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1、2019-2020学年安徽省池州市青阳一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下列有关化学反应的叙述正确的是A铜能与FeCl3溶液发生置换反应B工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C向 NaOH 溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D实验室用MnO2与 1.0 molL1的盐酸加热制取氯气【答案】C【解析】【分析】【详解】A单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与 FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工
2、业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C向 NaOH 溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D 错误；答案选 C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。2X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q 原子最外层电子数的4 倍，Q 的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物中含有离子键B五种元素中Q 的金属性最强
3、C气态氢化物的稳定性：D最高价氧化物对应的水化物酸性：【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R 原子最外层上的电子数是Q 原子最外层电子数的 4 倍，则 Q 只能处于IA 族，R 处于 A 族，R 与 X最外层电子数相同，二者同主族，且R 的原子半径较大，故 X 为 C 元素、R 为 Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故 Z为 O 元素，则 Y为 N 元素；Q 离子核外电子排布与O2-相同，且Q 处于 IA族，故 D 为 Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X 是 C 元素，Y是
4、 N 元素，Z是 O 元素，R 是 Si元素，Q 是 Na 元素。A.化合物 XZ2是 CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A 错误；B.在上述五种元素中只有Q 表示的 Na 元素是金属元素，因此五种元素中Q 的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C 正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D 正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关
5、系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。3下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和 NO CCaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2等重金属【答案】B【解析】【详解】A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和 NO 生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和 NO 有害气体，B 正确；C.CaCO
6、3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D 错误；故合理选项是B。4下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A 向浓度均为0.10mol?L1的 KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B 向 Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸生成白色沉淀，加入稀盐酸，沉淀不溶解23Na SO溶液已经变质C 向盛有 NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液产生使湿润的红色石蕊试
7、纸变蓝的气体NH4+OH-=NH3+H2O D 测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO 的 pH 值Na2CO3NaClO 酸性：H2CO3HClO A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A向浓度均为0.10mol?L1的 KCl和 KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下 AgI 先于 AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 A 正确；B即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故 B 错误；C向盛有NH4
8、Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液会先发生Al3+3OH-=Al(OH)3，并不能生成氨气，故 C错误；D测定等物质的量浓度的Na2CO3和 NaClO 的 pH 值，Na2CO3NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和 HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和 NaClO的 pH 值，故 D 错误；故答案为A。5比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A都使用了合适的催化剂B都选择了较高的温度C都选择了较高的压强D都未按化学方程式的系数进行投料反应【答案】C【解析】【分析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较
9、高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A 正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故 C 错误；D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D 正确。故选：C。6已知有机物C2H4O、C3H6O2和 C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元
10、素的质量分数为A（1007a6）%B7a6%Ca6%D无法计算【答案】A【解析】【分析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：12 6：1，故氢元素的质量分数为6a%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%-a%-6a%(100-76a)%；故答案选A。7用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A用图 1 所示装置制取并收集少量纯净的氨气B用图 2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶
