2019-2020学年安徽省安庆二中新高考化学模拟试卷含解析

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1、2019-2020学年安徽省安庆二中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下列说法正确的是 A刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2 B用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 C氧化性： HC1O稀 H2SO4，故非金属性：ClS D将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A 错误； B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的

2、，故B 正确； C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是 Cl 元素 的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误； D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸， 铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D 错误。 故选 B。 2根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是 组号今加反应的物质生成物 MnO4 、Cl Cl2、 Mn 2 Cl2(少量 )、FeBr2 FeCl3、 FeBr3 KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4 A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移 1m

3、ol 电子 B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为l：2 C第组反应的其余产物为O2和 H2O D氧化性由强到弱的顺序为MnO4 Cl2Fe 3Br2 【答案】 D 【解析】 【详解】 A由信息可知，MnO4-氧化 Cl -为 Cl 2，Cl元素化合价由-1 价升高为0 价，转移电子的物质的量是氯气的2 倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项 A 正确； B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12） =n （ Fe 2+） ，即第组反应中参加反应的 Cl2与 FeBr2的物质的量之比为 1：2，选项 B 正确； C反

4、应中KMnO4 MnSO4，Mn 元素化合价由+7 价降低为 +2 价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合 价升高，生成氧气，根据H 元素守恒可知还生成水，选项C正确； D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4-Cl2，由可知氧化性Cl2Fe 3+，由可知 Fe 3+不能氧化 Br-，氧化性 Br2Fe 3+，选项 D 错误。 答案选 D。 3电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol L -1 的 KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均 为 0.100mol?L -1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法 正

5、确的是（） A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线 B在相同温度下，P点水电离程度大于 M 点 CM 点溶液中： c(CH3COO -)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol L-1 D N 点溶液中： c(K+)c(OH-)c(CH3COO -)c(H+) 【答案】 D 【解析】 【详解】 A醋酸为弱电解质，滴加 KOH ，变为 CH3COOK 是强电解质， 故导电率增加， 即曲线代表滴定醋酸的曲线， 故 A错误。 B.相同温度下， P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为 CH3COOK ，其水解促进水的电离，故 M点大于 P点， 故 B错误。C 对于 M点，根据电荷守恒可知， c(CH

6、3COO - )+c(OH - )-c(H +)=c(K+)=0.05mol L-1 ， 故 C错误。 DN点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO -只有很小的一部 分发生水解，所以c(K +) c(OH- ) c(CH3COO -) c(H+), 故 D正确。答案： D。 4下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是( ) A证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度 B制备氢氧化铁胶体 C利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停 D证明氯气具有漂白性 【答案】 A 【解析】 【详解】 A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明( 煤油 ) (钠)h

7、de B上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（ f3+） c（ zx4+） C由 d、 e、g 三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀 D f 的最高价氧化物的水化物可以分别与e 和 h 的最高价氧化物的水化物发生反应 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x 属于第一周期，y、z、d 属于第二周期，e、f 、 g、h 属 于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x 为 H, y 为 C、z 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al 、g 为 S、h 为 Cl。 【详解】 A.g 为 S，h 为 Cl，属于第三周期，离子半

8、径gh ；d 为 O，e 为 Na ，同为第二周期，离子半径de，故离 子半径： ghde，A正确； B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为 NH4Al(SO4)2，溶液中Al 3+和 NH 4 +水解 均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根， 即离子浓度： c(Al 3+) c （NH 4 +）, 故 B错误；C.d 为 O 、e 为 Na、 g 为 S，由 d、e、g 三种元素组成的盐 Na2S2O3 溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀 , 故 C正确； D.f 为 Al ，f 的最高价氧化物的水化物为Al （OH ）3, 为两 性

9、氢氧化物，e和 h 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH 、 HClO4，可以与Al(OH)3发生反应 , 故 D正确； 答案： B。 【点睛】 突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素 所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。 10ZulemaBorjas 等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是() A该装置可以在高温下工作 BX、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜 C负极反应为CH3COO -+2H2O-8e-=2CO 2 +7H D该装置工作时，电能转化为化学能 【答案】 C 【解析】 【详解】 A

