2019-2020学年安徽省潜山市第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省潜山市第二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（）A该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5 xe-=V2O5+xLi+B该电池可以用LiCl 水溶液作电解质溶液C当电池中有7gLi 参与放电时，能得到59gNi D电解过程中，NaCl 溶液的浓度会不断增大【答案】D【解析】【分析】V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出

2、Li 化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A.该电池充电时，阴极的电极反应式为Li+e=Li，故 A 错误；B.Li 会与 LiCl 水溶液中水反应，因此LiCl 水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C.根据电子守恒得到关系式2Li Ni，因此当电池中有7gLi即 1mol 参与放电时，能得到 0.5molNi 即 29.5g，故 C 错误；D.电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl 溶液的浓度会不断增大，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，

3、降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。2下列属于酸性氧化物的是()A CO BNa2O CKOH DSO2【答案】D【解析】【分析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A 不选；B.Na2O 是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D 选。故选 D。3V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，取14V mL 溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是()A125a9Vmol/L B125a36Vmol/L C125a18Vmol

4、/L D125a54Vmol/L【答案】B【解析】【分析】【详解】V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g即 Al3+物质的量1magan=molM27g mol27，取14V mL 溶液，则取出的 Al3+物质的量a1amol=mol274108，稀释到4V mL，则 Al3+物质的量浓度331(aq)Al4V1amoln125a108()=m0ol LLVV54c，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是2311433125a125a()=()=mol L=mol L22543SOAlVV6cc，故 B正确。综上所述，答案为B。4以下说法正确的是（）A共价化合物内部可能有极性键

5、和非极性键B原子或离子间相互的吸引力叫化学键C非金属元素间只能形成共价键D金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键【答案】A【解析】【详解】A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A 正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B 不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D 不正确；答案选 A。5用“吸收电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再

6、生的装置如图所示，其中电解液的pH 随2-33n(SO):n(HSO)变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32)：n(HSO3)pH K 9:91 6.2 L 1:1 7.2 M 91:9 8.2 A当电解液呈中性时溶液中：+2-33c(Na)c(SO)c(HSO)c(OH)B再生液M 吸收 SO2主反应的离子方程式为：-23SO+OH=HSOCHSO3在 b 极发生的电极反应式为：-2-+324HSO+H O-2e=SO+3HD若产生标准状况下2.24L 气体 N，则 d 膜上共通过0.2mol 阳离子【答案】D【解析】【分析】根据装置图，阴离子通过c 膜向 a 极移动，可知

7、a 极为阳极，发生的反应为：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；b 极为阴极，发生的反应为：2H+2e-=H2，气体N 为 H2。【详解】A n(SO32)：n(HSO3)=9：91 时，电解液pH=6.2，n(SO32)：n(HSO3)=1：1 时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3)c(SO32)，A 项错误；BM 吸收 SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B 项错误；Cb 极为阴极，发生的反应为：2H+2e=H2，C项错误；D若产生标准状况下2.24L 气体 N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少 0.2mo

8、l 正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d 膜上会通过0.2mol 阳离子，D 项正确；答案选 D。6部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是A B只能得电子，不能失电子B原子半径GeSi CAs 可作半导体材料D Po 处于第六周期第VIA 族【答案】A【解析】【分析】同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A

9、.根据以上分析，B 元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A 错误；B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径GeSi，故 B正确；C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D.Po为主族元素，原子有6 个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA 族，故 D 正确。故选 A。7下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是ABCD【答案】A【解析】【分析】【详解】A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答

10、案选 A。8已知：A（g）+3B（g）?2C（g）。起始反应物为A 和 B，物质的量之比为1：3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是（）温度物质的量分数压强40045050060020MPa 0.387 0.274 0.189 0.088 30MPa 0.478 0.359 0.260 0.129 40MPa 0.549 0.429 0.322 0.169 A压强不变，降低温度，A 的平衡转化率增大B在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同C达到平衡时，将C 移出体系，正、逆反应速率均将减小D为提高平衡时C的物质的

11、量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂【答案】D【解析】【详解】A.由图可知温度越高C 物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A 的平衡转化率增大，故A 正确；B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故B正确；C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故C正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故 D 错误。故选 D。9常温下，向20 mL 0.1molL1一

12、元酸 HA 中滴加相同浓度的KOH 溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入 KOH 溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A HA 的电离常数约为105Bb 点溶液中存在：c(A)c(K)Cc 点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为 7 106 mol L1D导电能力：cab【答案】D【解析】【分析】【详解】A由 a 点可知，0.1mol/L 一元酸 HA 中 c水(H+)=c水(OH-)=1 10-11mol/L，则 c(H+)=1 10-14 10-11=1 10-3mol/L，则 HA 的电离常数22+-+-3-5ac Hc Ac H1 10K=1 10c HAc HA

