2019-2020学年北京市朝阳区北京八十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市朝阳区北京八十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）1X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W 为同一主族元素。X、Z、W 形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A反应都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W 四种元素中，W 的原子半径最大C在信息工业中，丙常作光导纤维材料D一定条件下，x 与甲反应生成丁【答案】B【解析】【分析】已知甲是常见温室效应

2、气体，X、W 为同一主族元素，X、W 形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X 为C 元素、W 为 Si 元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w 分别为 X、W 的单质，在高温条件下x 碳单质与二氧化硅反应生成w 为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为 O 元素，Z 为金属元素，z 金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z 为 Mg 元素，综上所述，X 为 C 元素、Y 为 O 元素、Z 为 Mg 元素、W 为 Si 元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X 为 C 元素、Y 为 O 元素、Z 为 Mg 元素、W 为 Si 元素，A.反应二氧化碳与

3、镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A 项正确；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg 的原子半径最大，B 项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C 项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D 项正确；答案选 B。2利用下列实验装置能达到实验目的的是A分离 CH3COOH和 CH3COOC2H5混合液B验证 NH4NO3晶体溶于水的热效应C蒸发 FeCl3溶液得到FeCl3固体D验证 C、Cl、Si的非金属性强弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A.CH3

4、COOH和 CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以 U 型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故 B正确；C.蒸发 FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si 的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选 B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。3比较合成氨合成塔与制硫酸接触

5、室中的反应，下列说法错误的是（）A都使用了合适的催化剂B都选择了较高的温度C都选择了较高的压强D都未按化学方程式的系数进行投料反应【答案】C【解析】【分析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A 正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故 C 错误；D、合成氨合

6、成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D 正确。故选：C。4世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A普通玻璃含有二氧化硅B该发电玻璃能将光能完全转化为电能C碲化镉是一种无机化合物D应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答案】B【解析】【分析】【详解】A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A 正确；B.该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C.碲化镉属于无机化合物，故C正确；D.应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D 正

7、确。故选 B。5下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A 鉴别 BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B 除去 CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C 除去 HCl 气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D 配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A ABBCCDD【答案】C【解析】【详解】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液

8、，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A 正确；B氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B 正确；C氯气难溶于饱和食盐水，但HCl 极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项 C 不正确；D盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选 C。6298 K 时，向 20 mL 0.1 mol/L 某酸 HA 溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH 溶液，混合溶液的pH 变化曲线如图所示。下列说法错误的是A a 点溶液的pH 为 2.88 Bb 点溶液中：c（Na+）

9、c（A）c（HA）Cb、c 之间一定存在c（Na+）c（A）的点D a、b、c 三点中，c 点水的电离程度最大【答案】B【解析】【分析】【详解】A当加入10mL0.1 mol/L NaOH 溶液时，溶液中c(HA)=c(A-),由 HA?H+A-可知Ka=(H)(A)(HA)ccc=c(H+)=10-4.76，则 0.1mol/L 的某酸 HA 中的 c(H+)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)为 xmol/L：HAHA(mol/L)0.100(mol/L)xxx(mol/L)0.1xxx?始转平HA 的电离平衡常数K=(H)(A)(HA)ccc=2x0.1x=10-4.76，剩余的 c(

10、HA)=0.1-x0.1mol/L，解得 x=10-2.88，所以 a点溶液的pH 为 2.88，A 正确；Bb 溶液显酸性，c(H+)(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)W CX、Z 两种元素的气态氢化物稳定性:ZX D X与 W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1 或 1:2【答案】B【解析】【详解】X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是 O，则 Z 是 S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明 Y属于第 A，Y、Z同周期，则Y是 Cl。W 是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W 是 Na。A.Y 为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式

11、为HClO4，选项 A错误；B、X与 W 形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:XW，选项 B 正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl 的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与 W 形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项 D 错误。答案选B。14中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A在 Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O B中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C催化剂HZMS-5 可以提高汽油中芳香

12、烃的平衡产率D该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78【答案】B【解析】【详解】A、由流程图可知，CO2+H2在 Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：34Na-Fe O222222CO+6HCH=CH+4H=O，故 A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B 正确；C、催化剂HZMS-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D 错误；故答案为：B。15NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为