11、液C用图 3 所示装置加热分解NaHCO3固体D用图 4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】A，向 NaOH 固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A 项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解 NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入
12、 NaBr 溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D 项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。8工业上，以铁质镍矿(除 NiO 外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)和镁质镍矿(除 NiO 外，还含有 MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料炼镍的流程如下图：回答下列问题：(1)滤渣 1 主要成分的化学式为_，“转
13、化”操作中加入H2O2的目的是 _。(2)中和沉铁步骤中，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还产生Fe(OH)3胶体，导致c(Ni2+)明显降低，原因是_；为减少镍的损失，可在中和的同时加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，反应离子方程式为_。(3)已知 Ksp(CaF2)=1.11 10-10、Ksp(MgF2)=7.40 10-11，在过滤2 的滤液中加入过量NaF溶液，反应完全后，c(Ca2+)/c(Mg2+)=_。(4)我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现了低能耗电解富尿素废水制取H2(如图所示)。酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+
14、N2+CO2。B电极连接的电源的_极，A 电极的电极反应为_。(5)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)垐?噲?Ni(CO)4(g)。230时，K=2 10-5。己知：Ni(CO)4的沸点为 42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。则第一阶段在30和 50两者之间选择的反应温度是_；230时，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是_。【答案】SiO2将 Fe2+转化成 Fe3+，以便形成沉淀而除去Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+3Fe3+Na+2SO42-+6H
15、2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+1.5 负CO(NH2)2H2O6e-=N2CO26H+50第一阶段反应的平衡常数K=2 10-5远远低于第二阶段的平衡常数K=5 104【解析】【详解】（1）铁质镍矿(除 NiO 外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2的目的是将Fe2+转化成 Fe3+，以便形成沉淀而除去；（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入 Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该
16、反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO42-和 H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3+Na+2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+；（3）22222222=spspc CacFc CaKCaFKMgFc MgcFc Mg，代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2，B 电极生成氢气，根据H 元素化合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极与电源负极相连，则A 电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(
17、NH2)2H2O6e-=N2CO26H+；（5）Ni(CO)4的沸点为42.2，则第一阶段在30和 50两者之间选择的反应温度是50，Ni(s)+4CO(g)垐?噲?Ni(CO)4(g)，230时，K=2 10-5，因而逆反应Ni(CO)4(g)垐?噲?Ni(s)+4CO(g)，230时，K=1/2 10-5=5 104，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是第一阶段反应的平衡常数K=2 10-5远远低于第二阶段的平衡常数K=5 104。9设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 10gNH3含有 4NA个电子B0.1mol 铁和 0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全
18、反应，转移的电子数均为0.2NAC标准状况下，22.4 L H2O 中分子数为NA 个D 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有0.1NA个 CO32【答案】B【解析】【详解】A NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10 个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g 17g/mol)10NA=5.88NA个电子，错误；BFe 是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3，根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的 Cl2与 Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与 Cl2发生反应产生CuCl2，0
19、.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；C标准状况下H2O 是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O 的物质的量，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有CO32小于 0.1NA个，错误；答案选 B。10如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A若 X为导线，Y可以是锌B若 X 为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C若 X为直流电源，铁闸门做负极D若 X 为直流电源，Y极上发生还原反应【答案】A【解析】【详解】A.若 X 为导线，Y可以是
20、锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；B.若 X 为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；C.若 X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；D.若 X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；故选：A。11炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A炼铁过程中的铁元素B炼铁过程中的氧元素C炼铁过程中的碳元素D炼钢过程中的铁元素【答案】D【解析】【详解】炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO，2Fe
