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1、2019-2020学年安徽省来安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） 1NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是 A在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g 铜时转移电子数目为NA B将 1molCH4与 1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为 NA C9.2g 甲苯被酸性KMnO 4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA D向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH 3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 电解精
2、炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol 铜单质生成，质量为 0.5mol 64g/mol=32g ，A 项正确； B. 将 1molCH4与 1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化 氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol， B 项错误； C. 依据 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1mol 甲苯被氧化为苯甲酸转 移 6mol 电子， 9.2g 甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol 电子，转
3、移电子数为0.6NA，C 项正确； D. 向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根 离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不 水解，因此醋酸分子数为100mL 0.1mol/L NA=0.01NA，D 项正确； 答案选 B。 【点睛】 要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质 结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝 大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词
4、，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问 题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德 罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得 分率。 2实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量 FeS 、SiO2等 )制备聚铁 (碱式硫酸铁的聚合 物 )Fe2(OH)n(SO 4)30.5nm和绿矾 FeSO4 7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是 A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为： 4FeS 3O212H =4Fe34S6H 2O B溶液 Z加热到 7080 的目的是促进Fe 3的
5、水解 C溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾 D溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 炉渣中 FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为： 4FeS 3O212H =4Fe3 4S6H 2O，故 A 正确； B. 溶液 Z 加热到 7080 的目的是促进Fe 3的水解生成聚铁胶体，故 B 正确； C. 溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确； D. 溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导 致聚铁
6、中铁的质量分数偏小，故D 错误。 综上所述，答案为D。 3化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（ ） A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 D黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3， NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3， 2NaHCO3=Na2CO3+CO2 +H2O NH4Cl 在常温时的溶解度比NaCl 大，而在低温下却比NaCl 溶解度小的原
7、理，在278K 283K(5 10 ) 时，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl 单独结晶析出供做氮肥， 故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，选项A 正确。 B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟（氯化铵晶体颗粒），选项 B正确； C.碘是人类所必须的微量元素，所以要适当食用含碘元素的食物，但不是含高碘酸的食物，选项C错误； D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成，选项D 正确。 故选 C。 4已知： AlO HCO H2O=Al(OH)3CO ，向含 0.01 mol NaAlO 2和 0.02mol NaOH 的稀溶液中缓慢通 入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反
8、应，下列对应关系正确的是（ ） 选项n(CO2)/mol 溶液中离子的物质的量浓度 A 0 c(Na+)c(AlO2 )c(OH-) B 0.01 c(CO3 2)c(HCO 3 )c(H 2CO3)c(AlO2 ) C 0.015 c(Na+)c(CO32 )c(OH-)c(HCO3 ) D 0.03 c(Na+)c(H+)c(CO32 )c(HCO 3 )c(OH-) A A BB CC D D 【答案】 C 【解析】 【分析】 向含 0.01molNaAlO 2和 0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化 碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧
9、化钠消耗0.01mol 二氧化碳，生成0.01mol 碳酸钠；然后偏铝酸钠 和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol 偏铝酸钠消耗0.005mol 二氧化碳，生成0.005mol 碳酸 钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol 二氧化碳，生成0.03mol 碳酸 氢钠。 【详解】 A. 不通入 CO2，0.01 mol NaAlO2和 0.02 mol NaOH 的稀溶液中， c(Na+)c(OH-)c(AlO2 )，故 A 错误； B. 当通入的二氧化碳为0.01mol 时，则溶液为含有0.01mol 碳酸钠和0.01mol 偏铝酸钠的混合液，没有
10、 HCO3 ，故 B 错误； C. 当通入的二氧化碳为0.015mol 时溶液中含有0.015mol 碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+) c(CO 32-) c(OH -) c(HCO 3-)，故 C 正确； D. 当通入二氧化碳的量为0.03mol 时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性， 电荷守恒关系为： c(Na+)c(H+) 2c(CO32 )c(HCO3 )c(OH- )，故 D 错误； 正确答案是 C。 【点睛】 本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知 识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电
11、解质溶液中微 粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水 解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守 恒式的灵活运用。 5用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是 A 10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NA BNA个 P4()与 NA个甲烷所含的共价键数目之比为1 1 C常温下， 1 L pH13 的 M(OH)2溶液中含有的OH 数目为 0.1N A D含 0.4 mol HNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA 【答案】 B 【解析】
12、 【详解】 A在乙醇溶液中， 除了乙醇外， 水中也含H 原子，而 10 g 质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g 乙醇， 物质的量为0.1mol，含 0.6NA个 H 原子，水 5.4g，物质的量为 0.3mol，含 H 原子为 0.6NA个，故共含H 原 子为 1.2NA个，故 A 正确； B白磷分子中含6 条共价键，而甲烷中含 4 条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为 32，故 B 错误； CpH=13 的 M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L ，因此 1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个， 故 C 正确； D硝酸的物质的量为0.4mol ，若与铜
13、反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜 足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol 硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】 本题的易错点为D，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为 A，要注意水分子中也含有H 原子。 6在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是 A SSO 2CaSO4 BSiSiO2 SiCl4 CFeFe2O3 Fe(OH)3 D NaNaOH(aq) NaHCO 3(aq) 【答案】 D 【解析】 A. 二氧化硫与氧化钙反应生成Ca
14、SO 3，A错误； B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以 二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B 错误； C. Fe 与 H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4，Fe2O3与 H2O 不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误； D. Na与 H2O反应生成NaOH和 H2，NaOH和足量 CO2反应生成NaHCO 3， D正确；答案选D. 点睛： Fe 与 H2O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4，而不是Fe2O3。 7已知 HCl 的沸点为 - 85，则 HI 的沸点可能为（） A - 167 B- 87 C- 35 D50 【答案】 C 【解析】 【详解】 氯化氢、碘化氢为结构相
15、似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相 对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化 氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除 D，C项正确； 答案选 C。 82019 年 2 月 27 日,科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念,锌碘 单液流电池中电解液的利用率达到近100% ,进而大幅度提高了电池的能量密度,工作原理如图所示。下列 说法正确的是 A该电池放电时电路中电流方向为A a b BA BM 为阴离子交换膜,N 为阳离子交换膜 C如果使用铅蓄电池进行充电
16、,则 B 电极应与铅蓄电池中的 Pb 电极相连 D若充电时C区增加的离子数为 2NA,则 A 极增重 65 g 【答案】 B 【解析】 【详解】 A电池放电时， A 电极锌单质被氧化成为锌离子，所以 A 为负极， 所以电路中电流方向为B b a AB， 故 A 错误； B放电时A 去产生 Zn2+，为负极，所以 C区 Cl-应移向 A 区，故 M 为阴离子交换膜，B区 I2转化为 I-，为 正极，所以C区 K+应移向 B 区，故 N 为阳离子交换膜，故B 正确； C充电时B 电极应与外接电源的正极相连，则 B 电极应于铅蓄电池中的PbO2电极相连，故 C 项错误； D充电时Cl -从 A 区移向 C区、 K+从 C区移向 B 区，所以 C区增加的离子数为2NA时，电路中有1mol 电 子通过， A 极的电极反应为Zn2+2e -=Zn，生成 0.5molZn ，所以 A 极增重 32.5g，故 D 错误； 故答案为 B。 9 35Cl 和37Cl具有 A相同电子数B相同核电荷数C相同中子数D相同质量数 【答案】 B
