2019-2020学年北京市西城区月坛中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区月坛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碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触【答案】D【解析】【分析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详

2、解】A由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A 错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B 错误；C碳酸亚乙酯有两个C 原子分别以单键和4 个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D 正确。答案选 D。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A含 0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB25 时，1 L pH13 的 Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH的数目为0.1NAC15 g

3、 HCHO中含有 1.5NA对共用电子对D常温常压下，22.4 L 甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA【答案】D【解析】【详解】A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，与稀硫酸不反应，含 0.2 molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25 时，1 L pH 13 的 Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH的浓度为1013mol/L，则 1L 该溶液中由水电离产生的OH的数目为11013NA，B 项错误；C.一个 HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即 4对共用电子对，15

4、g HCHO物质的量为0.5mol，因此 15 gHCHO含有 0.5mol4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C 项错误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D 项正确；答案选 D。【点睛】公式mVn=V（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。本题D 项为常温常压，因此气体摩尔体积大于 22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小

5、于4NA。3R 是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A R能发生加成反应和取代反应B用 NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基CR与 HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同D R苯环上的一溴代物有4 种【答案】C【解析】【详解】A.分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；B.该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；C.该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；D.R 苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4 种，故 D正确；故答案选C。4如图为某

6、漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X 原子最外层电子数，W、X 对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）A W、X 对应的简单离子的半径：XW B电解 W 的氯化物水溶液可以制得W 单质C实验室可用X和 Z 形成的某种化合物制取单质X D 25时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH 大于 7【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，根据漂白剂结构可知，Z为 H，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W 为 Mg，X 为 O，W、Y、Z的最外层电子数之和等

7、于 X 的最外层电子数，Y为 B，据此解答。【详解】A O2-和 Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B工业上电解熔融状态的MgCl2来制备 Mg，B 错误；C实验室可用H2O2在 MnO2催化作用下制备O2，C 正确；D硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D 正确。答案选 B。5室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使酚酞变红的溶液：Na、Al3、SO42-、NO3-B0.1 mol/LNaClO 溶液：K、Fe2、Cl、SO42-C0.1mol/L 氨水：K、Ag(NH3)2+、NO3-、OHD由水电离产生的c(H)=1 1

8、013 mol/L 的溶液：Na、NH4+、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与 OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A 错误；B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.K+、Ag(NH3)2+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C 正确；D.由水电离产生的c(H+)=1 10-13 mol/L 的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D 错误；故合理选项是C。6下列叙述正确的是A NaCl溶液和 CH3COONH4溶液均显中性，

9、两溶液中水的电离程度相同B原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生CNH4F 水溶液中含有HF，因此 NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D反应 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.NaCl 溶液为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而CH3COONH4在水溶液中存在水解平衡，对水的电离起促进作用，所以两溶液中水的电离程度不同，A 项错误；B.原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，B 项错误；C.HF会与玻璃的成分之一二氧化硅发生反应而腐蚀玻璃，NH4F在水溶液中会水解生成HF

10、，所以 NH4F水溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，C项正确；D.由化学计量数可知 S0，且 H-T S0的反应可自发进行，常温下可自发进行，该反应为放热反应，D项错误；答案选 C。7常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH 固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3 H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A M 点溶液中水的电离程度比原溶液大B在 M 点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05)mol C随着 NaOH 的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当 n(NaOH)=0.

11、1 mol 时，c(Na+)c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故 D 符合题意；故答案为D。11最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A 错误；B石墨烯中每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C 正确；D黑磷是磷单质

12、，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D 错误；答案选 C。12下列有关实验操作的叙述正确的是A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A 错误；B苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B 错误；C蒸馏时，应充分冷凝，则先通

13、冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；D引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D 错误；故答案为C。13下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是选项实验操作实验现象结论A 向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的 Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀试样已经氧化变质B 乙醇和浓硫酸混合加热至170，将产生气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的是乙烯C 在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝D 将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中澄清石灰水不变浑浊验证碳的氧化产物为 CO A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】向亚

14、硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，酸性条件下3NO具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，选项A 错误；乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，使溶液褪色的不一定是乙烯，选项B 错误；铝箔加热熔化但不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝，C正确；4HNO3(浓)C4NO2CO22H2O，浓硝酸易挥发，且NO2溶解于水生成硝酸，致使澄清石灰水与二氧化碳接触无现象，选项D 错误。14油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为4H2O2+PbS PbSO4+4H2O 下列说法正确的是A H2O 是氧化产物BH2O2 中负一价的氧元素

15、被还原CPbS 是氧化剂DH2O2在该反应中体现还原性【答案】B【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O 是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS 中 S元素化合价升高，PbS 是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。15下列说法正确的是A用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气

