2019-2020学年广东省六校联盟（深圳实验，广州二中，珠海一中，惠州一中，

东莞中学，中山纪中）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．纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。下列说法错误的是（ ）

A．酸浸的化学方程式是：FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O B．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应 C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用 D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】

A. FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；

B. 纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。故B正确；

C. 用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；

D. ①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误； 故选D。

2．下列有关描述中，合理的是

A．用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液

B．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗 C．裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴

D．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。 【答案】D 【解析】 【详解】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误； B．银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；

C．裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误； D．氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。 答案选D。 【点睛】

氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。

3．25 ℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．25 ℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4 B．M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +2c(CO32-) +c(OH-)

-C．25 ℃时,HCO3+H2O

H2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6

D．图中a=2.6 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 25 ℃时，当lgc?HCO3-?c?H2CO3??1即

c?HCO3-?c?H2CO3??10时，pH=7.4，H2CO3的一级电离

Ka1(H2CO3)=

c?HCO3-??c?H??c?H2CO3??10?10?7.4?1.0×10-6.4，故A正确；

B. 根据电荷守恒、物料守恒， M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +c(CO32-) +c(OH-)，故B错误； C. 25 ℃时，HCO3-+H2O

?14Kw10??6.4?1.0×10-7.6，故C正确； H2CO3+OH-的Kh=

Ka110D.

c?HCO3-??c?H??c?H2CO3??10?6.410?6.42.6?=10，图中M点pH=9，，所以a=2.6，故D正确； -9c?H2CO3?10c?HCO3-?选B。

4．常温下，用0.1 mol·L?1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L?1 HA（Ka＝1.0×10?5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 ．．

A．a点溶液的pH约为3 B．水的电离程度：d点＞c点

C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－） D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA） 【答案】D 【解析】 【详解】

A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1 mol·L?1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，

x2根据电离平衡常数可知=1?10-5，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题

0.1-x意；

B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；

KW10?14??5?10?9，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶C．b点溶质为等浓度的KA和HA，Kh?Ka10液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：cA意；

D．e点物料守恒为：2cK故答案为：D。 【点睛】

比较时溶液中粒子浓度：

（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH?CH3COO-＋H+，H2O?OH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；

（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2O?CH3COOH＋OH-，H2O?H+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。 5．大海航行中的海轮船壳上连接了锌块，说法错误的是

???c?K??c?HA??c?H??c?OH?，故C不符合题

???????3c?A??3c?HA?，故D符合题意；

??A．船体作正极 C．船体发生氧化反应 【答案】C 【解析】 【详解】

B．属牺牲阳极的阴极保护法 D．锌块的反应：Zn－2e-→Zn2+

A. 在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；

B. 在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；

C. 船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：O2+4e?+2H2O=4OH?，故C错误； D. 锌做负极被腐蚀：Zn－2e-→Zn2+，故D正确。 故选:C。

6．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ） A．常温常压下，62g白磷中含有P—P键数目为3NA

B．22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA C．1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA

D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．白磷是正四面体结构，1个白磷分子中有6个P—P键，62g白磷（P4）的物质的量为0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5mol×6=3mol，故A正确；

B．正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物质的量为1mol。1mol C5H12中含有4molC—C，12molC—H键，共16mol共价键，所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故B正确；

C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA，故C错误；

D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，转移电子3mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol；若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2，反应的化学方程式为：

3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，转移电子6mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为