2019-2020学年安徽省舒城桃溪中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省舒城桃溪中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省舒城桃溪中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省舒城桃溪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下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A B C D 实验NaOH 溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A A BB CC D D【答案】C【解析】分析：A 项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B 项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C

2、项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D 项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A 项，NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B 项，氯水中存在反应 Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变

3、，不是氧化还原反应；D 项，Cu与稀 HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO 气体和 H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。225时，将 1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入 CH3COOH 或 CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是A该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=-810c

4、Ba 点对应的混合溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C水的电离程度:cba D当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)【答案】A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka=33c CH COOc Hc CH COOH=4.34.34.3100.11010c4.3100.1c=5.310c，故

5、A 错误；B.a 点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故 B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b 点加入醋酸水的电离程度减小，c 点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故C 正确；D.当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故 D 正确；故选A。3除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科研课题。某科研

6、小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究 SO2和 NO 同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02)、SO2(4.99)、NO(4.99)混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO?Fe(NO)SO4(棕色)，下列说法不正确的是A反应开始前应该关闭d，打开 e，通入一段时间的N2B观察到装置A 中有黑色固体生成，则A 中反应为2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+C洗气瓶A 的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D实验中观察到B 中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4不能

7、吸收NO【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应开始前应该关闭d，打开 e，通入一段时间的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A 正确；B.二氧化硫具有还原性，装置A 中生成的黑色固体是MnO2，则 A 中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+，故 B 正确；C.洗气瓶 A 的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；D.实验中观察到B 中红色褪去，C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考

8、查，注意物质性质的综合应用。4Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)22H2O=N2H4Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A中子数为8 的氧原子：188O BN2H4的结构式：CMg2的结构示意图：DH2O 的电子式：【答案】D【解析】【分析】【详解】A中子数为8 的 O 原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8 的 O 原子：168O，故 A 错误；BN2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故 B错误；CMg 的结构示意图：，Mg2的结构示意图为，故 C错误；D H2O 分子中氢原子与氧原子之间形成1 对

9、共用电子对，电子式：，故 D 正确；答案选 D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。5下列转化不能通过一步实现的是（）A Fe2OFe3O4BAlNaOHNaAlO2CCu24H SOCuSO4DCuSCuS【答案】D【解析】【详解】A Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故A正确；BAl 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；CCu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；D S具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S，则 Cu 与 S不能一步转化为CuS，故 D错误；答案选 D。【点睛】只有强氧化剂

10、(如：氯气)能使变价金属在氧化还原反应中转化为最高价。氧化剂较弱的只能生成低价态的金属离子。6研究表明N2O 与 CO在 Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物B总反应速率由反应的速率决定C升高温度，总反应的平衡常数K 减小D当有 14g N2生成时，转移1mol e-【答案】B【解析】【分析】【详解】A由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A 不符合题意；B由图可知，反应 的能垒高于反应，因此反应 的速率较慢，总反应速率由反应

11、的速率决定，B符合题意；C由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K 减小，C不符合题意；D由图可知，总反应方程式为：N2O+CO+Fe?CO2+N2，N 元素化合价从+1 价降低至0 价，当有 14g N2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol 2=1mol，D 不符合题意；答案为：B。7设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A密闭容器中，1molN2和 3molH2催化反应后分子总数为2NAB100g98%的浓 H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NAC标准状况下，11.2L 氧气和二

12、氧化碳混合物中含氧原子数目为NAD 1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA【答案】C【解析】【详解】A合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故 A 错误；B100g98%的浓 H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于 0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故 B错误；C标准状况下，11.2LO2与 CO2混合气体的物质的量=11.2L22.4L/mol=0.5mol，混合物中所含

13、氧原子的数目为 NA，故 C正确；D碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于 NA个，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D 中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。8短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为 23。下列说法不正确的是W X Y Z T A原子半径YZ，非金属性WYZ【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子

14、最外层电子数为a，则 W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为 23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得 a=6，则 W 为 C 元素，故X 为 O 元素、Y为 S元素、W 为 C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径SCl，非金属性WX，故 A 正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与 H2Se 反应，生成Se单质，故B 正确；C、O 能形成 CO2、SO2、ClO2，故 C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3H2SO4HClO4，故 D 错误；故选 D。9草酸(H2C2O4)是

