《2019-2020学年安徽省合肥市区属中学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学年安徽省合肥市区属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年安徽省合肥市区属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第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是A放电时甲为负极，充电时为阳极B电池充电时，OH由甲侧向乙侧移动C放电时负极的电极反应式为:MHnneM+nH+D汽车下坡时发生图中实线所示的过程【答案】B【解析】【详解】A.根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A 错误；B.电池
2、充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B 正确；C.放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故 C错误；D.汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D 错误；答案选 B。2已知 HA 的酸性强于HB 的酸性。25时，用NaOH 固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol?L-l的 HA溶液和 HB 溶液的 pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH 的变化情况如图所示。下列说法正确的是A曲线 I 表示溶液的pH 与-lgc(B-)的变化
3、关系BaaK(HA)=100K(HB)C溶液中水的电离程度：MN D N 点对应的溶液中c(Na+)Q 点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】【分析】【详解】AHA 的酸性强于HB 的酸性，则 Ka（HA）Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时 c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则 c(H+)越大，pH 越小，Ka越大，所以曲线II 表示 pH 与-1gc(B-)的关系，故A 错误；B对于 HB，取点(10，2)，则 c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则 Ka(HB)=+-HBHBcccg=-10-2-210100.1-10，同
4、理对于HA，取点(8，2)，则 c(H+)=10-8mol/L，c(A-)=10-2mol/L，则 Ka(HA)=+-HAHAcccg=-8-2-210100.1-10，所以 Ka(HA)：Ka(HB)=100，故 B 正确；CM 点和 N 点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液 pH 越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度MN，故 C错误；D对于 N 点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于 Q 点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N 点和 Q 点溶液 pH 相同，则两溶液中c(H+)和 c(OH-)分别相等，但c(
5、B-)c(A-)，则 N 点对应的溶液中c(Na+)Q 点对应的溶液中c(Na+)，故 D 错误；故选：B。3某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：回答下列问题:（1）“焙烧”时 V2O5、Cr2O3转化为 NaVO3和 Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为 _和_。（2）滤渣 1 中主要含 _。滤渣 2 的主要成分是Fe(OH)3和 Al(OH)3，对应调 pH 应不低于 _。（常温下，当溶液中离子浓度小于110-5mol/L 时认为沉淀完全，KspFe(OH)3=4.0 10-38、KspAl(O
6、H)3=1.0 10-33）。（3）“沉钒”时的离子方程式是_，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是_。（4）“还原”时溶液的pH 在 2.5 左右，反应的离子方程式是_。（5）已知:25 C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9 10-2，Ka2=6.4 10-5，则 25 C时，0.1 mol L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_，向 0.1 mol L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH 固体，当溶液的pH=2.5 时，溶液中c(C2O42-)：c(H2C2O4)=_（保留两位有效数字）。【答案】Na2SiO3NaAlO2H2SiO34.7 NH4+VO3-=NH
7、4VO32NH4VO3高温V2O5+2NH3+H2O3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3+6CO2+8H2O c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)C2O42-c(OH-)0.38【解析】【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和 Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和 Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和 Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1 主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成 Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和 Fe3+；“调 p
8、H”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和 Fe(OH)3沉淀，滤渣2 主要成分为Al(OH)3和 Fe(OH)3；“沉钒”时，NH4+和 VO3-形成 NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；“还原”时，用Na2C2O4将 CrO42-还原成 Cr3+，调合适的pH 将 Cr3+转化为 Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到 Cr2O3，据以上分析解答。【详解】(1)高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即 SiO2、Al2O3转化为 Na2SiO3和 NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；(2)由分
9、析可知，滤渣1 主要为 H2SiO3，KspFe(OH)3=4.0 10-38，Fe3+浓度小于110-5mol/L 时认为沉淀完全，Fe3+浓度为 110-5mol/L 时，c3(OH-)1 10-5mol/L=4.0 10-38，c3(OH-)=4.0 10-33，c3(H+)=-143-12-33(10)250 104 10，c(H+)=325010-46 10-4，pH 4-lg64。Al3+浓度为 110-5mol/L 时，c3(OH-)1 10-5mol/L=1.0 10-33，c3(OH-)=1.0 10-28，c3(H+)=-143-14-1528(10)11.0 10.0 1
