1、河南省漯河市高级中学 2018 届高三上学期第四次模拟考试（12 月）化学试题相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na -23 S-32 Ca-40 Fe-56 Cu-64、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，15 小题，共 45 分）1. 下列说法错误的是（ ）A. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多B. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的淸洁燃料C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D. 测定醋酸钠溶液的 pH 可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的 pH 试纸上【答案】D2. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
2、 ）A. 0.1mol Cl2溶于足量水中，转移的电子数为 0.1NAB. 标准状况下，11.2 LCH 3CH2OH 的分子数为 0.5 NAC. 0.1mol 由 16O2和 18O2组成的氧气中含有氧原子的数目为 0.2 NAD. 1L0.5 molL-1Na2SO4溶液中阴离子所带电荷数为 NA【答案】C【解析】试题分析：A、Cl 2和水的反应是可逆反应，0.1molCl 2溶于足量水中，转移的电子数小于 0.1NA，A 错误；B、标准状况下，CH 3CH2OH 是非气态物质，无法计算其物质的量，B错误；C、 16O2和 18O2都是双原子分子，则 0.1mol 由 16O2和 18O
3、2组成的氧气中含有氧原子的数目为 0.2NA，C 正确；D、1L0.5molL 1 Na2SO4溶液中 SO42-所带电荷数为 NA，阴离子还有氢氧根离子，D 错误。答案选 C。考点：阿伏伽德罗常数3. 下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如下图所示转化关系的是（ ）选项 X Y Z 箭头上所标数字的反应条件A SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 Na 2CO3熔融B NaCl NaHCO3 Na2CO3 加热C N2 NO2 HNO3 加热D C CO CO2 灼热炭粉A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、SiO 2和 Na2CO3熔融生成 Na2SiO3，Na
4、2SiO3和稀盐酸反应生成 H2SiO3，H 2SiO3分解生成 SiO2，涉及的反应为 SiO 2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2、Na 2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3、H 2SiO3 H2O+SiO2，故 A 正确；B氯化钠和氨气、二氧化碳反应生成 NaHCO3，NaHCO 3加热分解生成 Na2CO3，Na 2CO3和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，Na 2CO3和氯化钙反应生成氯化钠，发生的反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO 3 Na2CO3+H2O+CO2、Na 2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、Na2CO3+C
5、aCl2=CaCO3+2NaCl，故 B 正确；CN 2和 O2反应生成 NO 而不能生成 NO2；HNO 3分解生成 NO2、氧气和水，发生的反应为N2+O2 2NO、3NO 2+H2O=2HNO3+NO、4HNO 3 4NO2+O 2+2H 2O，故 C 错误；C碳不完全燃烧生成 CO，CO 燃烧生成 CO2，CO 2和 C 反应生成 CO，CO 2和 Mg 反应生成 C，发生的反应为 2C+O2 2CO、2CO+O 2 2CO2、C+CO 2 2CO、CO 2+2Mg 2MgO+C，故 D 正确；故选 C。点睛：本题考查元素及其化合物之间的转化，掌握物质的性质是解本题关键，解题时注意哪些
6、物质之间能一步直接发生反应，需要的反应条件，镁能在二氧化碳中燃烧，为易错点，能否一步实现，如 N2与 O2不能转化为 NO2等反应是难点。4. 在下列条件下，能大量共存的微粒组是（ ）化学式 电离常数（25）HClO Ki=3.010-8H2CO3 Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-12A. c(H+)= 110-14molL-1的溶液： K +、Na +、AlO 2-、S 2O32-B. 上表提供的数据下：HClO、HCO 3-、ClO -、CO 32-C. 能与 Al 反应生成 H2的溶液：NH 4+、Ca 2+、NO 3-、I -D. 中性溶液: CO 32-、Na +、SO