13、0.1，A 选项正确；Bb 点溶液中c水(H+)=1 10-7mol/L，c 点 c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a 点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1 10-7mol/L 的 b 点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则 c(A-)=c(K+)，B 选项正确；Cc 点时加入的KOH 的物质的量n(KOH)=20mL 0.1mol/L 0.1mol/L=20mL，由 HA 的 Ka=1 10-5，可得 A-的2-9b-c HA c OHc OHK=1 10c Ac A则 c(A-)0.05mol/L，则

14、 c(OH-)7 10-6mol/L，在 KA 中 c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)7 10-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D 选项错误；答案选 D。10关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的DNA 病毒，不易变异D该病毒可用“84 消毒液”进行消毒【答案】C【解析】【详解】A.通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A 正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷

15、嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C 错误；D.“84消毒液”的主要成分NaClO 具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84 消毒液”具有杀菌消毒作用，D 正确；故合理选项是C。11将铁粉和活性炭的混合物用NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A在此实验过程中铁元素被还原B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C活性炭的存在会加速铁的腐蚀D以水代替NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【

16、解析】【分析】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe 作负极，Fe 失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A 错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐

17、蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D 错误；故选：C。12短周期主族元素W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大。其中X、Z 位于同一主族：W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A最简单氢化物的稳定性：WX B含氧酸的酸性：Z”、“”或“=”)。(4)在 NaOH 溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，此时溶液pH=_。（已知：室温下，H2CO3的 k1=4 10-7，k2=5 1

18、0-11。lg2=0.3）【答案】+247 CE p1p2p3Ka=KbKc66.7%163V 9.7【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得催化重整的热化学方程式的反应热；(2)根据化学平衡状态的特征及外界条件对化学平衡移动的影响分析判断；(3)反应 C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大；化学平衡常数只随温度的改变而改变；900、1.013MPa 时，平衡时CO的体积分数为80%，计算 CO2转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；根据改变条件前后CO

19、2的体积分数的变化判断，根据反应商判断化学反应的方向；(4)所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，根据 K2=233c COc Hc HCOn=5 10-11，计算 c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液pH。【详解】(1)CH4(g)C(s)+2H2(g)H1=+75kJ/mol 2CO(g)C(s)+CO2(g)H2=172kJ/mol 根据盖斯定律，将热化学方程式-，整理可得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H=+(75+172)kJ/mol=+247kJ/mol；(2)A.FeO 是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A 错误；

20、B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，不能抵消。又由于压缩体积导致的物质的浓度增大，因此平衡时c(CO2)增大，B 错误；C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C 正确；D.反应混合物中只有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D 错误；E.若该反应的H0，则达到化学平衡后，若升高温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CO2的物质的量会增加，E正

21、确；故合理选项是CE；(3)反应 C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，表明压强低时对应着的CO体积分数较高，则p1、p2、p3的大小关系是：p1p2p3；化学平衡常数只随温度的改变而改变，在压强不变时，升高温度，CO含量增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此a、b、c 三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=KbKc；900、1.013MPa 时，设反应转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时n(CO)=2x，n(CO2)=1-x，根据图象可知平衡时CO的体积分数为80%，则2x1x2x 100

22、%=80%，解得 x=2mol3，所以 CO2的转化率为：2mol31mol 100%=66.7%；平衡时各种气体的浓度，c(CO)=2x4V3V，c(CO2)=1x1V3V，所以根据化学平衡常数的含义，可得此时反应的化学平衡常数K=22cCO16c CO3V；反应 C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，升高温度均有利于反应正向进行，所以将中平衡体系温度降至640，压强降至0.1013 MPa，降低温度减小压强，使正、逆反应速率均减小，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO

23、)=2y，则：1y1y2y=50%，解得 y=13mol23mol，可见重新达到平衡时，体系中CO含量降低，CO2含量升高，即化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)Na+Al3+；Cl 原子与 Si原子可构成有5 个原子核的分子为SiCl4，Si 形成 4 个 Si-Cl键，没有孤对电子，硅为正四面体构型，故答案为：Al3+；正四面体；（2）最详尽描述核外电子运动状态的方式为轨道表示式，表示氧离子核外电子的运动状态：，故答案为：；(3)Na2O 和 Na2O2的阴阳离子数目之比均为1：2，故二者混合物中阴阳离子数目之比为1：2；NaAlSi3O8改写成氧化物形式是Na2O?Al2O3?6SiO

24、2，故答案为：1：2；Na2O Al2O3 6SiO2；（4）由表中数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，该转化过程没有气体参与，使反应物充分接触可以提高反应速率，可以充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒，故答案为：吸热；充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒；（5）根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动，故答案为：根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动；（6）铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，在高温下煅烧形成耐高温的涂层TiC，由元素守恒知还生成氧化铝，反应方程式为：4Al+3TiO2+3C高温2Al2O3+3TiC。