(精选3份合集)2020届安徽省定远中学高考数学模拟试卷

2021届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．下列说法正确的是

A．FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于Cu B．晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白

D．K2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用 【答案】D 【解析】 【详解】

A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；

B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；

C.二氧化硫氧化性与漂白无关，故错误；

D. K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。 故选D。

2．化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是

A．原子半径：Y＞Z＞X

B．X元素的族序数是Y元素的2倍 C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键 【答案】D 【解析】 【分析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数=为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。

15?1

=8，则X2

【详解】

A. X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；

B. X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确； C. X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确； D. X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误； 答案选D。 【点睛】

氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。

3．Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是

A．两种无毒的气体均为还原产物 B．反应后溶液的pH会升高

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2

D．每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体 【答案】C 【解析】 【分析】

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。 【详解】

A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；

B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；

C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；

D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误； 答案选C。

4．肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（ ）

A．该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534kJ·mol-1 B．N2H4的燃烧热534kJ·mol-1

C．相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和

D．该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能 【答案】A 【解析】 【详解】

A.由已知25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.mol-1，故A正确。

B. 燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。 C.由N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.mol-1，可知该反应是放热反应，所以1 molN2H4(g)和1 mol O2(g)所含能量之和高于1 mol N2(g)和2 mol H2O(g)所含能量之和，故C错误；

D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误； 答案：A。

5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA C．1.0L1.0mo1·L－1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A. 氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；

B. 标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1molNO，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；

C. NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；

D. 14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：为NA，故D正确。 故答案选D。

6．下列各项中的两个量，其比值一定为2∶1的是 （ ） A．在反应2FeCl3+Fe =3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量

14g=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目

28g/molB．相同温度下，0.2 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+) C．在密闭容器中，N2+3H2?2NH3已达平衡时c(NH3)与c(N2)

D．液面均在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛溶液的体积 【答案】A 【解析】 【详解】

A、还原产物由氧化剂FeCl3被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为2∶1，正确；

B、CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH?CH3OO－+H+， L-1的CH3COOH加水稀释时促进电离，故0.2 mol· L-1CH3COOH溶液中c(H+) 之比小于2∶1，错误； 溶液与0.1 mol·

C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)与c(N2)之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必然联系，错误；

D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50 mL或25 mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于2∶1，错误，答案选A。

7．由下列实验对应的现象推断出的结论正确的是 选项 实验 将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体A 通入澄清的石灰水 B 将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中 溶液中出现凝胶 有白色沉淀产生，加入C SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸 稀硝酸后沉淀溶解 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变D 色，再滴加新制氯水 A．A 【答案】D 【解析】 【分析】

A．C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均使石灰水变浑浊； B．盐酸为无氧酸；

C．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子； D．滴加KSCN 溶液，溶液不变色，可知不含铁离子。

B．B

C．C

D．D

溶液显红色 原溶液中一定含有Fe2＋ 非金属性：Cl>Si 先产生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸 石灰水变浑浊 炭被氧化成CO2 现象 结论