《2019-2020学年安徽省阜阳市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学年安徽省阜阳市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学年安徽省阜阳市界首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。下列说法错误的是 A煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇 B顺丁橡胶 (顺式聚 1，3-丁二烯 )、尿不湿 (聚丙烯酸钠 )、电木 (酚醛树脂 )都是由加聚反应制得的 C塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的 D石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A煤的焦化指的
2、是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出 炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下 煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成 甲醇， A 项正确； B酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B 项错误； C塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确； D石油的催化重整可以获取芳香烃，D 项正确； 答案选 B。 2下列说法中不正确的是（） A蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液，会有固体析出，该固体能重新溶解 B苯与液溴的反应和
3、苯酚与浓溴水的反应对比可以说明基团之间的影响作用 C丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品 D在浓氨水作用下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A. 蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液发生盐析，会有固体析出，故A 错误； B. 苯与液溴的反应是一溴取代，且需要溴化铁催化，苯酚与浓溴水的反应为三溴取代，对比可以说明是酚 羟基活化了苯环上的氢，能说明基团之间的影响作用，故B 正确； C. 丙三醇俗称甘油，是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品，故C 正确； D. 苯酚与甲醛能在在浓
4、氨水作用下，甲醛过量时，发生酚醛缩合反应，可得到体型酚醛树脂，故D 正确； 综上所述，答案为A。 3下列各物质或微粒性质的比较中正确的是 A碳碳键键长：乙烯苯 B密度：一氯乙烷一氯丁烷 C热稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3 D沸点： H2OH2SH2Se 【答案】 B 【解析】 【详解】 A苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯一氯丁烷，故B正确； C 碳酸钠加热不分解， 碳酸氢钠加热分解， 碳酸常温下分解， 则稳定性为热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3， 故 C 错误； D水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2OH2SeH2S，故 D 错误
5、； 故答案为： B。 【点睛】 非金属化合物的沸点比较：若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组 成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子 质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越 多，熔、沸点越低，如正戊烷异戊烷 新戊烷；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S； 如果形成分子内氢键则熔沸点越低。 4电解法处理CO2和 SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间 后， Ni 电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错
6、误的是 A Ni 电极表面发生了还原反应 B阳极的电极反应为：2O 2-4e-=O2 C电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2=2SO42 D该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环 【答案】 C 【解析】 【分析】 由图可知， Ni 电极表面发生了SO42-转化为 S，CO32-转化为 C 的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了 2O2-4e -=O2，为氧化反应，所以 Ni 电极为阴极， SnO2电极为阳极，据此分析解答。 【详解】 A. 由图示原理可知，Ni 电极表面发生了还原反应，故 A 正确； B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2-4e -=O2，故 B
7、正确； C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO4 2和 CO 2 +O2-=CO32-，故 C 错误； D. 该过程中在SO42-和 CO32-被还原的同时又不断生成 SO42-和 CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐 的自补充循环，故D 正确。 故答案选C。 5下列反应的离子方程式书写正确的是 A Na2CO3 溶液中滴入少量盐酸：CO32-+2H+ CO2 +H2O B铁粉与稀H2SO4反应： 2Fe+6H + 2Fe3+3H2 CCu(OH)2与稀H2SO4反应： OH-+H+ H2O D氯气与氢氧化钠溶液反应Cl22OH ClO Cl H 2O 【答
8、案】 D 【解析】 Na2CO3 溶液中滴入少量盐酸： CO32-+H +=HCO 3-，故 A错误；铁粉与稀H2SO4反应： Fe+2H +=Fe2+H 2 ，故 B错误； Cu(OH)2与稀H2SO4反应： Cu(OH)2+2H +=Cu2+ +2H 2O，故 C错误；氯 气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl22OH ClO Cl H2O，故 D正确。 点睛：书写离子方程式时，只有可溶性强电解质拆写成离子，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能 拆写成离子。 6下列有关同位素的说法正确的是 A 18O 的中子数为 8 B 16 O 和 18O 质子数相差 2 C 16 O 与
