江西省师范大学附属中学高三化学第三次模拟考试试题(含解析)

江西师范大学附属中学2017届高三第三次模拟考试理综化学试题

可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 Mn：55 Zn：65 Pb：207 1. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是 A. 天然气是可再生的清洁能源，可用于工业制盐酸 B. SiO2、MgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器 C. 硝酸铵属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装 D. 纤维素属于多糖类物质，但不能作人类的营养物质 【答案】A

【解析】A项：天然气属于化石燃料，是不可再生能源，且不属于清洁能源，故A错误； B项：耐高温材料应具有熔点高的特点，因SiO2、MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故B正确；

D项：纤维素属于多糖类物质，纤维素分子结构稳定并且很难被破坏，也就是说很难被消化分解，所以对人类来说也就不能从中吸收营养，所以，不能定为营养物质，故D正确。 2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 0.5L 2mol/L盐酸中含有NA氯化氢分子 B. 在标准状况下，2.24L氖气含有NA个电子 C. 常温下，24gC2H518OH分子中含有3.5NA个共价键

D. 若2H2S+O2=2S+2H2O生成3.2g硫，则反应过程中转移0.1NA个电子 【答案】B

【解析】A、盐酸是强酸，在水中完全电离，没有HCl分子存在，故A错误；B、氖是氮原子组成的分子，因此含有电子物质的量为2.24×10/22.4mol=1mol，故B正确；C、含有共价键的物质的量24×8/48mol=4mol，故C错误；D、转移电子物质的量为3.2×2/32mol=0.2mol，故D错误。

3. 根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释正确的是 实验操作 预测的实验现象 立即有气体逸出 实验结论或解释 CO32-+2H+=H2O+CO2↑ A 向饱和Na2CO3 溶液中滴加少量稀盐酸 - 1 -

将浓硫酸滴加到盛有铜片的试管中，并将 B 蘸有品红溶液的试纸置于试管口 C 铝箔在酒精灯火焰上加热 向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制 D Cu (OH)2悬浊液并加热

A. A B. B C. C D. D 【答案】C

【解析】A、向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸，一开始显碱性的碳酸钠过量，而1mol的碳酸根完全反应需要消耗2mol的H＋，故是一个两步反应：第一步反应（HCl少时）：Na2CO3 + HCl NaHCO3 + NaCl；第二步反应(HCl多时)：NaHCO3 + HCl

NaCl + H2O + CO2；故一开始没

有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 铝熔化但不会滴下 A12O3的熔点比铝高 品红试纸褪色 SO2具有漂白性 有气体生成，随盐酸量的增加，开始有气体产生。故A错误；B、将浓硫酸滴加到盛有铜片的试管中，要加热才反应，故B错误；C、A12O3的熔点比铝高，它包裹在Al的外面，故C正确；D、向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu (OH)2悬浊液并加热，Cu(OH)2 会与H2SO4反应，故D错误。故选C。

4. 常温下，下列说法不正确的是

A. 将pH＝4的某酸稀释10倍，测得其pH＜5，则该酸为弱酸 B. 相同pH的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）

C. 0.1 mol/L NaHA溶液pH＝5，则溶液：c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A） D. 已知H2CO3的电离常数K1＝4.4×10-7、K2＝4.7×10-11，HClO的电离常数K＝2.9×10-8，若向新制氯水中加入足量Na2CO3固体，则c（HClO）增大 【答案】D

【解析】A．弱酸稀释时促进了弱酸的电离，如 将pH=4的某酸稀释10倍，测得其pH<5，可知该酸为弱酸，故A正确；B．浓度相等时 CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3三种溶液的pH大小关系为：c(NaOH)＞c(Na2CO3) ＞c(CH3COONa)，则相同pH 的这三种溶液的物质的量浓度关系为c(NaOH)

- 2 -

离大于其水解，此溶液中c(HA)>c(H)>c(A)>c(H2A)，故C正确；D．已知H2CO3的电离常数K1=4.4×10、K2=4.7×10，HClO的电离常数K=2.9×10，则酸性强弱顺序为H2CO3＞HClO＞HCO3，若向新制氯水中加入足量Na2CO3固体，溶液中主要生成NaHCO3，HClO浓度很小，故D错误；答案为D。

5. 短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是（ ） A. Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小

B. W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中 C. Y与Q形成化合物在常温下一定为气态

D. Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来 【答案】A

【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；C．SiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。

点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＜Na＜K。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe＜Fe＜Fe，H＜H＜H。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。

6. 我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电

3+

2+

+

－

+

+

+

--7

-11

-8

-+2-

- 3 -

池。该电池的总反应方程式：ZnMn2O4 是

A. 充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移

xZn + Zn1?xMn2O4 （0

B. 充电时，阳极反应：ZnMn2O4 ?2xe＝Zn1-xMn2O4+xZn C. 放电时，每转移1mol e，ZnMn2O4电极质量增加65g D. 充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化 【答案】B

【解析】A、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2＋ 向锌迁移，故A错误；B、充电时，阳极发生氧化，阳极反应：ZnMn2O4 ?2xe—＝Zn1-xMn2O4+xZn2+，故B正确；C、放电时，每转移2mol e-，ZnMn2O4电极质量增加65g，故C错误；D、充放电过程中，Mn、Zn元素的化合价发生变化，故D错误；故选B。 7. CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2 (g) +6H2 (g)

C2H4(g)+4H2O(g)。0.1 MPa时，按n(CO2)：

-

—2+

n(H2)=l：3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。下列叙述不正确的是

A. 该反应的△H<0 B. 曲线b代表H2O

C. N点和M点所处状态的c(H2)不一样

D. 其它条件不变，T1℃、0.2 MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大 【答案】C

【解析】温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O, 曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项： 其它条件不变，T1℃、

- 4 -