2019-2020学年安徽省黄山市屯溪第二中学新高考化学模拟试卷含解析

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1、2019-2020学年安徽省黄山市屯溪第二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下列实验说法正确的是 A将 Al2(SO4)3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3 B2mL10%的 NaOH 溶液中滴加2%的 CuSO4溶液 46 滴制得新制氢氧化铜 C将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应 D取 a 克 Na2CO3和 NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b 克固体， 可测得 Na2CO3质量分数 【答案】 B 【解析】 【详解】 A硫酸铝在水

2、中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，选项A 错误； B 配制氢氧化铜悬浊液时NaOH 一定要过量， 否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，选项 B 正确； C高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，选项C 错误； D应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，选项D 错误。 答案选 B。 【点睛】 本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常见题 型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的 积累，注意硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸。 2

3、为落实 “ 五水共治 ” ，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含 N2、CO2、 SO2、 NO、CO，不 考虑其他成分） ，设计了如下流程： 下列说法不正确的是 A固体 1 中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 BX 可以是空气，且需过量 C捕获剂所捕获的气体主要是CO D处理含NH4 +废水时，发生反应的离子方程式为： NH4+NO2-=N2 +2H2O 【答案】 B 【解析】 【详解】 工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体 1 为 CaCO 3、CaSO3，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后

4、到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得 到硝酸钠， NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2 含有 CO、N2，捕获剂 所捕获的气体主要是CO。 A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1 为主要含有 Ca(OH)2、 CaCO3、 CaSO3，故 A 正确； B由分析可知，气体1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体X，用氢氧化钠溶液处 理后到的NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B 错误； C气体 2 含有 CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO ，所捕获的

5、气体主要是CO ，防止污染空气，故C正确； D NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为 NH4+NO2-=N2 +2H2O，故 D 正确； 故选 B。 3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】

6、【分析】 5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为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.

7、由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol ，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。 4下列物质属于油脂的是() 润滑油花生油石蜡 ABCD 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂

8、肪及植物油均属于油脂，排除；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品， 主要成分为烃，故答案为C。 5已知 NH4CuSO3与足量的10 molL 硫酸混合微热，产生下列现象： 有红色金属生成产生刺激性气味的气体溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（） A反应中硫酸作氧化剂 BNH4CuSO3中硫元素被氧化 C刺激性气味的气体是氨气 D 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol 电子 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A 项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸 性，不做氧化剂，故A 项错误； B 项，反应前后S元素的化合价没有

9、发生变化，故 B 项错误； C 项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C 项错误； D 项， NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO3 2-+2H+=SO 2+H2O，反应产生 有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有 Cu2+生成， 则 NH4CuSO3中 Cu 的化合价为 +1 价，反应的离子方 程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu 2+ 2SO 2+2H2O+2NH4+， 故 1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol ， 故 D 项正确。 综上所述，本题正确答案为D。 6室温下，对于0.10 mol?L 1 的氨水

10、，下列判断正确的是（） A溶液的pH=13 B25与 60时，氨水的pH 相等 C加水稀释后，溶液中c（NH4 +）和 c（OH）都变大 D用 HCl 溶液完全中和后，溶液显酸性 【答案】 D 【解析】 【分析】 A一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离； B氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同； C 加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c （NH4 ） 、c（OH）都减小； D氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性。 【详解】 A一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离，所以0.10mol?L 1 的氨水的pH 小于 1

11、3，故 A 错误； B氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同，pH 也不同，故B 错误； C加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c （NH4+） 、c（OH ）都减小，所以溶液中 c（NH4+）?c（ OH ）变小，故C错误； D含有弱根离子的盐，谁强谁显性，氯化铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故D 正确， 故选： D。 7某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹 持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（） A乙装置中盛放的是饱和食盐水 B丙装置中的溶液变浑浊，因有碳

12、酸氢钠晶体析出 C丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气 D实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶 【答案】 B 【解析】 【分析】 工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气， 通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢 钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。 【详解】 A. 利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐 酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装

13、置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A 错误； B. 碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确； C. 实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极 易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误； D. 分离出 NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D 错误； 答案选 B。 【点睛】 明确 “ 侯氏制碱法 ” 的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通 常选用的试剂。 8如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数 (平衡时某物种的浓度

14、占各物种浓度之和的分数)与 pH 的关系。下列说法错误的是 A NaH2AsO4溶液呈酸性 B向 NaH2AsO4溶液滴加NaOH 溶液过程中， - 24 2- 4 c H AsO c HAsO 先增加后减少 CH3AsO4和 HAsO42-在溶液中不能大量共存 D Ka3( H3AsO 4) 的数量级为10-12 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 由图像知， H2AsO4-溶液 pH 小于 7，则 NaH2AsO4溶液呈酸性，故A 正确； B. - + 24 2- a2 4 c H AsO c(H ) = K c HAsO ，向 NaH2AsO4溶液滴加 NaOH 溶液，c(

15、H+)逐渐减小， 则过程中， - 24 2- 4 c H AsO c HAsO 逐 渐减少，故B错误； C. 由图示知， 酸性条件下H3AsO4可以大量存在， 在碱性条件下HAsO42-能大量存在， 则它们在溶液中不能 大量共存，故C 正确； D. 由图知， pH=11.5 时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3( H3AsO 4)= + +-1 3- 4 2 2- 4 c AsOc =c c HAs H H10 O ，故 D 正 确； 故选 B。 9下列说法中正确的是（） A 60-70的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果 B液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中 C苯酚溅

16、到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液 D油脂不能使溴水褪色 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 35- 40的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A 错误； B. 液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B 正确； C. 苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有 机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故 C错误； D. 油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。 其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可 以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D 错误。 答案选 B。 10有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（） A甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4 种 B按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH 3)3的名称为2，2， 3-三甲基 -3-丁醇 C2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上 D乙酸甲酯分子在核磁共振