2019-2020学年安徽省定远县育才学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省定远县育才学校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下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A 检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B 测定 84 消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少许84 消毒液滴在pH 试纸上C 除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A 选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有

2、分类物质，故A 正确，符合题意；B 选项，不能用pH 试纸测定84 消毒液的pH，因为 84 消毒液有漂白性，故B 错误，不符合题意；C 选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C 错误，不符合题意；D 选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D 错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。2某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（）滴入 FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉

3、淀滴入 Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀A两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3B两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3S C向稀 FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS D在 Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3【答案】D【解析】【分析】实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为 S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。【详解】A开始试验时，如生成硫，应为黄色

4、沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故 A 正确；B硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3S，故 B 正确；C发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；D在 Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且 Fe(OH)3为红褐色，故D 错误。故选：D。3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A常温下，由水电离的c(H+)=10-13molL-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2H+H2O2=I22H2O C氢氧化钡

5、溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+SO42=BaSO4D向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32CO2H2O=2HCO3【答案】B【解析】【详解】A、由水电离的c(H+)=10-13molL-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与OH-能够发生反应，HCO3-与 H+和 OH-均能反应，因此不能大量共存，故A 错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2 I22H2O，故 B 正确；C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：2-2+-2+442SO+Ba+2OH+Cu=BaSO+Cu OH，故 C 错误；D、因碳酸钠溶解度大于

6、碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：23223CO+CO+H O+2Na=2NaHCO，故 D不正确；故答案为：B。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。4分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L 的 NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶

7、液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A CO2通入 NaClO 溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO BCO2通入 CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOH C通入 n(CO2)=0.06mol 时，NaOH 溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O D通入 n(CO2)=0.03mol 时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二

8、氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A 错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入 CH3COONa溶液不反应，B 错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入 n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入 n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正确；故合理选项是D。5某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和 SO42-等离子。利用

9、微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A好氧微生物电极N 为正极B膜 1、膜 2 依次为阴离子、阳离子交换膜C通过膜1 和膜 2的阴离子总数一定等于阳离子总数D电极 M 的电极反应式为2OCN6e 2H2O=2CO2N2 4H【答案】C【解析】【分析】【详解】A由物质转化知，OCN 中 C 为 4 价，N 为 3 价，在 M 极上 N 的化合价升高，说明M 极为负极，N 极为正极，A 项正确；B在处理过程中，M 极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M 极迁移，膜1 为阴离子交换膜，N极反应式为O24e 2H2O=4OH，N 极附近负电荷增多，阳

10、离子向N 极迁移，膜2 为阳离子交换膜，B项正确；C根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C 项错误；D M 极发生氧化反应，水参与反应，生成了H，D 项正确；答案选 C。6某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A Cl、Mg2、H、Cu2、SO42-BNa、Ba2、NO3-、OH-、SO42-CK、NO3-、SO42-、H+、NaDMnO4-、K、Cl、H+、SO42-【答案】C【解析】【详解】A.Cu2为有色离子，A 不合题意；B.Ba2、SO42-会发生反应，生成B

11、aSO4沉淀，B不合题意；C.K、NO3-、SO42-、H+、Na能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D 不合题意。故选 C。7X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z 同周期，W与 X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为W XZ CX与 W可以形成 W2X、W2X2两种物质D Y、Z 两元素的气态氢化物中，Z 的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析】【分析】

12、X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O 元素，X、Z同族，则 Z 为 S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y 的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为 Cl元素，W 与 X、Y既不同族也不同周期，W 为 H 元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为 Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A 项正确；B在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H OClS（HOOS 正四面体5:4 6 面心立方最密堆积Fe4N A1193N【解析】【分析】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s

13、22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；(4)双键中含有一个键合一个键，三键中一个键和两个键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子；根据图示，一个晶胞中的原

14、子个数用均摊法进行计算；根据=ANMN V推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积。【详解】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有 6 个未成对的电子，基态Cr3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3有 3 个未成对的电子，基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高，氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铬熔点比氯化钠的高；(3)同主族元素，第一电离

15、能随核电荷数增大而减小，则SO 同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3处于稳定状态，则第一电离能NO，第一电离能由大到小的顺序为NOS；NH4+的中心原子为N，其价层电子对数=4+12(5-1-4 1)=4，为 sp3杂化，空间构型为正四面体；(4)双键中含有一个键和一个键，三键中一个键和两个键，中，有一个-CN，含有 2个 键，两个双键中分别有一个键；根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与键比值为5:4；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心Co3+的配位数为6；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=818+612=4，单原子位于晶胞内部，N个数为 1，则该化合物的化学式为Fe4N；根据=ANMN V，则晶胞的体积V=ANMN，则晶胞的棱长=3ANMN=3A56 414N=3A238N。Fe(II)围成的八面体中，棱长=223A283N，正八面体一半的体积=13(223A238N)2123A238N=A1196N，八面体的体积为=2A1196N=A1193N。