13、0.3NAB1 molNaClO 中含有的Cl数目为 NAC5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5 107NAD 18g H2O 中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A 错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B 错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L 0.005mol/L=2.5 105mol，微粒数目略小于2.5 105NA，故 C 错误；D.18g H2O 的物质

14、的量为1mol，而水为10 电子微粒，故1mol 水中含 10NA个电子，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水 FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。实验原理：2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入 16.76g 无水 FeCl3和 22.5g氯苯。回

15、答下列问题：（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a_上图中的j 口（按气流方向，用小写字母表示）。实验完成后通入氮气的主要目的是_。（2）装置 C中的试剂是 _（填试剂名称），其作用是 _。（3）启动搅拌器，在约126条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用 _（填字母）。a酒精灯 b水浴锅 c电磁炉 d油浴锅（4）继续升温，在128139条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是_。（5）继续加热1h 后放置冷却

16、，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0molL 1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为 _（保留 3 位有效数字）。【答案】fg debc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使 FeCl2、FeCl3水解d球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0【解析】【分析】（1）思路：先除CO2再除 H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）再除 O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；（2）由 F

17、eCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；（3）油浴锅的好处是便于控制温度；（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；【详解】（1）由分析可知，装置接口的连接顺序为fg debc，吸收装置注意长进短出；实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl 气体排入装置D 中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置 C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A 中使 FeCl2、FeCl3水解；（3）结合温度约126，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，

18、其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；（5）n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol L1=0.05mol，n(FeCl2)=2n(HCl)=20.05mol=0.1mol，加入 16.76g 无水 FeCl3和 22.5g 氯苯，物质的量分别约为16.76g162.5g/mol0.103mol 和 0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，则该实验中FeCl2的产率约为0.1mol16.76g162.5/gmol100%97.0。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：环己烯可以通过1，3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外

19、双键比环内双键更容易被氧化：现仅以 1,3-丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：(1)写出结构简式：A _；B _(2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_(3)1 mol A 与 1 mol HBr 加成可以得到_种产物。【答案】A 4【解析】【分析】根据碳原子数目可知，反应为 1，3-丁二烯与 CH2=CH-CH3发生信息反应生成A，则 A为，结合 A 发生信息中反应生成B，则 B 为，结合 C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成 C，C 为，C发生消去反应生成D，D 为，D 发生加成反应生成甲基环己烷。【详解】根据上述分析可知：A 为，B为，C为，D 为。(1

20、)通过以上分析知，A 的结构简式是，B 的结构简式是；(2)A 是，A 与 H2发生加成反应后产物为，名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同系物，故合理物质序号为A；(3)A 的结构简式是，其分子中含有的2 个碳碳双键上的4 个 C 原子都不等效，所以Br 原子加成到4 个 C 原子上的产物都不相同，故其与HBr 加成时的产物有4 种。【点睛】本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力，注意(3)中 A 发生加成反应产物种类判断，为易错点。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18二草酸合铜(II)酸钾晶体 K2Cu(C2O4)

21、2 2H2O，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。I.用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(II)酸钾晶体的流程如下：已知：H2C2O4CO +CO2+H2O 回答下列问题：(1)将 H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是_。(2)将 CuO 与 KHC2O4的混合液在50 C 下充分反应，该反应的化学方程式为_。(3)50 C时，加热至反应充分后的操作是_(填字母)。A放于冰水中冷却后过滤B自然冷却后过滤C趁热过滤D蒸发浓缩、冷却后过滤II.以 CuSO4 5H2O 晶体和 K2C2O4固体为原料制备二草酸合铜(II)酸钾晶体。实验步

22、骤：将CuSO4 5H2O 晶体和 K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液中，有晶体析出后放在冰水中冷却，过滤，用酒精洗涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。(4)用酒精而不用冷水洗涤的目的是_。II.产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag 溶于 NH3 H2O 中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10 mL 的稀硫酸，用b mol L-1的 KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液 V mL。(5)滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_(填字母)，理由为 _。(夹持部分略去)ABC(6)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥

23、形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_(填“偏大”偏小”或“无影响”)。(7)该产品的纯度为_(写出表达式)。【答案】温度过高草酸会分解2KHC2O4+CuO 50K2Cu（C2O4）2+H2O C 酒精易挥发，便于干燥二草酸合铜(II)酸钾晶体B 滴定时，标准液应盛放在滴定管中，待测液应盛放在锥形瓶中，高锰酸钾为强氧化性溶液应使用酸式滴定管无影响-21.25Vb35410100%a【解析】【分析】、草酸晶体加水、微热可加快反应速率，但要避免温度过高草酸分解，然后加入碳酸钾固体，可生成KHC2O4，加入氧化铜，混合液在50水浴加热，为防止晶体析出趁热过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得

