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1、2019-2020学年安徽省肥东县二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我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第 步中 CO2和 H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第 步的反应式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO D第 步反应是一个放热过程【答案】B【解析】【分析】【详解】A.第步反应中CO2和 H2反应产生*H
2、和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A 正确；B.根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B 错误；C.在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O 反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO，C正确；D.第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D 正确；故答案选B。2已知 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A反应48249294120981180Ca+CfO+x n中，每生成
3、294 g294118Og 释放的中子数为3NAB常温常压下，22.4 L 乙烷和丙烯(C3 H6)的混合物中氢原子数目为6NAC1 L0.5 mol.L-1碳酸钠溶液含有的CO32-数目小于0.5NAD 0.1 mol H2O2与 MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol294118O释放的中子数为3mol，即 3NA，故 A 正确；B.常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B 错误；C.1 L0.5 mol.L-1碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L 0.5 mol
4、.L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32-数目小于0.5NA，故 C正确；D.0.1 mol H2O2与 MnO2充分作用生成0.05molO2，O 元素由-1 价升高为0 价，失去 1 个电子，则转移的电子数为 0.05mol 2=0.1mol，即 0.1NA，故 D 正确；故选 B。3下列离子方程式书写正确的是()A NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应：Ca22OH 2HCO3-=CaCO32H2O BNH4HCO3溶液与足量的NaOH 溶液反应：HCO3-OH=CO32-H2O C向 Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-CO2H2O=H2SiO3H
5、CO3-D Cl2与足量的FeBr2溶液反应：Cl22Fe2=2Fe32Cl【答案】D【解析】【详解】A.NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：Ca2OHHCO3-=CaCO3H2O，选项 A 错误；B.NH4HCO3溶液与足量的NaOH 溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为HCO3-NH4+2OH=CO32-H2O NH3 H2O，选项 B错误；C.向 Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠和硅酸，反应的离子方程式为SiO32-2CO22H2O=H2SiO32HCO3-，选项 C错误；D.Fe2还原性大于Br，Cl
6、2与足量的FeBr2溶液反应只能生成Fe3，反应的离子方程式为Cl22Fe2=2Fe32Cl，选项 D 正确。【点睛】本题考查离子方程式的书写及正误判断，易错点为选项A.考查过量问题，在离子方程式的正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破这个陷阱的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量。如何判断哪种物质过量：典例对应的离子方程式少量 NaHCO3Ca2OHHCO3-=CaCO3H2O 足量 Ca(OH)2足量 NaHCO3Ca22OH 2HCO3-=CaCO32H2OCO32-少量 Ca(OH)24下列有关化学实验操作
7、、现象和结论均正确的是()选项操作现象结论A 向11.0mol L的 NaHCO3溶液中滴加 2 滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B 向氨水和2Mg(OH)的悬浊液中滴加少量3FeCl溶液得到红褐色悬浊液KspFe(OH)3KspMg(OH)2 C 使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蜡油蒸汽中含有烯烃D 向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.甲基橙的变色范围是3.14.4，若溶液的pH 4.4，溶液都显黄色，因此不能证明
8、NaHCO3溶液溶液呈碱性，A 错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3”“”“”“”或“=”)。在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是_。【答案】-49.8 1 2323或 66.7%=T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 T1【解析】【详解】(1)已知 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-91kJ?mol-1 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)H=+566.0 kJ?mol-1 2H2(g
