【6份试卷合集】河南省鹤壁市2018-2019学年高考化学五模考试卷

D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确； 故答案选B。 【点睛】

本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。

7．氯酸是一种强酸，浓度超过 40%时会发生分解，反应可表示为 aHClO3=bO2↑+ cCl2↑+ dHClO4 + eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是 A．若化学计量数 a = 8，b = 3，则该反应转移电子为 20e-

B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2 + 6H2O=12H++8Cl-+2IO3- C．氧化产物是高氯酸和氯气

D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3 【答案】A 【解析】 【详解】

A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=8 4d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确； B选项，电荷不守恒，故B错误；

C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误； D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误； 综上所述，答案为A。

8．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是

A．标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA B．20gD2O含有的电子数为10NA

C．1L0.1mol?L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA

D．25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA 【答案】A 【解析】 【详解】

A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A不正确；

B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B正确； C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C正确；

D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D正确； 答案选A。

9．科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（ ）

A．电极d与b相连，c与a相连 B．电解槽中，Si优先于Cu被氧化

C．a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O

D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；

B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；

C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误； D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确； 故选C。

10．NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是( )

A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短 B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长 C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等

D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1 【答案】C 【解析】 【详解】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确； B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；

C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；

D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为

=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不

足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L反应速率为

－1

变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3

=5.0×10－5mol/(L·s)，故D说法正确；

答案选C。 【点睛】

易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。 11．下列实验过程可以达到实验目的的是 选实验过程 项 A 将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中 取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳B 双键 除去铜片表面的油污 丙烯醛(CH2=CHCHO) 中双键的检验 实验目的 C 通常将 Fe(OH)3固体溶于沸水中即可 取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，制备 Fe(OH)3胶体 D 静置几分钟 A．A 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

B．B

C．C

D．D

析氢腐蚀 A．将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确； B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；

C．制备 Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误； D．取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误； 故选A。 【点睛】

本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。

12．热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti?H?Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（ ）

A．①为氮氮三键的断裂过程

B．①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生

C．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 D．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程 【答案】D 【解析】