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1、2019-2020学年安徽省合肥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根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A 将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B 滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C 某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D 溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；BCO3
2、2H2O HCO3OH，滴入酚酞，溶液变红，加入 Ba2，Ba2与 CO32反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C此溶液可能含有Al3，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D发生 Br2 SO2 2H2O=H2SO4 2HBr，体现 SO2的还原性，故错误。故选 B。2分子式为C4H8Br2的有机物同分异构体（不考虑立体异构）为（）A 9 B10 C11 D12【答案】A【解析】【详解】分子式为C4H8Br2的同分异构体有主链有4 个碳原子的：CHBr2CH2CH2CH3；CH2BrCHBrCH2CH3；CH2BrCH2CHBrCH3；CH2BrCH2CH2CH2B
3、r；CH3CHBr2CH2CH3；CH3CHBrCHBrCH3；主链有 3 个碳原子的：CHBr2CH（CH3）2；CH2BrCBr（CH3）2；CH2BrCHCH3CH2Br；共有 9 种情况答案选 A。3下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A鉴别 SO2和 CO2B检验 CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C鉴别苯和甲苯D检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故
4、选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；答案：B【点睛】能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。4有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙
5、醇中碳氢质量比对照，即可确定B求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定【答案】D【解析】【详解】反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有 C、H 元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量 该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇
6、中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有 D 答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选 D。5泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是泛酸乳酸A泛酸分子式为C9H17NO5B泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物C泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物【答案】B【解析】【详解】A.根据泛酸的结构简式，可知分子
7、式为C9H17NO5，故 A 正确；B.泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；C.泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C 正确；D.2 分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故 D 正确；选 B。【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。6Mg 与 Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水 MgBr2。下列说法错误的是A a 为冷却水进水口B装置 A 的作用是吸收水
8、蒸气和挥发出的溴蒸气C实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈D不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO 会阻碍反应的进行【答案】B【解析】【分析】【详解】A冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a 为冷却水进水口，故A 正确；BMgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A 的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；C制取 MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故 C正确；D不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化
9、为副产物MgO 会阻碍反应的进行，故D 正确；答案选 B。7下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A NH32O/催化剂NO22OH O，HNO3B浓盐酸2MnOCl2石灰乳漂白粉CAl2O3HCl(aq)AlCl3(aq)无水 AlCl3D葡萄糖酒化酶C2H5OH2O/CuCH3CHO【答案】C【解析】【分析】氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO 和氧气
10、与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A 正确；B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B 正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故 C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D 正确。答案选 C。【点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。8A、B、C、D、E、F为原子序数依次
11、递增的六种短周期主族元素，A 的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与 C同主族，下列说法不正确的是A元素 D 与 A一定形成共价化合物B元素 B 可能与元素A 形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D 是非金属元素，则D 的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是 H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明 C只能是第二周期的元素即 C是 O元素；E与 C同主族，E是 S元素；F 是原子序数大于S的主族元素，F 是 Cl 元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是 F、Na、Mg
12、、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素 D是 Na，Na与 H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与 H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故 B正确；C.F 是 Cl 元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素 D是 Si 元素，Si 单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。9天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q0)。要提高脱硫率可采取的措施是A加催化剂B分离出硫C减压D加生石灰【答案】D【解析】【详解】
13、H2（g）+CO（g）+SO2（g）?H2O（g）+CO2（g）+S（s）H(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性(SCN)2 Fe2+，即 Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与 SCN反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性 Cu2+(SCN)2；(5)A 的电极为C，B 的电极为Cu，则 Cu 做负极，C 做正极，A 中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的 Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L 的 Fe2(SO4)3溶液；溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则
14、生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A 溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃 A 是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为_。（2）反应的反应类型_，在之前设计这一步的目的是_。（3）F 中含氧官能团
15、的名称_。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的E 的同分异构体有_种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1 的结构简式：_（只写一种）。a含 OH b能发生水解反应c能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。_【答案】取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17 种或【解析】【分析】根据流程图，烃A 与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C 的化学式可知，A 为甲苯()，根据 E的结构，结合信息可知，D 为，则
16、C为，因此 B 为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B 为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A 与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C 的化学式可知，A 为甲苯()，根据 E的结构，结合信息可知，D 为，则 C为，因此 B 为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B 为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在之前设计可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生
