《2019-2020学年安徽省淮北师大学附属实验中学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学年安徽省淮北师大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年安徽省淮北师大学附属实验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化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（） A A BB CC D D 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A 错误； B.4422NH FeSO12H O（）作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误； C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO -和 HClO 都有强氧化性，故 C 正确； D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而
2、非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D 错误； 故答案选： C。 2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A氯碱工业中完全电解含2 mol NaCl 的溶液产生H2分子数为NA B14 g 分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n C2. 0 g H218O 与 2. 0 g D2O 中所含的中子数均为NA D常温下，将56 g 铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1. 5NA 【答案】 C 【解析】 【详解】 A氯碱工业中完全电解NaCl 的溶液的反应为2NaCl+ 2H2O 电解 H2+Cl2+2NaOH ，含2molNaCl 的溶液发 生电解，则产生H2为
3、1mol，分子数为NA，但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水）， 会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA，故 A错误； B分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g 分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为 =NA 14 14/ g ngmol = A N n ；如果是环烷烃不存在碳碳双键，故B错误； CH2 18O与 D 2O的摩尔质量均为20g/mol ，所以 2.0g H2 18O与 2.0gD 2O的物质的量均为0.1mol ，H2 18O中所含 的中子数： 20-10=10 ，D2O中所含的中子数：20-10=10 ，故 2.0 g H2
4、18O与 2.0 g D 2O所含的中子数均为NA， 故 C正确； D 常温下铁遇到浓硫酸钝化，所以常温下， 将 56g 铁片投入足量浓硫酸中，生成 SO2分子数远远小于1. 5NA， 故 D错误； 答案选 C。 【点睛】 该题易错点为A 选项，电解含2 mol 氯化钠的溶液，电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继 续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA。 3研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是 A桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀 B钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快 C图 1 辅助电极的材料可以为石墨 D图 2 钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e
5、 一 =4OH - 【答案】 A 【解析】 【详解】 A桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A 错误； B海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确； C图 1 为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C 正确； D图 2 为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e 一=4OH-，故 D 正确； 故选 A。 4某离子反应中涉及H2O、ClO -、 NH 4 +、H+、 N 2、Cl -六种微粒。其中 ClO - 的物质的量随时间变化的曲 线如图所示。下列判断正确的是（） A
6、该反应的还原剂是Cl - B反应后溶液的酸性明显增强 C消耗 1mol 还原剂，转移6 mol 电子 D氧化剂与还原剂的物质的量之比为 23 【答案】 B 【解析】 由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl- 是生成物， 根据所含有的NH4+和 N2，其中NH4+有还原性， 故 N2是生成物， N 元素化合价发生氧化反应， 则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2 +3H2O+3Cl-+2H+； A由方程式可知反应的氧化剂是ClO -，还原产物 为 Cl-，故 A 错误； B反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确； CN 元素化合价由-3
7、价升高到0 价，则 消耗 1mol 还原剂， 转移 3mol 电子， 故 C 错误；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32， 故 D 错误；答案为B。 点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再 结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2， 发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2 +3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。 5设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（） A标准状况下，22.4L 二氯甲烷的分子数约为 NA B乙烯和丙烯组成的42g 混合
8、气体中含碳原子数为6NA C1mol 甲醇完全燃烧生成CO2和 H2O，转移的电子数目为12NA D将 1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO -数目等于 NA 【答案】 D 【解析】 【详解】 A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，A 错误； B.乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是 14，乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物 质的量是3mol，所以其中含C原子数为3NA，B 错误； C.甲醇燃烧的方程式为2CH3OH+3O2 2CO2+4H2O，根据方程式可知：2mol 甲醇完全燃烧转移12mol 电子，则1mol 甲醇
