《2019-2020学年安徽省东至三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省东至三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省东至三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下列关于硫及其化合物说法错误的是（）A实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞B葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用C硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂D“石胆 浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指 FeSO4 7H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A 正确；B葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；C硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X 光透过，可作消化系统
2、检查的内服药剂，C 正确；D“石胆”是指CuSO4 5H2O，D 错误；故选 D。2常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol/L 的 KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11Bn 点表示 AgCl的不饱和溶液C向 c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2 10-
3、2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a10b，a 是大于 1 小于 10 的数，故它的数量级等于10-12，A 错误；B.n 点时 c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B 错误；C.设 c(Cl-)=c(C2O42-)=a mol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=-11.465.731010aa，生成 AgCl 沉淀所需 c(Ag+)=9.7510a，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成 AgCl沉淀，C错误；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为2.465
4、.75210(10)=109.04，D 正确；故合理选项是D。3常见药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X 通过以下方法制得：+新制氢氧化铜，煮沸H下列关于化合物X、Y 的说法中错误的是A X 的化学式为C13H18O B1 mol Y 能与4 mol H2 反应C可用NaHCO3溶液鉴别两者D两者氢原子的种类数相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A X的化学式为C13 H18O，故 A 正确；B布洛芬的官能团为COOH，不能与H2发生加成反应，1mol Y 只能与 3mol H2反应，故B 错误；C X、Y官能团分别为CHO和 COOH，只有 COOH能与 NaHCO3溶液反应生成
5、CO2，故 C正确；D X、Y中均含有8 种氢原子，故D 正确；答案选 B。【点睛】羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。4下列说法不正确的是A常温下，在0.1mol L-1的 HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)B浓度为0.1mol L1的 NaHCO3溶液：c（H2CO3）c（CO32）C25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH 均先增大后减小【答案】D【解析】试题分析：A硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol L-1的 HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)1013mol/L，A 正确；
6、B浓度为0.1mol L1的 NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）c（CO32），B 正确；C溶度积常数只与温度有关系，则25时，AgCl 固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH 先减小后增大，D 错误，答案选D。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等5NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 11g超重水(T2O)含中子数为5NAB1mol SiO2中 SiO 键的数目为4NAC常温下，pH=6 的 MgCl2溶
7、液中 H+的数目为10-6 NAD标准状况下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中的Cl数目为 0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.11g 超重水(T2O)的物质的量为11g22g/mol=0.5mol，则含中子数为0.5mol(22+8)NA=6NA，A 项错误；B.SiO2中每个 Si 原子会形成4 个 SiO 键，故 1mol SiO2中 SiO 键的数目为4NA，B 项正确；C.溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C 项错误；D.标准状况下，2.24L Cl2为 0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl数目小于0.1NA，D 项错误；答案选 B。6属于非电解质的是A二
8、氧化硫B硫酸钡C氯气D冰醋酸【答案】A【解析】【详解】A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A 正确；B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B 错误；C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D 错误；故选：A。【点睛】根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题
9、7(原创)根据下列实验事实，不能得到相应结论的是选项实验操作和现象结论A 常温下分别测等体积、等浓度的醋酸和氨水pH，发现二者的 pH 之和为 14 常温下，醋酸和氨水的电离平衡常数相等B 向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.2mol/LFeCl3，和 0.3mol/LCuCl2溶液 lmL，前者生成气泡的速率更快催化效果：Fe3+Cu2+C 向一定浓度的醋酸溶液中加入镁条，产生气泡的率会先加快再减慢反应刚开始时，醋酸电离平衡正移，c(H+)增大D 向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液，观察到明显现象H3BO3的酸性强于H2CO3A A BB CC D D【答案
10、】C【解析】试题分析：A、常温下分别测等体积、等浓度的醋酸和氨水pH，发现二者的pH 之和为 14，说明醋酸溶液中的氢离子浓度等于氨水中的氢氧根离子浓度，表明醋酸和氨水的电离程度相同，电离平衡常数相等，故 A正确；B、向均盛有 2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.2mol/LFeCl3，和 0.3mol/L CuCl2溶液 lmL，Fe3+的催化效果比Cu2+好，双氧水分解的速率快，生成气泡的速率更快，故B正确；C、金属与酸的反应是放热反应，反应刚开始时，温度逐渐升高，反应速率加快，随着反应的进行，醋酸的浓度减小，反应速率又逐渐减慢，故C 错误；D、H3BO3的酸性强于H2CO3，向
11、硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液，反应放出二氧化碳，有明显现象，故D 正确；故选C。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。8乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（）。A苯和溴水共热生成溴苯B2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应【答案】D【解析】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能