10、.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A 错误； B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X 为阴离子交换膜，B 错误； C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO -的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为 CH3COO -+2H2O-8e-=2CO 2 +7H +，C正确； D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D 错误； 故合理选项是C。 11X、Y、 Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 和 Y能形成两种常见离子化合物，Z 原子最 外层电子数与其电子层数相同；X 与 W

11、同主族。下列叙述不正确的是（） A原子半径：YZWX BX、Y形成的 Y2X2阴阳离子数目比为1：1 CY、Z和 W 的最高价氧化物的水化物可以相互反应 D X与 W 形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红 【答案】 B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 和 Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化 合物为 Na2O2和 Na2O，X为 O 元素， Y为 Na 元素， Z原子最外层电子数与其电子层数相同， Z 为 Al 元素； X 与 W 同主族， W 为 S元素。 【详解】 A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，YZW，同主族元素从上到下逐渐增大：WX，即

12、 Na AlS O，故 A 正确； BO22 是原子团， X、Y形成的 Y2X2阴阳离子数目比为 1：2，故 B 错误； CAl(OH)3具有两性， Y、Z和 W 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3 、H 2SO4，可以相互反应， 故 C 正确； D X与 W 形成的化合物SO2 、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故 D 正确； 故选 B。 12下列有关物质性质的比较，结论错误的是( ) A沸点： 32323 CH CH OHCH CH CH B溶解度：AgIAgCl C热稳定性： 3 AsH HBr D碱性：2 BaOHCsOH（） 【答案】 A 【解析】 【详

13、解】 A. 乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点32323 CH CH OHCH CH CH，故 A 错误； B卤化银的溶解度从上到下，逐渐减小，AgI 的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故 B正确； C. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsBr，则热稳定性3 AsH HBr，故 C正确； D. 金属性越强， 最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性 BaCs ，则碱性 2 Ba(OH)OS ； （2）正四面体， CCl4（或 SiF4等） ； （3）sp2，配位键、离子键； （ 4）CuSO4 和 Cu(NO3)2均为离子晶体， SO42-所带电荷比 NO3-大，故 CuSO

14、4晶格能较大，熔点较高； （5）(； ； )，Cu；。 【解析】 【分析】 （1）根据铜的基态原子核外电子排布式为Ar3d 104s1 确定 Cu2+的电子排布式； 同周期从左向右第一电离能 增大，但VAVIA，确定 N、O、S的第一电离能。 （2） SO42 价层电子对数为 4；等电子体是价电子总数相等，原子总数相等的微粒； （3） NO3 中 N 的价层电子对数为 4； （4）离子晶体的熔点和离子所带电荷以及离子半径有关； （5）根据 A 点的晶胞参数（0，0，0）和晶体结构，确定D 的晶胞参数。根据密度、体积和质量的关系 求 NA。 【详解】 （1）阳离子是Cu2 ，Cu元素位于第四周期

15、IB 族，元素基态原子核外电子排布式为Ar3d 104s1，因此 Cu2 基态核外电子排布式为： Ar3d 9；同周期从左向右第一电离能增大， 但 IIAIIIA，VAVIA，非金属性越强， 第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是NOS ； （2） SO42 价层电子对数为 4 1 2 (624 2)=4 ，因此 SO4 2立体结构是正四面体。等电子体：价电子总 数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或 SiF4等； （3） NO3 中 N 有 3 个 键，孤电子对数 1 2 (5 12 3)=0 ，杂化类型等于价层电子对数，即N 的杂化类 型为 sp2，含有化学键为离子键、配位键； （4） CuSO4和 Cu(NO3)2均为离子晶体， SO42-所带电荷比 NO3-大，故 CuSO4晶格能较大，熔点较高； （5） 根据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的 1 4 处，所以其坐标是(；)，根据均摊法， 白球的个数为(8 1 8 1)=2，灰球位于体心，灰球有4 个，因此化学式为Cu2O，灰球是 Cu； 晶胞质量为 2 A 144 N g，晶胞的体积为(a 10 10)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数 =。