河南省郑州市开封市2019届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含
解析）
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 P-31 S-32
一、选择題(本题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题只有一个合理的选项) 1.一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是
A. 反应Ⅱ中H2O2做还原剂 B. 产品中含有SO4、Cl C. NaClO2的漂白原理与SO2相同
D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行 【答案】A 【解析】
【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；
B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；
C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误； 故本题合理选项是A。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LHF含分子数目为0.1NA B. 120 g NaHSO4固体含有H+的数目为NA
C. 100mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NA D. 1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子
2－
－
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【答案】C 【解析】 【分析】
A.标准状况下HF为液体；B. 在NaHSO4固体中含有的离子是Na、HSO4；C.该盐水解，通过分析水解溶液中的离子数目判断；D.根据反应特点分析，据此解答。
【详解】A. 标准状况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒数目，A错误；
B. 120 g NaHSO4的物质的量是1mol，在固体中含有的离子是Na+、HSO4-，不含有H+，B错误； C. 100mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量是0.01mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CO3发生水解反应：CO3+ H2OHCO3+ H2O
--2-2-+
-
HCO3+OH；水解产生的HCO3会进一步发生水解反应：
---
H2CO3+OH，因此，该溶液中含阴离子的数目大于0.01NA，C正确；
D. SO2与O2产生SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此1 mol SO2与足量O2反应，产生的SO3的物质的量小于1mol，则转移电子数目小于2NA个，D错误； 故本题合理选项是C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算的知识。熟练掌握有关物质的量的公式、物质存在的状态、结构、反应特点及盐的水解规律是解题关键。 3.下列有关有机物结构和性质的说法错误的是
A. 分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的结构共有4种 B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物 C. 苯甲酸(
)分子中所有原子可能位于同一平面
D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成
【答案】B 【解析】
【详解】A.分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确； B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；
C.苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；
D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个
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苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3 mol H2发生加成反应，D正确；
故本题符合题意的选项是B。
4.某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是
A. 放电时，负极的电极反应式为Li－e=Li B. 放电时，电子通过电解质从Li流向Fe2O3 C. 充电时，Fe做阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引
D. 充电时，阳极的电极反应式为2Fe+3Li2O－6e= Fe2O3+6Li 【答案】B 【解析】 【分析】
由图可知：该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe2O3
3Li2O+2Fe；放电时负极发生氧
－
+
－+
化反应，正极发生还原反应；充电时阳极、阴极电极反应式与放电时的负极、正极电极反应式正好相反，据此解答。
【详解】A. 该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe2O3
－
+
3Li2O+2Fe；放电时Li为负极，
失去电子，发生氧化反应，电极反应式是Li－e=Li，A正确；
B. 放电时，电子通过外电路从负极Li流向正极Fe2O3，不能经过电解质，B错误；
C. 充电时，Fe做阳极，失去电子，发生氧化反应，被氧化变为Fe2O3，Fe2O3不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸引，C正确；
D.充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，该电极反应式为2Fe-6e－+3Li2O= Fe2O3+6Li+，选项D正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了化学电源、新型电池的知识，是高频考点，侧重考查学生分析问题的能
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力，明确电池放电时正负极与充电时的阴阳极电极反应式的关系是本题解答的关键，电子流动区域及离子移动区域的区别是学生易混淆之处。 5.下列有关实验操作，说法正确的是
A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低 B. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确 C. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却
D. 测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度 【答案】D 【解析】
【详解】A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不影响配制溶液，由于溶质的物质的量不变，溶液的体积也不变，所以根据
，可知溶液的物质的量浓度不变，错误；
B.用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，由于二者反应产生的盐NH4Cl水解使溶液显酸性，所以选用酸性范围内变色的甲基橙比选择碱性范围内变色的酚酞，测定的结果会更准确，B错误； C.由于空气中含有水蒸气，在空气中冷却，会导致部分水分被吸收，使测得的结晶水数目偏低，C错误；
D. 测定中和热时，为减少实验过程中的热量损失，应在有保温措施的容器内迅速将酸、碱稀溶液混合、搅拌，并及时记录反应达到的最高温度数值，D正确； 故本题合理答案是D。
6.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1：2：3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法正确的是 A. 单质沸点：Y>W>M B. 原子半径：X C. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物乙可能含有离子键 D. X与Y、M、W形成的最简单化合物中，等物质的量浓度水溶液的pH：W>M>Y 【答案】C 【解析】 【详解】X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1：2：3，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素（不可能是磷和钾）；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，W是硫元素；若Z是F元素，则W是氯元素，M元素不能确定是哪种元素。 A.Y是N元素，其单质N2室温下为气体，若Z是O元素，则M是S元素，其S单质在室温下为固态，沸点比N2高，A错误； B. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，Y是N元素，Z可能是O(或F)元素， - 4 - 则原子半径Y>Z，B错误； C. 若Z是F元素，则X、Y、Z三种元素可以形成NH4F，该物质是离子化合物，含有离子键，C正确； D.H与N形成的最简单化合物NH3水溶液显碱性，pH>7；若Z是O元素，则W是S元素，其与H元素形成的化合物H2S的水溶液显弱酸性、pH<7；若Z是F元素，其与H元素形成的化合物HF水溶液也显弱酸性、pH<7；两者等浓度的水溶液的pH都是Y>W，D错误。 因此合理选项是C。 7.常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是 A. a~c点，溶液中离子数目先增大后减小 B. b点溶液pH=7说明c(NH4+)=c(R－) C. c点溶液存在c(NH4+)>c(R－)>c(H+)>c(OH－) D. b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同 【答案】B 【解析】 【分析】 A.根据溶液的导电性与自由移动的离子浓度有关，与离子数目无关；B.根据电荷守恒分析判断；C.根据溶液的pH判断离子浓度关系；D.根据酸、碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐会促进水的电离分析解答。 【详解】A.根据图象可知a~b点，溶液的导能力增强，b~c点溶液的导电能力减弱，说明从a~c点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A错误； B.根据图象可知b点溶液的pH=7，c(H)=c(OH)，结合电荷守恒c(H)+ c(NH4)=c(R)+ c(OH)，可得c(NH4)=c(R)，B正确； C.根据图象可知c点溶液的pH>7，说明 c点溶液中离子浓度：c(OH－)>c(H+)，C错误； D.由曲线的起点的pH可知，HR为弱酸，b点溶液的pH=7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而c点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生OH-会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水的电离程度：b>c，D错误。 + － + -+ + － - - 5 -