2019-2020学年北京市对外经贸大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市对外经贸大学附属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 在 3 种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA 和 1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)H=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700 700 750 达平衡时间/min 40 5 30 平衡时 n(C)/mol 1.5 1.5 1 化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A K1=K2K3B升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C实验比实验达平衡所需时间

2、小的可能原因是使用了催化剂D实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA 和 1molC，平衡正向移动【答案】C【解析】【详解】A.反应为 2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和 III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q0，则 K3K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3K(BOH)D x、y、z 三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II 表示 HA 溶液的体积，故A 正确；B.根据电荷守，x 点存在 c(A

3、-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故 B正确；C.根据 y 点，HA 和 BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)X B含氧酸的酸性：ZR CY和 R形成的化合物是离子化合物D向 ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成【答案】D【解析】【分析】W 的气态氢化物常用作制冷剂，W 为 N 元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则 X为 O，Z为 S，R 为 Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是 Al。【详解】根据题意，可

4、推断出W、X、Y、Z、R 分别是 N、O、Al、S、Cl元素；A.W 和 X 最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3H2O，所以 A 项错误；B.最高价含氧酸的酸性：ZYZW BW 的单质在常温下是黄绿色气体C气态氢化物的稳定性:ZWY D X和 Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2 种【答案】B【解析】【分析】第三周期元素中，X 最高价氧化物水化物的溶液pH 为 12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为 Na 元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH 均小于 7，均为酸，W 最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元

5、强酸，则W 为 Cl元素；最高价含氧酸中，Z 对应的酸性比W 的强、Y对应的酸性比W 的弱，而原子半径YZCl，SiO2不溶于水，故 Z 为 S元素，Y为 P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X 是 Na 元素，Y是 P 元素，Z 是 S元素，W 是 Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3-S2-Cl-Na+，A 错误；B.W 是 Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X 和 Y的最

6、高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生 HPO42-，产生的 HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2 种多，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH 与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16苯甲酰氯()是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下(该反应

7、为放热反应)：+COCl2+CO2+HCl 已知物质性质如下表：物质熔点/沸点/溶解性苯甲酸122.1 249 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂碳酰氯(COCl2)-188 8.2 较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素CO(NH2)2和氯化铵等无毒物质苯甲酰氯-1 197 溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢三氯甲烷(CHCl3)-63.5 63.1 不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450以上发生热分解I.制备碳酰氯反应原理：2 CHCl3O2光2HClCOCl2甲.乙.丙.丁.戊.(1)仪器 M 的名称是 _

8、(2)按气流由左至右的顺序为_ c d _ _ _ _ _.(3)试剂 X是_(填名称)。(4)装置乙中碱石灰的作用是_。(5)装置戊中冰水混合物的作用是_；多孔球泡的作用是_。.制备苯甲酰氯(部分夹持装置省略)(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：_。若向三颈烧瓶中加入610g 苯甲酸，先加热至140150，再通入COCl2，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到 562g 苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为_。【答案】分液漏斗e g h b a f 浓硫酸干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化增大反应物之间的接触面积，加快反应速率COCl24NH3?H2O=

9、CO(NH2)22NH4Cl 4H2O 79.3%【解析】【分析】(1)看图得出仪器M 的名称。(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。(3)根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。(5)根据碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。【详解】(1)仪器 M 的名称是分液漏斗，故答案为：分

10、液漏斗。(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为ecdghbaf，故答案为：e；g；h；b；a；f。(3)根据上题得出试剂X是浓硫酸，故答案为：浓硫酸。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。(5)碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率

11、。(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，该反应的化学方程式：COCl24NH3?H2O=CO(NH2)22NH4Cl4H2O，+COCl2+CO2+HCl 121g 140.5g xg 562g 121g：xg=140.5g：562g 解得 x=484g 483g=100%=79.3%610g，故答案为：COCl24NH3?H2O=CO(NH2)22NH4Cl4H2O，79.3%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有 X、Y、Z、M、R 五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：X Y Z M R 原子半径/nm 0.074 0.099 主要化合价+4，-4-2-1，+

12、7 其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角第三周期简单离子半径最小请回答下列问题：（1）Z与 NaOH 溶液反应的离子方程式：_。(用元素符号表示，下同。)（2）下列事实能说明R 非金属性比Y强这一结论的是_(选填字母序号)。a.常温下 Y的单质呈固态，R 的单质呈气态b.气态氢化物稳定性RY c.Y与 R 形成的化合物中Y呈正价d.Y与 R各自形成的含氧酸中R 的氧化性更强（3）经测定 X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式 _。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式 _。（4）已知 I2能做 X2M2分解的催化剂：第一步：X2M2I2 2XIM；第二步：请写出第二步反应的

