2019-2020学年福建省漳州市东山第二中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年福建省漳州市东山第二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．化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是

A．生活中常用小苏打来治疗胃酸过多

B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石

C．硫酸钡可用于胃肠X 射线造影检查

D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同

【答案】B

【解析】

【详解】

A选项，生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，故A正确；

B选项，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工业主要原料是碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅，因此生产原料中不是都用到了石灰石，故B错误；

C选项，硫酸钡男溶于水和酸，可用于胃肠X 射线造影检查，故C正确；

D选项，双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用于杀死埃博拉病毒，漂白粉消毒饮用水主要是氢氧化性，因此原理都相同，故D正确；

综上所述，答案为B。

2．下列有关化学反应的叙述不正确的是

A．铁在热的浓硝酸中钝化

B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀

C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解

D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；

C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；

D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；

答案选A。

3．在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是

A．过量的铜与浓硝酸反应

B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应

C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应

D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．铜与浓硝酸和稀硝酸均反应，则过量的铜与浓硝酸完全反应，A正确；

B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应，随之反应的进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，B错误；C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应，随之反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，C错误；

D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应，该反应是可逆反应，不可能进行完全，D错误；

答案选A。

4．下列化学用语对事实的表述正确的是

A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O

B．向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－

C．由Na和C1形成离子键的过程：

D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO ＋CO32－

【答案】C

【解析】

【详解】

A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；

B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；

C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：→，故C正确；

D．弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；

故答案为C。

5．2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的

pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是A．反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/L

B．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe

C．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在

D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体

【答案】A

【解析】

【分析】

Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NO x）＝

1.12

22.4/

L

L mol＝

0.05mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】

A．根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×

2.8

56/

g

g mol

＝

0.17mol，则c（NO3-）＝0.17

0.2

mol

L

＝0.85mol/L，A正确；

B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）

=0.02

8

mol

×3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=

2.8

56/2

1

g

g mol

=0.025mol，则最

多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B错误；

C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；

D．2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量＝

2.8

56/

g

g mol

×3＝0.15mol，假设气体完全是NO，

转移电子物质的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。

【点睛】

灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

6．下列有关判断的依据正确的是（）

A．电解质：水溶液是否导电

B．原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子