2019-2020学年安徽滁州市来安县水口中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽滁州市来安县水口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设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2NAB密闭容器中1molPCl3与 1molCl2反应制备PCl5(g)，增加 2NA个 P-Cl键C92.0 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NAD高温下，0.1molFe 与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由

2、-1 价变为 0价和-2 价，故当生成0.1mol 氧气时转移0.2NA个电子，故A 正确；BPCl3与 Cl2生成 PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P-Cl键小于 2NA，故 B 错误；C92.0g 甘油(丙三醇)的物质的量为92g92g/mol=1mol，1mol 丙三醇含有3mol 羟基，即含有羟基数为3NA，故 C 错误；D铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，消耗 3mol 铁生成 4mol 氢气，则0.1molFe 与足量水蒸气反应生成的H2为0.43mol，数目为0.43NA，故 D 错误；答案选 A。2下列

3、关于物质或离子检验的叙述正确的是A在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A 错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B 错误；C.气体通过无水硫酸铜,

4、粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO4?5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故 C 正确；D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D 错误；答案选 C。3短周期主族元素a、b、c、d 的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；x、y、z 是这些元素组成的二元化合物，其中z 为形成酸雨的主要物质之一；25时，0.01mol L1w 溶液中，c(H+)/c(OH-)1.0 1010。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径的大小：abcd B

5、氢化物的沸点：bd Cx 的电子式为：D y、w 含有的化学键类型完全相同【答案】B【解析】【分析】z 是形成酸雨的主要物质之一，推出z 是 SO2，n、p 为单质，因此n、p 为 S和 O2，c(H)/c(OH)=1010，溶液显碱性，即c(OH)=102mol L1，w 为强碱，即NaOH，推出 x 和 y 反应可能是Na2O2与 H2O 反应，即 n 为 O2，q 为 S，四种元素原子序数增大，推出a 为 H，b 为 O，p 为 Na，据此分析作答。【详解】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数增大而减小，因此半径顺序是：Na

6、SOH，故错误；B、氢化物分别是H2O、H2S，H2O 中含有分子间氢键，H2S没有，则H2O 的沸点高于H2S，故正确；C、x 为 H2O，其电子式为：，故错误；D、y 是过氧化钠，w 为 NaOH，前者只含离子键，后者含有离子键和共价键，故错误；答案选 B。4根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A 将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B 滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C 某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D 溴水中通入SO2，溴水褪色SO2

7、具有漂白性A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；BCO32H2O HCO3OH，滴入酚酞，溶液变红，加入 Ba2，Ba2与 CO32反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C此溶液可能含有Al3，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D发生 Br2 SO2 2H2O=H2SO4 2HBr，体现 SO2的还原性，故错误。故选 B。5某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是A不能使酸性KMnO4溶液褪色B1 mol 该物质最多能和4mol H2发生加成反应C分子中所有原子共平面D易溶于水及

8、甲苯【答案】B【解析】【详解】A 选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A 错误；B 选项，1 mol 苯环消耗3 mol 氢气，1mol 碳碳双键消耗1 mol 氢气，因此1 mol 该物质最多能和4mol H2发生加成反应，故B 正确；C 选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D 选项，酯不易溶于水，故D 错误。综上所述，答案为B。6工业酸性废水中的227Cr O可转化为3Cr除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为27250mL,Cr O的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是()实验电解条件阴、阳极均为石墨阴

9、、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸227Cr O的去除率%0.922 12.7 57.3 A对比实验可知，降低pH 可以提高227Cr O的去除率B实验中，227Cr O在阴极放电的电极反应式是23272Cr O6e14H2Cr7H OC实验中，227Cr O去除率提高的原因是阳极产物还原227Cr OD实验中，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5mol227Cr O被还原【答案】D【解析】【分析】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子

10、发生还原反应；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH 可以提高Cr2O72-的去除率，A 正确；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O

11、，故 B正确；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol 电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，则有 0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O72-被 Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的

12、知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。7某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是A该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+B溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、C通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-D试剂可能为硫酸【答案】A【解析】由实验可知，试剂为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，

13、则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含 Fe2+、Mg2+；加试剂过滤后的滤液中，再加试剂盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项 A 正确；B、溶液中一定不含有 Mg2+，选项 B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项 C错误；D、试剂 一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项 D 错误。答案选A。8己知通常情况下溶液中不同离子的电导率不同。现将相同浓度(1

14、 5mo l L-1)NH3H2O和 KOH 溶液分别滴入 21mL112molL-1 A1C13溶液中，随溶液加入测得导电能力变化曲线如图所示，下列说法中错误的是A常温时，若上述氨水pH=11，则 Kb211-6molL-1Bb、c 两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关Ccd 段发生的反应是Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-D e、f 溶液中离子浓度：c(NH4+)c(K+)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.常温时，若上述氨水pH=11，则 c(OH-)=11-3mol/L，Kb=33432cc10100.5NHOHc NHH On211-6molL-1，选项 A正确；B.