17、成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为；(4)E 为，a含 OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的OH；b能发生水解反应说明含有酯基；c能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有 3 种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3 种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上
18、时分别有4、4、2 种共 10 种；综上符合条件的同分异构体共有17 种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1 的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B 元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C 原子的 p 轨道处于半充满状态，D 的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A 与 C之和；E在周期表中位于ds 区，且与D 可形成化学式为E2D 或 ED的二元化合物。请回答
19、下列问题：(1)E元素基态原子的M 能层中具有 _个能级，该元素的常见化合价有多种，其中 E+的简化电子排布式为_。A Ar3d104s1BAr3d10CAr3d94s1DAr3d84s2(2)元素 C和 D 的原子的第一电离能较大的为_(填元素符号)，其原因是 _；C 与 A 可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为_，其中 C原子的杂化轨道类型为 _。(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中键和 键数目之比是_；C2D与 BD2互为 _(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是 _。(4)在 E催化下，分子式为BA4D 的化合物可被氧化为分子式为BA2D
20、的化合物，则BA2D 分子中键角约为_；BA4D 和 BA2D 两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了_键的缘故。(5)元素 E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a 和 b 所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为_；元素 B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_E 单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若 B 单质的原子(如图中 A、B 两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为_。(百分数表示，取两位有效数字)(已知3=1.732)【答案】3 B N N 原子的 2p 轨道
21、为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大三角锥形sp3杂化1:2 等电子体二者的价电子总数和原子总数相等120。氢2:1 高于34%【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B 元素原子的核外电子排布为1s22s22p2，则 B 原子核外共6 个电子，为C元素；C原子的 p 轨道处于半充满状态，则C为 N 元素或 P元素或 As 元素，D 的单质是空气的主要成分之一，则D 为 N 元素或 O 元素，又D 的质子数为A 与 C之和，则A 为 H 元素，C 为 N 元素，D 为 O 元素；E在周期表中位于ds
22、 区，且与 D 可形成化学式为E2D 或 ED的二元化合物，则 E为 Cu 元素，其与 O 形成化合物Cu2O 或 CuO，据此分析解答。【详解】由以上分析知，A 为 H 元素，B 为 C 元素，C为 N 元素，D 为 O 元素，E为 Cu 元素，(1)E 为 Cu 元素，其为 29 号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则 Cu 元素基态原子的M 能层中具有3 个能级，其中Cu+的简化电子排布式为Ar3d10，故答案为：3；B；(2)C 为 N 元素，D 为 O 元素，由于N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N 原子的第一电
23、离能较大；A 为 H 元素，C与 A 可形成 NH3分子，中心原子N 原子形成3 个 键，孤电子对数为5-3 1=12，则 N 原子的价层电子对数为4，则 NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N 原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N；N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大；三角锥形；sp3杂化；(3)C2为 N2分子，其分子结构为，故其 键和 键数目之比是1:2；C2D 为 N2O，BD2为 CO2，二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体，故答案为：1:2；等电子体；二者的价电子总数和原子总数相等；(4)BA4D 为 CH4O，BA2D 为
24、 CH2O，在 Cu的催化下，分子式为CH4O 的化合物可被氧化为分子式为CH2O 的化合物，则CH4O 为甲醇，CH2O 为甲醛，其结构式为，中心原子C原子采取sp2杂化，则CH2O 分子中键角约为120。；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故，故答案为：120。；氢；(5)元素 E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a 和 b 所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为11+8=28，体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为118+6=482，则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶
25、体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中 A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r，则可得3a2=4r，解得8a=3r，则该晶体的空间利用率约为33483100%=34%8()3rr，故答案为：2:1；高于；34%。19碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。(1)甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。已知：2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）H1=-1214kJ/mol 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H
26、2=-566 kJ/mol 则表示甲烷燃烧热的热化学方程式_。(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和 O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是：_。（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是_（填序号）A电源中的a 一定为正极，b 一定为负极B可以用NaCl 溶液作为电解液CA、B 两端都必须用铁作电极D阴极发生的反应是：2H+2e=H2（4）将不同量的CO（g）和 H2O（g）分别通入体积为2L 的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）=CO
27、2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO21 650 2 4 1.6 5 2 900 1 2 0.4 3 3 900 1 2 0.4 1 实验 1 中，以 v(H2)表示的平均反应速率为_。实验 3 跟实验 2 相比，改变的条件可能是_（答一种情况即可）。【答案】CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ?mol-1CH4-8e-+11 OH-=CO32-+7H2OB、D1.16mol/(L min)使用催化剂增大压强（任答一种）【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化
28、学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）根据CH4和 O2构成燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，碱性环境下生成CO32-；（3）A、B端析出氢气可驱赶原溶液中溶解的少量氧气；B、电解液选用NaCl 溶液不影响实验，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离子不放电；C、阳极应该用铁电极，阴极用惰性电极亦可；D、B电极反应是阴极氢离子放电生成氢气；（4）根据图表数据，CO2的浓度增加1.8mol/L，所以氢气浓度也增加1.8mol/L，v(H2)=ctVV进行计算；实验 3 跟实验 2 相比，温度相同，浓度相同，但实验3 达到平衡
29、所用时间少，反应速率更大，平衡不移动，可以使用催化剂或增大压强等。【详解】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将相加除以2 可得：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ?mol-1；答案是：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ mol-1（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH4-8e-+11 OH-CO32-+7H2O；（3）A、电解过程中两极分别是H+和 Fe放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a 不一定为正极，b 不一定为负极，但a 为正极，b 为负极，效果较好，错误；B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，正确；C、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；D、阴极 H+放电生成氢气，正确；答案选 BD。（4）实验1 中，CO2的浓度增加18mol/L，所以氢气浓度也增加1.8mol/L，v(H2)=0.8/5molLmin=1.16mol/(Lmin)；实验 3 跟实验 2 相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。