9、)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJ?mol-1 由盖斯定律可知，+12(+)得 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H=-91kJ?mol-1+12(566.0 kJ?mol-1-483.6 kJ?mol-1)=-49.8kJ?mol-1；(2)容器体积为2L，所以初始c(CO)=-12mol=1mol L2Lg，c(H2)=-11mol=0.5mol L2Lg；平衡时 CO的转化率为13，即转化13mol L-1，列三段式：-1-2-1212+mol L1CO gH O0.g500mol L1 31 31 31 3mol L2 31 6COg31 3Hg
10、1?ggg起始()转化()平衡()根据平衡常数的概念可知K=11332136=1；达到平衡时氢气的物质的量为nmol，则其浓度c(H2)=-1mol L2ng，列三段式有：-122-1-21+mol L0.5100mol L222n 2mol L0.5-21-22CO gH O gCOgHg2nnnnnnn?ggg起始()转化()平衡()温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K=220.5-1-22nnnn=1，解得 n=23mol，CO的转化率为2mol3100%=66.7%1mol；在 2 L 恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各 1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质
11、的量代替浓度计算，此时浓度商Q=1 1=11 1=K，所以平衡不发生移动，即v正=v逆；(3)T3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即?H0；T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数Kh=-14-8w-5b1 10=5.56101.8 10KK，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=-14-6w-7a11 10=2.27 104.4
12、 10KK，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H+)c(OH-)；根据可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T1温度时平衡常数最大。【点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。19久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+
13、水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH 对 Fe2+被 O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。回答下列问题：（1）写出 Fe2+水解的离子方程式_；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是_。（2）在酸性条件下，Fe2+被 O2氧化的反应方程式为：4Fe2+O2?4Fe3+2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是_。aFe2+转化为 Fe3+的趋势很大bFe2+转化为 Fe3+的速率很大c该反应进行得很完全d酸性条件下Fe2+不会被氧化（3）结合如图分析不同pH 对 Fe2+被 O2氧化的反应发生了怎样的影响_。（4）研究
14、小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是_。（5）用 K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2+Cr2O72-+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 若取 20mL 待测溶液，用 0.0200mol?L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液 16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=_mol?L-1。【答案】Fe2+2H2O?Fe（OH）2+2H+向溶液中滴加少量稀硫酸ac pH 越大氧化率越大向其中加入少量的硫酸和铁粉等0.099【解析】【分析】（1）Fe2+在溶液中水解使
15、溶液呈酸性，滴加少量稀硫酸，增大溶液中氢离子浓度，使水解平衡逆向进行；（2）依据题给信息平衡常数很大和题给图像分析；（3）根据图象可知，溶液pH 越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大；（4）加入少量铁粉能防止亚铁离子被氧化加入少量硫酸能防止亚铁离子水解；（5）依据化学方程式计算。【详解】（1）Fe2+在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Fe2+2H2O?Fe（OH）2+2H+，要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是向溶液中滴加少量稀硫酸，增大溶液中氢离子浓度，使水解平衡逆向进行，故答案为：Fe2+2H2O?Fe（OH）2+2H+；向溶液中滴加少量稀硫酸；（2）a、已知常温下4Fe2+O2
16、?4Fe3+2H2O 的平衡常数很大，说明Fe2+转化为 Fe3+的趋势很大，故a 正确；b、根据图象可知，Fe2+转化为 Fe3+的速率与溶液pH 有关，pH=4.7 时反应速率较小，故b 错误；c、该反应为可逆反应，平衡常数很大，反应进行的很完全，故c 正确；d、根据图象可知，酸性条件下Fe2+的氧化速率较小，但仍然会被氧化，故d 错误；ac 正确，故答案为：ac；（3）根据图象可知，溶液pH 越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大，说明pH 越大氧化率越大，故答案为：pH 越大氧化率越大；（4）氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强，为了防止亚铁离子被氧化，配制FeSO4溶液时需要加入少量铁粉；
17、为了防止亚铁离子水解，还需要加入少量硫酸，即向配制FeSO4溶液的方法是：加入少量的硫酸和铁粉等，故答案为：向其中加入少量的硫酸和铁粉等；（5）取 20mL 待测溶液，用0.0200mol?L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，n（KCr2O7）=0.0200mol?L-1 16.50 10-3L=3.3 10-4mol，根据反应可知，n（Fe2+）=6n（KCr2O7）=3.3 10-4mol 6=1.98 10-3mol，则溶液中c（Fe2+）=1.9810-3mol/0.02L=0.099mol/L，故答案为：0.099。【点睛】反应的平衡常数很大，说明反应进行的很完全，但不能判断反应速率的快慢是解答的关键，也是易错点。