1、河南省林州市第一中学 2018 届高三 10 月调研化学试题一、单选题(每小题 3 分)1. 在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是( )A. Cu2 B. Fe3 C. Fe2 D. H【答案】C【解析】试题分析：所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明该物质为铁，铁粉剩余，溶液中一定没有 Fe3+Cu2+H+这些离子都能和铁粉发生氧化还原反应，反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe 2 ，答案选 C考点：常见离子的氧化性强弱规律。2. 下列有关物质应用的说法正确的是（ ）A. 铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长
2、时间盛放咸菜等腌制食品B. 硝酸与铁发生化学反应，不可用铁制容器盛装浓硝酸C. 碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去油脂D. H2与 Cl2光照发生爆炸，工业上不能用 H2与 Cl2做原料生产 HCl【答案】C【解析】A铝制器皿长时间盛放咸菜等腌制食品，氯离子破坏致密的氧化膜结构，则不能长时间盛放咸菜等腌制食品，故 A 错误；B常温下 Fe 遇浓硝酸发生钝化，可用铁制容器盛装浓硝酸，而硝酸与铁发生化学反应，故 B 错误；C碳酸钠水解显碱性，碱性条件利用油脂的水解，加热促进水解，则可用热的纯碱溶液除去油脂，故 C 正确；D工业上用 H2与Cl2做原料生产 HCl，但不能在光照下反应，故 D 错
3、误；故答案为 C。3. 阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是( )A. 1 L 0.1 molL1 NH4Cl 溶液中，NH 的数量为 0.1NAB. 2.4 g Mg 与 H2SO4完全反应，转移的电子数为 0.1NAC. 标准状况下，2.24 L N 2和 O2的混合气体中分子数为 0.2NAD. 0.1 mol H2和 0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为 0.2NA【答案】D【解析】A铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个，故 A 错误；Bn(Mg)= =0.1mol，Mg 与 H2SO4反应生成 Mg2+，则 1mo
4、lMg 参与反应转移 2mol 电子，故 0.1molMg 参与反应转移 0.2mol 电子，即 0.2NA，故 B 错误；C标准状况下，22.4L 任何气体所含的分子数为 1mol，故 2.24LN2和 O2的混合气体中分子数为0.1mol，即 0.1NA，故 C 错误；DH 2+I2 2HI 这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为 0.2NA，故 D 正确；故答案为 D。点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱” ；另一方面是要把各种量转化为物质的量，
5、以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl 4、HF 等为液体，SO 3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol 是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4. 设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )A. 14 g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为 2NAB. 1 mol N2与 3mol H2反应生成的 NH3分子数为 2NAC. 1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NAD. 标准状况下，2.24 L CCl
6、 4含有的共价键数为 0.4NA【答案】A【解析】试题分析：A.14g 乙烯和丙烯混合气体中含 CH2物质的量= =1mol，含氢原子数为 2NA，故 A 正确；B.1mol N 2与 4mol H2反应生成的 NH3，反应为可逆反应 1mol 氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于 2NA，故 B 错误；C.1mol Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为 3mol，电子转移数为 3NA，故 C 错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4含物质的量不是 0.1mol，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的分析应用，涉及物质组成、氧化还原反应、可逆反应
7、、气体摩尔体积等。【名师点晴】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱” ；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。5. 下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是( )A. 室温下，测得氯化铵溶液 pHZ【答案】B【解析】四种短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则 X 是钠；Z 与 X 形成的离
8、子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z 只能是第三周期的非金属元素，且 Z 的氢化物的水溶液属于强酸，则 Z 是氯；W、X 的简单离子具有相同电子层结构，则 W 在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W 与 Y 同族，Y 在 X 与 Z 之间，位置关系如图： ；AX、W 离子的电子层为 2 层，Z 离子即氯离子电子层为 3 层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：XWZ，故 A 错误；BW 在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故 B 正确；CW 与 Y