13、化学方程式_。（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_。【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2bcH2O2H+HO2-H2O2+2HIO=I2+O2+2H2OCu+H2O2+2 H+=Cu2+2H2O【解析】【分析】根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为 H、Si、Al、O、Cl五种元素。（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）证明非金属性的方法：单质与氢气化合的难易程度；气态氢化物的稳定性；最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明

14、；（3）X2M2为 H2O2，H原子满足2 电子结构、O原子满足 8 电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。【详解】X、Y、Z、M、R 是短周期主族元素，X 元素的阳离子核外无电子，则X 为氢元素；Y 元素有-4、+4 价，处于 A 族，是无机非金属材料的主角，则 Y 为 Si 元素；Z 为第三周期简单离子半径最小，则为 Al 元素；R 元素有+7、-1 价，则 R 为 Cl 元素；M 元素有-2 价，处于 A 族，原子半径小于Cl 原子，故R 为氧元素；（1）Z为 Al，Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝

15、酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）R为 Cl，Y为 Si；a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a 错误；b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HClSiH4，说明非金属性ClSi，选项 b 正确；c.Si 与 Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c 正确；d.Y与 R各自形成的最高价含氧酸中R 的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d 错误；答案选 bc；（3）X2M2为 H2O2，H原子满足2 电子结构、O原子满足 8 电子结构，故H2O2的电子式为；H2

16、O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H+HO2-；（4）已知 I2能做 X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O 和 O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2减去第一步反应H2O2I22HIO 得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2+2H2O；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O。【点睛】本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化学 选

17、修 5：有机化学基础 具有抗菌作用的白头翁衍生物H 的合成路线如图所示：已知：:RCH2BrRCHO一定条件R HC=CH-R:RHCCHR(1)A 属于芳香烃，其名称是_。(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，该物质的结构简式为_。(3)由 C生成 D 的化学方程式是_。(4)由 G 生成 H 的反应类型是_，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗_mol NaOH。(5)试剂 b 是 _。(6)下列说法正确的是_(选填宇母序号)a G 存在顺反异构体b l mol G 最多可以与1mol H2发生加成反应c l mol H

18、 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有_种。含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基【答案】1，2-二甲苯(邻二甲苯)加成反应2 NaOH 醇溶液c 12 种【解析】【分析】由 A 的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A 为，结合 B 的分子式与C的结构，可知B 为，B与液溴在光照条件下反应得到C由 D 的分子式、D 后产物结构，结合信息i，可推知D为，则 C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂 a 为 CH3OHD 后产物发生酯的碱性水解、酸化得到 E为由 H 的结构，结合信息ii 可知 F为，F发生消去反应生成G 为，G 发生加成反应得到H

19、。【详解】（1）A 是，其名称是：邻二甲苯。（2）苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，含有醛基，能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B 的一种同分异构体：；（3）由 C生成 D 的化学方程式是。（4）G 含有碳碳双键，由G 生成 H 的反应是加成反应，F为，含有酯基和I 原子，水解生成的羧基和HI 可与 NaOH 溶液反应，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH。（5）试剂 b 是 NaOH 醇溶液，F发生消去反应生成G 为。（6）aG 为，不存在顺反异构体，故a 错误；b.1mol G 最多可以与4mol H2发生加成反应，故b 错误；c.1mol

20、H 含有两摩尔酯基，与足量NaOH 溶液反应，消耗2molNaOH，故 c 正确。（7）含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有43=12种。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。

21、19微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态 B原子的电子排布图为_，其第一电离能比Be_（填“大”或“小”）。(2)三价 B易形成配离子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的结构简式为_(标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出 BH4的一种阳离子等电子体_。（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以 n 表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型

22、名称为_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】小sp3NH4+(BO2)nn-共价键、氢键三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱六方最密堆积12NA?a?【解析】【分析】(1)基态 B原子的核电荷数为5，基态 B 的电子排布式为1s22s22p1；Be 原子元素2s 轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B 键合电子对

23、数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒；(3)根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式；(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；(5)三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物；(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB 的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的112，而晶胞中含有的镁原子数为1+18 8=2，根据 2r1212AMNa，即可计算 Mr。【详解】(1)基态 B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s 轨道为全

24、充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能BeB；(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与BH4-互为等电子体的阳离子有：NH4+；(3)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O 的数目为 1+212=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；(5)三氯化

25、硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB 的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的112，而晶胞中含有的镁原子数为1+18 8=2，根据 2r1212AMNa，则有 Mr=12NA?a?。【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8 个小正方体共用，面心上的原子被2 个小正方体共用，体心上的原子被1 个小正方体占有。