9、完全燃烧生成CO2和 H2O，转移的电子数目为6NA， C错误； D.根据电荷守恒可知n(Na +)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液显中性，则 n(H+)=n(OH-)，所以 n(Na +)=n(CH3COO-)，因此将 1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO -数目等于 NA，D 正 确； 故合理选项是D。 6已知 H2A为二元弱酸。室温时，配制一组 c(H2A)+c(HA - ) +c(A 2- )=0. 100mol L -1 的 H2A和 NaOH 混合溶 液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微
10、粒的物质的量浓度 关系不正确的是 A pH=2 的溶液中 ：c(H2A)+c(A 2- )c(HA - ) BE点溶液中： c(Na +)-c(HA-)2c(A2- ) 【答案】 A 【解析】 A、根据图像， 可以得知pH=2 时 c(HA )c(H 2A) c(A 2 )，故 A 说法错误； B、E 点：c(A 2 )=c(HA )， 根据电荷守恒： c(Na )c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2 )，此时的溶质为Na2A、NaHA ，根据物料 守恒， 2n(Na )=3n(A) ，即 2c(Na )=3c(A 2 )3c(HA )3c(H2A) ，两式合并， 得到 c(Na )c(H
11、A)=c(HA )3c(H 2A) c(A 2)/2，即 c(Na)c(HA )=0.1c(H2A) ，c(Na )-c(HA )2c(A 2 )，故 D 说法正确。 7现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R 原子最外层电子数是电子层数的 2 倍；Y 与 Z能形成 Z2Y、Z2Y2 型离子化合物，Z 与 T形成的 Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系 如图所示。下列推断正确的是（） A原子半径和离子半径均满足：YZ B简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：YT C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR D常温下， 0.1mol L 1 由 X、 Y、Z、T四种元素组
12、成的化合物的水溶液的pH 一定大于1 【答案】 B 【解析】 【分析】 R 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，则 R 可能为 C 或 S，结合题图可知R为 C；Y 与 Z能形成 Z2Y、Z2Y2 型离子化合物，则Y为 O，Z为 Na；Z与 T 形成的 Z2T 型化合物能破坏水的电离平衡，则 T 为 S；X的原子 半径、原子序数最小，则X 为 H。 【详解】 A. 电子层越多，原子半径越大，则原子半径为ONa，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子 半径小，则离子半径为O2 Na，故 A 错误； B. Y、 T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点 H2OH2S，元素非
13、金属性越强，对应 的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2OH2S，故 B正确； C. 非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为 H2SO4 H 2CO3，故 C错误； D. 由 H、 O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和 NaHSO4，0.1mol L 1NaHSO 3溶液的 pH1， 0.1mol L 1NaHSO 4溶液的 pH1，故 D 错误。 综上所述，答案为B。 【点睛】 氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。 8 在 100mL 的混合液中， 硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L 、 0.15mo
14、l/L ， 向该混合液中加入2.56g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是 A 0.15mol/L B0.225mol/L C0.30mol/L D0.45mol/L 【答案】 B 【解析】溶液中n(H +)=0.15mol/L 2 0.1L+0.3mol/L 0.1L=0.06mol，反应计算如下： 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O。 3 64g 8mol 2mol 3mol 2.56g 0.06mol 0.03mol n Cu 过量， NO3-过量，因此用 H+进行计算。 n=0.0225mol ，c(Cu 2+)=0.0
15、225mol/ 0.1L=0.225mol/L ，正确答案 B。 点睛：由于Cu与 HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在 H2SO4电离生成的H+作用下 氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu 与 NO3-、 H+反应的离子方程式进行一步计算。 9下列实验能实现的是（） A图 1 装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气 B图 2 装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物 C 图 3 装置中若a处有红色物质生成，b 处变蓝，证明X一定是 H2 D 图 4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出 【答案】
16、D 【解析】 【详解】 A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A 不符合题意； B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B 不符合题意； C、a 处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b 处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能 X中含有水 蒸气， X 也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意； D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故 D 符合题意； 故答案为： D。 10下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是 选 项 操 作现 象结 论 A 向 3ml0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中 先加入 45 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，再滴加45 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Ksp(AgCl) Ksp(AgI) B 将某气体通入品红溶液品红溶液褪色该气体是SO2 C 用 pH 计测定等浓度的Na2CO3 和 NaClO 溶液的pH 后者pH 比前
