河南省中原名校届高三上学期第四次质量考评期中化学精校解析Word版.docx

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河南省中原名校届高三上学期第四次质量考评期中化学精校解析Word版

河南省中原名校（豫南九校）2018届高三上学期第四次质量

考评（期中）化学试题

1.在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是

A.为加快漂白粉的漂白速率，使用时可滴加儿滴醋酸

B.为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中

C.为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C

D.为使水果保鲜。

可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土

【答案】B

【解析】A．醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，A正确；B．硫酸铜有毒，可使蛋白质变性，不能用于浸泡食品，B错误；C．维生素C具有还原性，为增强治疗缺铁性贫血效寒可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，C正确；D．水果释放出的乙烯具有催熟作用，高锰酸钾可氧化乙烯，可使水果保鲜，D正确，答案选B。

2.下列化学用语或模型图正确的是

A.HClO 的结构式:

H－Cl－OB.H2O2的电子式：

C.CO2的比例模型：

D.14C的原子结构示意图：

【答案】D

3.设NA为阿状加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA

B.12 g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA

C.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol 氧气，转移电子的数目为0.4NA

D.标推状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA

【答案】B

【解析】A.丙烯酸分子含有两个双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故A错误；B.石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，12g即1mol石墨烯（单层石墨）中含有0.5mol六元环，含有六元环的个数为0.5NA，故B正确；C.在过氧化钠与水的反应中，O2～2e－，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，故C错误；D.标推状况下，苯呈非气态，11.2L苯中含有分子的数目大于0.5NA，故D错误。

故选B。

点睛：

解答本题必须明确：

气体体积受到温度和压强的影响，在标准状况下的气体摩尔体积是22.4L/mol。

4.下列反应对应的离子方程式书写正确的是

A.饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：

2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓

B.KIO3与KI 在酸性溶液中反应：

5I-+IO3-+3H2O═3I2+6OH-

C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：

Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2O

D.饱和石灰水与醋酸溶液混合：

Ca（OH）2+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+2H2O

【答案】A

【解析】A.一定温度下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：

2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故A正确；B.KIO3与KI在酸性溶液中反应不能产生6OH-，5I-+IO3-+6H+═3I2+3H2O，故B错误；C.氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝：

Al3++3NH3·H2O

Al（OH）3↓+3

，故C错误；D.氢氧化钙是强碱，饱和石灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示：

OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，故D错误。

故选A。

点睛：

判断离子方程式是否正确可以从以下三个方面进行。

（1）是否符合事实；

（2）是否符合三个守恒：

质量守恒、电荷守恒、电子守恒；（3）物质的表示形式是否正确。

强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示。

5.相对分子质量为136的芳香族化合物和相对分子质量为74 的饱和一元醇发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）

A.8种B.12种C.16种D.32 种

【答案】C

【解析】相对分子质量为136的该芳香族化合物含有羧基、苯环，苯环的侧链含有一个甲基。

当该芳香族化合物分子侧链为—CH2COOH时，有1种结构，侧链为—CH3、—COOH时，有3种结构，共4种结构。

相对分子质量为74的饱和一元醇为丁醇，丁基有4种，相应地丁醇也有4种。

生成酯的结构可能有4×4=16种，故选C。

6.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。

下列有关说法正确的是

A.H3PO2溶于水的电离方程式为：

H3PO2

H++H2PO2-

B.H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：

H3PO2+3OH-═PO23-+3H2O

C.将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的还原产物为H3PO4

D.用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：

2H2O-4e-═O2↑+4H+

【答案】A

【解析】试题分析：

A、次磷酸（H3PO2）属于一元弱酸，H3PO2溶于水的电离方程式为：

H3PO2

H++H2PO2－，错误；B、次磷酸（H3PO2）属于一元弱酸，H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：

H3PO2+OH－=H2PO2－+H2O，错误；C、次磷酸（H3PO2）具有较强的还原性，将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2被氧化为H3PO4，正确；D、该电极反应式原子不守恒，错误。