9、 18O 核电荷数相等 D1 个 16O 与 1 个18O 质量相等 【答案】 C 【解析】 【分析】 由X A Z （简化为X A ）的含义分析解答。 【详解】 原子X A Z 中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（ AZ） 。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写 为X A 。 A. 氧是 8 号元素， 18O 的中子数为 188=10，A 项错误； B. 16 O 和 18O 质子数都是 8，中子数相差2， B项错误； C. 16 O 与 18O 核电荷数都是 8，C项正确； D. 16 O、 18O 的相对质量分别约为 16、18，其原子质量不等，D 项错误。 本题选 C。 7设 N
10、A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A 25、 l0IKPa下， NA个 C 18O 2分子的质量为48g B标准状况下，22.4L HF 中含有的电子数为10NA C1mol 白磷 (P4)分子中所含化学键的数目为4NA D 1L0.1 mol/L 的 NaClO 水溶液中含有的氧原子数为0.l NA 【答案】 A 【解析】 【详解】 A、 NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1 48g=48g ，故正确； B、标准状况下，HF 不是气体，故错误； C、白磷是正四面体结构，4 个 P处于顶点， 1mol 白磷分子中含有化学键物质的量为6mol ，故错误； D、 NaClO 溶液中
11、有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误； 故答案选A。 8北宋本草图经中载有：“ 绿矾形似朴消（Na2SO4 10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封 之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。” 下列对此段话的理解正确的是 A朴消是黑火药的成分之一 B上述过程发生的是置换反应 C此记载描述的是鉴别绿矾的方法D“ 色赤 ” 物质可能是单质铜 【答案】 C 【解析】 【分析】 由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化 合价降低，以此分析。 【详解】 A朴消是Na2SO4 10H2O，而
12、黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉 )二硝石（即KNO3 固体 )三碳 (木炭粉 )，故 A 错误； B绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高， S元素的化合价降低， 不是置换反应，故B 错误； CFeSO4 7H2O 分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含 有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确； DFe 的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故 D错误； 故选 C。 【点睛】 本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考 查，注
13、意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。 9CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成 下列说法不正确的是 A咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上 B可用金属Na 检测上述反应是否残留苯乙醇 C1 mol 苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10 mol O2 D 1 mol CPAE与足量的NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处 在同一个平面上，A 正确； B.CPAE分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na 检测上述反
14、应是否残留苯乙醇，B 不 正确； C.苯乙醇的分子式为C8H10O，苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O，C 正确； D.CPAE分子中含有2 个酚羟基和1 个酯基，所以1 mol CPAE与足量的NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH， D 正确； 答案选 B。 10M是一种化工原料，可以制备一系列物质（见下图）。 下列说法正确的是 A元素 C、D形成的简单离子半径，前者大于后者 BF 的热稳定性比H 2S弱 C化合物A、F 中化学键的类型相同 D元素 C、D的最高价氧化物的水化物均可以和H发生反应 【答案】 A 【解析】推论各物质如图： A、元素 C、D
15、形成的简单离子Cl 、Na 半径， Cl 多一个电子层，半径大些，故A 正确； B、F为 HCl， 氯原子半径小，与氢形成的共价键稳定，稳定性大于H2S，故 B错误； C、A 为 NaOH，有离子键、共价键， F为 HCl， 只有共价键， 故 C错误； D、元素 C、D 的最高价氧化物的水化物分别是HClO4、NaOH，只有 HClO4 可以和 H（Na2CO3 ）发生反应，故D 错误。故选A。 点睛：考查物质间反应，涉及钠、氯的化合物等物质的化学性质。要求学生对常见物质化学性质的熟炼掌 握，加强对知识识记和理解。 1125时，向 10mL 1 0.1mol L 23 Na CO溶液中逐滴加入
16、20mL 1 0.1mol L 的盐酸，溶液中部分含碳微 粒的物质的量随溶液pH 的变化如图所示。下列说法不正确的是 A HCl溶液滴加一半时： -2- 33 c Clc OH+c HCO+2c CO B在 A 点： +2-+ 33 c Nac CO=c HCOc OHc H C当pH=7时： +-2- 33 c Na=c Cl+c HCO+2c CO D当pH=5时，溶液中 +- 2333 c Na2c H CO+2c HCO+2c CO 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。 【详解】 A. HCl 溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的 NaHCO3、 NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl - )、 电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则 c(Cl -)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO 3-)+2c(CO32- )， c(Cl -
