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1、2019-2020学年安徽省合肥市新城高升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某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下 实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是 （） A含有 4.5gAl B不含 FeCl2、 AlCl3 C含有物质的量相等的( NH4)2SO4和 MgCl2 D含有 MgCl2、FeCl2 【答案】 C 【解析】 【分析】 5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积
2、变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L， V(NH3)=2.24L，从而求出 n(H2)=0.15mol ，n(NH3)=0.1mol ，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出 此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为 2.9g 0.05 58/ mol gmol ；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加 入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有 AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、 ( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。 【详解】 A. 由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15m
3、ol ，n(Al)=0.1mol ，质量为2.7g，A 错误； B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误； C. n(NH3)=0.1mol ，n(NH4)2SO4=0.05mol ， n(MgCl2)= nMg(OH)2=0.05mol ，从而得出 (NH4)2SO4和 MgCl2物 质的量相等，C正确； D. 混合物中含有MgCl2，但不含有 FeCl2，D 错误。 故选 C。 2某有机物的结构为，下列说法正确的是（） A 1 mol 该有机物最多可以与7 mol H2发生加成反应 B该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应 C0.1 mol 该有机
4、物与足量金属钠反应最多可以生成3.36L H2 D与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8 种（不考虑立体异构） 【答案】 A 【解析】 【分析】 该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反 应、加聚反应、酯化反应等。 【详解】 A苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1mol 该有机物最多可与 7mol H2发生加成反应，选项A 正确； B该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键 能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误； C虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标
5、准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C 错误； D分子中含有戊基-C5H11，戊基有 8 种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能 团的同分异构体一定超过8 种，选项D 错误； 答案选 A。 【点睛】 本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸 和酚的性质，题目难度不大。 3下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是 A如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和 B相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少 C金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可为:C(s金刚石
6、 ) =C(s ，石墨 ) ?H -(E2 E3)kJmol 1 D同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的 H 相同 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所 以反应物的键能之和小于生成物的键能，A 错误； B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出 的热量高于生成气态水时的热量，故B错误； C. 放出的热量 =反应物的总能量-生成物的总能量=-(E1E3)kJ mol -1，故 C 错误； D. 反应的
7、热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D 正确； 答案选 D。 4下列离子方程式书写不 正确的是 A用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H + H2 + Cu 2+ BNaOH 溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应： 2HCO3- + 2OH- + Ca 2+=CaCO 3 + 2H2O C等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2=2Fe 3+ + Br2 + 4Cl - D氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3 H2O + SO2=2NH4+ +SO32- + H2O 【答案】 B 【解析】 试题分析： A、用两块铜片作电极电
8、解盐酸的离子反应为Cu+2H + H2 +Cu 2+，故 A 正确； B、NaOH 溶 液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为 HCO3-+OH-+Ca 2+CaCO 3 +H2O，故 B 错误； C、等物质的量 的 FeBr2和 Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为 2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl -，故 C正确； D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为 2NH3?H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故 D 正确；故选B。 【考点定位】考查离子方程式的书写 【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发
9、生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反 应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液反 应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。 5以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确 的是 A反应 1 中，每生成1 mol ClO2有 0.5 mol SO2被氧化 B从母液中可以提取Na2SO4 C反应 2 中， H2O2做氧化剂 D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解 【答案】 C 【解析】 A. 在反应 1 中， NaClO3和 SO2在硫酸的作用下生成 Na
10、2SO4和 ClO2，反应的离子方程式为2ClO3 SO2=SO42 2ClO2，根据方程式可知，每生成 1 mol ClO2有 0.5 mol SO2被氧化，故A 正确； B. 根据上述 分析可知，反应1 中除了生成ClO2，还有 Na2SO4生成，则从母液中可以提取 Na2SO4，故 B 正确； C. 在反 应 2 中，ClO2与 H2O2在 NaOH 作用下反应生成 NaClO2，氯元素的化合价从+4 价降低到 +3 价，则 ClO2是氧 化剂， H2O2是还原剂，故 C错误； D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高， NaClO2受热分解，故D 正确；答案选C。
11、 6天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理 如图所示。下列说法不正确的是 A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液 B脱硫过程O2间接氧化H2S C亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D 华阳国志记载“ 取井火煮之，一斛水得五斗盐” ，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】 A 【解析】 【详解】 A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反 应为 2Fe3+H2S=2Fe 2+S+2H+） ，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为 4Fe2+O2+4H+=
12、4Fe 3+2H2O） ， 根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液， A 错误； B.脱硫过程： Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2 间接氧化H2S ，B 正确； C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用， 若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血，C 正确； D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载 “ 取井火煮之，一斛水得五斗盐” ，我国 古代已利用天然气煮盐，D 正确； 故合理选项是 A。 7用下列装置完成相关实验，合理的是() A图：验证H2CO3的
13、酸性强于 H2SiO3 B图：收集CO2 或 NH3 C图：分离Na2CO3溶液与 CH3COOC 2H5 D图：分离CH3CH2OH 与 CH3COOC2H5 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应， A 错误； B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出 收集氨气， B正确； CNa2CO3溶液与 CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C 错误； D CH3CH2OH 与 CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D 错误；答案选B
14、。 【点睛】 本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本 题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A 是解答的易错点，注 意浓盐酸的挥发性。 8雌黄 (As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕 色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是 A砷酸的分子式为H2AsO4 B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1 D该反应中每析出4. 8g 硫黄，则转移0. 5mol 电子 【答案】 D 【解析】 【详解】
15、 A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故 A错误； B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2, 原电池正极发生还原反应，所以 NO2在正极生成并逸出，故 B错误； C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化 剂和还原剂物质的量之比为10：1，故 C错误； D、 As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质，所以生成0.15mol 硫黄，转移0.5mol 电子，故D正确。 9已知常温下，Ka1(H2CO3)=4.3 10 -7，Ka2(H2CO
16、3)=5.6 10 -11。某二元酸 H2R 及其钠盐的溶液中， H2R、HR -、 R 2-三者的物质的量分数随溶液 pH 变化关系如图所示，下列叙述错误的是 A在 pH=4.3 的溶液中： 3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-) B等体积、等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小 C在 pH=3 的溶液中存在 2- 32 - c(R) c(H R) =10 c(HR ) D向 Na2CO3溶液中加入过量H2R 溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR - 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A在 pH=4.3 的溶液中， c(R 2-)=c(HR-)，溶液中存在电荷守恒： c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R 2-)+c(OH-)，则 3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，A 选项正确； B等体积等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后， 生成等浓度的H2R、HR-，溶液的 pH=1.3，溶液显酸性， 对