7、42-、AlO 2-【答案】A【解析】试题分析：A、由 c(H+)=110-14mol/L 可知溶液呈碱性，A 组离子可以共存；B、由表中数据可知，酸性强弱顺序是 H2CO3HClOHCO 3 ，因此 HClO+CO32 ClO +HCO3 所以HClO 与 CO32 不能大量共存；C、能与 Al 反应生成 H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，当溶液为酸性溶液时 NO3 具有氧化性，能与 I-发生氧化还原反应，不能大量存在，而当溶液为碱性溶液时 NH4 不能大量存在，所以 C 不正确；D、CO 32 、AlO 2 只能大量存在于碱性溶液中，所以 D 不正确。考点：认识离子共存，了解电离常
8、数、盐的水解、Al 的两性。5. 用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列说法正确的是（ ）A. 制取粗硅时生成的气体产物为 CO2B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C. 电解精炼铜时，当电路中转移 0.2mol 电子时阳极质量减轻 6.4gD. 粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】D【解析】A、石英和碳在高温下反应生成 Si 和 CO，故 A 错误；B、生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2和 SiO2+CaCO3 CaSiO3+CO2，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故 B 错误；C、精炼铜时，阳
9、极为粗铜，粗铜中如果有比 Cu 活泼的杂质金属，该杂质先放电，所以转移 0.2mol 电子时，阳极质量减少的不一定是 1molCu 的质量，故不一定为 6.4g,故 C 错误；D、制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将 SiCl4从杂质中提取出来，再与 H2发生置换反应得到高纯硅，故 D 正确。故选 D。6. 电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的 pH 在 5.06.0 之间，通过电解生成 Fe(OH)3胶体，Fe(OH) 3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 石墨电极上发生氧化反应B. 通空气的电
10、极反应式为 O2+4e-=2O2-C. 通甲烷的电极反应式：CH 4+4CO32-8e-=5CO2+2H2OD. 甲烷燃料电池中 CO32- 向空气一极移动【答案】C【解析】分析装置图可知，右侧为燃料电池装置，其中甲烷为负极燃料，空气为正极燃料；左侧污水处理装置为电解池，Fe 接电池正极，则 Fe 为阳极，石墨为阴极。A、石墨为阴极，阴极得电子，发生还原反应，故 A 错误；B、电池是以熔融碳酸盐为电解质，空气为正极燃料，电极反应为：O 2+2CO2+4e=2CO32，故 B 错误；C、甲烷为负极燃料，电极反应是 CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，故 C 正确；D、电池中阴离子向负极移
11、动 ,则电池中 CO32向甲烷一极移动，故 D 错误。故选 C。7. 乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）1mol 该有机物可消耗 3 mol H2；不能发生银镜反应；分子式为 C12H20O2；它的同分异构体中可能有酚类；1mol 该有机物水解时只能消耗 1molNaOHA. B. C. D. 【答案】A点睛：能与氢气加成：碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基、苯环；酯基和羧基不与氢气加成，此为易错点。8. 分子式为 C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（
12、 ）A. 12 种 B. 16 种 C. 24 种 D. 28 种【答案】C【解析】分子式为 C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇只能为甲醇或乙醇。若醇为甲醇，则羧酸为 C5H11-COOH，可看作为 C5H12中 1 个 H 原子被-COOH 取代，C 5H12共有 8种等效氢，则 C5H11-COOH 有 8 种羧酸；若醇为乙醇，则羧酸为 C4H9COOH，可看作是 C4H10种的1 个 H 原子被-COOH 取代，C 4H10有 4 种等效氢，故 C4H9COOH 有 4 种羧酸。所以羧酸共有8+4=12 种
13、，醇共有 2 种，酸和醇重新组合可形成的酯共有 122=24 种，故选 C。9. 加热 N2O5，依次发生的分解反应为：N 2O5(g) N2O3(g)+O2(g)，N 2O3(g) N2O(g)+O2(g)。在容积为 2L 的密闭容器中充入 8mol N2O5，加热到 t，达到平衡状态后 O2为9mol，N 2O3为 3.4mol，则 t时反应的平衡常数为（ ）A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5【答案】B【解析】在反应中 N2O3与 O2 按物质的量之比 11 生成，如果不发生反应，则两者一样多。发生反应，平衡后，O 2比 N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应中
