2019-2020学年福建省南安一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南安一中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硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A N2O、H2O BN2、O2、H2O CN2、HNO3、H2O D NH3、NO、H2【答案】D【解析】【分析】硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3 和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O 和 H2O，-3 价氮化合价升高到+1价，+5 价氮化合价也降低到+1 价，发生了归中反应，合理，故A 不选；B.硝酸铵分解为N2、O2、H2

2、O，硝酸铵中-3 价氮化合价升高到0 价，部分-2 价氧的化合价也升高到0 价，+5 价氮的化合价降低到0 价，发生了氧化还原反应，故B 不选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3 价氮和+5 价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D 选。故选 D。2对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.AOgg 提出如下反应历程：第一步N2O5?NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3 NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3 2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步

3、的平衡。下列表述正确的是A v(第一步的逆反应)v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与 NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高【答案】C【解析】【详解】A第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应)v(第二步反应)，故 A 错误；B.由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO，故 B 错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与 NO3的碰撞仅部分有效，故 C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。3下列过程属于物理变化的是A煤的干馏B石油的分馏C石油裂化D石油裂解【答案】B【解析】煤的干馏有苯及苯

4、的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。4下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A pH=9 的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C0.1mol?L-1的 NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+【答案】

5、D【解析】【详解】A pH=9 的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A 错误；B能和 S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成 S和二氧化硫而不能大量存在，故 B 错误；C能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；D酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D 正确；故选：D。【点睛】S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O。5下列说法不正

6、确的是A3CH COOH属于有机物，因此是非电解质B石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃C煤的气化，液化和干馏都是化学变化D等质量的乙烯，丙烯分别充分燃烧，所耗氧气的物质的量一样多【答案】A【解析】【分析】据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。【详解】A.3CH COOH属于有机物，在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，A 项错误；B.石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃，裂化获得轻质液体燃料（汽油等），裂解获得短链不饱和烃（化工原料），B 项正确；C.煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料，煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程，

7、它们都是化学变化，C项正确；D.乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2，完全燃烧消耗等量氧气，D 项正确。本题选 A。6吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7N B吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 吗替麦考酚酯与NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应【答案】D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1 个 N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯

8、基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故 B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol 吗替麦考酚酯含有2mol 酯基和 1mol 酚羟基与 NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故 D正确；故选D。7如图所示的X、Y、Z、W 四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A X、Y、W 三种元素最低价氢化物的沸点依次升高BZ、X、W 三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C由 X、W 和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料【答案】D【解析】【分

9、析】【详解】根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和 Y位于第二周期，Z 和 W 位于第三周期，设Z 元素原子的最外层电子数为a，则 X、Y、W 的原子的最外层电子数分别为a1、a2、a3；有 a+a1+a2+a 3=22，得 a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为 Si，同理可知X、Y、W 分别为 N、O、Cl。A X、Y、W 三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于 NH3、H2O 分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A 项错误；BZ、X、W 元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强，如 Cl的含氧酸中的HClO 为弱酸，其酸性比N的

10、最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B 项错误；CX、W 和 H 三种元素形成的化合物为NH4Cl 等，NH4Cl 为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C 项错误；D Z和 X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D 项正确；本题答案选D。8 亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向 1L0.500molL1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH 溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数()与溶液 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是A a、b 两点时，水电离出的c水(OH)之比为 1.43：6

11、.54 Bb 点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32)C反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为105.11D当 V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)c(H2PO3)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.a 点为 H3PO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则 a 点溶液中-14-1.43a10()=10OHc水，b 点为 Na2HPO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b 点溶液中-14-6.54b10()=10OHc水，则 a、b 两点时，

12、水电离出的c水(OH)之比为 10-5.11，A 项错误；B.由图可知，b 点溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，且有 c(H2PO3-)=c(HPO32-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，则 c(Na+)c(H2PO3-)+2c(HPO32-)3c(HPO32)，B项错误；C.反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为-1.435.11a1-6.2-2-+232354a22-2-+333333H POH POHH POHPOH PO10=101H O0PHcccccccKKc，C项正确；D.当 V(NaOH)=