15、一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgXX 为-24242c(HC Oc(H C O)或2-24-24c(C O)c(HCO)与 pH 的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A表示lg-24242c(HC Oc(H C O)与 pH 的变化关系BpH1.22 的溶液中：2c(C2O42-)c(HC2O4-)=c(Na)C根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4D pH 由 1.22 到 4.19 的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】A【解析】【分析】H2C2O4?H+HC2O4-Ka1=-2424+2c(HC Oc(H C

16、 O)c(H)，lg-24242c(HC Oc(H C O)=0 时，-24242c(HC Oc(H C O)=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O4-?H+C2O42-Ka2=2-2424+c(C Oc(HC O)c(H)，lg2-2424c(C Oc(HC O)=0时，2-2424c(C Oc(HC O)=1，Ka2=c(H+)=10-pH。【详解】A由于 Ka1Ka2，所以-24242c(HC Oc(H C O)=1 时溶液的pH 比2-2424c(C Oc(HC O)=1 时溶液的pH 小，所以，表示lg-24242c(HC Oc(H C O)与 pH 的变化关系，A 正确；B

17、电荷守恒：2c(C2O42-)c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na)+c(H+)，pH 1.22，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，那么：2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)，B错误；C由 A 可知，为lg2-2424c(C Oc(HC O)与 pH 的变化关系，由分析可知，Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81 10-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；DH2C2O4和 NaOH 恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH 溶液，pH 由 1.22 到 4.19 的过程中，H2

18、C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D 错误；答案选 A。【点睛】酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH 时，溶质为H2C2O4，此时 pH 最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH 恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH 由 1.22 到 4.19 的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。10用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A侯氏制碱法中可

19、循环利用的气体为3NHB先从 a 管通入 NH3，再从 b 管通入 CO2C为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱【答案】B【解析】【分析】侯氏制碱法的原理：将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入 CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，生成的 CO2可用于上一步反应（循环利用）；副产品NH4Cl 可做氮肥。【详解】A侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A 项错误

20、；B先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a 管通入，之后再从b 管通入 CO2，B 项正确；C碱石灰（主要成分是NaOH 和 CaO）不能吸收NH3，C项错误；D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D 项错误；答案选 B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于 CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度

21、很小，无法析出 NaHCO3晶体。11根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故 A 错误；B加入 KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B 错误；C纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C 正确；D SO2被 ClO-氧化成 CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D 错误；故选 C。12短周期主族元素X、Y、

22、Z、W 的原子序数依次增大，X、Y和 Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向 W 的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量 m 与通入 YZ2气体的体积V 的关系如图所示。下列说法正确的是A氢化物的熔点一定是：YW CX、Y、Z 三种元素只能组成一种化合物D工业上常用热还原法冶炼单质W【答案】B【解析】【分析】X、Y和 Z 组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH，X为 H、Y为 C、Z为 O；向 W 的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应

23、为H2SiO3或 Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W 为 Al 或 Si。【详解】A C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O 的氢化物，故A 错误；B无论 W 为 Al 还是 Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：YW，故 B正确；CC、H、O 元素可以组成多种烃类的含氧衍生物，故C错误；D若 W 为 Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W 为 Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D 错误；故答案为B。【点睛】易错选项为D，要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W

24、 具体元素，要分情况讨论。136 克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12 升气体（S、T、P），气体质量为3 克，该样品的组成可能是（）A Na2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，MgCO3，NaHCO3【答案】C【解析】【分析】标况下，1.12L 气体的物质的量=11.2L22.4L/mol=0.05mol，气体质量为3 克，则气体的平均相对分子质量=30.05=60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60 的气体，根据选项，应该是CO2。根据平均相对分子质量，44n(CO2)+64 n(SO2)

25、n(CO2)+n(SO2)=60，则 n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以 n(CO2)=0.01 mol，n(SO2)=0.04 mol，由于 n(Na2SO3)=n(SO2)=0.04 mol，故杂质质量=6g0.04mol 126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol 二氧化碳。【详解】A生成 0.01mol 二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol 106g/mol=1.06g0.96g，A 错误；B生成 0.01mol 二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol 84g/mol=0.84g0），NH3物质的量随时间的变化如右图所示。（1）02 min 内的平均反应速率v(

