《2019-2020学年安徽省合肥市第七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学年安徽省合肥市第七中学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学年安徽省合肥市第七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由下列实验和现象得出的结论正确的是选项实验和现象结论A 向某溶液中滴加浓NaOH 溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化原溶液中一定无NH4+B 将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀该气体一定是CO2C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色原无色溶液中一定有 ID 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀氯的非金属性强于硅A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.滴加浓
2、NaOH 溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A 错误；B.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故 B错误；C.某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故 C正确；D.由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D 错误；故选 C。2某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和 SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A好氧微生物电极N 为正极B膜 1、膜 2 依次
3、为阴离子、阳离子交换膜C通过膜1 和膜 2的阴离子总数一定等于阳离子总数D电极 M 的电极反应式为2OCN6e 2H2O=2CO2N2 4H【答案】C【解析】【分析】【详解】A由物质转化知，OCN中 C 为 4 价，N 为 3 价，在 M 极上 N 的化合价升高，说明M 极为负极，N 极为正极，A 项正确；B在处理过程中，M 极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M 极迁移，膜1 为阴离子交换膜，N极反应式为O24e2H2O=4OH，N 极附近负电荷增多，阳离子向N 极迁移，膜2 为阳离子交换膜，B项正确；C根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不
4、相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C 项错误；D M 极发生氧化反应，水参与反应，生成了H，D 项正确；答案选 C。3化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B铅蓄电池工作时两极的质量均增加CCO2和 SO2都是形成酸雨的气体D用明矾作净水剂除去水中的悬浮物【答案】C【解析】【详解】A食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B铅蓄电池工作时，负极Pb PbSO4，正极 PbO2 PbSO4，两极的质量均增加，B正确；CSO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸
5、雨的气体，C错误；D明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D 正确；故选 C。4由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（）选项实验操作及现象结论A 将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B 常温下，测得饱和Na2CO3溶液的 pH大于饱和NaHCO3 溶液的 pH 常温下水解程度23CO 3HCOC 25时，向 AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI 溶液，有黄色沉淀生成25时，Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D 将 Cl2通入滴有酚酞的NaOH 溶液后，溶液褪色Cl2
6、具有漂白性A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A酸性 KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故 A错误；B常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH 判断常温下水解程度：CO32-HCO3-，故 B 错误；C向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI 溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故 C正确；DCl2通入到含有酚酞
7、的NaOH 溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH 反应生成NaCl和 NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D 错误；故答案为C。5一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A反应的关键是隔绝空气和水B反应的产物LiOH是离子化合物C整个流程中，金属锂是催化剂D整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O4NH3+3O2【答案】C【解析】【详解】A反应 是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应 的关键是隔绝空气和水，故A 正确；B反应 的产物 LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于
8、离子化合物，故B正确；C分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；D三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，4LiOH通电4Li+O2+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O 4NH3+3O2，故 D 正确；故选：C。6 厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C我国提出网络强
9、国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料【答案】D【解析】【详解】A高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A 错误；B钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C 错误；D高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D 正确；故答案选D。7阿伏加德罗常数为NA。关于l00mLl mol/L 的 Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是A加 NaOH 可制得 Fe
10、(OH)3胶粒 0.2NAB溶液中阳离子数目为0.2NAC加 Na2CO3溶液发生的反应为3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3D Fe2(SO4)3溶液可用于净化水【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Fe2(SO4)3加 NaOH 反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A 错误；B.l00mL l mol/L 的 Fe2(SO4)3溶液中 nFe2(SO4)3=1 mol?L-1 0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解Fe3+3H2O 垐?噲?Fe(OH)3+3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故 B错误；C.加 Na2CO3溶液发
11、生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为3CO32-+2Fe3+3H2O=2 Fe(OH)3 +3CO2，故 C 错误；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。8“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应【答案】B【解析】【详解】A“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A 错误；B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由
