2019-2020学年福建省南安市华侨中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南安市华侨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下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A Ne BCD【答案】B【解析】【分析】【详解】A Ne为基态 Al3+，2p 能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al 原子的第四电离能；B为 Al 原子的核外电子排布的激发态；C为基态 Al 原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第三电离能；D为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：

2、基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。2 某温度下，向 10 mL 0.1 molL-lNaCl 溶液和 10 mL 0.1 molL-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。滴加过程中pM lgc(Cl-)或 lgc(CrO42)与所加 AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A该温度下，Ksp(Ag2CrO4)4 1012Bal、b、c 三点所示溶液中c(A

3、g+)：albc C若将上述NaCl 溶液浓度改为0.2mol L1，则 a1点会平移至a2点D用 AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂【答案】B【解析】【分析】根据 pM=lgc(Cl-)或 pM=lgc(CrO42)可知，c(CrO42)越小，pM 越大，根据图像，向10 mL 0.1 molL-lNaCl溶液和 10 mL 0.1 mol L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。当滴加 10 mL0.1 molL-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此a

4、l所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【详解】Ab 点时恰好反应生成Ag2CrO4，lgc(CrO42)=4.0，c(CrO42)=104mol L-l，则 c(Ag+)=2 104mol L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42)c2(Ag+)=4 1012，故 A 正确；Bal点恰好反应，lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=104.9mol L-l，则 c(Ag+)=104.9mol L-l，b 点 c(Ag+)=2 104mol L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42)约为原来的14，则 c(CrO42)=0.025molL-l，则

5、c(Ag+)=1204 1250.0=1.6 105mol L-l，al、b、c 三点所示溶液中b 点的 c(Ag+)最大，故B 错误；C温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl 溶液浓度改为0.2mol L1，平衡时，lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2 倍，因此a1点会平移至a2点，故 C 正确；D根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和 CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定 NaCl 溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D 正确；答案选 B。3下列有关原子结构及元素周期律的

6、叙述不正确的是()A原子半径：r Na r O，离子半径：r(Na+)r(O)，Na+、O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Na+)As，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强，C正确；D.Na、Mg、Al 位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D 正确；故合理选项是B。4下列实验不能得到相应结论的是（）A向 HClO溶液中通入SO2，生成 H2SO4，证明 H2SO4的酸性比HClO强B向 Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生

7、了水解反应C将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性【答案】A【解析】【详解】A次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故A 错误；B无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B 正确；C氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水遇蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D

8、正确；答案选 A。5下列过程仅克服离子键的是（）A NaHSO4溶于水BHCl 溶于水C氯化钠熔化D碘升华【答案】C【解析】【详解】A.NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和 SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A 错误；B.HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B 错误；C.NaCl加热熔化电离生成Na+和 Cl-，只破坏了离子键，故C正确；D.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D 错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。6已知反应：10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2，则下列说法正

9、确的是（）A KNO3是氧化剂，KNO3中 N 元素被氧化B生成物中的Na2O 是氧化产物，K2O 是还原产物C每转移1mole，可生成标准状况下N2的体积为35.84 升D若有 65gNaN3参加反应，则被氧化的N 的物质的量为3.2mol【答案】C【解析】【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，N 元素的化合价由13-价升高为0，N 元素的化合价由+5 价降低为 0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中 N 元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A 错误；B、只有 N 元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B 错误；C、由

10、反应可知转移10mol 电子生成16mol 氮气，则每转移1 mol 电子，可生成N2为 1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故 C 正确;D、若有 65 g NaN3参加反应，则被氧化的N 的物质的量为65g33mol65g/mol，故 D 错误；故选C。7下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向 FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B 常温下，等体积pH3 的 HA 和 HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA 酸性比 HB 弱C 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D 取

11、久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较 Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B由图可知，稀释时HB 的导电能力变化大，则HB 的酸性强，即HA 酸性比 HB 弱，故 B 正确；C白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D 错误；故选 B。8已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说

12、法正确的是A CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能处于同一平面BCH3CH=CHCH3和 HBr 加成产物的同分异构体有4 种（不考虑立体异构）CCH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇互为同系物D CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】【详解】A乙烯为平面型结构，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能处于同一平面上，选项A 错误；B.CH3CH=CHCH3高度对称，和HBr 加成产物只有2-溴丁烷一种，选项B错误；C.CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇都属于醇类物质，三者所含羟基的数目不同，通式不同，

13、不互为同系物，选项C错误；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分别含有醇羟基和碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D 正确。答案选 D。9已知短周期元素M、N、P、Q 最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M 是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W 均可与 Y反应，M、P、Q 的原子序数及0.1mol/LX、Z、W 溶液的 pH 如图所示。下列说法正确的是（）A N 原子的电子层数与最外层电子数相等BM 的离子半径小于N 的离子半径CP氢化物稳定性大于Q 氢化物稳定性D X、W 两物质含有的化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】短周期元素M、N、P

14、、Q 最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M 是短周期中原子半径最大的元素，则 M 为 Na 元素，则 X 为 NaOH；0.1mol/L 的 W 溶液 pH=1，则 W 为一元含氧强酸，且Q 的原子序数大于 Na 元素，则 Q为 Cl元素、W 为 HClO4；0.1 mol/L 的 Z溶液 pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故 Z 为二元强酸，且P的原子序数大于Na 元素，则P为 S元素、Z为 H2SO4；常温下X、Z、W 均可与 Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为 Al(OH)3、N 为 Al 元素，据此解答。【详解】A N 为 Al 元素，原子