考点：

考查元素化合物

7.下列实验过程中的现象及结论均正确的是

A.锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊，证明非金属性：

Cl>C>Si

B.形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水

C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，定容时如图观察使配制的NaOH溶液浓度偏低

D.只产生红褐色沉定，证明Ksp[Al（OH3）]>Ksp[Fe（OH）3]

【答案】B

【解析】A.氯化氢不是氯元素最高价氧化物的水化物，锥形瓶中有气体产生，不能证明非金属性：

Cl>C。

再者，盐酸有挥发性，逸出的氯化氢干扰证明非金属性：

C>Si，故A结论错误；B.形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水，故B现象及结论均正确；C.配制NaOH溶液体积变小，使配制的NaOH溶液浓度偏高，故C结论错误；D.由于氢氧化铝转化为偏铝酸钠，所以只产生红褐色沉定，不能证明Ksp[Al（OH3）]>Ksp[Fe（OH）3]，故D结论错误。

故选B。

8.LiAlH4（Li+

）、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。

遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。

下列说法不正确的是

A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/mol

B.1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子

C.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为：

LiAlH4+ 2H2O=LiAlO2 +4H2↑

D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂

【答案】A

【解析】试题分析：

A．LiH与D2O反应，产生LiOD和HD，因此所得氢气的摩尔质量为3g/mol，错误；B．在LiAlH4中Li是+1价，Al是+3价，根据化合物中正负化合价的代数和为0可知H是-1价，在125℃完全分解，根据Al元素化合价的变化可知1molLiAlH4分解转移3mol电子，正确；C．LiAlH4电离产生-1价H与水电离产生的+1价的H+发生反应结合形成氢气，Al3+与OH-则结合形成水和AlO2-，所以溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为：

LiAlH4+2H2O==LiAlO2+4H2↑，正确；D．乙醛得到氢气被还原变为氢气，由于LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，因此LiAlH4作还原剂，正确。

考点：

考查LiAlH4的结构、性质及在氧化还原反应中物质的作用及电子转移的计算的知识。

9.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电了数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体 积分数最大的气体。

下列说法正确的是

A.Y的最高价氧化物对成水化物的酸性比W的强

B.W的气态氢化物比X的稳定

C.离子半径的大小顺序：

r（w）>r（X）>r（Y）>（Z）

D.XY2与ZY2中的化学键类型相同

【答案】C

【解析】试题分析：

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为

=6，则X为O元素。

A、Z为Mg元素最高正化合价为+2，Y为F元素，没有最高正化合价，故A错误；B、非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故B错误；C、具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径r（N3-）＞r（O2-）＞r（F-）＞r（Mg2+），故C正确；D、OF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误，故选C。

考点：

考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。

10.某无色溶液中含有：

①Na+、②Ba2+、③Al3+、④Cl-、⑤Br-、⑥SO32-、⑦SO42-离子中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：

步骤

操作

现象

（1）

用pH试纸检验

溶液的pH大于7

（2）

向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置

CCl4层呈橙红色

（3）

取②的上层溶液，加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3

有白色沉淀产生

（4）

将③过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3

有白色沉淀产生

根据上述实验现象，判断以下结论中正确的是

A.可能含有的离子是①④⑦B.肯定没有的离子是②③⑥

C.肯定含有的离子是①⑤⑥D.不能确定的离子是①③⑥

【答案】C

【解析】

（1）溶液pH>7，表明含有水解使溶液呈碱性的SO32-，排除与其不能共存的Ba2+、Al3+，为了保持电荷守恒，要求含有阳离子Na+；

（2）表明含有Br-；（3）SO32-可被硝酸氧化为SO42-，不能确定原溶液是否含有SO42-；（4）氯水含有Cl-，不能确定原溶液是否含有Cl-。

A.肯定含有①，故A错误；B.肯定含有⑥，故B错误；C.肯定含有的离子是①⑤⑥，故C正确；D.肯定含有①⑥，肯定没有③，故D错误。

故选C。

11.处理废水中的CN-可用电解方法除去，其装置如图所示。

已知电解时控制溶液pH 为9~10 并加入食盐，阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。

下列说法不正确的是

A.不能用铁作阳极材料

B.加入食盐的目的是在阳极产生ClO-

C.阴极的电极反应式为2H2O +2e-=H2 ↑+ 2OH-

D.除去CN-的反应为2CN-+ 5C1O-+ 2H+=N2 ↑+2CO2↑+ 5Cl-+H2O

【答案】D

【解析】A.若用铁作阳极材料，阳极不能产生ClO-，故A正确；B.加入食盐的目的是在阳极产生ClO-，故B正确；C.阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C正确；D.溶液pH为9~10而呈碱性，除去CN-的反应为2CN-+5C1O-+H2O=N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-，故D不正确。

