2019-2020学年江西省南昌市三校(南昌一中、南昌十中、南昌铁一中)新高考化学模拟试卷含解析

B．②中：a＝20

C．③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7

D．①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等 【答案】C 【解析】 【详解】

A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；

B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；

cCH3COO+cOH+cCl=cNaC.③中溶液的电荷守恒为：

故cCH3COO+cOH=cH?-??-????-－+结合n?Na? = n(Cl?+c?H?，

++－)，

?-??-???，所以c(CHCOO+3)＜c?H+?，c?OH-?

D. ①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误； 答案选C。

13．下列叙述正确的是

A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。 【详解】

A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。 B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为所以两者含有的氧原子分别为

×2=

mol和

×3=

mol，臭氧（O3）的物质的量为

mol，

mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样

多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。 C．重水为

，其中

含有1个中子，

，其中

含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol没有中子，

含有8个中子，所以1个水分子含有8个

重水含有10mol中子。水为

中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。

D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。 故选B。 【点睛】

本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。 14．化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不正确的是 A．将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用 B．将电器垃圾深埋处理可减少重金属对环境的危害 C．对化学燃料脱硫、脱氮可减少酸雨的形成

D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，A项正确；

B．将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，污染土壤和水源，B项错误； C．SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脱硫、脱氮是减少酸雨的有效措施，C项正确；

D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，D项正确； 答案选B。

15．利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是

A．循环物质E为水

B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应 C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu

D．若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g

【答案】B 【解析】 【详解】

由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。

A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确； B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；

C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；

D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；

故合理选项是B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。

I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)

(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。 (2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。

(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。 a.温度 b.Cl的浓度 c.溶液的酸度 II.含铬元素溶液的分离和利用

(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。 【答案】第三周期第VIIA族

离子键和极性（共价）键 加热(或煅烧)

2Al2O34Al+3O2↑ a c 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动， 脱离

浆液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2 【解析】 【分析】

（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；

（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（3）题中涉及因素有温度和浓度；

Ⅱ．（4）电解时，CrO4通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。 【详解】

（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键， 故答案为第三周期第VIIA族；

；离子键与极性（共价）键；

，NaOH中

2?（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O3

4Al+3O2↑

4Al+3O2↑；

故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O3

（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关， 故答案为ac；

Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，

故答案为在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：

2?2?