10、0=1010，c(H+)=1-531010，pH=-lg(1-531010)=5-lg(1310)4.74，综上所述，要使A3+和 Fe3+完全沉淀，pH 不低于 4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；(3)“沉钒”时，NH4+和 VO3-形成 NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4+VO3-=NH4VO3，NH4VO3沉淀煅烧得到 V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O 和 NH3，方程式为：2NH4VO3高温V2O5+2NH3+H2O，故答案为：NH4+VO3-=NH4VO3；2NH4VO3高温V2O5+2NH3+H2O；(4)“还原”时，C2O42-将 CrO42
11、-还原成 Cr3+，pH 在 2.5 左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3+6CO2+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3+6CO2+8H2O；(5)HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数=Ka2=6.4 10-5，HC2O4-的水解常数Kh=wa1KK=-14-2105.9 101.710-13，电离常数水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以 c(H+)C2O42-c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所
12、以，c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-)，综上所述：c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-)。H2C2O4?H+HC2O4-，Ka1=+-24224c(H)c(HC O)c(H C O)，HC2O4-?H+C2O42-，Ka2=+2-24-24c(H)c(C O)c(HC O)，Ka1Ka2=+-24224c(H)c(HC O)c(H C O)+2-24-24c(H)c(C O)c(HC O)=+2-242422(H)c(C O)c(H C O)c。pH=2.5，则 c(H+)=10-2.5，所以，2-24+224a1a22c(C O)=c(
13、H C O)c(HKK=22.5525.9106.41)0(10=0.38（保留两位有效数字），即 c(C2O42-):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-)；0.38；【点睛】(5)二酸弱酸H2X：2-+2a1a22c(X)=c(H X)c(HKK。4短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数为内层电子数的3 倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与 W 同主族。下列叙述正确的是（）A X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)C简单气态氢化物的热稳定性：WZc
14、(H+)，溶液显碱性，A 正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(Cl)r(O)，B错误；C元素的非金属性：OClS，则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHClH2S，C错误；CO、H 可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。5从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A宋朝王希孟的画作千里江山图所用纸张为宣
15、纸，其主要成分是碳纤维B汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含 Fe2O3D港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；B.瓷器的原料是黏土，是硅酸盐，不是石灰石，故B 错误；C.与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含 Fe3O4，故 C 错误；D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D 正确。故选 D。6下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A大气固氮B工业制漂粉精C用 SO2漂白纸浆D天空一号中用
16、Na2O2供氧【答案】C【解析】【分析】反应中所含元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答。【详解】A.大气固氮，将游离态转化为化合态，N 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A 不选；B.工业制漂粉精时，氯气与碱反应，且Cl 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；C.用 SO2漂白纸浆，化合生成无色物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；D.用 Na2O2供氧，过氧化钠中O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D 不选；故答案选C。7某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上
17、工艺流程，下列说法不正确的是A气体 X中含有 SO2B为实现溶液C 到溶液 D 的转化，加NH3 H2O 至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：Cu(NH3)4Cl2+H2OCuO+2HCl +4NH3D在制备产品时，溶液D 中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低【答案】B【解析】【分析】【详解】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C 到溶液 D 的转化，加NH3 H2O 至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)，因此在加热时，氨
18、就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D 中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选 B。8联合国气候变化会议在延长一天会期之后于星期六在印尼巴厘岛闭幕。会议在经过激烈的谈判后通过了巴厘岛路线图，决定启动至关重要的有关加强应对气候变化问题的谈判。为人类生存环境创造好的条件。下面关于环境的说法正确的是（）A地球上的碳是不断地循环着的，所以大气中的CO2含量不会改变B燃烧含硫的物质导致酸雨的形成C生活中臭氧的含量越高对人越有利D气候变暖只是偶然的因素【答案】B【解析】【详解】A.地球上的碳是不断地循环着的，但由于人类的乱砍滥伐，导致大气中的CO2含量不断升高，A 错误