12、燃烧，属于氧化反应，故D正确。9短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A 是元素 Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和 A 发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A丁和戊中所含元素种类相同B简单离子半径大小：X Y C气态氢化物的还原性：X Z D Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】A【解析】【分析】甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A 发生钝化，则A 为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2
13、，丁为 H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z 分别为 H、O、Al、S。【详解】A丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；B简单离子半径：O2-Al3+，B不正确；C气态氢化物的还原性：H2Op2p34NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O SO2易溶于水，NO 难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显比NO大SO42-2e-=S2O82-或 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+【解析】【分析】(1)依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；若反应中还原NOx至 N2，消耗标准状况下4.48LCH4
14、，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4 价升高为+4 价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；(2)由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应、的影响，进行分析 CO转化率变化原因；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；(3)废气中的NO 与 NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO 具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、SO42-，据此写出反应的离子方程式；烟气中SO2和 NO 的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO
15、2、NO 脱除效率；电解池的I 极上 NaHSO4生成 Na2S2O8的过程是氧化过程，说明I 极为阳极，据此书写电极反应式。【详解】(1)已知：(i)CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=-574.0 kJ/mol；(ii).CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H2=+1160.0 kJ/mol 由盖斯定律(i)+(ii)2，整理可得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H3=+293kJ/mol；还原 NOx至 N2，消耗标准状况下4.48LCH4，n(CH4)=4.48L 22.4
16、L/mol=0.2mol，根据反应过程中电子转移数目相等，可知在整个过程中转移的电子总数N(e-)=0.2mol 8NA=1.6NA；(2)由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，说明反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大；反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，则随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：p1p2p3；(3)废气
17、中的NO 与 NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO 具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、SO42-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；SO2易溶于水，而NO 难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO 大，则 SO2比 NO 脱除效率高；I极上 NaHSO4失电子发生氧化反应生成Na2S2O8的电极反应式为SO42-2e-=S2O82-或 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。【点睛】本题考查化学原理，涉及盖斯定律应用、化学平衡原理及电解池等。掌握化学反应基本原理，会结合反应原理结合反应的特征进行分析和判断是解答关键。1
18、9钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太阳能电池的研究方向。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填字母标号)。A Ar4s1BAr4s2CAr4s14p1DAr4p1(2)基态钛原子的核外价电子轨道表达式为_。(3)一种有机金属卤化钙钛矿中含有NH2CHNH2，该离子中氮原子的杂化类型为_，其对应分子 NH2CHNH 的熔沸点高于CH3CH2CH CH2的熔沸点的原因为_。(4)一种无机钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为_，已知 Ca和 O 离子之间的最短距离为a pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则这种钙钛矿的
19、密度是_g cm3(列出计算表达式)。(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1 的坐标为(12，12，12)，则原子2 和 3 的坐标分别为_、_。【答案】A sp2和 sp3NH2 CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高CaTiO33-303-30AA13640+48+163N2 2a10N 22a10或(0，1，1)11 12，【解析】【分析】【详解】(1)Ar4s1属于基态的Ca+，由于 Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，Ar4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态C
20、a+，Ar4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，Ar4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ar4s1，A 正确，故答案为：A；(2)基态 Ti 原子的原子序数为22，其核外价电子排布式为3d24s2，轨道表达式为，故答案为：；(3)NH2CH=NH2+中左边的N 有 3 对共用电子对，还有 1 对孤电子对，则价层电子对为4，杂化类型为sp3，右边的 N 与 C形成双键杂化类型为sp2，NH2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高，故答案为：sp2和 sp3；N
21、H2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高；(4)根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，Ca2+位于晶胞的体心，Ti4+位于晶胞的顶点，O2-位于以 Ti4+为体心的正八面体的顶点，则一个晶胞中含有1 个 Ca2+，1 个 Ti4+和 3 个 O2-，则化学式为CaTiO3，Ca2+和 O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为2apm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得33-303-30-10AAAm40+48+16313640+48+163=VN2 2a10N 2 2a10N2 2a 10或，故答案为：CaTiO3；3-303-30AA13640+48+163N2 2a10N22a10或；(6)根据坐标建立的方向，由原子1 的坐标为1 1 12 2 2，则原子2 的坐标为(0，1，1)，原子 3 的坐标为11 12，故答案为：(0，1，1)；11 12，。