《2019-2020学年安徽省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学年安徽省新高考化学模拟试卷含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年安徽省安师大附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室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A 0.1 molL 1 HCl溶液： Ba2 、Na 、AlO 2-、NO3- B0.1 molL 1 MgSO4溶液： Al3 、H、 Cl、NO 3- C0.1 molL 1NaOH 溶液： Ca2、 K 、CH3COO 、 CO 32- D 0.1 molL 1 Na2S溶液： NH4 +、K、ClO、SO 42- 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A 0.1 molL 1 HCl
2、溶液中： AlO 2-与 H+不能大量共存，故A 错误； B0.1 molL 1 MgSO4溶液： Al3 、H、 Cl、NO 3-之间以及与Mg 2+、SO 42-之间不发生反应，能大量共存， 故 B 正确； C0.1 molL 1NaOH 溶液： Ca2与 CO 32-不能大量共存，故C错误； D 0.1 molL 1 Na2S溶液中， ClO 具有强氧化性，与 S 2-不能大量共存，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】 熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。 2由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 实验现象结论 A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原
3、溶液中有Fe 2+，无 Fe3+ B向 C6H5ONa 溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性： H2CO3C6H5OH C向含有ZnS和 Na2S的悬浊液中滴加CuSO4 溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)ZW D相同条件下，乙的沸点高于丁 【答案】 B 【解析】 【分析】 短周期元素W 、X、Y、Z 原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡 黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10 个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水， Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W 、X、 Y、Z 分别为 H、C（或 N
4、） 、O、Na，据此分析。 【详解】 短周期元素W 、X、Y、Z 原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡 黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10 个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水， Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W 、X、 Y、Z 分别为 H、C（或 N） 、O、Na。 A. W与 Z 形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确； B. 戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误； C. W 离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半
5、径越小， 故离子半径大小：YZW ，选项 C正确； D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项 D正确。 答案选 B。 8下列有关化学用语表示正确的是 A硝基苯 B镁离子的结构示图 C水分子的比例模型：D原子核内有8 个中子的碳原子： 【答案】 A 【解析】 【详解】 A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A 正确； B. 镁离子的结构示图为故 B 错误； C.水分子空间构型是V 型的，所以水分子的比例模型为，故 C错误； D. 原子核内有8 个中子的碳原子质量数是 14，应写为 14 6C，故 D 错误； 故答案为： A。 9下列实验过程中，始终无明显
6、现象的是 A Cl2通入 Na2CO3溶液中 BCO2通入 CaCl2溶液中 CNH3通入 AgNO3溶液中 D SO2通入 NaHS溶液中 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A 错误； B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B 正 确； C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再 与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终 没有沉淀， 反应方程式为
7、NH3+HNO3=NH4NO3、 NH3+AgNO3+H2O=AgOH +NH4NO3、 AgOH+2NH3=Ag( NH3)2OH （银氨溶液） ，C 错误； D、 SO2通入 NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D 错误； 故选 B。 10下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是 A Ne BCD 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A Ne为基态 Al 3+，2p 能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为 Al 原子的第四电离能； B 为 Al 原子的核外电子排布的激发态； C为基态 Al 原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子
8、的第三电离能； D为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第二电离能； 电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小 于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。 【点睛】 明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。 11向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，混合溶液中lgx（x 为 - 2 c(HA ) c(H A) 或 2- - c(A) c(HA ) ）与 pH 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（） A pH=7 时，存在c( Na +)=
9、c( H 2A)+c( HA - )+ c( A2 -) B直线表示的是lg - 2 c(HA ) c(H A) 随 pH 的变化情况 C 2- 2- 2 c (HA ) c(H A)c(A) =10 -2.97 D A2 -的水解常数 Kh1大于 H2A 电离常数的 Ka2 【答案】 B 【解析】 【分析】 二元弱酸的Ka1= - 2 c(HA ) c(H A) c（H ） Ka 2= 2- - c(A) c(HA ) c（H ） ，当溶液的 pH 相同时， c（H ）相同， lgX： ，则表示lg - 2 c(HA ) c(H A) 与 pH 的变化关系，表示lg 2- - c(A) c(
10、HA ) 与 pH 的变化关系。 【详解】 A pH=4. 19， 溶液呈酸性， 若使溶液为中性， 则溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A， 根据物料守恒， 存在 c( Na +) c( H2A)+ c( HA - )+ c( A2 -) ，故 A 错误； B. 由分析：直线表示的是lg - 2 c(HA ) c(H A) 随 pH 的变化情况，故B 正确； C. 2- 2- 2 c (HA ) c(H A)c(A) = - 2 c(HA ) c(H A) 2- - c(A) c(HA ) = 1.22 4.19 10 10 = 102 .97，故 C错误； D pH=1. 22 时和 4.
11、19 时， lgX=0，则 c（H2A）=c（HA ） 、c（HA ）=c（A2 ） ，Ka 1= - 2 c(HA ) c(H A) c（H ）=c （H ） =10-1. 22，K2= 2- - c(A) c(HA ) c （H ） =c （H ） =10 -4. 19，A2的水解平衡常数 Kh1= 14 4.19 10 10 =10 -9. 81 10-4.19=Ka 2， 故 D 错误； 故选 B。 【点睛】 本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守 恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系， D 为易难点。 12ClO2是一种消毒杀菌效率
12、高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2： 2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2 +K2SO4+2CO2 +2H2O。下列说法正确的是（） A KClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物 CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol 电子转移 【答案】 A 【解析】 【详解】 反应 2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2 +K 2SO4+2CO2 +2H2O 中， KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到 电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中 C 的化合价从 3 升高到 4，失去电子，被氧化，得
13、到氧 化产物 CO2。 A、 KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，A 正确； B、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B 错误； C、H2C2O4中 C的化合价从3 升高到 4，失去电子，被氧化，C错误； D、 KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到 1 个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol 电子转移， D 错误； 答案选 A。 13NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（） A标准状况下，560mL 的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为 0.05NA B标准状况下，2.24LCl2通入 NaO
14、H 溶液中反应转移的电子数为0.2NA C常温常压下，1.5molHCHO 和 C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NA D 0.1mol/L 的 NH4Cl 溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为 NA 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.标准状态下560mL 的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n= 0.56L =0.025mol 22.4L/mol ，无论是否 反应，每个分子中含有1 个共价键，所以0.025mol 气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故 A 错误； B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol 氯气反应时转移电子数
15、为 1mol，2.24LCl2的物质的量为 2.24L =0.1mol 22.4L/mol 则转移电子数为0.1NA，故 B 错误； C.1molHCHO 和 1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol 氧气，所以 1.5mol 两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气 的物质的量为1.5mol ，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故 C正确； D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D 错误。 故选 C。 14用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1 NA B2 mol H3O 中含有的电子数
16、为20 NA C密闭容器中1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成6 NA个 N-H 键 D 32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+Cl2 +H2，反应中氯元素的化合价由-1 价升高为0 价，得到0.4molNaOH 时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反 应式为： O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故 A 错误； B. 1 个 H3O 中含有 10 个电子，因此 2mol H3O 中含有的电子数为 20 NA ，故 B 正确； C. N2与 H2反应的化学方程式为：N2+3H2 高温高压 催化剂 2NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与 3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol ，形成 N-H 键的数目小于6 NA，故 C错误； D. 32g N2H4物质的量为 32
