《2019-2020学年安徽省合肥市高升学校新高考化学模拟试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省合肥市高升学校新高考化学模拟试卷含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年安徽省合肥市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某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是 A放电时， Na+向正极移动 B放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸 C充电时，当有0.1mole -通过导线时，则钠箔增重 2.3g D充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动， A 项正确； B电池放电时，钠箔做负极，碳纸
2、为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B 项正确； C 充电时， 钠箔发生的电极反应为： Nae =Na， 所以若有 0.1mol e -通过导线， 钠箔处就会析出 0.1mol 的钠单质，质量增加2.3g，C项正确； D碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式 书写是正确的，D 项错误； 答案选 D。 2NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为 NA的是 A 46.0 g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子 B36.0 gCaO 2与足量水完全反应过程中转移的电子 C53.5 g氯化铵固体溶于
3、氨水所得中性溶液中的 NH 4 D 5.0 g乙烷中所含的共价键 【答案】 C 【解析】 【详解】 A 46.0 g 乙醇的物质的量为1mol ，酯化反应为可逆反应，不能进行到底， lmol 乙醇与过量冰醋酸在加热 和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故 A 错误； B36.0 gCaO2的物质的量为 36 72/ g g mol =0.5mol ，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol 电 子，故 B 错误； C53.5g 氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒， c(NH4+)+ c(H +)=c(OH-)+ c(Cl-)
4、， 因此 c(NH4+)= c(Cl-)，即 n(NH4+)= n(Cl-)=1mol，故 C正确； D一个乙烷分子中含有6 个 C-H键和 1 个 C-C键，因此 5.0g 乙烷中所含的共价键数目为 30g 5g / mol 7NA= 7 6 NA，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】 本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O 元素的化合价由-1 价变成 0 价和 -2 价。 3下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（） A Na2O2吸收 CO 2产生 O2，可用作呼吸面具供氧剂 BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 CSiO2硬度大，可用于制
5、造光导纤维 D NH 3易溶于水，可用作制冷剂 【答案】 A 【解析】 【详解】 A Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A 正确； BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B 错误； C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故 C 错误； D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D 错误； 故选 B。 4我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质 18 82 O ，下列说法正确的是（） A它是 16 82 O的同分异构体 B它是
6、 O3的一种同素异形体 C 18 82 O 与 16 82 O 互为同位素 D 1 mol 18 82 O分子中含有20 mol 电子 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A 18 82 O 与 16 82 O 的分子式相同，不属于同分异构体，故A 错误； B 18 82 O与 O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确； C同位素研究的对象为原子， 18 82 O 与 16 82 O 属于分子，不属于同位素关系，故C错误； D 1 mol 18 82 O分子中含有16mol 电子，故D 错误； 故选 B。 5下列有关说法正确的是（） A水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共
7、价键、配位键、离子键 BCaF2晶体的晶胞如图，距离 F -最近的 Ca2+组成正四面体 C氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动 D金属 Cu中 Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积， Cu原子的配位数均为12，晶 胞空间利用率68% 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H 原子和 O 原子形成极性共价 键，但不存在这离子键，A 选项错误； BCaF2晶体的晶胞中，F -位于体心，而 Ca 2+位于顶点和面心，距离 F-最近的 Ca 2+组成正四面体， B 选项正 确； C电子云密度表示电子在某一
8、区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数 电子一说，只能说H 原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C 选项错误； D金属 Cu 中 Cu 原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D 选项错误； 答案选 B。 【点睛】 本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解 掌握基本概念。 6实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证 2 SO的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法 不正确的是（） A装置 B中酸性 4 KMnO溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性 B实验结束后可向装置A 的溶液
9、中滴加KSCN溶液以检验生成的 2 Fe C装置 D 中品红溶液褪色可以验证2SO的漂白性 D实验时将导管a 插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.2 SO 通入酸性4 KMnO 溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪 色，体现 2 SO的还原性，故A 正确； B.KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误； C. 2 SO能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂 白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确； D.B 中的溶液发生倒吸，是因为装置A 中气体压强减小，实验时
10、A 中导管 a插入浓硫酸中，A装置试管中 气体压强减小时，空气从导管a 进入 A 装置， a 导管起平衡气压的作用，故D 正确； 故选： B。 【点睛】 本题考查学生对实验原理与装置的理解与评价，掌握二氧化硫氧化性、漂白性、还原性等是解题关键，题 目难度中等。 7化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程表示生 成的 NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（ ） A催化剂改变了该反应的反应热 B过程为放热过程 C过程是氢气与氮气分子被催化剂吸附D过程为吸热反应 【答案】 C 【解析】 【详解】 A 项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不
11、变，故A 错误； B 项、过程 为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误； C 项、过程 氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确； D过程 为化学键的形成过程，为放热过程，故D 错误； 故选 C。 81875 年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“ 镓” ，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和 As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是 Al P Ga As A Ga的原子序数为31 B碱性： Al(OH)3 r(As3-)r(P3-) D GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. Al 是 13 号元素， Ga位于
12、 Al 下一周期同一主族，由于第四周期包括18 种元素，则Ga的原子序数为 13+18=31，A 正确； B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性AlGa，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱 性就越强，所以碱性：Al(OH)3 r(P3-)r(Ga3+)，C错误； D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D 正确； 故合理选项是C。 9根据能量示意图,下列判断正确的是 ( ) A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量 B该反应的反应物总能量小于生成物总能量 C2A2(g)+B2(g)= 2C(g) H=-(b+c-a
13、)kJmol -1 D由图可知 ,生成 1 mol C(l),放出 1 2 (b+c-a)kJ 热量 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 断键需要吸热，成键会放热，故A 不选； B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选； C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol -1。生成 C(l)时的 H= -(b+c-a)kJ mol -1，故 C不选； D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 1 2 (b+c -a)kJ的热量，故D 选。 故选 D。 10用 NaOH 标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是 A滴定管用
14、待装液润洗 B锥形瓶振荡时有少量液体溅出 C滴定结束后滴定管末端出现气泡 D锥形瓶用待测液润洗 【答案】 D 【解析】 【分析】 由 c(HCl)= cV V 碱碱 盐酸 可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。 【详解】 A滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误； B锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B 错误； C滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误； D锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D 正确； 故答案为 D。 【点睛】 本题考查中
15、和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归 结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测 )= ()() () cV V 标准标准 待测 分析，若标准溶液的体积偏小，那么测 得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。 11在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧 化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和 Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。 已知： Na2S2O5 溶于水发生反应： S2O52-+H2O=2HSO3- 实验用品实验操作和现象 1.0010 -2mol/L
16、Na 2SO3溶液 1.0010 -2mol/L NaHSO 3溶液 5.0010 -3mol/L Na 2S2O5溶液 实验 1：溶液 使紫色石蕊溶液变蓝，溶液 使之变红。 实验 2：溶液与O2反应， 保持体系中 O2浓度不变， 不同 pH 条件下， c(SO32-) 随反应时间变化如下图所示。 实验 3：调溶液的pH 相同，保持体系中O2浓度不 变，测得三者与O2的反应速率相同。 下列说法中，不正确 的是 A Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32-+H2OHSO3 -+OH- BNaHSO3溶液中 HSO3-的电离程度大于水解程度 C实验 2 说明， Na2SO3在 pH=4.0 时抗氧性最强 D实验 3 中，三种溶液在pH 相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. Na2SO3是强碱弱酸盐，SO3 2- 水解 SO3 2- +H2OHSO3-+OH - ，所以溶液显碱性，故A正确； B. HSO3-电离呈酸性、 HSO3-水解呈碱性，NaHSO 3溶液呈