12、不同酯组成的混合物，选项B 正确；C“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C 错误；D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选 B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。9根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有强氧化性B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡
13、，有白色沉淀产生非金属性：ClSi C 常温下，分别测定浓度均为0.1 mol L1 NaF 和 NaClO 溶液的pH，后者的pH 大酸性：HF0.25 mol/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且 Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与 C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4 MnC2O4(4)步骤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4 外，还可能生成H2、O2 或其混合物。生成MnO2的电极反应式为_。若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(
14、Mn2+)=_。该工艺流程中可循环利用的物质是_。【答案】增大接触面积，提高浸出率Mn2O3+2H+=Mn2+H2O+MnO20.5 Zn 元素浸出时不需要还原剂，而+4 价 Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入 H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O a、b、c Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+11 H2SO4或硫酸【解析】【分析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生 Z
15、nO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O 等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。【详解】(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO Mn2O3，ZnO Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3
16、+2H+=Mn2+H2O+MnO2；(3)由图可知，当c(H2SO4)=0.5 mol/L 时，Mn 的浸出率等于90%，Zn 的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、ZnMn2O4+2H2 SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O 可知，Zn 的浸出只需H2SO4即可，所以Zn 元素浸出时不需要还原剂，而+4 价 Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入 H2C2O4作还原剂更有利Mn 的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2C
17、O2+2H2O；a结合的分析，Mn、Zn 的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；bc(H2C2O4)0.25mol/L 时，如果Zn2+、Mn2+与 C2O24生成沉淀，浸出率下降，故b 正确；c如果溶解度ZnC2O4 H2SeH2S，其原因_。(4)H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。写出与SO2互为等电子体的分子和离子：_、_（各一种）。气态 SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为_；固态 SO3形成三聚体环状结（如图1 所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)Na2S的晶胞结构如图2 所示，则黑球代表的离子是_。已知 Na
18、的半径为0.102nm，S2-的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则Na2S的晶胞参数a=_nm（列出计算式即可）。【答案】9NAH ClPSSi 水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量 H2Se大，范德华力强，沸点比 H2S高O3NO2-(或其他合理答案)平面三角形sp3硫离子(或 S2-)0.661 或4 3(0.1020.184)3【解析】【分析】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，由此可得出其电子排布图（轨道表示式）。(2)在噻吩分子中，含有3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢键，由此可得出1mol 噻吩（）中含有的键数目。在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最
19、小的是非金属性最弱的元素；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，由此可得出第一电离能由大到小的顺序。(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大。(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析。气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，由此确定立体构型；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，由此确定杂化轨道类型。(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，由此确定黑球代表的离子。晶胞参数为a，则
20、体对角线为3a nm，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从而得出143a=0.102+0.184，由此求出a。【详解】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，则其电子排布图为。答案为：；(2)在噻吩分子中，含有 3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢键，且两原子间只能形成1 个键，所以 1mol噻吩（）中含有的键数目为9NA。答案为：9NA；在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素H；与 S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能由大到小的顺序为ClPSSi。
21、答案为：H；ClPSSi；(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大，其原因为水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高；(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析，由此得出分子和离子为：O3、NO2-(或其他合理答案)。答案为：O3；NO2-(或其他合理答案)；气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，则立体构型为平面三角形；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中 S原子的价层电子对数为
22、4，则杂化轨道类型为sp3。答案为：平面三角形；sp3；(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，则黑球代表的离子为硫离子(或 S2-)。晶胞参数为a，则体对角线为3a，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从而得出143a=(0.102+0.184)nm，a=0.661nm 或4 3(0.1020.184)3nm。答案为：硫离子(或 S2-)；0.661 或4 3(0.1020.184)3。【点睛】SO2的原子总数为3，价电子总数为18，从其附近寻找等电子分子，则只能为O3，寻找等电子离子时，范围相对宽一些，可把S换成 N 或 Cl，不足或多出的电子用带电荷补齐，则为NO2-或 ClO2+等。