2019-2020学年安徽省宿州市砀山县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省宿州市砀山县第二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下列过程中，共价键被破坏的是（）A碘升华B蔗糖溶于水C氯化氢溶于水D氢氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A 错误；B蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B 错误；C氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故 C 正确；D氢氧化钠熔化时电离出OH-和 Na+，只破坏离子键，故D 错误；故答案为C。2有机物X的结构简式如

2、图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是可以使酸性KMnO4溶液褪色可以和NaHCO3溶液反应一定条件下能与H2发生加成反应在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；故选 D。3将 40的饱和硫酸铜溶液升温至50，或温度仍保持在40而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是A硫酸铜的溶解度B溶液中

3、溶质的质量C溶液中溶质的质量分数D溶液中Cu2+的数目【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40的饱和硫酸铜溶液升温至50，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；B.40 的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；C.将 40的饱和硫酸铜溶液升温至50，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；D.温度仍保持在40，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶

4、液中Cu2+的数目减少，故D错误。【点睛】明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO45H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。4W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X 与 Z 同主族。下列说法正确的是（）A简单离子半径：r（Y）r（Z）r（X）r（W）BX 与 Z形成的常见化合物均能与水发生反应CM 是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解D X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固【答案】

5、B【解析】【分析】由“W 的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知 W 为 N，M 为 NH4NO3；由“Y的焰色反应呈黄色”可知 Y为 Na；由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X 的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X 为 O；“X 与 Z 同主族”，则 Z为 S。【详解】由上述分析可知，W 为 N，X为 O，Y为 Na，Z为 S；A四种简单离子中S2-电子层数最多，半径最大，N、O、Na 对应简单离子核外电子结构相同，其核电荷数越小，半径越大，故简单离子半径：r(S2-)r(N3-)r(O2-)r(Na+)，故 A 错误；B由 X、Z元素形成的

6、常见化合物是SO2、SO3，它们均能与水发生反应，故B 正确；CNH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子+4NH水解，故C错误；D共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，故D 错误；故答案为：B。5如图所示装置能实现实验目的的是（）A图用于实验室制取氯气B图用于实验室制取氨气C图用于酒精萃取碘水中的I2D图用于 FeSO4溶液制备FeSO4?7H2O【答案】B【解析】【详解】A.实验室制取氯气，二氧化锰与浓盐酸需要加热，常温下不反应，A 错误；B.实验室制取氨气，氯化铵固体与氢氧化钙固体加热，B 正确；C.酒精和水互溶，不能作萃取剂，C 错误；D.Fe2+容易被空气氧化变为Fe3+，加热后

7、得不到亚铁盐，D 错误；故答案选B。6第三周期X、Y、Z、W 四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 mol/L 的这四种溶液在25时的 pH 与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A简单离子半径：XYZW BW 的氧化物对应的水化物一定是强酸C气态氢化物的稳定性：WZY D W 与 Z 可形成一种各原子均达到8 电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W【答案】D【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；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH 均小于 7

8、，均为酸，W 最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为 0.01mol/L，故为一元强酸，则W 为 Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W 的弱、Y对应的酸性比 W 的弱，而原子半径YZCl，硅酸不溶于水，故Z为 S元素，Y为 P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3-S2-Cl-Na+，故 A错误；B.W 的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是YZW，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：YZW，故 C 错误；D.W 与 Z可形成一种各原子均达到8 电子稳定结构的化合物S2Cl2

9、，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。7下列说法正确的是（）A可通过加成反应实现的转化B丙基有2 种同分异构体C乙炔和1，3-丁二烯互为同系物D烯烃只能发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A苯环中不含碳碳双键，故苯与溴不可能发生加成反应生成，选项 A 错误；B丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2，共 2 种，选项B 正确；C乙炔和1，3-丁二烯所含官能团不同，不是同一类有机物，二者不是同系物，选项C 错误；D烯烃在光照条件下可与

10、氯气等发生取代反应，选项D 错误。答案选 B。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为C，乙炔和1，3-丁二烯结构不同，不可能是同系物；注意同分异构体的判断，丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2两种同分异构体。8一定量的2CO与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：2C sCOg2CO g?，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A550 时，若充入惰性气体，v正、v逆逆 均减小，平衡不移动B650 时，反应达平衡后2CO的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的2CO和

