2019-2020学年安徽省合肥市第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥市第二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已知：乙醇、乙醛的沸点分别为78、20.8。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的制备、收集和检验”一系列实验，其中设计不合理的是A提供乙醇蒸气和氧气B乙醇的催化氧化C收集产物D检验乙醛【答案】D【解析】【详解】A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A 正确；B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B 正确；C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高

2、锰酸钾溶液，使其褪色，选项D 错误。答案选 D。2目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有种，下列对这种非金属元素的相关判断都是主族元素，最外层电子数都大于单质在反应中都只能作氧化剂氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物氧化物常温下都可以与水反应生成酸A只有正确B只有正确C只有正确D均不正确【答案】D【解析】【详解】都是主族元素，但最外层电子数不都大于，如氢元素最外层只有1 个电子，错误当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误SiO2、NO 等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。3对于排布在2s 轨道上

3、的电子，不能确定的是A电子所在的电子层B电子的自旋方向C电子云的形状D电子云的伸展方向【答案】B【解析】【分析】【详解】排布在 2s 轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。【点睛】明确 S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s 轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。4下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是A CH3CHO CH3COOH BCH2CHClCDCH3COOH CH3COOCH2CH3【答案】A

4、【解析】【分析】乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。【详解】A CH3CHO CH3COOH，为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；BCH2CHCl为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B 不选；C为苯环上H 的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；DCH3COOH CH3COOCH2CH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故 D 不选；故答案选A。5Weiss 利用光敏剂QD制备 2环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A a 不能使酸性KMnO4溶液褪色Ba、b、c 都能发生加成、加聚反应Cc 中所

5、有原子共平面D b、c 为同系物【答案】B【解析】【分析】【详解】Aa()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A 错误；B a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；Cc()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。6化学与生活密切相关。下列说法错误的是A绿色净水消毒剂高

6、铁酸钠有强氧化性，其还原产物水解生成Fe(OH)3胶体B电子货币的使用和推广符合绿色化学发展理念C检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精氧化成硫酸铬(绿色)D自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理【答案】C【解析】【分析】【详解】A、高铁酸钾中铁元素的化合价为+6 价，处于较高价态，因此具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，而高铁酸根离子水解产生的Fe(OH)3胶体又具有吸附水中杂质的作用，选项A 正确；B、电子货币的使用和推广，减少纸张的使用，符合绿色化学发展理念，选项B正确；C、检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精还原成硫酸铬(绿色)，选项 C错误；D、自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐

7、蚀，是利用了原电池反应原理，锌为负极，保持辐条，选项D正确。答案选 C。7用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A钠、镁B溴、碘C食盐、淡水D氯气、烧碱【答案】C【解析】【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A 错误；B.从海水中提炼溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B 错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳

8、暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，C 正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。8反应 2NO2(g)N2O4(g)+57 kJ，若保持气体总质量不变。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A a、c 两点气体的颜色：a 浅，c 深Ba、c 两点气体的平均相对分子质量：ac Cb、c 两点的平衡常数

9、：Kb=KcD状态 a 通过升高温度可变成状态b【答案】A【解析】【分析】【详解】A c点压强高于a 点，c 点 NO2浓度大，则a、c两点气体的颜色：a 浅，c 深，A 正确；B c 点压强高于a 点，增大压强平衡向正反应方向进行，气体质量不变，物质的量减小，则a、c 两点气体的平均相对分子质量：ac，B错误；C正方应是放热反应，在压强相等的条件下升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的含量增大，所以温度是 T1T2，则 b、c两点的平衡常数：KbKc，C错误；D状态 a 如果通过升高温度，则平衡向逆反应方向进行，NO2的含量升高，所以不可能变成状态b，D 错误；答案选 A。9ClO2是一种国

10、际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11，凝固点-59。工业上，可用下列原理制备 ClO2(液相反应)：232424242232FeS+30NaClO+14H SOFeSO+15Na SO+30ClO?+14H O。设 NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3NAB若生成1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为 0.2NAC48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD每消耗30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA【答案】C【解析】【详解】A.ClO2沸点 11，标况下为液体，224

11、0mL ClO2的物质的量不是0.1mol，故 A 错误；B.Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B 错误；C.48.0g FeS2物质的量为48g 120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5 价降到+4 价，失一个电子，故 6mol NaClO3失 6mol 电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6NA，故 C正确；D.消耗 30mol NaClO3生成 14mol 水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故 D错误；故答案为C。【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意

