2019-2020学年山东省平邑县曾子学校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．氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN =CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是

A．CO为氧化产物，H2为还原产物 C．HCN既是氧化剂又是还原剂 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误； B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；

C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；

D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误； 答案选C。

2．某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是 ．．．

B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物 D．每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2

A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl B．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成 C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4>Cl2

D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂 【答案】C 【解析】 【详解】

A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确； B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确； C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；

D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确； 答案选C。

3．科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（ ）

A．反应过程中需要不断补充Fe2+ B．阳极反应式是2HCl- 2e- =Cl2+2H+

C．电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气5.6 L

D．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g） + 2H2O（g） 【答案】A 【解析】 【分析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。 【详解】

A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；

B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl- 2e- =Cl2+2H+，B正确；

C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6 L，C正确；

D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ 2H2O(g)，D正确。 答案选A。

4．下列变化过程中，需要破坏离子键的是（ ） A．氯化氢溶于水 【答案】D 【解析】 【详解】

A．HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误； B．铁熔化破坏金属键，故B错误；

C．干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误；

B．铁熔化

C．干冰升华

D．氯化钠溶于水

D．氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确； 故选：D。 【点睛】

本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。

5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( ) A．Ca(ClO)2(aq)B．H2SO4(稀)C．Fe2O3(s)D．SiO2(s)【答案】A 【解析】 【详解】

A. Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确； B. 根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；

C. 铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误； D. 二氧化硅不与水反应，D项错误； 答案选A。

6．常温下，将 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3 固体的过程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是

HClO(aq)SO2(g)FeCl3(aq)H2SiO3(胶体)

O2(g) BaSO3(s) Fe (s)

Na2SiO3(aq)

A．a=5.6

B．常温下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)

C．b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)

D．若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO3 【答案】B 【解析】

【分析】 【详解】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当c(Ca)=5.0×10mol·L时，a×10mol·L

2+

-5

－1

-5

－1

=c(CO32-)=

2.8?10?9 =5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确； ?55.0?10B．1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；

C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)，故C正确； D．若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=

1mol=2mol·L－1，根据Ksp（CaC2O4）0.5L=c=5.0×10-5×5.0×10-5，=1.25×10-9mol·L－1，（Ca2＋）·c（C2O42-）可知此时溶液中c（Ca2＋）而根据Ksp（CaCO3）=2.8×10可知溶液中的

1

-9

c（CO32－）=

2.8?10?9 == 2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－?91.25?10×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故

D正确； 故选B。 【点睛】

本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。 7．11.9g金属锡跟100mL12mol?L﹣1HNO3共热一段时间．完全反应后测定溶液中c（H+）为8mol?L﹣1，溶液体积仍为100mL．放出的气体在标准状况下体积约为8.96L．由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为119）（ ） A．Sn（NO3）4 【答案】C 【解析】 【详解】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为8mol?L?1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，设Sn被氧化后的化合价为x，根据转移电子守恒得0.4mol×(5?4)=0.1mol×(x?0) x=+4，

又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol?0.4mol）÷0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2?4H2O，

B．Sn（NO3）2

C．SnO2?4H2O

D．SnO