学中基本不涉及，需要学生熟练掌握元素化合物知识． 9．向一定量的 Fe、 FeO、 Fe2O3的混合物中，加入 100mL 1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出 224mL（ S． T． P）的气体．所得溶液中加入 KSCN溶液无血红色出现，混合物中铁元素的质量分数为（ ） A． % B． % C． % D．无法计算 【考点】 有关混合物反应的计算． 【专题】 守恒法． 【分析】 Fe． FeO． Fe2O3 的混合物中加入盐酸恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入 KSCN 溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知道氯化亚铁的量，进而求得铁元素的质量，根据 HCl的物质的量可结合氢气的物质的量可计算 O的质量，进而可计算 混合物中铁元素的质量分数． 【解答】 解：用盐酸溶解后，得到的产物加 KSCN 溶液，无血红色出现，说明得到的产物是氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中， 盐酸的物质的量为： 1mol． L﹣ 1= ， 根据氯元素守恒，则 n（ Fe） =n（ FeCl2） = n （ HCl） =， m（ Fe） =56g/mol= ， 根据 H元素守恒，有 2HCl H2O， 2HCl H2， n（ H2） = =，消耗 ， 则与氧化物反应的 HCl的物质的量为 ﹣ =， 所以氧化物中含有 n（ O） = =， m（ O） =16g/mol= ， 则混合物中铁元素的质量分数为： =%， 故选 C． 【点评】 本题考查了有关铁元素的计算，题目难度中等，采用原子守恒或得失电子守恒可简化计算． 10．在 100mL密度为 ，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有 NO），向反应后溶液中加入 3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加 ．则下列叙述不正确是（ ） A．当金属全部溶解时收集到 NO气体的体积为 （标准状况） B．当生成沉淀的量最多时，消耗 NaOH溶液体积最小为 100mL C．原稀硝酸的物 质的量浓度一定为 4mol/L D．参加反应金属总质量（ m）为 ＞ m＞ 【考点】 有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算． 【专题】 计算题． 【分析】 发生反应方程式为： 3Mg+8HNO3（稀） =3Mg（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O、 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O， 向反应后的溶液中加入过量的 3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为： Mg（ NO3） 2+2NaOH=Mg（ OH） 2↓+2NaNO Cu（ NO3） 2+2NaOH=Cu（ OH） 2↓+2 NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加 ，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为，氢氧根的物质的量为 =，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为： =，据此对各选项进行计算和判断． 【解答】 解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀 HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有 NO），发生反应： 3Mg+8HNO3（稀） =3Mg（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O； 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（ NO3） 2+2NO↑+4H 2O；向反应后的溶液中加入过量的 3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应： Mg（ NO3） 2+2NaOH=Mg（ OH） 2↓+2NaNO 3； Cu（ NO3） 2+2NaOH=Cu（ OH） 2↓+2NaNO 3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加 ，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为 ，氢氧根的物质的量为 ，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为： =， A．镁和铜的总的物质的量为 ，根据电子转移守恒可知生成的 NO 物质的量 为 =，标准状况下生成 NO的体积为： ，故 A正确； B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于 ，需要氢氧化钠溶液的体积=；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于 100mL，故 B正确； C．根据方程式可知参加反应的 n 反应 （ HNO3） = n（金属） = =，硝酸有可能有剩余，故 C错误； D．镁和铜的总的物质的量为 ，假定全为镁，质量为 24g/mol= ，若全为铜，质量为 64g/mol= ，所以参加反应的金属的总质量（ m）为 ＞ m＞ ，故 D正确； 故选 C． 【点评】 本题考查混合物反应的计算、化学反应方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． 11．用惰性电极电解一定质量的某浓度的 NaCl溶液，一段时间后停止 电解．