12、D 选项中一个水分子中有两个氢氧键。10下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和 NaHSO4溶液的 pH 前者 pH 比后者大非金属性：SC B 将相同体积、相同 pH 的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b 倍稀释后溶液pH 相同ab C 向 25mL 沸水中滴加56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得 Fe(OH)3胶体D 向 H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的 FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化 H2O2发生分解反应生成O2A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.相同温度下

13、，测定等浓度的NaHCO3和 NaHSO4溶液的 pH，前者 pH 比后者大，说明酸性H2CO3H2SO4，故 A 正确；B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH 变化小，若稀释后溶液pH 相同，则弱酸稀释的倍数大，即ab，故 B 错误；C.向 25mL 沸水中滴加56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故 C 错误；D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化 H2O2发生分解反应生成O2，故 D 错误；故选 A。11碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正

14、确的是A分子式为C3H2O3B分子中含6 个 键C分子中只有极性键D 8.6g 该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】A【解析】【分析】【详解】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故 A 正确；B、分子中的单键为键，一共有8 个，故 B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选 C。12五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W 的简单气态氢化物遇Z 的氢化物产生白烟。T、Z原子最外层电子数之和等于X 的核外电子总数，

15、T和 Y位于同一主族。下列推断正确的是（）A原子半径：TWZY X B简单气态氢化物的热稳定性：YTW C氧化物对应水化物的酸性：YTWZ D X3W 和 XW3都是离子化合物，但所含化学键类型不完全相同【答案】D【解析】【分析】五种短周期元素T、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T 为 C元素；根据W 的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W 的原子序数小于Z可以判断出，W 为 N 元素，Z为 Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X 的核外电子数为11，X为 Na；T 和 Y位于同一主族，T 的原子序

16、数最小，判断出Y为 Si 元素。【详解】A根据元素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W TZ Y TY，B 错误；C氧化物对应水化物的酸性无法判断，C错误；D X3W 和 XW3分为 Na3N 和 NaN3，两者都是离子化合物，但Na3N 仅含有离子键，NaN3中即含离子键也含共价键，D 正确；答案选 D。13下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/108 82.3 熔点/-108 25.5 下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是1 26 C用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者

17、的混合物中分离出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃【答案】B【解析】【分析】【详解】A.醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇 CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B.有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是 12 16，故选 B；C.根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出

18、来，故不选C；D.两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B 14把图 2 中的物质补充到图1 中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A IO4-作氧化剂具有氧化性B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52 C若有 2molMn2+参加反应时则转移10mol 电子D氧化性：MnO4-IO4-【答案】D【解析】【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式

19、为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2+5 IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。AIO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，故 B正确；C若有 2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol(7-2)=10mol，故 C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-”“c(Na+)c(H+)c(OH-)-4.761 10ac【解析】【分析】（1）CH3COOH是弱电

20、解质；（2）根据电荷守恒，该缓冲溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.76，c(OH-)c(H+)；（3）Kb(CH3COO-)=KwKa；（4）加少量酸、碱，缓冲溶液pH 基本不变；（5）根据平衡移动原理分析；【详解】（1）CH3COOH是弱电解质，CH3COOH的电离方程式为CH3COOH?CH3COO-+H+；（2）根据电荷守恒，该缓冲溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.76，c(OH-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；（3）Kb(CH3COO-)=-14-1501.7510=5.71010KwKa，所以 Ka(CH3COOH)Kb(CH3COO-)；（4）加少量酸、碱，缓冲溶液pH 基本不变，用1.0L 上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH 稀溶液（忽略溶液体积的变化），反应后溶液pH=4.76，所以 c(H+)=-4.761 10mol/L；（5）a.缓冲体系中存在H2CO3-HCO3-，代谢产生的+H被 HCO3-结合形成H2CO3，被血液带到肺部分解成二氧化碳和水，故a 正确；b.血液中的缓冲体系可抵抗少量酸、碱的影响，故b 错误；c.代谢过程产生碱性物进入血液时，H2CO3立即与 OH-作用，生成H2O 和 HCO3-，经肾脏调节由尿排出，故 c 正确。