16、体通入饱和Na2S溶液C乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D用 pH 试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN 和 NaClO 溶液的 pH，可比较HCN和 HClO的酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A 正确；BH2S与 Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去 H2S气体中混有的HCl，故 B错误；C乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；D NaClO 具有漂白性，不能用pH 试纸测定溶液的

17、pH，故 D 错误；故答案为：A。【点睛】测定溶液pH 时需注意：用pH 试纸测定溶液pH 时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；不能用pH 试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO 溶液、H2O2溶液等。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及 CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”，即制取 Cu(NH3)4SO4溶液时，采用8 mol L1氨水，适量30%H2O2，并通入 O2，控制温度为

18、55。温度不宜过高，这是因为_。(3)“沉 CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：制取 SO2的化学方程式为_。“沉 CuNH4SO3”时，反应液需控制在45，合适的加热方式是_。反应完成的实验现象是_。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_，冰水洗涤及干燥。(已知：碱性条件下，H2O2可将 3 价的 Cr 氧化为 CrO42-；酸性条件下，H2O2可将 6 价的 Cr还原为 3价的 Cr；6 价的 Cr 在溶液 pH7 时，主要以CrO42-的形式存

19、在。部分物质溶解度曲线如图所示：实验中必须使用的试剂：KOH 溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)【答案】硫酸可将CaO转化为 CaSO4渣而除去温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 45 的水浴加热上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH 溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持 pH 大于 7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤【解析】【分析】电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及 CaO)

20、用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3、Cu2、Fe3，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3、Fe3，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去 Fe(OH)3，制备 K2Cr2O7；滤渣 CuS沉淀，采用8 mol L1氨水，适量30%H2O2，并通入 O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为 CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取 Cu(NH3)4SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速 H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成C

21、u(OH)2(答出一点即可)；(3)铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。要控制100以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉 CuNH4SO3”时，反应液需控制在45，合适的加热方式是：45 的水浴加热。Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入 SO2反应生成CuNH4SO3和 Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取 K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH 大于 7

22、，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pHb，同理可得：cd，而 c、d 两点，投料比相同，由b 到 c 升高温度，而NO2-的去除率不断减小，说明正反应是放热反应，则ClO-的转化率bc，所以 a、b、c、d 四点 ClO-的转化率由小到大的顺序是：d、c、b、a；NO2-初始浓度为510-3 mol/L，35当投料比为2 的时候，NO2-的去除率为80%，平衡时NO2-的转化量为5 10-3 mol/L 80%=4 10-3 mol/L，用三段式进行计算：-23-2-3-3-3-3-3-3-3-3-3ClO+NO=NO+Cl(mol/L)1 105 100

23、0(mol/L)4 104 104 104 10(mol/L)6 101 104 104 10始转平平衡常数K=-3-3-3-34 104 106 101 10=166=2.67。答案为:d、c、b、a；2.67。19铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_。（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 _(填 1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为_。（3）Fe(CO)x常温下呈液

24、态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于 _(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_。（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和 Fe2+的离子半径分别为69pm 和 78pm，则熔点NiO_FeO(填“”“CH sp2、sp3分子晶体5 Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiOFeO，因此熔点NiOFeO 4 223A536p Ng【解析】【分析】(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、

25、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；(2)含有孤对电子的N 原子与 Co通过配位键结合，形成配位键后形成4 对共用电子对，形成3 对共用电子对的 N 原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据 Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；(4)离子晶体的熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高

26、；(5)根据均摊法计算晶胞中Ni、As 原子数目，由晶胞结构可知As 原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni 的配位数；首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni 原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N 原子与 Co通过配位键结合，形成配位键后形成4 对共用电子对，形成3 对共用电子对的 N 原子形成普通的共价键，1 号、3 号 N 原子形成3 对

27、共用电子对为普通共价键，2 号、4 号 N 原子形成 4 对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NC H；分子中N 原子有形成2 个 键，含有 1 对孤对电子，有形成3 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N 原子的杂化轨道类型为sp2；有形成3个 键，含有1 对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N 原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：2、4；NCH；sp2、sp3；(3)配合物 Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe 原子

28、形成配位键，则8+2x=18，解得 x=5，故答案为：分子晶体；5；(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO，故答案为：；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO；(5)晶胞中As原子数目为4，Ni 原子数目=818+612=4，二者为11，由晶胞结构可知As 原子配位数为 4，故 Ni 的配位数为4，故答案为：4；面心与顶点上的Ni 原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的22，晶胞质量=4A5975Ng=A536Ng，晶胞体积=A536Ng pg?cm-3=A536p Ngcm3，晶胞棱长=3A536p Ngcm，故最近的Ni2+之间的距离=223A536p Ngcm，故答案为：223A536p Ng。