2019-2020学年安徽合肥八中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽合肥八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）1一定条件下，在水溶液中1 mol Cl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A这些离子中结合H+能力最强的是A BA、B、C、D、E五种微粒中C最稳定CC B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D B A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=+116 kJ mol-1【答案】C【解析】【详解】A酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的

2、酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B 结合氢离子能力最强，故A 错误；BA、B、C、D、E中 A 能量最低，所以最稳定，故B错误；CC B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2 100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故 C正确；D根据转移电子守恒得B A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2 0kJ/mol)-3 60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-

3、(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，H=反应物的总键能-生成物的总键能。2下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、HCO3-与 SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以 HCO3-与 SiO32-不能大量共存，故不选A；B、FeS溶于酸，所以Fe2+与 H2S不反应，故不选B；C、HClO能把 SO32-氧化为 SO42-，HClO、SO32-不能共存，故不选C；D、I-、Cl-、H+、SO42-

4、不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是 6I-+8H+2 NO3-=2NO+3I2+4H2O，故选 D。3天然气的主要成分CH4也是一种会产生温室效应的气体，对于相同分子数的CH4和 CO2，CH4产生的温室效应更明显。下面是有关天然气的几种叙述：天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；等质量的CH4和 CO2产生的温室效应也是前者明显；燃烧天然气也是酸雨的成因之一。其中正确的是A和B只有C只有D【答案】A【解析】【详解】天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少，而且天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源，故 正确；CH4的相对分子质量为：12+4=1

5、6；CO2的相对分子质量为：12+16 2=44；因为 16X B含氧酸的酸性：Z7)，下列说法不正确的是（）A根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质B加水稀释过程中，c(H+)?c(OH-)的值增大C加入 NaOH 固体可抑制 CHCOO-的水解D同 pH 的 CH3COONa溶液和 NaOH 溶液，由水电离出的c(H+)前者大【答案】B【解析】【详解】A0.1mol/LCH3COONa 溶液 pH 7，溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A 正确；B常温下，加水稀释0.1mol/LCH3COONa 溶液，促进醋酸根离子水解，但温度不变，

6、溶液中水的离子积常数 c(H+)?c(OH-)不变，故B错误；C醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，加入 NaOH 固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，CH3COO-的水解受到抑制，故C正确；D同 pH 的 CH3COONa溶液和 NaOH 溶液，醋酸钠水解，促进水的电离，氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，由水电离出的c(H+)前者大，故D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16HBr 是一种重要的工业原料，可以用来生产医用药品，合成染料或香料，用作石油化工的催化剂等。如图是工业制备HBr 的一种生产流程：（

7、1）气体 a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，结合框图信息可判断气体a 的分子式为_。混合物中加的水为_（填“冰水”或“热水”），原因是 _。（2）试剂 b 为含氯的盐，b 为_（用化学式表示），混合的目的是_。第二次蒸馏后的“含 c 的溶液”中 c 为_。（3）生产流程中操作A 的名称 _，实验室中蒸馏操作是在_中进行的。（填玻璃仪器名称）（4）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为_（填化学式），若假设成立可观察到的现象为_。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为其中含

8、有杂质_，用于证明该假设成立的方法为_（简单写出实验步骤）。【答案】SO2冰水防止 Br2和 HBr 挥发BaCl2除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4SONaCl 过滤蒸馏烧瓶KSCN溶液向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色溴单质取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质【解析】【详解】（1）由流程图可知，气体a 中含有硫元素，且气体a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，因此 a 为 SO2；Br2具有良好的挥发性，且该反应为放热反应，因此所加的水为冰水，故答案为：SO2；冰水；防止Br2和 HBr 挥发；（2）由

9、过滤后滤渣为BaSO4可知试剂b 为钡盐，结合b 为“含氯的盐”可知其为氯化钡；氢溴酸粗品中含有少量溴单质，故混合的目的是利用Na2SO3除去 Br2，其反应为：Br2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HBr，反应会生成2-4SO，利用氯化钡除去，其反应为：BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl，由此可知c 为氯化钠，故答案为：BaCl2；除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4SO；NaCl；（3）操作 A 的目的是分离固体和液体，因此操作A 为过滤；蒸馏试验中蒸馏操作是在蒸馏烧瓶中进行，故答案为：过滤；蒸馏烧瓶；（4）.检验 Fe3+常用 KSCN溶液，Fe3+遇 KSC

