2019-2020学年淮北市重点中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年淮北市重点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．向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b －a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。

下列说法正确的是（）A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1C．根据图像无法计算a的值D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况【答案】D【解析】【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。

【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：()1-025mol2mol =+5⨯⨯价，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；故答案为D。

2．下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。

A错误；B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。

C 错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。

D正确；本题答案选D。

3．如图表示反应N2(g)+3H2(g)€2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是( )A．t1时只减小了压强B．t1时只降低了温度C．t1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。

【详解】A．t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；B．t1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；C．t1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D正确；故选D。

【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。

4．材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A．人面鱼纹陶盆-无机非金属材料B．圆明园的铜鼠首--金属材料C．宇航员的航天服-有机高分子材料D．光导纤维--复合材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A正确；B. 铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B正确；C. 航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；D. 光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故D错误；故选D。

5．下列物质属于氧化物的是A．Cl2O B．H2SO4C．C2H5OH D．KNO3【答案】A【解析】有两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，H2SO4、C2H5OH、KNO3的组成元素均为三种，只有Cl2O符合题意，故答案为A。

6．下列实验能实现的是（）A．图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B．图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C．图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D．图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。

7．下列关于氧化还原反应的说法正确的是A．1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为N A (N A为阿伏加德罗常数的值)B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半C．V C可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是V C具有较强的还原性D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: 1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Na2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1N A ，A 项错误；B ．浓HCl 与MnO 2制氯气时，MnO 2表现氧化性，HCl 一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B 项错误；C ．维生素C 具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C 项正确；D ．NO 2与水反应的方程式：2233NO H O=2HNO NO ++，NO 2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO ，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO 3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D 项错误； 答案选C 。

【点睛】处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。

8．某浓度稀HNO 3与金属M 反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M 与HNO 3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO 3的还原产物是 （ ） A ．NH 4NO 3 B ．N 2C ．N 2OD ．NO【答案】B 【解析】 【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO 3=5M(NO 3)2+N 2↑+6H 2O ，某稀HNO 3与金属M 反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M 失去2mol 电子，5mol M 失去10mol 电子；而12mol HNO 3中，有10mol 硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol 硝酸参加氧化还原反应，得到10mol 电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N 2，B 项正确； 答案选B 。

【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。

9．N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．30g 丙醇中存在的共价键总数为5N A B ．1molD 2O 与1molH 2O 中，中子数之比为2：1C ．含0.2molH 2SO 4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2N AD ．密闭容器中1molPCl 3与1molCl 2反应制备PCl 5（g ），增加2N A 个P-Cl 键 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A ．30g 丙醇物质的量为：30g60g/mol＝0.5mol ，存在的共价键总数为0.5mol×11×N A ＝5.5N A ，故A 错误；B ．1molD 2O 与1molH 2O 中，中子数之比为10：8＝5：4，故B 错误；C ．0.2mol H 2SO 4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2N A ，如果只生成氢气则转移电子数为0.4N A ，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2N A 小于0.4N A ，故C 正确；D ．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1 mol PCl 3与1moCl 2反应制备PCl 5(g)，增加小于2N A 个P−Cl 键，故D 错误； 故答案选C 。

【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。

10．常温下，用0.1 mol·L −1盐酸滴定10.0 mL 浓度为0.1 mol·L −1Na 2A 溶液，所得滴定曲线如图所示。

下列说法错误的是A ．K a2(H 2A)的数量级为10−9B ．当V=5时：c(A 2−)+c(HA −)+c(H 2A)=2c(Cl −)C ．NaHA 溶液中：c(Na +)＞c(HA −)＞c(A 2−)＞c(H 2A)D ．c 点溶液中：c(Na +)＞c(Cl −)＞c(H +)=c(OH −) 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A ．滴定前pH=11，则A 2−的水解常数是50.0010.001100.10.001-⨯≈-，则K a2(H 2A)的数量级为1495101010---=，A 正确；B ．当V=5时根据物料守恒可知c(A 2−)+c(HA −)+c(H 2A)=2c(Cl −)，B 正确；C ．根据图像可知恰好生成NaHA 时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX 溶液中c(Na +)＞c(HA −)＞c(H 2A)＞c(A 2−)，C 错误；D ．c 点溶液显中性，盐酸的体积大于10 mL 小于20 mL ，则溶液中：c(Na +)＞c(Cl −)＞c(H +)=c(OH −)，D 正确； 答案选C 。