15、核外有3 个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A 正确；BNa+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+Al3+，故 B 错误；C非金属性ClS，故简单氢化物稳定性：HClH2S，故 C错误；D NaOH 为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D 错误；故答案为：A。【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电

16、子数越多，半径越大。10下列离子方程式书写正确的是A FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2Cl2=Fe3+2ClB澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH HCO3=CaCO3H2O CFeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS 2H+=Fe2+H2SD AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OH=AlO2 2H2O【答案】B【解析】【详解】A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2Cl2=2Fe3+2Cl；B、正确；C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误；D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，答案选 B。11向 FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH 随混合前溶液中2-33+c(SO)c

17、(Fe)变化的曲线如图所示。实验发现:.a 点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH 溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入 KSCN溶液显红色;.c 点和 d 点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH 溶液后无明显现象,滴加 KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A向 a 点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象Bb 点较 a 点溶液 pH 升高的主要原因:2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+Cc 点溶液中发生的主要反应:2Fe3+3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D向 d 点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加 NaOH 溶液,红色加深【

18、答案】C【解析】【分析】根据 i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即 a 点溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32 H2O=2Fe2SO422H，c 点和 d 点溶液中Fe3和 SO32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据 i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即 a 点溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32 H2O=

19、2Fe2SO422H，c 点和 d 点溶液中Fe3和 SO32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH 溶液，无明显现象，是因为NaOH 与 H2SO3反应，滴加KSCN 溶液显红色，说明溶液中含有Fe3，A、a 点处溶液中含有SO42，加入 BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A 错误；B、pH 升高说明溶液c(H)减小，原因是c(SO32)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H，溶液 c(H)增大，溶液的pH 应减小，不会增大，故B 错误；C、c 点溶液中Fe3和 SO32发生双水解反应，离子方程式为2Fe33SO32 6H2O=2Fe

20、(OH)3 3H2SO3，故 C 正确；D、溶液变红后滴加NaOH 会消耗溶液中的Fe3，因此红色应变浅，故D 错误；答案为 C。12根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是()A由于相对分子质量：HCl HF，故沸点：HClHF B锗、锡、铅的+4 价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(OH)4C硅在周期表中处于金属与非金属的交界处，硅可用作半导体材料D Cl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故 A 错误；B 同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4 价氢氧化物的碱性强弱顺序：

21、Ge(OH)4 Sn(OH)4Pb(OH)4，故 B错误；CSi 处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故C 正确；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-Cl-K+Ca2+，故 D 错误；答案选 C。13BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成 BHT的常用方法有2 种（如图），下列说法不正确的是A BHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT 与对甲基苯酚互为同系物CBHT 中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二【答案】C【解析】【分析】【详解】A.BHT 结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；

22、其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A 项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1 个酚羟基，BHT多了 8 个“CH2”原子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B 项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无 H 原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D 项正确；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。

23、14甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是()A反应和反应均为放热反应B等物质的量时，CO2具有的能量比CO低C由图可以推得：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)+283 kJ D反应的热化学方程式：CH4(g)+32O2(g)CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ【答案】C【解析】【详解】A从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应和反应均为放热反应，故 A 正确；B从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故 B正确；C CH4(g)+32O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+890.3

24、kJ，-得到CO(g)+12O2(g)=CO2(g)+283 kJ，故 C错误；D根据图示，反应的热化学方程式：CH4(g)+32O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ，故 D 正确；答案选 C。15根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A 向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质可能发生了变性B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C 室温下，用 pH 试纸测得：0.1 mol?L1Na2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1 mol?L1NaHSO3溶液的 pH 约为

25、5 HSO3结合 H+的能力比SO32的强D 向 NaCl和 NaBr 的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A 项正确；B.乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B 项错误；C.室温下，用pH 试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1 molL1NaHSO3溶液的 pH 约为 5，说明

26、SO32-的水解程度比HSO3-大，即 SO32-结合 H的能力比HSO3-的强，故C项错误；D.NaCl和 NaBr 的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明 Ksp(AgBr)”“”或“=”)500。下列措施能使32n(SO)n(SO)的值减小的是_(填字母)。A升温B其他条件不变，再充入2molHe C其他条件不变，再充入2molSO2和 1molO2D不用 V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：_。【答案】-3109.2 kJ?mol-1+

27、5 2VOCl3 3H2O=V2O56HCl 3V2O510Al高温6V5Al2O320 OH；（3）首先氯气存在溶解挥发平衡，即22Cl(g)Cl(aq)?，其次氯气还能和水发生可逆反应，即22Cl+H OHCl+HClO?，而HClO是一个弱酸，存在电离平衡+-HClOH+ClO?；夏季和冬季最大的区别在温度，我们知道HClO受热易分解，因此杀菌效果变差；（4）a.溶液中存在质子守恒-+c(OH)+c(Cl)+c(ClO)=c(H)，若要 a 项成立除非-c(HClO)=c(Cl)，但是二者不可能相等，a 项错误；b.该项即溶液中存在的质子守恒，b 项正确；c.氯气和水反应得到等量的HCl和HClO，HCl是强酸可以完全电离，因此溶液中-Cl的量等于生成的HCl的量，而HClO是弱电解质部分电离，因此剩余的HClO的浓度将小于-Cl的浓度，c项正确；d.氯水呈酸性，因此溶液中的-c(OH)极低（室温下-7c(Cl)的情况，d 项错误；答案选 bc；（5）2ClO作氧化剂，2+Mn作还原剂，二者发生氧化还原反应22222ClO+5MnCl+6H O=5MnO+12HCl，该反应得到的盐酸较稀，且没有加热，因此不太可能被2MnO继续氧化变成氯气，反应在这一步就停止了。