故选D。

12.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、8.0%的ZnS和12.8%的CuS。

某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。

采用的实验方案如下：

下列说法不正确的是

A.步骤①最好在通风橱中进行

B.步骤①和③说明CuS 不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸

C.步骤③涉及的离子反应为CuS+ H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O

D.步骤②和④均采用蒸发结晶的方式获取晶体

【答案】D

【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。

点睛：

在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。

13.下列关于溶液的叙述中不正确的是

A.等pH的盐酸与醋酸稀释后pH的变化如下图所示，则曲线II表示的是醋酸的稀释图象

B.溶有等物质的量的NaCN、NaHCO3的溶液中：

c（HCN）+C（CN-） =c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）

C.25℃时，浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa 的溶溶液体积液等体积混合后pH=4：

c（CH3COO-）+ c（OH-）>c（CH3COOH）+ c（H+）

D.已知某温度下Ksp（CH3COOAg）= 2.8×10-3，浓度均为0.1mol·L-1的AgNO3溶液和CH3COONa 溶液等体积混合一定能产生CH3COOAg沉淀

【答案】D

.....................

14.在2L恒容密闭容器中充入A（g）和B（g），发生反应A（g）+B（g）

2C（g）+D（s），所得实验数据如下表：

实验编号

温度/℃

起始时物质的量/mol

平衡时物质的量/mol

n（A）

n（ B）

n（C）

①

600

0.30

0.20

0.30

②

700

0.20

0.30

0.24

③

800

0.10

0.10

a

下列说法不正确的是

A.实验①中，若5 min时测得n（B）=0.050mol，则0至5 min时间内平均反应速率v（A）=0.015mol/（L·min）

B.实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变

C.700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0

D.实验③中，达到平衡时，a>0.10

【答案】D

【解析】A.实验①中，若5min时测得n（B）=0.050mol，则0至5min时间内消耗B0.150mol，平均反应速率v（A）=v（B）=0.015mol/（L·min），故A正确；B.该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C.700℃时各物质平衡浓度：

c（A）=0.04mol/L，c（B）=0.09mol/L，c（C）=0.12mol/L，该反应的平衡常数K=

=4.0，故C正确；D.实验①平衡时n（C）>实验②平衡时n（C），表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。

实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c（A）<0.025mol/L，c（B）<0.025mol/L，c（C）>0.05mol/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。

故选D。

15.钢铁分析中常用高氯酸（HClO4）溶解矿样，某研究性学习小组欲制各少量高氯酸。

该学习小组查阅到：

a.HClO4浓度高于60%时遇含碳化合物易爆炸，浓度低于60%时比较稳定；b.NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸，若采用真空蒸馏可得纯高氯酸；c.NaClO3在673K（400℃）分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。

该小组同学设计实验分三步制备高氯酸；

（一）制氯气并使制得的氯气与氢氧化钠溶液反应制氯酸纳；

（二）氯酸钠分解制高氯酸钠；（三）高氯酸纳与浓硫酸反应制高氯酸[2NaClO4+H2SO4（浓）

Na2SO4+2HClO4]。

（1）制取氯酸钠的装置连接顺序为A，____________。

由装置可知该小组制氯气时采用的氧化剂可以为___________（填化学式）。

（2）B装置中发生反应的离子方程式为_________________________。

（3）为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方程式，该小组设计了两组装置（甲，乙）如下：

该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠，取NaClO3样品2.13g，加热充分反应后集气瓶中收集到224mL（标准状况下）气体，则该反应的化学方程式为_____________________；不选用乙装置的原因可能为____________________。