此时若加入%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（ ） A． 6mol B． 7mol C． 8mol D． 9mol 【考点】 电解原理． 【专题】 电化学专题． 【分析】 电解反应为： 2NaCl+2H2O H2↑+Cl 2↑+2NaOH ， 如果纯粹电解 NaCl，那么应该补充纯粹的 HCl气体即可，而现在加入的是 %的浓盐酸，其中含 HCl为 =1mol，含水为 =， 由此知还应该有水的电解，即 2H2O 2H2↑+O 2↑ ． 【解答 】 解：电解反应为： 2NaCl+2H2O H2↑+Cl 2↑+2NaOH ， 如果纯粹电解 NaCl，那么应该补充纯粹的 HCl气体即可，而现在加入的是 %的浓盐酸，其中含 HCl为 =1mol，含水为 =， 由此知还应该有水的电解，即 2H2O 2H2↑+O 2↑ ； 1molCl转移 1mol电子， 1molH2O转移 2mol电子，电解过程中有 1molNaCl被电解转移电子 1mol， 1molH2O转移 2mol电子， 水被电解转移电子 2=7mol ， 转移电子的总数是 11+ 2=8mol ； 故选 C； 【点评】 本题考查电解原理，题目难度较大，做题时注意加入 %的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，说明电解了 HCl和水，为该题的关键之处． 12．用惰性电极电解 ，当在电路中通过 ，调换正负极，电路中又通过了 ，此时溶液 pH值为（假设溶液体积不变）是（ ） A． 1 B． 2 C． 3 D．无法确定 【考点】 pH的简单计算． 【分析】 调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阴极： Ag+放电生成 Ag，阳 极发生氧化反应 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ ═2H 2O+O2↑ ， 调换后：阳极： 4Ag﹣ 4e﹣ =4Ag+（先）， 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =2H2O+O2↑ （后）；阴极： 4Ag++4e﹣ ═4Ag ， 故电路中转移的 ，只有 OH﹣ 放电产生，即消耗的 n（ OH﹣ ） =，生成 n（ Ag） =，亦即溶液中积累的 n（ H+） = mol，调换正负极，电路中又通过了，生成 n（ Ag） =，同时反应掉 ，亦即溶液中积累的 n（ H+） = mol， 据此求算出 c（ H+） = mol，以此计算溶液的 PH． 【解答】 解： （ Ag+） =1mol，调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极： 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =2H2O+O2↑ ；阴极： 4Ag++4e﹣ ═4Ag ， 用惰性电极电解 ，分别是 Ag+和 OH﹣ 放电，通过 ﹣ ，那么+放电，生成 ，同时 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =2H2O+O2↑ ，反应 0． molOH﹣ ，得到 +， 调换后：阳极： 4Ag﹣ 4e﹣ =4Ag+（先）， 4OH﹣ ﹣ 4e﹣ =2H2O+O2↑ （后）；阴极： 4Ag++4e﹣ ═4Ag ， 调换正负极，那么通电前的 ﹣ ，恰好是电镀银的过程，也就是第一个过程的银又溶解，在另一电极变为银，消耗 ﹣ ，剩余 ﹣ ，反应掉 ，还得到 +，故电路中转移的 ，所以总共得到 +，浓度为=， PH=﹣ lg（ H+） =1． 故选 A． 【点评】 本题考查电解原理，题目难度中等，本题注意分析调换正负极前后电极反应的变化，为解答 该题的关键． 13．利用图示装置进行有关实验，其中能达到实验目的或得出正确结论的是（ ） 选项 ① ② ③ ④ 实验目的或结论 装置 A 浓盐酸 MnO2 干燥红色布条 NaOH溶液 干燥布条不褪色 B 稀硝酸 铜粉 空气 NaOH溶液 制备收集NO C 浓硫酸 木炭 品红溶液 NaOH溶液 浓硫酸具有氧化性 D 浓氨水 NaOH固体 空气 水 制备收集氨气 A． A B． B C． C D． D 【考点】 化学实验方案的评价． 【专题】 实验评价题． 【分析】 A．反应生成的氯气中有水 ； B．反应生成的 NO与空气中的氧气反应； C．反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫可使品红褪色； D．氨气的密度比空气小，且易发生倒吸． 【解答】 解： A．反应生成的氯气中有水，则干燥的红色布条褪色，结论不合理，故 A错误； B．反应生成的 NO与空气中的氧气反应，则图中装置不能制备 NO，故 B错误； C．反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫可使品红褪色， S元素的化合价降低，则浓硫酸具有氧化性，故 C正确； D．氨气的密度比空气小，且易发生倒吸，图中收集方法不合理，且倒吸，故 D错误； 故选 C． 【点评】 本题 考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集，物质的分离以及氧化还原反应等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑，题目难度中等． 14．下列图示与对应叙述相符合的是（ ） A．图 1表示在含等物质的量 NaOH、 Na2CO3的混合溶液中滴加 •L﹣ 1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系 B．图 2表示 Cl2通入 SO2溶液中 pH 的变化 C．图 3表示 10 mL mol•L﹣ 1KMnO4 酸性溶液与过量的 mol•L﹣ 1 H2C2O4溶液混合时，n（ Mn2+） 随时间的变化（ Mn2+对该反应有催化作用） D．图 4表示已达平衡的某可逆反应，在 t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂 【考点】 物质的量或。