11、 CO，平衡向逆反应方向移动D平衡常数的关系：K 925K 600【答案】B【解析】【详解】A.体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则v正、v逆逆均减小，平衡正向移动，选项A 错误；B.由图可知，650时，CO的体积分数为40%，设开始及转化的2CO分别为 n、x，则2x40%nx2x，解得n4x，平衡后2CO的转化率为x100%25.0%4x，选项 B 正确；C.T时，若充入等体积的2CO和 CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K 与温度有关，则K 925K 600，选项 D 错误

12、；答案选 B。9实验室利用SO2和 Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)?SO2Cl2(l)?H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知 SO2C12的熔点为-54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A乙中盛放的试剂为无水氯化钙B制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C用来冷却的水应该从a 口入，b 口出D可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫【答案】B【解析】【分析】SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和 Cl2通过冷凝管逸出，SO

13、2和 Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A 选项错误；B根据题目中热化学方程式可知，?H PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键；(4)根据 E的外围电子排布式为3d64s2可知，E 核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族，价电子

14、排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d 区，故答案为：26；四；d；(5)由上述分析可知：B 为 Na 元素、C 为 P 元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O 属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子；(6)由上述分析可知：D 为 N 元素，D 的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。19钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知Co3比 Fe3的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在。(1)Co3的核外电子排布式为_。(2)无水 CoCl2的熔点为735、沸点为1049，FeCl3熔点为 306、沸点为315。

15、CoCl2属于 _晶体，FeCl3属于 _晶体。(3)BNCP可用于激光起爆器等，可由HClO4、CTCN、NaNT 共反应制备。4ClO的空间构型为_。CTCN的化学式为 Co(NH3)4CO3NO3，与 Co()形成配位键的原子是_已知23CO的结构式为。NaNT 可以(双聚氰胺)为原料制备。1 mol 双聚氰胺分子中含键的数目为_。(4)Co 与 CO作用可生成Co2(CO)8，其结构如图所示。该分子中C 原子的杂化方式为_。(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为_。已知NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为_(用含 a、b、NA的代数式表示

16、)g cm3。【答案】Ar3d6或 1s22s22p63s23p63d6离子分子正四面体N 和 O 9NA（或96.02 1023）sp 和 sp26 302196 103aAbN【解析】【分析】（1）Co是 27 号元素，其原子核外有27 个电子，失去3d 上 1 个电子和4s 上 2 个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；（2）分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答；（3）根据价层电子对互斥理论作答；（4）根据图示Co2(CO)8的结构式结合杂化轨道理论作答；（5）先通过数学几何关系计算出六棱柱的体积，再利用“均摊法”求出该晶胞中O 原子、Li 原子和

17、Co 原子的数目，最后利用晶体密度=mV计算求出结论。【详解】（1）Co位于第四周期第VIII 族，基态Co的价电子排布式为3d74s2，Co3核外电子排布式为Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6；（2）无水 CoCl2的熔点为735、沸点为 1049，符合离子晶体的特点；FeCl3熔点为 306、沸点为 315，符合分子晶体的特点，则CoCl2属于离子晶体，FeCl3属于分子晶体；（3）ClO4中心原子Cl有 4 个 键，孤电子对数为(7142)/2=0，价层电子对数为4，ClO4的空间构型为正四面体；构成配位键，和中心原子提供空轨道，配原子提供孤电子对，根据CTCN的化学式，以

18、及CO32的结构式，与 Co（III）形成配位键的原子是N 和 O；前一个C原子，有3 个 键，无孤电子对，杂化类型为sp2，后一个碳原子有2 个 键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键原子之间只能形成一个键，即 1mol 该分子中含有 键物质的量为9 mol，个数为9NA或 9 6.02 1023。（4）图中以碳氧双键存在的中心C原子是平面结构，C的价电子数=3+0=3，则采用 sp2杂化方式；以碳氧三键存在的中心C 原子是直线型结构，C的价电子数=2+0=2，则采用sp 杂化方式，故答案为sp 和 sp2；题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=634(a 10-10)2cm2，六棱柱的体积=634(a 10-10)2(b 10-10)cm3=332a2b 10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为1216+613+212+1=6，Li 原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知AN为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为294ANg，故密度为=mV=3032196 10g?cm3Aa bN。因此，本题正确答案是：302A196103a bN