2019-2020学年北京市首都师大附属回龙观育新学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市首都师大附属回龙观育新学校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乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K B实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C装置中发生的反应为2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O D实验结束时需先将中的导管移出。再停止加热【答案】B【解析】【分析】根据装置图，中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入中与乙醇形成混合蒸气，在中加热条件下发生氧化还原反应生成乙

2、醛，用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。【详解】A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A 正确；B实验时应先加热，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B 错误；C催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O，故 C正确；D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；故选 B。【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。2短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X 和 Z形成的化合物的水溶液呈中性，W 和

3、X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2 倍，下列说法不正确的是()A原子半径：WZYX BY的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物CW 与 X形成的化合物不可能含有共价键D常温常压下，Y的单质是固态【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2倍，W是 O，Y是 S，则 Z是 Cl。X和 Z 形成的化合物的水溶液呈中性，W 和 X 的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-6 1，所以 X是 Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分

4、析可知W、X、Y、Z分别是 O、Na、S、Cl。A同周期元素原子从左到右半径增大，有ClSNa；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则 O 原子半径最小；综合原子半径：OClSNa，正确，A 不选；B非金属性ClS，则 S的气态氢化物的稳定性弱于Cl 的气态氢化物，正确，B 不选；CW 与 X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误，C选；D常温常压下，S的单质是固态，正确，D 不选；答案选 C。3下列物质的检验，其结论一定正确的是()A向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气

5、体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32或SO32C取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl 时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含 SO42 或 Cl ，故 A 错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32或SO32，或 HCO3 或 H

6、SO3，故 B 错误；C、加 HCl 时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42 和 SO32，Na2SO3样品已部分被氧化，故 C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D 错误。答案选 C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3

7、+、Cl、SO42、SO32、CO32、HCO3、NH3、Cl2、SO2等。4化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜【答案】C【解析】【分析】【详解】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B 错误；CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C 正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛

8、、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D 错误；答案选 C。5设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1mol 氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB2gH218O 中所含中子、电子数目均为NACpH=1 的 H2SO4溶液 10L，含 H+的数目为 2NAD电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol 9NA9NA，故 A 错误；BH218O 的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O 的物质的量为0.1

9、mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则 0.1mol 混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故 B 正确；CpH=1 的 H2SO4溶液中，由pH-lgc(H)1，H2SO4溶液 c(H)0.1mol/L，10L 溶液 n(H)1mol，所含 H数目为 NA，故 C错误；D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故 D 错误；故答案选B。6以下物质的水溶液显酸性的是A NaHCO3BNaHSO4CCH3COOKD KNO3【答案】B【解析】【详解】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH

10、-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A 项错误；B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C.CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D 项错误。本题选 B。7设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温常压下，1 mol 甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NABpH1 的 H2SO3溶液中，含有0.1NA个 HC1 mol Fe

11、 分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.一个14C中的中子数为8，一个 D 中的中子数为1，则 1 个甲基(14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个 D 中的电子数为1，则 1 个甲基(14CD3)所含的电子数为9；则 1 mol 甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故 A 正确；B.pH1 的 H2SO3溶液中，c(H+)为 0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV 计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离

12、子的数目,故 B 错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2 价，和足量稀硝酸反应变为+3 价，故 1 mol Fe 分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故 C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故 D 错误。答案选A。【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2 价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D 选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。8

13、下列有关说法正确的是A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B铁锈是化合物，可用Fe2O3 nH2O(2 n3)表示C已知 CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D C(CH3)4的二氯代物只有2种【答案】D【解析】【分析】【详解】A用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A 不正确；B铁锈是混合物，成分复杂，B 不正确；C该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D C(CH3)4的二氯代物中，共有2 个 Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2 种可能结构，D 正确；故选 D。9用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A当 a、b 间

14、用导体连接时，则X 应发生氧化反应B当 a、b 间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的正极D当 a、b 与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl-2e-=Cl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 a、b 间用导体连接时构成原电池，根据题意，X 应为负极，发生氧化反应，A 正确；B当 a、b 间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比 Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的负极，C错误；D当 a、b 与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D 错误；答案选 A。10天然气

15、的主要成分CH4也是一种会产生温室效应的气体，对于相同分子数的CH4和 CO2，CH4产生的温室效应更明显。下面是有关天然气的几种叙述：天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；等质量的CH4和 CO2产生的温室效应也是前者明显；燃烧天然气也是酸雨的成因之一。其中正确的是A和B只有C只有D【答案】A【解析】【详解】天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少，而且天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源，故 正确；CH4的相对分子质量为：12+4=16；CO2的相对分子质量为：12+16 2=44；因为 160）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2 所示：催化效果最佳的是催化