26、H2)=_。（2）该温度下，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q0）的平衡常数表达式K=_。其平衡常数K与温度 T 的关系如下表：T/25 125 225 平衡常数K 4106K1K2试判断 K1_K2（填写“”“=”或“”“”“bd Cl-=NH4+H+=OH-测量 0.1mol/L 氨水的pH，pH 小于 13 等【解析】试题分析：I.（1）根据计算反应速率；（2）根据平衡常数的定义书写平衡常数表达式；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q0）正反应放热，升高温度平衡逆向移动；（3）根据平衡状态的特征分析；II.（4）等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好反应生成氯

27、化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解；若等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，溶液呈酸性，要使pH7，则氨水的物质的量大于盐酸；根据电荷守恒分析离子浓度关系；（5）根据弱电解质部分电离或弱碱阳离子能水解设计方案；解析：I.（1）2min 内生成 1mol 氨气，则消耗氢气1.5mol，=0.375 mol/(Lmin)；（2）根据平衡常数的定义，平衡常数K=；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q0）正反应放热，升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小，所以 K1K2；（3）a任意时刻速率比都等于系数比，所以 3v(N2)=v(H2)不一定平衡，故a 错误；bN2(g)+3H2(g)2NH3

28、(g)，气体物质的量是变量，所以压强是变量，容器内压强保持不变一定达到平衡状态，故b 正确；c根据，气体密度是恒量，混合气体的密度保持不变不一定平衡，故c 错误；d25时 K=4 106，容器中c(NH3)=0.2 molL-1，c(H2)=c(N2)=0.01 molL-1，Q=K，反应一定达到平衡状态，故d 正确。II.（4）等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，所以溶液呈酸性pH0.2；根据电荷守恒，Cl-+OH-=NH4+H+，溶液呈中性，OH-=H+，所以离子浓度关系为Cl-=NH4+H+=OH-；（5）测量0.1mol/L 氨水的pH

29、，pH 小于 13，能证明一水合氨部分电离是弱电解质；点睛：同浓度、同体积的一元强酸与一元弱碱混合，溶液呈酸性；同浓度、同体积的一元弱酸与一元强碱混合，溶液呈碱性；同浓度、同体积的一元强酸与一元强碱混合，溶液呈中性。19钒和钛金属的性能都很优越，在航空航天领域用途广泛。回答下列问题：（1）钛元素基态原子的电子排布式为_，未成对电子数为_个。（2）TiO(H2O2)22+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是_(填元素符号），中心原子的化合价为_；配体之一H2O2中氧原子杂化类型为_，H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是_。（3）单质钒及钛都是由_键形成的晶体，己知金属钛是六方最密

30、堆积，金属钒是体心立方堆积，则 _(填“钛”，或“钒”)的空间利用率较大。（4）碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂，其晶胞结构如图所示。(小球为 V原子)晶胞中碳原子与钒原子的数量比为_。该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为_。若合金的密度为dg cm-3，晶胞参数=_nm。【答案】Ar3d24s22 O+4 sp3四面体形金属钛1：1 12 3236346.02 10d 107【解析】【分析】【详解】（1）钛元素基态原子的电子排布式为Ar3d24s2，未成对电子为3d 轨道上的2 个电子，因为根据洪特规则，这 2 个电子要分占两个不同的轨道且自旋状态相同。（2）TiO(H2

31、O2)22+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是O，中心原子的化合价为+4；配体之一 H2O2中氧原子的价层电子对是4 个，所以其杂化类型为sp3，H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是四面体形。（3）单质钒及钛都是由金属键形成的晶体，己知金属钛是六方最密堆积，金属钒是体心立方堆积，则钛的空间利用率较大。（4）由碳化钒晶胞结构可知，该晶胞中V 原子数为1214+1=4，C 原子数为 8116482。晶胞中碳原子与钒原子的数量比为1：1。以晶胞面心为中心，可以找到3 个互相垂直的正方形，面心到正方形的四个顶点距离最近且相等，所以在一个晶胞中能找到该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为12。若合金的密度为dg cm-3，1mol 此晶胞的质量为634g，1mol 此晶胞的体积为NAa3，则dg cm-3=2336346.02 10a，晶胞参数=3236346.0210dcm=3236346.0210d 107nm。