辽宁省沈阳市东北育才学校2017-2018学年高考理综-化学八模考试试卷(解析版)

辽宁省沈阳市东北育才学校2017-2018学年高考理综-化学八模考试试卷

一、单选题

1.下列叙述错误的是( )

A. 化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素

B. 用Na2S作沉淀剂，可除去废水中的Cu2＋和Hg2＋

C. 玻璃钢是一种合金，广泛用于汽车车身

D. 只要符合限量，“食用色素”、“苯甲酸钠”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品添加剂

【答案】C

【考点】合金的概念及其重要应用

【解析】【解答】A、化学变化的特征是有新物质产生，而原子是化学变化中的最小微粒，因此化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，A不符合题意；

B、用Na2S作沉淀剂，可除去废水中的Cu2＋和Hg2＋，二者分别转化为难溶性硫化铜和硫化铅，B不符合题意；

C、玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料，属于复合材料，不是合金，C符合题意；

D、只要符合限量，“食用色素”、“苯甲酸钠”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂，不符合题意，

故答案为：C。

【分析】A.原子是化学变化中最小的微粒；

B.根据生成难溶性物质进行判断；

C.根据合金的概念的概念进行判断；

D.根据食品添加剂进行判断。

2.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。工业上以金红石（主要成分是TiO2）为原料制备金属钛的步骤：①在高温下，向金红石与W的单质的混合物中通入Z的气体单质，得到化合物甲和化学式为WX的常见可燃性气体乙；②在稀有气体环境和加热条件下，用Y的金属单质与甲反应可得钛，下列说法错误的是（）

A. 非金属性：Z>X>W

B. 简单离子半径：Z>X>Y

C. W与Z形成的化合物可用于工业上的重要有机溶剂

D. ZX2具有强氧化性，可用于饮用水消毒

【答案】A

【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用，微粒半径大小的比较

【解析】【解答】在高温下，向金红石与碳单质的混合物中通入氯气，在一定条件下发生反应得到化合物四氯化钛和可燃性气体一氧化碳；四氯化钛与金属镁反应生成金属钛和氯化镁；因此短周期主族元素W 为碳、X为氧、Y为镁、Z为氯；

A.原子半径越小，元素的非金属性越强，因此非金属性：氧>氯>碳；A不符合题意；

B.电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此，简单离子半径：Cl- >O2- >Mg2+, B符合题意；

C.W与Z形成的化合物为四氯化碳，它性质稳定，是一种工业上的重要有机溶剂，C符合题意；

D.ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒,D符合题意；

【分析】首先根据物质之间的转化关系判断出各种元素，结合元素周期律进行解答即可。

3.将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集

到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：

下列说法正确的是（）

A. 表中V=7.84 L

B. 原混合物粉末的质量为25.6 g

C. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3

D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875

mol•L﹣1

【答案】A

【考点】化学方程式的有关计算，硝酸的化学性质

【解析】【解答】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）

+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加2

入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则

解之得，所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；

400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守

恒和N元素守恒得：

铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol,

铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）

]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子3

守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·,mol-1=7.84L，A符合题意；

B.根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项不符合

题意；

C.根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项不符合题意；

D.根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为

0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项不符合题意；