2019-2020学年广西省梧州市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．向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是 A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2 B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子 C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+
D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O 【答案】B 【解析】 【分析】
氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，NaBiO3＞KMnO4，NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，故氧化性：故氧化性：据此分析解答。 【详解】
A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；
B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为
8.7g=0.1mol，转移电子物质
87g/mol的量为
0.1mol×6=0.12mol，故B错误； 5C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；
D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确； 答案选B。
2．2NO2(g)?N2O4(g) △H =-56.9kJ?mol-1。向某恒容密闭容器中加入1.6 mol ? L-1的NO2后，会发生如下反应：其中N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是
A．升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深 B．0-60s内，NO2的转化率为75% C．0-60s内，v(NO2)=0.02mol? L-1? s-1 D．a、b两时刻生成NO2的速率v(a)>v(b) 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A项正确；
B. 设容器体积为V，0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol，则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol，NO2的转化率为
1.2Vmol?100%=75%，B项正确；
1.6VmolVc0.6mol/L==0.01 mol?L?1?s?1，Vt60sC. 根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内v(N2O4)=则v(NO2)=2 v(N2O4)=2×0.01 mol?L?1?s?1=0.02mol?L?1?s?1 ，C项正确；
D. 随着反应的进行，消耗的NO2的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成NO2的速率：v(a) 3．可用碱石灰干燥的气体是 A．H2S 【答案】C 【解析】 【分析】 碱石灰具有吸水性，可以用作干燥剂，所干燥的物质不能与干燥剂发生反应，碱石灰不能干燥二氧化硫、氯气、硫化氢等溶于水显酸性的气体，据此即可解答。 【详解】 碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，所以碱石灰是碱性物质，不能干燥酸性物质， A. H2S属于酸性气体，能与氢氧化钠和氧化钙反应，所以不能用碱石灰干燥，A项错误； B. Cl2可以和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，B项错误； C. NH3是碱性气体，不和碱石灰反应，能用碱石灰干燥，C项正确； B．Cl2 C．NH3 D．SO2 D. SO2属于酸性气体，能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，D项错误； 答案选C。 【点睛】 常见的干燥剂可分为酸性干燥剂、碱性干燥剂和中性干燥剂，其中酸性干燥剂为浓H2SO4，它具有强烈的吸水性，常用来除去不与H2SO4反应的气体中的水分。例如常作为H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等气体的干燥剂；碱性干燥剂为碱石灰（固体氢氧化钠和碱石灰）：不能用以干燥酸性物质，常用来干燥氢气、氧气、氨气和甲烷等气体。 4．根据热化学方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是 A．1molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和 B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量 C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23 D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量 【答案】C 【解析】 【详解】 A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和，故A错误； B．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误； C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ?mol?1，故C正确； D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故D错误； 故答案为：C。 5．在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100 mL 1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是( ) A．35. 3g 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀质量接近于0；当加入的 Ba(OH)2完全形成沉淀时，发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2 + Ba(OH)2 = BaSO4↓ + Fe(OH)2↓ + (NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3时，所得固体质量最大，此时沉淀为Fe(OH)3与BaSO4，故沉淀的质量最大为 0.1mol×233g/mol+0.1mol×107g/mol=34g，故沉淀质量因为0g B．33.5g C．32.3g D．11.3g 6．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应 B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快 C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H* D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A．据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确； B．图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确； C．由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误； D．由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确； 故答案为C。 7．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．NaHCO3(s) B．Al(s) NaOH(aq)Na2CO3(s) NaOH(aq) ?过量盐酸NaAlO2(aq)?????Al(OH)3(s) 氨水C．AgNO3(aq)????[Ag(NH3)2]+(aq)?Ag(s) 盐酸D．Fe2O3(s)?Fe(s)????FeCl3(aq) 蔗糖溶液高温Al【答案】A 【解析】 【详解】 A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故A正确； B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故B错误； C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故C错误； D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故D错误； 答案选A。 8．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA B．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA C．25℃，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NA D．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA 【答案】B 【解析】 【详解】 A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的 Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。 9．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是 A．气体A为Cl2 B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3：1
2019-2020学年广西省梧州市新高考化学模拟试卷含解析