10、N溶液变红；故答案为：KSCN溶液；向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色；.氢溴酸中含有少量的溴单质也会呈淡淡的黄色，若要验证其中含有溴单质，可取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质，故答案为：溴单质；取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：回答下列问题：(

11、1)A 的化学名称是_；A 制备 B反应的化学方程式为_(注明反应条件)。(2)D 生成 E的反应类型为_；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为_。(3)C 的分子式为 _；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_。(4)K2CO3具有碱性，其在制备D 的反应中可能的作用是_。(5)X 是 C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式 _。含有苯环，且苯环上的取代基数目2含有硝基有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由 G 合成洛匹那韦的原料之一，写出以 2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2

12、CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线_（其它无机试剂任选）。【答案】甲苯+Cl2+HCl 取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N 吸收反应生成的HCl，提高反应转化率或【解析】【分析】甲苯()与 Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和 HCl，与在 K2CO3作用下反应产生D，D 结构简式是，D 与 CH3CN在 NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与 NaBH4在 CH3SO3H 作用下发生还原反应产生G：，G 经一系列反应产生洛匹那韦。【详解】(1)A 是，名称为甲苯，A 与 Cl2光照反应产生和 HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；

13、(2)D 与 CH3CN在 NaNH2作用下反应产生E：，是 D 上的被-CH2CN 取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与 H2发生加成反应形成G，故 F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C 结构简式为，可知 C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H 原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B 发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗 HCl 电离产生的 H+，使反应生成的HCl 被吸收，从而提高反应

14、转化率；(5)C 结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X 符合下列条件：含有苯环，且苯环上的取代基数目2；含有硝基；有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则 X 可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与 ClCH2COOCH2CH3在 K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与 NaOH 水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与 SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为。【点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息

15、迁移能力。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)NH4HSO3(aq)H1=a kJ mol-1；NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)H 2=b kJ mol-1；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)H 3=c kJ mol-1。则反应 2SO2(g)+4NH3H2O(

16、aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 H=_kJmol-1。（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是_。（3）T1温度时在容积为2L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H”、“C 2NO+4e-=N2+2O2-阴极发生副反应O2+4e-=2O2-【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；（2）由图 1 可知，在催化剂的作用下，C2H4与 NO、O

17、2反应最终生成N2、CO2、H2O，据此写出反应的总方程式；根据图2 可知，为达到最佳脱硝效果，应满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度；（3）根据k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)c(O2)=K，依据表格数据列出三段式求出结论；k正=k逆时，则 K=1，利用 K与温度的关系作答；（4）该分解反应为放热反应；（5）阴极是NO 得到电子生成O2-和 N2；电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应；【详解】（1）根据盖斯定律，将 2+2+可得 2SO2(g)+4NH3?H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O（1）的H=(2a+2b+c)kJ/mol；（2）

18、根据图1 可以知道，在催化剂的作用下，C2H4与 NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为:6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；由图可知，b 曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜适合条件为350、负载率3.0%；（3）根据 v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)c(O2)，得出 k正=v(NO)消耗/c2(NO)c(O2)，根据 v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，得出 k逆=v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为 v(NO)消耗=v(NO2)消耗，所以 k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)c(O2)=K，表格中初

19、始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)起（molL1）0.50.30 转（molL1）0.40.20.4 平（molL1）0.10.10.4 K=c2(NO2)/c2(NO)c(O2)=(0.4mol/L)2/(0.1 mol/L)2(0.1 mol/L)=160 L/mol，故答案为160；若将容器的温度改变为T2时其 k正=k逆，则 K=1160，因反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0，反应放热，K值减小，则对应的温度增大，即T2T1；（4）AB是 NO 断键转化为氮原子和氧原子，BC 是

20、氮原子与氮原子结合转化为氮气，氧原子与氧原子结合转化为氧气，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是C 处；（5）阴极是NO 得到电子生成O2-和 N2，其电极反应式为：2NO+4e=N2+2O2-；因 O2浓度约为 NO 浓度的十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e=2O2-，导致耗能远高于理论值。19有研究预测，到2030 年，全球报废的电池将达到1100 万吨以上。而目前废旧电池的回收率却很低。为了提高金属资源的利用率，减少环境污染，应该大力倡导回收处理废旧电池。下面是一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各