9、处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则 WY，故 C 错误；DY 与 Z 处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则 ZY，故 D 错误；故选 B。15. 某电池以 K2FeO4和 Zn 为电极材料，KOH 溶液为电解质溶液。下列说法正确的是( )A. Zn 为电池的负极B. 正极反应式为 2FeO 10H 6e =Fe2O35H 2OC. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D. 电池工作时 OH 向正极迁移【答案】A【解析】试题分析：A根据化合价升降判断，Zn 化合价只能上升，故为负极材料，K 2FeO4为正极材料，A
10、正确；BKOH 溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为 2FeO42+6e+8H2O =2Fe(OH)3+10OH，B 错误；C该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，C 错误；D电池工作时阴离子 OH向负极迁移，D 正确；答案选 AD。考点：考查原电池原理及化学电源16. 如图表示 1 g O2与 1 g X 气体在相同容积的密闭容器中压强( p)与温度( T)的关系，则 X气体可能是( ) A. C2H4 B. CH4 C. CO2 D. NO【答案】C【解析】试题分析：体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于 X 气体，说明氧气的物质的量大，根据 n
11、= 知，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于 X，则氧气的摩尔质量小于 X，这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气。【考点定位】阿伏伽德罗定律【名师点睛】阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律。气体的体积是指所含分子占据的空间，因此，当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。推论：（1）同温同压下，V 1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，p 1/p2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V 1/V2=M2/M1（4）同温同压同体积时，M 1/M2= 1/ 2，熟练应用才能解答
12、该题。二、填空题 17. (1)配平氧化还原反应方程式：C2O _MnO _H =_CO2_Mn 2 _H 2O(2)称取 6.0 g 含 H2C2O42H2O、KHC 2O4和 K2SO4的试样，加水溶解，配成 250 mL 溶液。量取两份此溶液各 25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加 0.25 molL1 NaOH 溶液至 20 mL 时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的 H 的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加 0.10 molL1 的酸性高锰酸钾溶液。KMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另
13、加指示剂。滴至 16 mL 时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。【答案】 (1). 5C 2O 2MnO 16H =10CO22Mn 2 8H 2O (2). 0.005 (3). 氧化剂 (4). 不需要 (5). 无色 (6). 浅紫红色【解析】 （1）反应中 Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，C 碳元素化合价从+3 价升高到+4 价，失去 1 个电子，根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的方程式为 2MnO4 16H 5C 2O42 2Mn 2 10CO 28H 2O；（2）溶液由无色变为浅红色，溶液中 H2C2O4、KHC 2O4完全反应，依据反应可知
14、H+OH =H2O1 1n 0.25mol/L0.02L解得 n=0.005mol；反应中 Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，高锰酸钾作氧化剂；由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以不需要另加指示剂，滴定终点时溶液颜色由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色。点睛：本题考查了氧化还原反应的配平及相关计算，抓住氧化还原反应中得失电子数目守恒是解题关键，另外还需要注意电荷守恒、原子守恒的灵活应用。18. 随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母 X 表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）f 在元素周期表的位置是_。（2）比较
15、 d、e 常见离子的半径的大小（用化学式表示，下同）_；比较 g、h 的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_。（4）已知 1mole 的单质在足量 d2中燃烧，恢复至室温，放出 255.5kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：_。【答案】 (1). 第三周期A 族 (2). r(O 2-)r(Na +) (3). HClO4H 2SO4 (4). （或 ） (5). 2Na(s)+O 2(g) Na 2O2(s) H=-511kJmol-1【解析】从图中的化合价和原子半径的大小可以判断出 x 是 H 元素，y 是 C 元素，z 是