（4）用丙装置制备高氯酸，向烧瓶中加入高氯酸钠，然后加入浓硫酸后，加热可制取高氯酸。

实验开始前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是_________________，仪器E的名称为________。

该组同学发现操作中少加入一种物质，该物质的名称为________。

发现后的正确操作为_____________。

（5）工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法，试写出以惰性电极电解时的阳极反应式：

___________________________________。

【答案】

（1）.C,B,D

（2）.KMnO4（3）.Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O（4）.2NaClO3

NaClO4+NaCl+O2（5）.乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集（6）.橡胶中含有“碳”，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸（7）.锥形瓶（8）.碎瓷片（或沸石）（9）.停止实验，冷却后加入碎瓷片（或沸石）再继续进行实验（10）.ClO3--2e+H2O==ClO4-+2H+

【解析】本题主要考查对于制备高氯酸探究实验的评价。

（1）A制取的氯气通过C除去氯化氢杂质，在B制得的氯气与氢氧化钠溶液反应制氯酸纳，用D吸收氯气的余气，防止污染环境，所以制取氯酸钠的装置连接顺序为A，C，B，D。

制取氯气的装置不需要加热，由装置可知该小组制氯气时采用的氧化剂可以为KMnO4。

（2）B装置中发生反应的离子方程式为Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

（3）该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠，2.13gNaClO3样品的物质的量为0.02mol，224mL（标准状况下）气体的物质的量为0.01mol，则该反应的化学方程式为2NaClO3

NaClO4+NaCl+O2；不选用乙装置的原因可能为乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集。

（4）实验开始前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是橡胶中含有“碳”，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸，仪器E的名称为锥形瓶。

该组同学发现操作中少加入一种物质，该物质的名称为碎瓷片（或沸石）。

发现后的正确操作为停止实验，冷却后加入碎瓷片（或沸石）再继续进行实验。

（5）以惰性电极电解时的阳极反应式：

ClO3--2e+H2O==ClO4-+2H+。

16.四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。

由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：

（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，。

该过程中有如下反应发生：

2Fe3++Fe═3Fe2+

2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O

Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+

加入铁屑的作用是____________________________________________。

（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小范围在______。

（3）若把③中制得的固体TiO2•n H2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得铁白粉。

已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.79×10-39，该温度下反应Fe（OH）3+ 3H+

Fe3++3H2O的平衡常数K=________。

（4）已知：

TiO2（s）+2Cl2（g）==TiCl4（l）+O2（g）；△H=+140kJ·mol-1

2C（s）+O2（g）==2CO（g）；△H=-221kJ·mol-1

写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO 气体的热化学方程式：

_______________________。

（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点．依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是（只要求写出一项）___________________。

（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是______________________。

TiCl4

SiCl4

熔点/℃

-25.0

-68.8

沸点/℃

136.4

57.6

【答案】

（1）.使Fe3+还原为Fe2+，保护Ti3+不被Fe3+氧化

（2）.10-9m～10-7m（或1nm～100nm）（3）.2.79×103（4）.TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）==TiCl4（l）+2CO（g）;△H=-81kJ·mol-1（5）.产生三废（6）.蒸馏（或分馏或精馏）

【解析】试题分析：

（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有钛离子，由方程式可知，铁离子氧化钛离子，加入铁屑做还原剂，将铁离子还原为亚铁离子，生成Ti3+，保护Fe2+不被氧化。

（2）控制调价以形成溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径为10-9~10-7m。

（3）平衡常数=c（Fe3+）/（H+）3=Ksp/KW=2.79×10-39/（10-14）3=2.79×103。

（4）根据盖斯定律分析反应①+反应②即可，得到热化学方程式为：

TiO2（s）＋2C（s）＋2Cl2（g）＝TiCl4（l）＋2CO（g）△H=-81kJ·mol-1。

（5）由工艺流程可知，生成中产生废气、废液、废渣等不符合绿色化学理念。

（6）由表中数据分析可知，SiCl4和TiCl4，为液体，要精制含有少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏或分馏的方法。

考点：

考查实验方案的设计

17.CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。

（1）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。

某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：

CO（g）+Cl2（g）

COCl2（g）；ΔH=akJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表:

t/min

n（CO）/mol

n（Cl2）/mol