21、种金属的工艺流程：资料：1.黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。2.钴酸锂难溶于水、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。回答下列问题：(1)为了提高碱溶效率可以_，_。（任答两种）(2)从经济效益的角度考虑，为处理“碱溶”后所得滤液，可向其中通入过量CO2，请写出所发生反应的化学反应方程式 _。(3)“酸浸”时有无色气体产生，写出发生反应的离子方程式_。(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH 的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损失少，请分析并说明原因：_。(5)“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为_。(6)已知黄钠铁矾的化学式为NaxFey(SO4)m(OH)n。为

22、测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL 溶液；量取25.00mL 溶液，加入足量的KI，用0.2500mol?L-1Na2S2O3溶液进行滴定（反应2Fe32I-=2Fe2I2，I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点。另取25.00mL 溶液，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀 1.165g。用 Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为_；计算出黄钠铁矾的化学式_。【答案】将正极材料粉碎搅拌、适当升高温度等(任答两种)NaAl(OH)4+CO2=Al(OH)3

23、+NaHCO3(或其他合理答案)2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+O2+4H2O 调节 pH 时 Fe3+会形成 Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子趁热过滤淀粉溶液NaFe3(SO4)2(OH)6【解析】【分析】正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）加入NaOH 碱溶后，铝箔溶解成为滤液，此时滤渣为LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂；加入H2SO4、H2O2酸浸后，LiCoO2、Fe2O3溶解生成 Li+、Co2+(酸溶时生成的Co3+被 H2O2还原为 Co2+)，不溶于酸碱的导电剂成为滤渣；加入Na2SO4后，Fe3+转化

24、为黄钠铁矾沉淀；加入草酸铵饱和溶液后，Co2+转化为 CoC2O4沉淀；溶液浓缩后，加入纯碱，Li+转化为 Li2CO3沉淀。【详解】(1)为了提高碱溶效率，可以通过增大接触面积、升高温度等操作实现，具体操作为将正极材料粉碎，搅拌、适当升高温度等(任答两种)。答案为：将正极材料粉碎；搅拌、适当升高温度等(任答两种)；(2)为处理“碱溶”后所得滤液中含有的NaAl(OH)4，向其中通入过量CO2，生成 Al(OH)3沉淀和 NaHCO3，发生反应的化学反应方程式为NaAl(OH)4+CO2=Al(OH)3+NaHCO3。答案为：NaAl(OH)4+CO2=Al(OH)3+NaHCO3(或其他合理

25、答案)；(3)“酸浸”时，LiCoO2溶解生成Li+、Co2+(酸溶时生成的Co3+被 H2O2还原为 Co2+)，同时生成O2，发生反应的离子方程式为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+O2+4H2O。答案为：2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+O2+4H2O；(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH 的“氢氧化物沉淀法”相比，后者生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附溶液中的金属离子，从而造成离子损失，原因是：调节 pH 时 Fe3+会形成 Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子。答案为：调节 pH 时 Fe3+会形成 Fe(OH)

26、3胶体，吸附溶液中的金属阳离子；(5)信息显示，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，由此得出“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为趁热过滤。答案为：趁热过滤；(6)在配成的100.00mL 溶液中，依据关系式2Fe3+I22 Na2S2O3，可求出n(Fe3+)=0.2500mol?L-1 0.030L 4=0.03mol，n(SO42-)=1.165g4233g/mol=0.02mol，则23n(Na+)+17n(OH-)+0.03 56+0.02 96=4.85(质量守恒)0.03 3+n(Na+)=0.02 2+n(OH-)(电荷守恒)从而求出n(Na+)=0.01mol，n(OH-)=0.06mol，n(Na+):n(Fe3+):n(SO42-):n(OH-)=1:3:2:6，用 Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为淀粉溶液；根据上面计算出的比值，可确定黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6。答案为：淀粉溶液；NaFe3(SO4)2(OH)6。【点睛】在书写 LiCoO2酸浸时的离子方程式时，我们需注意两点：一是LiCoO2与一般的碱金属盐不溶，它是难溶性盐，不能拆成离子；二是一般反应中，H2O2表现氧化性，而在此反应中，据后续反应可知，钴转化为Co2+，即 Co3+转化为 Co2+表现氧化性，则H2O2应表现还原性，氧化产物为O2。