16、剂_（选填“I”、“”或“”）；b 点 v(正)_v(逆)（选填“”、“c(HCO3)c(OH)c(H)Bc(NH4)c(NH3 H2O)=c(HCO3)c(H2CO3)Cc(H2CO3)c(CO32)c(NH3 H2O)=9.9 107mol L1232-3c(H CO)c(CO)=_（结果保留三位有效数字）。【答案】+1 NH2Cl H2O=NH3HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OHClO）9.6+270.0kJ/mol I 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动B 6.25【解析】【分析】【详解】（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时

17、能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知 Cl元素的化合价为+1 价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OHClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OHClO）；（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ 0.4=113.2kJ；11.2gS 的物质的量为 0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ 0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（

18、g）H=296.0kJ/mol 283.0kJ/mol 2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol；（3）根据图 2，相同温度时，在催化剂的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂的效果最好；b 点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)v(逆)；该反应为放热反应，a 点时达到平衡，从a 点到 c 点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4+H2ONH3 H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-

19、+H2OH2CO3+OH-，溶液 pH=8，说明 HCO3-水解的程度更大；A.由于 NH4HCO3溶液中 HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4)c(HCO3)c(OH)c(H)，A 项正确；B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3 H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4)+c(NH3 H2O)=c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B 项错误；C.列出电荷守恒式：c(NH4)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒

20、式联立，得到：c(NH3 H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)，则 c(H2CO3)c(CO32)c(NH3 H2O)=c(OH-)c(H+)=10-6 mol L1 10-8 mol L1=9.9 107mol L1，C项正确；故答案为：B；232-3c(H CO)c(CO)=-2+233-+2-+33c(H CO)c(HCO)c(H)c(HCO)c(H)c(CO)c(H)=2+12c(H)KaKa=6.25，故答案为：6.25。【点睛】在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH

21、-)的式子，再代入数据计算：要计算232-3c(H CO)c(CO)，Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式232-3c(H CO)c(CO)=-2+233-+2-+33c(H CO)c(HCO)c(H)c(HCO)c(H)c(CO)c(H)=2+12c(H)KaKa19有 A、B、C、D 四种元素，其中A 元素和 B元素的原子都有1 个未成对电子，A比 B少一个电子层，B 原子得一个电子填入3p 轨道后，3p 轨道已充满；C原子的 p 轨道中有3 个未成对电子，其气态氢化物

22、在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 的质量分数为40，且其核内质子数等于中子数。R 是由 A、D 两元素形成的离子化合物，其中 A与 D2离子数之比为2 1。回答下列问题：(1)A 元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于_(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”)。(2)B的电子排布式为_，在 CB3分子中 C元素原子的原子轨道发生的是_杂化。(3)C 的氢化物的空间构型为_，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是 _。(4)B 元素的电负性_D 元素的电负性(填“”、“”或“”)；用一

23、个化学方程式说明_。(5)如图所示是R 形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。试计算R 晶体的密度为_。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】体心立方ls22s22p63s23p6sp3三角锥形氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高H2SCl22HCl S-33A312g cma Ng【解析】【分析】B 原子得一个电子填入3p 轨道后，3p 轨道已充满，B为 Cl元素；B离子为 Cl。A比 B少一个电子层，A为 Na；C 原子的 p 轨道中有3 个未成对电子，C 原子的外围电子排布为ns2np3，是第 A 族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，

24、所以为 N 元素；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第 A 族元素，最高价氧化物中含D 的质量分数为40%，可推知D 的相对原子质量为 32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D 为 S元素，A是 Na，D2是 S2，R 是由 Na与S2以 2：1 形成的离子化合物，R 是 Na2S。【详解】(1)Na 形成的晶体采用A2密堆积型式，则其晶胞类型应属于体心立方；(2)B为 Cl，电子排布式为ls22s22p63s23p6，CB3分子为 NCl3分子，N 原子有一对孤对电子，与Cl原子成 3个 键，杂化轨道数为1+3=4，所以为sp3杂化；(3)C 的氢化物为NH3，N 原子采

25、取sp3杂化，N 原子有一对孤对电子，所以NH3的空间构型为三角锥形；N原子电负性很强，氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高；(4)B 为 Cl元素，D 为 S元素，同周期，自左而右，电负性增强，所以电负性ClS利用“在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物”原理，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H2S+Cl2=2HCl+S；(5)A是 Na，D2是 S2，根据均摊法计算。在顶点和面心具有S2，则晶胞含有118+6=482，晶胞中的 8 个 Na均为晶胞所有。则有33334(3223 2)m312=g/g/AANcmcmVaN a。【点睛】需要记忆：A1为立方最密堆积ccp(原子空间排布为立方面心)；代表：Cu、Ag、Au 等；A2为立方体心堆积bcp；代表 Na；A3为六方最密堆积hcp；代表Zn、Mg。