16、 N 元素，d 是 O 元素，e 是 Na 元素，f 是 Al 元素，g 是 S 元素，h 是 Cl 元素。则（1）f 是 Al 元素，在元素周期表中的位置是第三周期A 族。 （2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径 r(O2 )r(Na +)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，因此酸性 HClO4H 2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是 NH3、H 2O2、C 2H2等，其电子式为 或 或 ；（4）1molNa 单质在足量 O2中燃烧，放出 255.5kJ 热量，则 2mol 钠完全燃烧生成过氧化钠放热是 511kJ，因此该反应的热化学方程式为：2Na(
17、s)+O 2(g)Na 2O2(s) H=511kJmol -1。19. （1）向 MnSO4和硫酸的混合溶液里加入 K2S2O8(过二硫酸钾)，溶液中会发生如下反应：Mn2+ S2O82-+H2OMnO 4-+SO42 一 十 H+该反应常用于检验 Mn2+的存在。其特征现象是_。若反应中有 01 mol 还原剂参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为_mol。（2）若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过二硫酸钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有_。（3）将 NaBiO3固体(黄色微溶)加入到 MnSO4和 H2SO4的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下
18、反应：_NaBiO3+ MnSO4+ H2S04 Na 2S04+ Bi2(SO4)3+ NaMnO4+ H2O。配平上述反应的化学方程式；上述反应中还原产物是_。用单线桥表示该氧化还原反应转移电子情况:_。【答案】 (1). 溶液由无色变为紫色 (2). 0.25 (3). Cl 2 (4). 10 NaBiO3+ 4 MnSO4+ 14 H2S04 3Na 2S04+ 5 Bi2(SO4)3+ 4 NaMnO4+ 14 H2O。 (5). Bi2(SO4)3 (6). 【解析】试题分析：（1）由于反应生成高锰酸根离子，溶液由无色变为紫色；反应中锰离子做还原剂，锰元素化合价升高 5 价，硫元
19、素化合价降低 1 价，所以还原剂和氧化剂的比例为 2:5，所以当有 0.1 摩尔还原剂反应，消耗氧化剂为 0.25 摩尔。 （2）因为高锰酸根的氧化性大于氯气，所以反应中还有 Cl2生成。 （3） 根据铋元素化合价从+5 降低到+3，降低2 价，锰元素化合价从+2 升高到+7，升高 5 价，所以氧化剂和还原剂的比例为 5:2，再根据原子守恒配平，得系数为 10、4、14、3、5、4、14；铋元素化合价降低，所以还原产物为Bi2(SO4)3。根据配平过程分析铋元素得到 20 个电子，锰元素失去 20 个电子，所以单线桥为考点：氧化还原反应20. 粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为 SiO2、Al
20、 2O3、Fe 2O3和 C 等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性 Al2O3，其流程如下图：已知烧结过程的产物主要是：NaAlO 2、Ca 2SiO4、NaFeO 2和 Na2SiO3等。（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式_。（2）操作 a 为冷却、研磨，其中研磨的目的是_。（3）浸出过程中，NaFeO 2可完全水解，水解反应的离子方程式为_。（4）操作 b 的名称是_，所用的玻璃仪器有_、_和烧杯。（5） “碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为_。（6）上述过程中循环使用的物质是_。【答案】 (1). Al 2O3Na 2CO3 2NaAlO2CO 2 (2). 提高烧结产物浸出率 (3
21、). FeO2 2H 2OFe(OH) 3OH (4). 过滤 (5). 漏斗 (6). 玻璃棒 (7). Al(OH)3） (8). CO 2.（1） “烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al 2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2；（2） “烧结”过程的产物主要是：NaAlO 2、Ca 2SiO4、NaFeO 2和 Na2SiO3等，操作 a 的下一步为浸出，操作 a 为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率，故答案为：提高烧结产物浸出率；（3）碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO 2可完全水解，FeO
22、 2-+2H2O=Fe（OH） 3+OH -，故答案为：FeO 2-+2H2O=Fe（OH） 3+OH -；（4）浸出液经过两次操作 b 分离沉淀，所以 b 为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（5）操作 b 过滤出硅酸钙沉淀，滤液为 NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO 2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH） 3，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝，故答案为：Al（OH） 3；（6）根据流程图，上述过程中循环使用的物质有碳酸钙和二氧化碳，故答案为：碳酸钙和二氧化碳。考点：考查了物质的分离、提纯的方法的应用的相关知识
