精品解析辽宁省丹东市届高三第一次模拟考试理科综合化学试题解析版Word文档下载推荐.docx

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下列说法正确的是

A.足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA

B.5NH4NO3

2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NA

C.过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NA

D.由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NA

【答案】C

【详解】A．未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；

B．5NH4NO3

2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为

=3.75mol，个数为3.75NA，B选项错误；

C．过量的铁在1molCl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；

D．由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有1×

2+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；

答案选C。

3.根据下表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，判断以下叙述正确的是

元素代号

A

B

C

D

E

原子半径/nm

0.186

0.143

0.089

0.102

0.074

主要化合价

＋1

＋3

＋2

＋6、－2

－2

A.最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A

B.氢化物的沸点H2E＞H2D

C.单质与稀盐酸反应的速率A＜B

D.C2＋与A＋的核外电子数相等

【答案】B

【分析】

元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。

【详解】A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be（OH）2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>

B，故碱性NaOH>

Be（OH）2，A选项错误；

B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D<

H2E，B选项正确；

C．金属钠

活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na>

A1，C选项错误；

D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；

答案选B。

【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。

4.下列实验操作、现象及结论均正确的是

选项

实验操作和现象

实验结论

向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色

黄色溶液中只含Br2

烧杯中看见白色沉淀

证明酸性强弱：

H2CO3>

H2SiO3

向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；

再加入银氨溶液；

未出现银镜

蔗糖未水解

pH试纸先变红后褪色

氯水既有酸性，又有漂白性

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；

B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>

H2SiO3，B选项错误；

C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；

D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；

答案选D。

5.分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）

A.3种B.4种C.5种D.6种

【详解】根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、（CH3）2CClCH2Cl、（CH3）2CHCHCl2；

6.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。

下列说法错误的是（）

A.在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物

B.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜

C.图示转化的总反应是2H2S+O2

2S+2H2O

D.当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol

【详解】A．该过程中发生反应：

Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+（未配平），Fe2++O2→Fe3+（未配平），由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；

B．由图知，化合价变化的元素有：

S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；

C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：

2H2S+O2

2S+2H2O，故C不符合题意；

D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；

故答案为：

B。

7.已知常温下，Ka1（H2CO3）=4.3×

10-7，Ka2（H2CO3）=5.6×

10-11。

某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是

A.在pH=4.3的溶液中：

3c（R2-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-）

B.等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小

C.在pH=3的溶液中存在

D.向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生反应：

CO32-+H2R=HCO3-+HR-

【详解】A．在pH=4.3的溶液中，c（R2-）=c（HR-），溶液中存在电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=c（HR-）+2c（R2-）+c（OH-），则3c（R2-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-），A选项正确；

B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，生成等浓度的H2R、HR-，溶液的pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B选项正确；

C．当溶液pH=1.3时，c（H2R）=c（HR-），则

，溶液的pH=4.3时，c（R2-）=c（HR-），

，则

，C选项错误；

D．结合题干条件，由C选项可知，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性HR-大于H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液，发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-，D选项正确；

8.垃圾分类正在全国逐渐推广,垃圾资源化是可持续、绿色发展的重要途径。

由金属废料（主要含铁、铜和它们的氧化物）制得碱式碳酸铜和摩尔盐[（NH4）2SO4·

FeSO4·

xH2O]的工艺流程如下图所示：

已知:

Ksp[Fe（OH）3]=1×

10-38,Ksp[Cu（OH）2]=2.2×

10-21,一般认为某离子浓度小于或等于10-5mol/L时,该离子转化或去除完全。

请回答下列问题：

（1）热纯碱的作用是_______________，H2O2的电子式为___________。

（2）调pH步骤可选用的试剂为______________。

A.CuOB.Cu（OH）2C.Fe2O3D.Fe（OH）3

（3）若所得溶液中c（Cu2+）=0.22mol·

L-1，则需要调节的pH范围是_______________。

（4）溶液1经过加热、蒸发至溶液中出现晶体时,自然冷却即可得到晶体，然后抽滤,用酒精洗涤晶体,酒精洗涤的目的是____________________________________。

（5）写出该流程中生成碱式碳酸铜的离子方程式________________________________。

（6）取3.92g摩尔盐产品，在隔绝空气的条件下加热至135°

C时完全失去结晶水,此时固体质量为2.84g,则该摩尔盐结晶水个数x=________。

【答案】

（1）.去除废料表面的油污

（2）.

（3）.AB（4）.3～4（5）.除去晶体表面水分（6）.2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3-（或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑）（7）.6

加入热的纯碱液，金属废料（主要含铁、铜和它们的氧化物）中的主要成分都不发生反应，所以热的纯碱液的作用只能是去除油污；

加入H2SO4、H2O2，铁及氧化物溶解并转化为Fe3+，铜及氧化物溶解生成Cu2+；

调pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，用硫酸溶解生成硫酸铁，再加入还原铁粉转化为硫酸亚铁，加入硫酸铵最后得摩尔盐。

滤液中含有Cu2+，加入Na2CO3溶液发生双水解反应生成Cu2（OH）2CO3。

【详解】

（1）由以上分析可知，利用热的纯碱溶液水解使溶液呈较强的碱性，从而达到去除油污的目的，其作用是去除废料表面的油污，H2O2为共价化合价，既存在O—H共价键，又存在O—O共价键，其电子式为

。

答案为：

去除废料表面的油污；

；

（2）调pH的目的，是将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，同时不引入新的杂质，可选择CuO、Cu（OH）2，所以可选用的试剂为AB，故答案为：

AB；

（3）Ksp[Fe（OH）3]=1×

10-38，c（Fe3+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-11mol/L，pH=3；

若所得溶液中c（Cu2+）=0.22mol·

L-1，利用Ksp[Cu（OH）2]=2.2×

10-20，可求得c（OH-）=

mol/L，pH=-lg（10-4）=4，则需要调节的pH范围是3~4，故答案为：

3~4；

（4）自