2019-2020学年安徽省亳州市黉学高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省亳州市黉学高级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下列说法正确的是A硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应反应叫皂化反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析D油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质【答案】D【解析】【分析】据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析判断。【详解】A.油脂在碱性条件下的水解反应用于工业制肥皂，称为皂化反应，A 项错误；B.淀粉溶液与硫酸溶液

2、共热发生水解反应，用新制氢氧化铜悬浊液、加热检验水解产物前应加碱中和催化剂硫酸，B项错误；C.硫酸铜是重金属盐，加入到蛋白质溶液中出现沉淀，是蛋白质的变性，C项错误；D.油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，D 项正确。本题选 D。2工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；H=+QkJmol-1(Q0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为 1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ C反应至4min 时，

3、若 HCl 浓度为 0.12mol L-1，则 H2反应速率为0.03mol L-1min-1D当反应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的HCl 通入 100mL1mol L-1的 NaOH 溶液恰好反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B 错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=12v(HCl)=11110.12mol L0.015mol Lmin24minggg，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的

4、HCl 的物质的量为10.025QkJ40.1molQkJ molg，100mL1mol L-1的 NaOH 的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D 正确；故答案为：D。32019 年是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A甲位于现行元素周期表第四周期第A族 B原子半径比较：甲乙Si C乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D推测乙的单质可以用作半导体材料【答案】C【解析】【分析】【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族

5、，同一列的元素在同一周期，甲元素与B 和 Al 在同一主族，与 As 同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A 族，为 Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第 A 族，为 Ge元素。A从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和 Al 在同一主族，与 As 同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A 族，A项正确；B甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲乙Si，B项正确；C同主族元素的非金属

6、性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D乙为 Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。4通过下列反应不可能一步生成MgO 的是A化合反应B分解反应C复分解反应D置换反应【答案】C【解析】【详解】A.2Mg+O22MgO 属于化合反应，A 不选；B.Mg(OH)2MgOH2O 属于分解反应，B 不选；C.复分解反应无法一步生成MgO，C选；D.2MgCO22MgOC属于置换反应，D 不选；答案选 C。5某溶液中可能含有K、NH4、Ba2、SO42、I、Cl、NO3

7、中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H和 OH）的判断正确的是A溶液中至少有2 种阳离子B只能确定溶液中NH4、SO42是否存在C溶液中最多有4种阴离子D溶液中不可能同时存在K和 NO3【答案】C【解析】【详解】在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；和过量NaOH 溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在N

8、H4+，其物质的量为n(NH3)=mV1.12?LV22.4?L/mol=0.05 mol；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)=m2.33?gM233?g/mol=0.01 mol，Ba2+与 SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有 SO42-，则一定不含有Ba2+；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或 AgI，且 I-或 Cl-的物质的量之和0.05-0.01 2=0.03 mol。A.依据分析可知，溶液中可能

9、只存在铵根离子，故A 错误；B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有 Cl-或 I-中的一种或两种，B 错误；C.依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和 NO3-，D 错误；故合理选项是C。6室温时，在20mL 0.1mol?L-1一元弱酸HA 溶液中滴加同浓度的NaOH 溶液，溶液中-(A)lg(HA)cc与 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是A室温时，电离常数Ka(HA)=1.0 10-5.3BB 点对应 NaOH 溶液的体积是10mL CA 点溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-

10、)D从 A 点到 C点的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】A【解析】【分析】【详解】A室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，-(A)lg(HA)cc=0，则-c(A)c(HA)=1 电离常数Ka(HA)=-(A)(H)(HA)ccc=-5.3(A)10(HA)cc=1.0 10-5.3，A 正确；B B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于 pH=5.3，所以 c(H+)c(OH-)，c(Na+)c(A-)，故 V(NaOH)c(A-)c(H+)c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D从 A

11、 点到 C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D 不正确；故选 A。7“84 消毒液”的主要成分是NaClO。下列说法错误的是（）A长期与空气接触会失效B不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用C1L0.2mol/LNaClO 溶液含有0.2molClO-D 0.1molNaClO 起消毒作用时转移0.2mole-【答案】C【解析】【详解】A空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A 正确；B“84 消毒液”的主要成分是NaClO，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B 正确

12、；C1L0.2mol/LNaClO 溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO 属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成 HClO，导致溶液中 ClO-的物质的量小于0.2mol，故 C错误；D NaClO 具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1 价变为-1 价，则 0.1molNaClO 转移 0.2mole-，故 D 正确；答案选 C。【点睛】次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。8我国科学家研发一种低成本的铝硫二次电池，以铝箔和多