14、每减少 1mol N2O3，O 2会增加 1mol,即 O2会比 N2O3多 2mol；O 2比 N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了 2.8mol N2O3；所以反应中 N2O5分解生成 N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有 6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后 N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为 2L，则反应的平衡常数 K=，故选 B。 10. 在一定温度下，将 3 molA 和 1molB 两种气体混合于固定容积为 2 L 的密闭容器中，发生如下反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g) 。2 min 末该反应达到平衡，生成 0.8m
15、olD，并测得 C 的浓度为 0.2molL-1。下列判断正确的是（ ）A. x=2 B. A 的平均反应速率为 0.6 molL-1min-1C. 平衡常数约为 0.15 D. 若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态【答案】C【解析】根据已知条件，可列出平衡功三段式：3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）起始浓度（mol/L）：1.5 0.5 0 0转化浓度（mol/L）：0.6 0.2 0.2 0.4平衡浓度（mol/L）：0.9 0.3 0.2 0.4A、浓度变化量之比等于计量系数之比，B 和 C 的浓度变化量相等，则 B 和 C 的系数相同，所以 x=1，故 A 错误；B、
16、2min 内 v(A)= =0.3mol（Lmin） -1，故 B 错误；C、平衡常数 k= 0.15，故 C 正确；D、由于反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，不能作为平衡状态的判断依据，故D 错误。故选 C。11. 一定条件下存在反应 C(s)+H2O(g) CO(g) +H2(g) H0，向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量 C 和 H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中 CO 的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是（ ）容器 甲 乙 丙容积 0.5 L 0.5 L V温度 T1 T2 T1 起始量 2 molC 1 m
17、olH2O 1 molCO 1 molH2 4 molC 2molH2OA. 甲容器中，反应在前 15 min 的平均速率 v(H2)=0.1molL1 min1B. 丙容器的体积 V0.5 LC. 当温度为 T1 时，反应的平衡常数 K=4.5D. 乙容器中，若平衡时 n(H2O)=0.4 mol，则 T27，HA 为弱酸B. 单从乙组情况分析，c 1不一定等于 0.2 molL-1，混合溶液中离子浓度 c(A-)=c(Na+)C. 从丙组实验结果分析，HA 是弱酸，混合溶液中离子浓度 c(Na+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D. 丁组实验所得混合溶液中由水电离出的 c(OH-)=1
18、10-5 molL-1，c(OH -)-c(HA)= 110-10molL-1【答案】D【解析】A、甲组实验中等浓度、等体积的 HA 和 NaOH 混合，二者恰好反应生成 NaA 和水。如果混合溶液 pH=7，则 NaA 是强酸强碱盐，HA 是强酸；如果溶液 pH7，则 NaA 是强碱弱碱盐，HA 是弱酸，故 A 正确；B、乙组实验中溶液混合 pH=7, 如果 NaA 是强酸强碱盐,其水溶液呈中性,则 HA 与 NaOH 为等体积等浓度混合，此时 c1等于 0.2molL-1；如果 NaA 是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性，则 HA 应该稍微过量，此时 c10.2molL -1
19、，故B 正确；C、丙组实验，HA 的浓度是 NaOH 的两倍，等体积混合后所得溶液溶质为 NaA 和 HA，物质的量之比为 11，此时溶液呈中性,说明 A-的水解程度等于 HA 的电离程度，故 HA 是弱酸，溶液中离子浓度大小为 c(Na+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)，故 C 正确；D、丁组实验 HA 与 NaOH等浓度等体积混合，反应后溶质为 NaA，溶液 pH=9,则 NaA 为强碱弱酸盐；c(H +)=10-9mol/L，c(OH )= 。根据质子守恒： c(H+)+ c(HA)= c(OH)，所以 c(OH-)-c(HA)= c(H+)=10-9mol/L，故 D 错误。故选