13、1 L 时，H3PO3与 NaOH 物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)c(H2PO3)c(H+)c(OH)，D 项错误；答案选 C。9化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是A还原铁粉能用作食品抗氧化剂B夜空中光柱的形成属于丁达尔效应C浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A 正确；B含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B 正确；C乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，

14、所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入 CaO 后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D 错误；故选 D。10下列化学用语的表述正确的是A磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4=3H+PO43-B用电子式表示HCl 的形成过程：.H:H+:Cl:C:2H:C:CS2的结构示意图：D KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H+H2O【答案】C【解析】【详解】A 选项，磷酸是弱酸，应该一步一步

15、电离，第一步电离为：H3PO4H+H2PO42，故 A 错误；B 选项，用电子式表示HCl 的形成过程：，故 B 错误；C 选项，S2的结构示意图：，故 C正确；D 选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+4OH+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+5H2O，故 D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】弱酸电离一步一步电离，而多元弱碱的电离虽然复杂，但写都是一步到位的。11某透明溶液可能含有NH4+、Fe2、Fe3、SO42-、Cl、CO32-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知 Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)：向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉

16、淀，没有气体产生，过滤；向 所得的沉淀加热灼烧，最后得有色固体；向 所得的滤液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成。下列推断正确的是()A一定没有NH4+和 ClB白色沉淀是Fe(OH)2C第 步先用 HNO3酸化，是为了防止SO42-和 CO32-的干扰D原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A.溶液可能含有NH4+，遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨气，选项A 错误。B.白色沉淀灼烧后生成有色固体，一定有Fe元素，没有CO32-，步骤没有Cl，一定含有SO42-，白色沉淀中还含有BaSO4，选项 B 错误；C.步骤步用HNO3酸化，是

17、为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰，没有CO32-，选项 C错误；D.溶液中，一定有Fe2、SO42-，可能有NH4+，溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为C.步骤步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰。12 环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中 S为+6 价）去除废水中的正五价砷 As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示。KspFe(OH)3=2.7 10-39，下列叙述错误的是A pH 越小，越有利于去除废水中

18、的正五价砷B1mol 过硫酸钠（Na2S2O8）含 NA个过氧键C碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO4-?+OH-=SO42-+?OHD室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)约为 2.7 10-18mol L-1【答案】A【解析】【分析】【详解】A pH 越小，酸性越强，会使Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)和 Fe(OH)2(s)?Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，无法生成沉淀，不利于除去废水中的正五价砷，故A 错误；B设 1mol 过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键物质的量为amol，钠为+1 价，硫为+6 价，过氧键

19、中的氧为-1 价，非过氧键中的氧为-2 价，则(+1)2+(+6)2+(-2)a+(-2)(8-2a)=0，解得 a=1，所以 1mol 过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键的数量为NA，故 B 正确；C由图示可得，碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO42-?+OH-=SO42-+?OH，故 C正确；D Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)，此溶液碱性极弱，pH 接近 7，即c(OH-)=1 10-7mol/L，因为 Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)c3(OH-)=2.7 10-39，则c(Fe3+)=39393732

20、.7 102.7 10cOH1 10=2.7 10-18mol L-1，故 D 正确；答案选 A。13如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N 等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d 均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A e、f 单质晶体熔化时克服的是共价键Bd 单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2Cb 元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D单质 a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1 形成的分子中含2 个 键，2 个 键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N 等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si 的单质为原子晶

21、体，且 C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N 对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a 为 H，b 为 N，c 为 Na，d 为 Cu，e 为 Si，f 为 C。【详解】A 选项，e 为 Si，f 为 C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A 正确；B 选项，d 为 Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故 B 错误；C 选项，b 为 N，N 元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D 选项，单质a、b、f 对应的元素以原子个数比1:1:1 形成的分子为HCN，结构式为H-C