15、曲线 2 为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，溶液中离子浓度不断增大，溶液中离子浓度越大，导电能力越强，b、c 两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关，选项B正确；C、根据曲线1 可知 b 点产生最大量沉淀，对应的曲线2 为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，c点产生沉淀量最大，后沉淀开始溶解，cd 段发生的反应是Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-，选项 C正确；D、相同浓度(1 5mol L-1)NH3H2O和 KOH溶液且滴入体积相等，考虑铵根离子水解，e、f 溶液中加入离子浓度：c(NH4+)7，证明 CO与 NaOH 固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：_，_。(5)25甲酸钠

16、(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为 _。若向 100ml 0.1mol.L-1的 HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的 HCl 溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_。【答案】球形干燥管HCOOH浓硫酸CO H2O 浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c b e d f PdCl2COH2O=PdCO22HCl 氢氧化钠溶液除去 CO中水蒸气方案不可行无论 CO与 NaOH 固体是否发生反应，溶液的pH 均大于 7 10-11c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-)【解析】【分析】A 装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的 CO中含有挥发出

17、的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。【详解】(1)图 B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A 图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOH浓硫酸CO H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：acbed f。(3)打开 k2，由于常温下，CO与 PdCl2溶液反应，有金属Pd 和 CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2COH2OPdC

18、O22HCl；由于 F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G 装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的 CO中还含有水蒸气，则H 装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与 NaOH 固体是否发生反应，溶液的pH 均大于 7，所以该方案不可行；(5)25甲酸电离常数Ka1.8 104，则 25甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh144101.8 10，其数量级为10-11。若向 100mL 0.1mol L-1的 HCOONa溶液中加入100mL 0.2mol L-1的 HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯

19、化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-)。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知化合物X 由 4 种元素组成，某学习小组进行了如下实验：已知：步骤中消耗KI0.15mol 请回答：（1）X的化学式是 _，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是_。（2）X 中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，写出该反应的化学方程式：_。【答案】KIO3?2HIO3I2+2H2O+SO2=2I-+SO42+4H+3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3【解析】【分析

20、】由反应可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知 n（BaSO4）=20.97g=0.09mol233g/mol，则 n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤中消耗KI0.15mol，化合物 X 由 4 种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH 发生中和反应，含有K、H、I、O 等元素，则 5.66gX 应含有 n（I）=0.03mol，应发生 IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，消耗 KI0.15mol，可知 n（

21、IO3）=0.03mol，如化合物为0.01mol，则相对分子质量为5.66=5660.01，应为 KIO3?2HIO3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知X为 KIO3?2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+，故答案为：KIO3?2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+；（2）X 中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+K

22、IO3+6KHCO3。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18现代人追求“低碳生活”，二氧化碳的回收并利用是环保领域研究的热点和重点。试分析并回答：(1)有一最新美国科学家的研究成果，利用金属钛和某些装置等，模仿太阳的蓝色波长，使CO2慢慢发生人工“光合作用”后，被还原成太阳能燃料甲酸等，该化学方程式是_；(2)另有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2 3H2=CH3OHH2O。已知 298 K 和 101 kPa 条件下：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(l)H a kJ mol1；2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H b kJ mol1；CH3OH(g)=CH

23、3OH(l)H c kJ mol1，则 CH3OH(l)的标准燃烧热H_。(3)工业上合成尿素的反应如下：2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(l)H2O(l)H0，某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在恒定温度下，将氨气和二氧化碳按21 的物质的量之比充入一体积为10 L的密闭容器中(假设容器体积不变，生成物的体积忽略不计)，经 20 min 达到平衡，各物质浓度的变化曲线如图所示。为提高尿素的产率，下列可以采取的措施有_；A缩小反应容器的容积B升高温度C平衡体系中分离出部分CO(NH2)2D使用合适的催化剂 若保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 mol 的氨气，则此时 v正

24、_v逆(填“”“”或“或“O，原因是 _。（3）ZnTiO3与 80%H2SO4反应可生成TiOSO4。2-4SO的空间构型为 _，其中硫原子采用_杂化。与2-4SO互为等电子体的分子的化学式为_（任写一种即可）（4）Zn 与 S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。与 Zn 原子距离最近的Zn 原子有 _个。该化合物的化学式为_。已知该晶体的晶胞参数为a10-12m，阿伏加德罗常数为NA。则该晶体的密度为_g/cm3（列式即可）【答案】N 4 N 原子中 2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能NO 正四面体形sp3CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可）12 ZnS-103A9

25、7 4N(a 10)【解析】【分析】【详解】（1）Zn 位于周期表第四周期，基态Zn 原子的核外电子，占据的能量最高的能层为第4层，符号为N；与Zn 同位于第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn 相同的元素有Sc、Ti、V、Mn 四种，故答案为：N；4；（2）同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引力逐渐增强，电负性逐渐增强，所以电负性CB；N 的核外电子排布为He2s22p3，2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，O 的核外电子排布为 He2s22p4，不是稳定结构，所以第一电离能NO，故答案为：；N 原子中 2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离

26、能NO；（3）SO42-的中心原子S的价层电子对数=4+12(8 4 2)=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，所以 SO42-的空间构型为正四面体形，S原子的杂化方式为sp3，故答案为：正四面体形；sp3；与 SO42-互为等电子体的分子需满足：与 SO42-原子总数相同（5 个）、价电子总数相同（32 个），如：CCl4、SiCl4、SO2Cl2等，故答案为：CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可）；（4）Zn 原子位于晶胞的顶点和面心上，与Zn 原子距离最近的Zn 原子有 12 个，故答案为：12；一个晶胞中Zn 原子的个数=818+612=4，S原子的个数=4，二者

27、的个数比为1：1，所以该化合物的化学式为 ZnS，故答案为：ZnS；m=V晶胞晶胞=-1-1AA-10365g mol32g mol4+4N molN mol(a 10cm)/=-103A97 4N(a 10)g/cm3，故答案为：-103A97 4N(a 10)。【点睛】确定 SO42-的空间构型，可用价层电子对互斥理论：SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=键电子对数+中心原子上的孤电子对数；键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；中心原子上的孤电子对数=12(axb)；其中 a 为中心原子的价电子数，S原子有 6 个价电子，SO42-带 2 个单位负电荷，因此 a=6+2=8；x 为与中心原子结合的原子数，此处为4；b 为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与S原子结合的为O 原子，O 原子最多能接受的电子数=86=2；所以中心原子上的孤电子对数=12(842)=0；S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，SO42-的空间构型即为正四面体形。