13、孔碳包裹的S为电极材料，离子液体为电解液。放电时，电池反应为2Al+3S=Al2S3，电极表面发生的变化如图所示。下列说法错误的是（）A充电时，多孔碳电极连接电源的负极B充电时，阴极反应为8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-C放电时，溶液中离子的总数不变D放电时，正极增重0.54g，电路中通过0.06mole-【答案】A【解析】【分析】放电时，电池反应为2Al+3S=Al2S3，铝失电子，硫得到电子，所以铝电极为负极，多孔碳电极为正极，负极上的电极反应式为：2Al+14AlCl4-6e-=8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al

14、2S3，据此分析解答。【详解】A放电时，多孔碳电极为正极，充电时，多孔碳电极连接电源的正极，故A 错误；B充电时，原电池负极变阴极，反应为8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-，故 B正确；C根据分析，放电时，负极上的电极反应式为：2Al+14AlCl4-6e-=8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，溶液中离子的总数基本不变，故C正确；D放电时，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，正极增重0.54g，即增重的质量为铝的质量，0.54g 铝为 0.02mol，铝单质由0价转化为

15、+3价，则电路中通过0.06mole-，故 D 正确；答案选 A。9“结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性B卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化【答案】B【解析】【详解】A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响

16、，正确；C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。10亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol L-1H3AsO3溶液中逐滴加入 0.1mol L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH 关系如图所示，图中M 点对应的pH 为 a，下列说法正确的是（）A H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9BpH 在 8.010.0 时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O CM 点对应的溶

17、液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1molL-1D pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)c(H+)+c(K+)【答案】B【解析】【详解】A.H3AsO3的电离常数Ka1=-9.39.3102333(H AsO)10105 10(H AsO)cc，A 错误；B.pH 在 8.0 10.0 时，H3AsO3与 OH-反应，生成H2AsO3-和 H2O，B 正确；C.M 点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)

18、=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1mol L-1，C错误；D.pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3)c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)”、“KB1.2510-3【解析】【分析】（1）由示意图可以知道，重整系统中CO2和 FeO 反应生成FexOy和 C，根据原子守恒确定FexOy的化学式；热分解系统中是FexOy分解为 FeO 与氧气，根据Fe 元素化合价变价计算转移电子

19、；（2）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)H2=+23.4kJ/mol，根据盖斯定律，2-可得：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则 H3=2 H1-H2；a逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；bH2的转化率增大，平衡一定正向移动；c反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；d容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；T1温度下，将6 mol CO2和 12molH2充入 2L 的密闭容器中，由图象可以知道，5 mi

20、n 后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成 CH3OCH3为 6 mol60%12=1.8mol，根据平均反应速率v(CH3OCH3)=ctnn；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大；（3）根据盐类水解规律，已知NH3 H2O 的电离平衡常数Kb=2 10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4 10-7，K2=4 10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大；反应 NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=322343c NHH O c H COc NHc HCOn=1w

21、bKK K。【详解】（1）由示意图可以知道，重整系统中CO2和 FeO 反应生成FexOy和 C，发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，根据 Fe 原子、O 原子守恒可以知道x:y=6：（6+2）=3:4，故 FexOy的化学式为Fe3O4；因此，本题正确答案是：Fe3O4；热分解系统中是Fe3O4分解为 FeO 与氧气，分解1mol Fe3O4转移电子的物质的量为1mol3(83-2)=2mol，因此，本题正确答案是：2mol；（2）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)H2=+2

22、3.4kJ/mol，根据盖斯定律，2-可得：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则H3=2H1-H2=2(-53.7kJ/mol)-23.4kJ/mol =-130.8 kJ/mol；因此，本题正确答案是：-130.8；a逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a 错误；bH2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b 正确；c反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等，平衡逆向移动，故c 错误；d容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故d 错误，故选：b；T1温度下，将6 mol CO2和 12molH

23、2充入 2L 的密闭容器中，由图象可以知道，5 min 后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为 6 mol60%12=1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)=1.825molLmin=0.18molL-1min-1；平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大，则KA=KCKB；因此，本题正确答案是：0.18molL-1min-1；KA=KCKB；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数Kb=2 10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4 10-7，K2=4 10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以c（NH4+）大于 c（HCO3-）；反应 NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=322343c NHH O c H COc NHc HCOn=1wbKK K=1457102 104 10=1.2510-3；故答案为：；1.25 10-3；