19、；B.燃烧含硫的物质导致大气中SO2含量升高，从而导致酸雨的形成，B正确；C.生活中臭氧的含量高，不仅会导致金属制品的腐蚀，还会对人体造成伤害，C错误；D.若不对大气进行治理，气候变暖是必然的，D 错误。故选 B。9根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A 向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比 H2SO4强B 将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2C 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D 向 1 mL 浓度均为0.1 mol L-1的 MgSO4和
20、 CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 mol L-1 NaOH 溶液，先产生蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A由于 CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A 错误；B木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B 错误；C白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故 C错误；D向 1 mL 浓度均为 0.1mol/L 的 MgSO4和
21、 CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 mol/L NaOH 溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D 正确；答案选D。10工业上以CaO和 HNO3为原料制备Ca(NO3)2?6H2O 晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A 53.8%B58.3%C60.3%D70.0%【答案】B【解析】【分析】【详解】工业上以CaO和 HNO3为原料制备Ca（NO3）2?6H2O 晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）2?6H2O 晶体，反应方程式为：CaO+2HNO
22、3+5H2O Ca（NO3）2?6H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）2?6H2O 126g 90g 因此硝酸溶液中溶质的质量分数为12612690gg 100%=58.3%；故选：B。11 2019 年是元素周期表诞生150 周年，目前周期表七个周期均已排满，其 118 种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且W 元素的简单氢化物的空间结构是三角锥形，下列说法不正确的是A红葡萄酒含有YX2，起杀菌、澄清、抗氧化的作用B在元素周期表中，117 号元素与Z 元素位于同一主族C简单离子的半径大小顺序为：X W Z Y D W 的氢化
23、物与Z 的氢化物反应，产物为共价化合物【答案】D【解析】【分析】根据分析W 为 N，X为 O，Y为 S，Z为 Cl。【详解】A 选项，红葡萄酒含有二氧化硫，主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用，故A 正确；B 选项，在元素周期表中，117 号元素是第七周期第VIIA 族，与 Z 元素位于同一主族，故B正确；C 选项，简单离子的半径大小顺序为：X W Y”或“”、“=”或“”)1.6mol。温度为T2时，该反应的平衡常数K=_。【答案】2 H-H13.75 10-3mol?L-1?min-1T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，H20E 0.33 或13T2,又因为容
24、器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，H20；A按 1：1 投入反应物，按1：3 反应，无论任何时候，都不能满足32n NH1=n Cl3，故 A 错误；B根据图表可知达到平衡的时间在40 到 80min 之间，无法确定反应进行到70min 时是否达到平衡，故v正不一定大于v逆，故 B 错误；C由极限法考虑可知当4molNH3和 4molCl2完全反应时容器内的平均相对分子质量减小，所以容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在逆向移动，故C错误D加入液体，平衡不移动，故错误；E达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡后NH3的转化率增大，
25、故D 正确；故答案为：E；温度为T1时，323+4400.82.42.43.21NHg3ClgNCll+3HC.62.4lg?（）（）（）（）则 HCl 的体积分数为2.4/(3.2+1.6+2.4)=1/3，反应向体积减少的方向进行，如在恒容条件下，则压强减小，该温度下，若改为初始体积为2L 的可变容器，则压强大于恒容时，平衡时容器中n（Cl2）1.6mol，故答案为：0.33 或13；温度为T2时323+4402NHg3ClgNCll+3HClg2222 310 3?（）（）（）（）体积为 2L，则 K=3315 3 1=0.6，故答案为：0.6；【点睛】本题考查较为综合，涉及反应热的计算
26、、化学平衡状态、化学平衡移动以及化学平衡的计算等，为高考常见题型，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力等。19高氯酸钠可用于制备高氯酸。以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体(NaClO4 H2O)的流程如下：（1）由粗盐(含 Ca2、Mg2、SO42-、Br等杂质)制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂。Na2CO3的作用是 _；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是_。（2）“电解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有 _(填化学式)。“电解”的化学方程式为_。（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂
27、质，该反应的离子方程式为_。“气流干燥”时，温度控制在80100 的原因是 _。【答案】除去Ca2和引入的Ba2电解时 Br被氧化Cl2NaClO3H2ONaClO4H22ClO3-SO2=2ClO2SO42-温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分【解析】【分析】【详解】（1）粗盐的提纯中：Ca2用 CO32除去、Mg2用 OH除去、SO42用 Ba2除去，除杂过程中过量除杂试剂必须除去，过量NaOH 用盐酸除去，过量的Ba2用 CO32除去，过量CO32用盐酸除去，碳酸钠的作用除去 Ca2和引入的Ba2，根据电解池的放电顺序，放电顺序：BrCl，除去 Br，在电解过程中
28、直接电解Cl，节省电能，因此原因：电解时Br被氧化；（2）根据题意，在阳极上Cl放电生成ClO3，也有可能放电生成Cl2，阴极上2H2O 2e=H2 2OH，尾气中除含有氢气外，可能含有氯气，电解产生高氯酸钠，阳极上电极反应式：ClO3H2O2e=ClO42H，阴极上电极反应式：2H2e=H2，两式合并：ClO3H2OClO4H2，反应方程式：NaClO3H2ONaClO4H2；（3）根据信息：SO2被氧化，ClO3ClO2，ClO3SO2ClO2 SO42，根据化合价升降法配平，其离子反应方程式为：2ClO3-SO2=2ClO2SO42-，实验目的是制备NaClO4H2O，温度过高，高氯酸钠晶体会失去结晶水，或温度过高，高氯酸钠分解，如果温度过低，干燥不充分。