24、到 K2Cu（C2O4）2?2H2O。【详解】（1）根据题目所给信息H2C2O4CO +CO2+H2O 可知温度过高会使草酸分解；（2）根据题意可知，CuO 与 KHC2O4溶液在 50水浴加热条件下反应生成K2Cu（C2O4）2与 H2O，反应的方程式为：2KHC2O4+CuO 50K2Cu（C2O4）2+H2O；（3）根据题目信息可知K2Cu(C2O4)2 2H2O微溶于冷水，可溶于热水，所以充分反应后应趁热过滤，提高产率，所以选C；（4）K2Cu(C2O4)2 2H2O微溶于酒精，所以用酒精洗涤也可以减少晶体的损失，同时与冷水相比酒精易挥发，便于干燥二草酸合铜(II)酸钾晶体；（5）滴定

25、时，标准液应盛放在滴定管里，待测液应盛放在锥形瓶中，高锰酸钾为强氧化性溶液应使用酸式滴定管，即下口为旋塞的滴定管，所以最合适的应为B。（6）该滴定过程是通过标准高猛酸钾溶液确定二草酸合铜(II)酸钾晶体的物质的量，锥形瓶内有水对滴定没有影响；（7）滴定过程中 K2Cu(C2O4)2 2H2O中 C元素被氧化生成CO2，每个 C化合价升高1 价，共升高 4 价，KMnO4中的锰元素被还原生成Mn2+，化合价降低5 价，所以存在数量关系5K2Cu(C2O4)2 2H2O4 KMnO4，则 n（K2Cu(C2O4)2 2H2O）=V 10-3L bmol L-154250mL25mL=12.5Vb

26、10-3mol，所以产品的纯度为-312.5Vb10 mol354g/mol100%ag=-21.25Vb354 10100%a。【点睛】解决本题的关键是认真读题，通过题干信息了解陌生物质的性质，根据其性质解题，本题中前几小问都可以根据题干判断出答案，学生做题时一定要认真贯彻“读题、审题”步骤。19 现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为 0.1mol L-1的 NaOH 溶液，乙为 0.1mol L-1的 HCl溶液，丙为 0.1mol L-1的 CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=_。（2）丙溶液中存在的电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)。（3）常温下，用水稀释0.1mo

27、l L-1的 CH3COOH溶液，下列各量随水量的增加而增大的是_(填序号)。n(H)c(H)3-3c(CH COOH)c(CH COO)c(OH-)（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是 _。（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL 乙溶液和 20.00mL 丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则 a=_。（6）图 _（填 1 或 2）表示 NaOH 溶液滴定CH3COOH溶液的过程。（7）图 2 中 a 点对应的溶液pH=8，原因是 _（用离子方程式表示）。【答案】13 CH3COOHCH3COO-H，H2OOH-H丙20.00 2 CH3COO-H2OOH-CH3C

28、OOH【解析】【分析】【详解】(1)氢氧化钠是强碱，所以溶液中氢离子浓度是1 x10-13mol/L，则溶液的pH=13；(2)醋酸和水都是弱电解质，存在电离平衡，所以电离方程式分别是CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+；(3)常温下，用水稀释0.1mol L-1的 CH3COOH溶液，促进反应CH3COOHCH3COO-H+向右移动，所以n(H+)变大，但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度，所以c(H)变小，但是，常温下Kw不变，根据Kw=c(H+)c(OH-)不变，所以c(OH-)变大；温度不变，Ka=3-+3c(CH COOH)c(CH COO)c(H)不变，而c(H)变

29、小，所以3-3c(CH COOH)c(CH COO)变小；(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的，且溶液中氢离子或OH-浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知，甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙甲=乙；(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml，即 a=20.00ml；(6)图 2 中 V(NaOH)=0 时，pH 大于 1，可知 0.1mol/L 该溶液的pH 大于 1，所以图 2 应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线；(7)图 2 中 a 点对应的溶液pH=8，是因为此时刚好生成醋酸钠，醋酸根水解：CH3COO-H2OOH-CH3COOH。