2019-2020学年A佳教育.新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年 A 佳教育.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下列各图示实验设计和操作合理的是（）A图 1 证明非金属性强弱：SCSi B图 2 制备少量氧气C图 3 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D图 4 制备少量乙酸丁酯【答案】A【解析】【分析】【详解】A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。由于元素的非金属性S CSi，所以酸性：H2SO4H2CO3 H2SiO3，强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1 可以证明非金属性强弱：SCSi，A 正确；B过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使

2、固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B 错误；C配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀释，C错误；D反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，D 错误；故选 A。22019 年 7 月 1 日起，上海、西安等地纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是A废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾B各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他(干)垃圾C废弃

3、的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和 H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A废旧电池中含有重金属镍、镉等，填埋会造成土壤污染，属于有害垃圾，A 项正确；B普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B 项错误；C聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法使溴水褪色，C项错误；D棉麻的主要成分是纤维素，其燃烧后产物只有CO2和 H2O；但丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和 H2O；合成纤维成分复杂，所以燃烧产物也不止CO2和 H2O，D 项错误；答案选 A。3硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下

4、列说法正确的是A硒的摄入量越多对人体健康越好BSeO32空间构型为正四面体CH2Se的熔沸点比H2S高DH2SeO4的酸性比H2SO4强【答案】C【解析】【分析】【详解】A硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A 错误；BSeO32中心原子的价电子对数为3+62232=4，其中有 1 个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；CH2Se和 H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se 的熔沸点比H2S高，故 C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则 H2SeO4的酸性

5、比H2SO4弱，故 D 错误；故答案为C。42019 年 3 月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时B 电极反应式为：I2+2e-=2I-B放电时电解质储罐中离子总浓度增大CM 为阳离子交换膜，N 为阴离子交换膜D充电时，A 极增重 65g 时，C 区增加离子数为4NA【答案】C【解析】【分析】由装置图可知，放电时，Zn 是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I-2e-=I2、阴极反应式为Zn2+2e-=Zn，据此分析解答。【详解】A.放电

6、时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A 正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B 正确；C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn 接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过 M 膜进入负极区，K+通过 N 膜进入正极区，所以M 为阴离子交换膜，N 为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A 极反应式Zn2+2e-=Zn，A 极增重 65g 转移 2mol 电子，所以C区增加 2molK+、2molCl-，离子总数为 4NA，D 正确；故合理选项是C。【点睛】本题考

7、查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。525时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和 Vb的 HX 溶液与 NH3 H2O 溶液按不同体积比混合，保持 Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的pH 的关系如图所示。下列说法正确的是()A Ka(HX)Kb(NH3 H2O)Bb 点时 c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d 几点中，水的电离程度dba D a b 点过程中，可能存在c(X)c(HX)c(OH)c(H+)，故 B正确；C.a b点过程，

8、相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d 几点中，水的电离程度bad，故 C错误；D.a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)C A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A 错误；B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B 错误；C.铁也与氯化铁反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C 错误；D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和 N

9、aClO4溶液的 pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH 比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。（1）打开 K1关闭 K2，可制取某些气体。甲同学认为装置可用于制取H2、NH3、O2，但装置只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是 _。乙同学认为在不改动装置仪

10、器的前提下，对装置进行适当改进，也可收集O2。你认为他的改进方法是_。（2）打开 K2关闭 K1，能比较一些物质的性质。丙同学设计实验比较氧化性：KClO3Cl2Br2。在 A 中加浓盐酸后一段时间，观察到C中的现象是 _；仪器 D 在该装置中的作用是_。在 B装置中发生反应的离子方程式为_。丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验。他的实验目的是_。（3）实验室常用浓H2SO4与硝酸钠反应制取HNO3。下列装置中最适合制取HNO3的是 _。实验室里贮存浓硝酸的方法是_。a b c d【答案】氧气的密度比空气大将装置中装满水溶液呈橙色防止倒吸ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O

11、比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH）b 盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）【解析】【分析】（1）氧气密度比空气大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；（2）装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂 氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在

12、B装置中 KClO3和-1 价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置中装满水，故答案为氧气的

13、密度比空气大；将装置中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为 KClO3固体，C中为 NaBr 溶液，观察到C 中的现象为溶液呈橙色，仪器D 为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在 B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O，石灰石和醋

14、酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B 中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH)；(3)硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d 错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c 错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b 装置所示。故答案为b；纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见

15、光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物 H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H 的一种合成路线如下：已知：242N HH O/KOHg；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A 的名称为 _(2)H 中含氧官能团的名称为_(3)B 的结构简式为_(4)反应的化学方程式为_(5)的反应类型是_(6)M 是 C的一种同分异构体，M 分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4 组