22、N，分子中含2个 键，2 个 键，故 D 正确；综上所述，答案为B。14第 26 届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019 年 5 月 20 日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 8.8g 乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB常温常压下28gFe 与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC标准状况下,2.24LCl2与 CH4反应完全,形成 C一 Cl键的数目为0.1NAD常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A 8.8g 乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对

23、数为1.4NA，A 错误；B常温常压下Fe 在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与 CH4反应完全，根据原子守恒可知形成CCl 键的数目为0.1NA，C正确D常温下pH=12 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成 NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。15目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装

24、置图如图所示，下列说法错误的是()A充电时电极石墨棒A 连接电源的正极B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C放电时负极反应为2Br-2e-=Br2D放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大【答案】C【解析】【分析】放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，正极反应式为：Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为 2Br-2e=Br2、阴极反应式为Zn2+2e=Zn。【详解】A充电时电极石墨棒A 连接电源的正极，反应式为2Br-2e=Br2，故 A 正确；B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B 正确；C放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2e Zn2，故 C错

25、误；D正极反应式为：Br2+2e=2Br，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D 正确；故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量 Fe、Al的氧化物）为原料制备Mg CO3 3H2O。实验过程如下：（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：MgCO3（s）+2H+（aq）=Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O?H=-50.4kJmol-1Mg2SiO4（s）+4 H+（aq）=2 Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）?H=-225.4kJ mol-1向 M

26、g2SiO4悬浊液中通入CO2析出 H2SiO3的热化学方程式为_，该反应能正向进行的热力学原因是_。该反应的平衡常数表达式为_。（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH 为 1.44.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5 倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）=2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）提高萃取效率的措施有_。A 适当提高萃取剂的浓度B 适当提高溶液酸度C 充分振荡，多次萃取D 不断地从下层排

27、除出有机层在反萃取中加硫酸的作用是_。（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3 3H2O 的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH 在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体23 次，在 50下干燥，得到 Mg CO3 3H2O。已知该溶液中pH=8.5 时 Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0 时 Al（OH）3沉淀完全。调节溶液pH 的范围 _。判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法_。（4）从废渣制备Mg CO3 3H2O 的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是_。【答案】Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）=2MgCO

28、3（s）+H2SiO3（s）H=-124.6kJ?mol-1该反应放热（或 H 0）有利于正向进行K=22COcAC 促进萃取平衡逆向移动,Fe3+进入水层5.0 pH 8.5 向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可）不利于 Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水【解析】【分析】将废渣溶于硫酸，硅元素形成硅酸沉淀被过滤除去，用过氧化氢进行氧化，确保铁元素氧化成三价，通过萃取的形式除去三价铁，调pH 除去铝离子，最后加碳酸钠形成碳酸镁，再通过过滤、洗涤、在50下干燥，得到Mg CO3 3H2O。【详解】(1)MgCO3(s)+2H+(

29、aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O?H1=-50.4kJmol-1Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l)?H2=-225.4kJmol-1-2：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=2MgCO3(s)+H2SiO3(s)H=?H2-2?H1=(-225.4kJmol-1)-2 (-50.4kJmol-1)=-124.6kJ?mol-1，该反应能正向进行的原因是该反应放热（或 H 0）有利于正向进行，平衡常数K=22COc，故答案为：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=2MgCO3(s)+H2SiO3(

30、s)H=-124.6kJ?mol-1；该反应放热（或 H 0）有利于正向进行；K=22COc；(2)萃取是为了得到FeA3（有机层）：A适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确；B提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误；C多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确；D有机层在上层，上层液体从上口倒出，D 错误；综上所述，AC正确，故答案为：AC；由 Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使 Fe3+进入水层，故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；(3)滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH 至少为 5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH 需小于 8.5，故答案为：5.0 pH C=DA。