20、 D。点睛：判断酸碱混合后所得溶液的酸碱性、离子浓度大小，要注意先根据酸碱的物质的量，分析混合后所得溶液的溶质情况。HA 与 NaOH 等浓度等体积混合，则溶质为 NaA；HA 与 NaOH物质的量之比为 21，则溶质 NaAHA 物质的量之比为 11。分析出溶质，可以根据题目已知的酸碱性判断水解或电离情况，也可以根据电离、水解情况判断溶液的酸碱性。14. 己知：6C 6H5OH+Fe3+=Fe(C6H5O)63-+ 6H+；CH 3COOH+SO32-=CH3COO-+HSO3-；CO 32-+2 HSO3-=CO2+H 2O+2SO32-。关于下列六种溶液：Na2SO3、NaOH、CH 3
21、COONa、C 6H5ONa、Na 2CO3、NaHCO 3的说法错误的是（ ）A. 向六种溶液中分别逐渐加入氯化铁溶液时，溶液中先产生红褐色沉淀，后沉淀完全消失的是 C6H5ONaB. 将物质的量浓度均为 0.5 molL-1的上述六种溶液稀释相同的倍数，其 pH 变化最大的是NaOHC. 露置于空气中相当一段时间后（不考虑水分的蒸发） ，溶液的 pH 近似为 7，这种电解质为Na2SO3D. 当六种溶液的 pH 相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是CH3COONa.NaHCO3、Na 2SO3、C 6H5ONa、Na 2CO3、NaOH【答案】D【解析】A、C 6H5ONa 溶液中存在水
22、解：C 6H5O-+H2OC6H5OH+OH-，溶液显碱性，加入氯化铁，产生红褐色沉淀，随着氯化铁的增多，铁离子与苯酚发生络合反应 6C6H5OH+Fe3+=Fe(C6H5O)63-+6H+，氢离子浓度增大，原有的氢氧化铁红褐色沉淀溶解。故 A 正确；B、上述六种溶液，NaOH 是强碱，不存在水解平衡，另外五种都是强碱弱酸盐，存在水解平衡，所以加水稀释都存在水解平衡的移动，pH 变化较小，NaOH 的 pH 变化最大，故 B 正确；Na 2SO3露置于空气中相当一段时间后，Na 2SO3被空气氧化为强碱弱酸盐 Na2SO4，pH 近似为 7，故 C 正确；D、上述五种强碱弱酸盐溶液均显碱性，弱
23、酸根离子对应的酸酸性越弱，盐越易发生水解，当盐溶液pH 相同时，其盐溶液浓度越小。根据已知方程式 CH3COOH+SO32-=CH3COO-+HSO3-；CO 32-+2 HSO3-=CO2+H 2O+2SO32-可知，酸性：H 2SO3CH 3COOHHSO 3-H 2CO3C 6H5OHHCO 3-，故 pH 相同时，其对应的五种盐物质的量浓度大小顺序为：NaHSO3CH 3COONaNa 2SO3NaHCO 3C 6H5ONaNa 2CO3，故 D 错误。故选 D。点睛：本题的难点为通过已知方程式比较酸性的强弱。CH 3COOH+SO32-=CH3COO-+HSO3-，根据强酸制弱酸的原
24、理可知，CH 3COOH 制 HSO3-而不能制 H2SO3，则酸性 H2SO3CH 3COOHHSO 3-；CO 32-+2 HSO3-=CO2+H 2O+2SO32-，HSO 3-制 H2CO3，则 H2SO3HSO 3-H 2CO3。15. 常温下，已知： K sp(AgCl)= 1.810-10，K sp(Ag2CrO4)= l.110-12 以及 Ksp Cu(OH)2 =210-20。下列说法错误的是（ ）A. 常温下 AgCl 饱和溶液和 Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度比较： c(AgCl)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)c(H+)；向 pH=5 的 NaHSO
25、3溶液中滴加一定浓度的 CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH 降为 2，溶液的酸性增强，因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡 HSO3- H+ SO32-，钙离子与亚硫酸根离子结合为亚硫酸钙沉淀，促进亚硫酸氢根离子的电离,氢离子浓度增大，pH 减小；（3）装置 II 是 Ce4+与 NO 的反应，将 NO 氧化为硝酸根离子和亚硝酸根离子，自身被还原为Ce3+，离子方程式是 NO+3Ce4+2H2O=NO3-+ 3Ce3+4 H+, NO+Ce4+H2O=NO2-+ Ce3+2 H+；（4）装置还可以使 Ce4+再生，则 Ce3+被氧化为 Ce4+，阳极发生氧化反应，所以 Ce4+从电解槽的 a 口流出；阴极发生还原反应，根据流程图可知，HSO 3-得到电子生成 S2O42-，则电极反应式是 2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O;（5）NO 2-与氨气、氧气反应生成硝酸铵，则 N 元素被氧化，化合价从+3 价升高到+5 价，1m 3的溶液中的 NO2 的物质的量是 1000Lag/L/46g/mol=1000a/46mol，失去电子的物质的量是1000a/462mol=，根据得失电子守恒，则需要氧气在标准状况下的体积是1000a/23mol/422.4L/mol=5600a/23L。考点：考查电解质溶液中离子浓度的关系，对流程的分析，氧化还原反应的分析判断