16、峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M 的结构简式 _(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线 _(无机试剂及有机溶剂任选)【答案】苯甲醚醚键、酰胺键24H SO+H2O 消去反应242N HH OKOHg2NaOH/H O2OCu，2NCCHCOOH苄胺，庚酸【解析】【分析】已知化合物B分子式为C4H4O3，有 3 个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子参与成环；考虑到 B 与 A 反应后产物C的结构为，所以推测B 的结构即为。C生成D 时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D

17、的结构即为。D 经过反应后，分子式中少了1 个 H2O，且 E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由 A 的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由 H 的结构可知，H 中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B 分子式为C4H4O3，有 3 个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子参与成环；考虑到B与 A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D 经过反应后，分子式中少了1 个 H2O，且 E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应的方程式为：24H SO+H2O；(5)F 经过反应后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应为消去反应；(6)M 与 C

18、互为同分异构体，所以M 的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M 中应该存在两类一共3 个甲基。考虑到M 可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M 的分子中苯环上的取代基个数为2 或 3 时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，；如果为 5 时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应处，要想发生反应需要有机物分子中存在羰基，经过反应后，有机物的结构中会引入2CH CN的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基

19、脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O 的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始

20、沉淀7.5 2.7 4.8 完全沉淀9.0 3.7 6.4（1）炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与 O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）若试剂 X是 H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。并写出 H2O2的电子式 _，Fe（铁）在元素周期表中的位置：_；当试剂X是 _时，更有利于降低生产成本。（3）加入试剂Y调 pH 时，pH 的调控范围是_。（4）操作 X包括 _、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O 的电极反应式：_。【答案】SO221232222Fe2HH O2Fe2H

21、 O第四周期第族空气或氧气3.7pH4.8过滤防止2Cu O被空气中氧气氧化222Cu2e2OHCu OH O【解析】【分析】根据流程：硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分 FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入试剂Y调节 pH 沉淀 Fe3+，过滤，向滤液中加入KOH，用 N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+

22、N2+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得 Cu2O，据此分析解答。【详解】(1)根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与 O2反应为 Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 1，故答案为SO2；21；(2)若试剂 X是 H2O2溶液，将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子反应为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；H2O2的电子式为，Fe(铁)为26号元素，在元素周期表中位于第四周期第族；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为 Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为

23、2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；第四周期第族；空气或氧气；(3)加入试剂Y的目的是：调节pH 完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH 范围为：3.7 pH4.8，故答案为3.7 pH 4.8；(4)操作 X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为 Cu2O 具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为过滤；防止生成的Cu2O 被空气氧化；(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。

24、19锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr 基态核外电子排布式为_。（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li、Be、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为_。（4）+3AlCl+CH3COOH 乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为_。l mol 对甲基苯乙酮分子中含有的 键的数目为 _甲苯分子难溶于水的原因是_。（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为 g cm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O 有_个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为 _p

25、m。【答案】1s22s22p63s23p63d54s1或者 Ar3d54s1BeB Li 正四面体sp2、sp320NA甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂12 223A140 N 1010【解析】【分析】【详解】(1)Cr 为 24 号元素，核外有 24 个电子，且 3d 轨道半充满，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或者 Ar3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者 Ar3d54s1；(2)同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li 的第一电离能最小，但Be 的价层电子充满2s 轨道，比相邻的 B 难失去电子，所以 Be 的第一电离能

26、大于B，综上所述，第一电离能由大到小的顺序为：BeBLi，故答案为：BeB Li；(3)AlH4-的成键电子对数=3+4+12=4，孤电子对数=3+1-42=O，故 AlH4-中 Al 原子为 sp3杂化且没有孤对电子，则 AlH4-为正四面体构型，故答案为：正四面体；(4)甲基的C为 sp3杂化，羰基的C 为 sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；C-C键、C-H键全是 键，碳氧双键含一个键，一个键，苯环中含C 和 C 之间含 6 个 键和一个大键，所以，l mol 对甲基苯乙酮分子中含20mol 键，即数目为：20NA，故答案为：20NA；甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以，甲苯分子难溶

27、于水，故答案为：甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂；(5)从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O 为与 Ca离子相交的三个面面心的O，共 3 个，根据均摊法，实际个数=312=1.5，那么与Ca离子周围距离最近且相等的O 的个数=1.5 8=12。由均摊法可知，1 个晶胞中，Ca个数=818=1，O 个数=612=3，Cr 个数=1，所以 1 个晶胞的质量=AA40+163+52140g=NNg，又因为密度为 g cm-1，则 1 个晶胞的体积V=a3=3A140Ncm，a=3A140 Ncm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=22a=223A140 Ncm=223A140 N 1010pm，故答案为：12；223A140 N 1010。【点睛】(5)由晶胞结构计算与Ca原子相近的O 原子个数，用均摊法计算。