21、O+Si2Fe+SiO2。反应中 C元素化合价升高，Fe元素发生FeFeOFe 的一系列反应中，则Fe 元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选 D。12下判说法正确的是A常温下，c(Cl-)均为 0.1mol/LNaCl 溶液与 NH4Cl 溶液，pH 相等B常温下，浓度均为0.1mol/L 的 CH3COOH溶液与 HCl溶液，导电能力相同C常温下，HCl 溶液中 c(Cl-)与 CH3COOH溶液中 c(CH3COO-)相等，两溶液的pH 相等D室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A.c(Cl-)相同
22、，说明两种盐的浓度相同，NaCl 是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而 NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH 不相等，A 错误；B.HCl 是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HClCH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl 的导电能力比醋酸强，B 错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(C
23、H3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH 也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D 错误；故合理选项是C。13W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W 为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3 倍。下列叙述正确的是A X、Y均可形成两种氧化物B离子的半径大小顺序：r(X+)孤电子
24、对成键电子对之间的斥力成键电子对之间的斥力，因此NO2中 O-N-O 的键角小于NO3；答案：NH3；(3)离子化合物的熔沸点受晶格能的影响，晶格能与半径、所带电荷数有关，EMIM+离子为多核离子，其半径大，与金属阳离子作用的晶格能小，因而常温下为液体；答案：EMIM+离子为多核离子，其半径大，与金属阳离子作用的晶格能小，因而常温下为液体；(4)利用杂化轨道数等于价层电子对数，EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，EMIM+离子中大 键的构成部分为：，其中 C、N 原子均为sp2杂化，每个C原子提供1 个电子，每个N 原子提供 2 个电子，对外失去一个电子，大键为 56；答案
25、：sp2、sp3；56；(5)由于立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，这是原子晶体的特点，因此该晶体为原子晶体；根据晶胞，一个 B与四个 N 原子相连，B的配位数为4；晶胞中原子的空间利用率=原子占体积晶胞的体积，根据晶胞，B原子的个数118682=4，N 原子个数为4，原子的体积=33-30-103-1034416 x+y104(x10)+4(y10)=333（）cm3，晶体的体积=A100d Ncm3，空间利用率为33-32A16 dN(x+y)103；答案：原子；4；33-32A16 dN(x+y)103。【点睛】难点是最后一个空，原子的空间利用率=原子占体积晶胞的体积，
26、首先根据晶胞算出晶胞中原子个数，像本题原子占有体积33-30-103-1034416 x+y104(x10)+4(y10)=333（）cm3，根据根据密度的定义，求出晶胞的体积，晶胞质量利用利用m=nM，本题晶胞质量为A4N（11+14），从而计算出晶胞的体积。19在气体分析中，常用 CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2OCu2Cl2?2CO?2H2O。回答下列问题：（1）Cu 在元素周期表中属于_（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态 Cu3+的电子排布式为_。（2）C、N、
27、O 三种原子中的第一电离能最大的是_。NO3-离子的空间构型是_。（3）CO与 N2互称等电子体。它们的分子中都存在三个共价键，其中包含_个 键，_个 键。下表为CO和 N2的有关信息。键的类型A-B（单键）A=B（双键）AB（叁键）键能（kJ/mol）CO 351 803 1071 N2159 418 946 根据表中数据，说明CO比 N2活泼的原因是_。（4）Cu2Cl2?2CO?2H2O 是一种配合物，其结构如图所示：该配合物中氯原子的杂化方式为_。该配合物中，CO作配体时配位原子是C 而不是 O 的原因是 _。（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X 射线衍射法就是其中的一种。通过对C
28、uCl晶体的 X 射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的 Cl-的个数为 _。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数NA=_（列计算式表达）。【答案】ds Ar 3d8N 平面三角形12CO中断裂第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个 键容易断sp3电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对430399.5 104 2 a【解析】【详解】（1）Cu位于周期表中第4 周期第 B 族，为 ds 区元素；Cu的核外电子排布式为 Ar 3d104s1，变成 Cu3+需失去
29、 3 个电子，从最外层开始失去，所以Cu3+的核外电子排布为 Ar 3d8；（2）同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第A 族和第 A 族元素反常，则 C、N、O 三种原子中的第一电离能最大的是N；对于3NO，根据 VSEPR理论，VP=BP+LP=3+52312=3，则其空间构型为平面三角形；（3）据 N2分子的结构NN 可知，分子中包含1 个 键、2 个 键，故答案为：1；2；CO中 C O C=O，放出：1071kJ/mol-803kJ/mol=268kJ/mol，N2中 NNN=N，放出：946kJ/mol-418kJ/mol=528kJ/mol，由此可知反应中
30、，CO中第一个键的键能比N2的小很多，CO的第一个键容易断；（4）根据图中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3；C 的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，CO作配体时，配位原子是C而不是 O；（5）图示晶胞中不能观察到完成的Cu+的成键，但根据Cl 原子的成键情况判断Cu+的情况，图中观察到每个 Cl原子周围有4 个 Cu+距离最近，因CuCl中离子个数比为1：1，故距离每个Cu+最近的 Cl-的个数是4个；若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，则晶胞棱长为4a2210-10cm，故晶胞体积为(4a2210-10cm)3，晶胞中 Cl原子数目为4，CuCl中离子个数比为1:1，故 Cu原子数目为4，则(4a2210-10cm)3 g/cm3=A46435.5g/molN，整理得：30-1-1A33-10464+35.599.510molmol4 2 a24a102N。