2019-2020学年浙江省镇海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．下列物质在生活或生成中的应用错误的是 A．葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化

B．在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性 C．陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱

D．甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇 【答案】B 【解析】 【详解】

A. 二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A正确； B. 熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B错误；

C. 陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；

D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确； 故选B。

2．已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3+ + 6C6H5OH显紫色。实验如下：

H3Fe(OC6H5) 6 + 3H+，其中H3Fe(OC6H5) 6

下列说法不正确的是： ．．．A．i是空白对照实验

B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅 C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4 D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性 【答案】D 【解析】

【详解】

A．通过i观察ii iii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5) 6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。 3．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．某密闭容器中盛有 0.1molN2 和 0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为 0.6NA B．常温下，1L pH＝9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1×10?9 NA C．14.0gFe 发生吸氧腐蚀生成 Fe2O3?xH2O，电极反应转移的电子数为 0.5NA D．标准状况下，2.24L 丙烷含有的共价键数目为 1.1NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；

B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10?5mol/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10?5mol/L×NA=1×10?5NA，故B错误；

C. Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3?xH2O，14.0gFe的物质的量为

14g=0.25mol，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2=0.5mol，故C正确；

56g/molD. 标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1mol，而丙烷中含10条共价键，故0.1mol丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误； 故选C。 【点睛】

＋

水电离的c(H)或c(OH-)的计算技巧(25 ℃时)

(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 mol·L-1。

(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7 mol·L-1时就是水L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。 电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7 mol·

(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7 mol·L-1，L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。 即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7 mol·

4．某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行

实验，实验操作和实验现象记录如下： 序号 实验操作 实验现象 溶液不变红，试纸不变蓝 溶液不变红，试纸褪色 生成白色沉淀 下列实验分析中，不正确的是 ．．．A．①说明Cl2被完全消耗

B．②中试纸褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI

C．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42? D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化 【答案】C 【解析】

A. ①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42?，选项C不正确；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。

点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42?。

5．工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是

A．阳极区得到H2SO4

B．阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ C．离子交换膜为阳离子交换膜

D．当电路中有2mole-转移时，生成55gMn 【答案】C

【解析】 【分析】

Mn2++2e-= 根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。 【详解】

A．根据分析，阴极电极反应为：Mn2++2e-= Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4，故A正确； B．根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；

C．由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误； D．阴极电极反应为：Mn2++2e-= Mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1mol Mn，其质量为1mol ×55g/mol=55g，故D正确； 答案选C。 【点睛】

本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。

6．某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是

A．M的单质可以保存在煤油中 B．原子半径Z>X>Y C．气态氢化物稳定性X>Y

D．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸 【答案】B 【解析】 【分析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。