2019-2020学年北京市海淀区十一学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市海淀区十一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在高温高压的水溶液中，AuS与 Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含 Au)，并伴有 H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3 BAuS既作氧化剂又作还原剂C每生成2.24 L 气体，转移电子数为0.1mol D反应后溶液的pH 值降低【答案】D【解析】【分析】【详解】在高温高压的水溶液中，AuS与 Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含 Au)，并伴有H2S气

2、体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项 A 错误；BAuS中 Au 的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B 错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L 气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项 C错误；D反应后有氢离子产生，因此溶液的pH 值降低，选项D 正确；答案选 D。2已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B

3、甲是浓氨水，乙是浓盐酸C甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水【答案】B【解析】【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A 错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D 错误。答案选 B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两

4、种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。3一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（）A贮能时，电能转变为化学能和光能B贮能和放电时，电子在导线中流向相同C贮能时，氢离子由a 极区迁移至b 极区D放电时，b 极发生：VO2+2H+e-=VO2+H2O【答案】D【解析】【分析】光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b 极为阳极，a 极为阴极，放电时b 极为正极，a 极为负极，据此分析解答。【详解】A.贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B.贮能时电子由b 极流出，放电时电子由a 极流出，在导线中流向不相同，选项B错误

5、；C.贮能时，氢离子由阳极b 极区迁移至阴极a 极区，选项C错误；D.放电时，b 极为正极，发生电极反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，选项 D正确；答案选 D。4草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol L-1NaOH 溶液，随着NaOH 溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A VNaOH(aq)=0 时，c(H+)=1 10-2mol L-1BVNaOH(aq)10mL 时，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)【答案】D【解析】【详解】A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所

6、以0.01mol/LNaHC2O4溶液中 c(H+)1 10-2mol/L，A 项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入 NaOH 溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq10mL 时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B 项错误；C.当 V(NaOH)aq=10mL 时，NaHC2O4和 NaOH 恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c

7、(H+)10mL 时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和 NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且 NaOH 电离的 OH-抑制 C2O42-的水解，故c(Na+)c(C2O42-)8 溶解）9（9）溶解（1）实验室用18.4mol L-1的浓硫酸配制480mL2mol L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需_。（2）H2O2的作用是将滤液中的 Cr3转化为 Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_。（3）加入 NaOH 溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72转化为 _（填微粒的化学式）。（4）钠离子交换树脂的反应原理

8、为MnnNaR=MRnnNa，则利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有_。（5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_。（6）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000mol L1AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：滴定时可选为滴定指示剂的是_（填编号），滴定终点的现象是_。A NaClBK2CrO4C KIDNaCN 取某废水25.00ml,滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00ml,则废水中SCN的物质的量浓度为_。【答案】500mL 容量瓶、量筒2Cr3 3H2O2 H2O=Cr2O72-8HCrO42-Mg2、Ca2

9、2CrO42-3SO212H2O=2Cr（OH）（H2O）5SO4SO42-2OHB 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变0.04mol L-1【解析】【分析】向含铬污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1，浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O72-，再向溶液中加入NaOH 溶液并调节pH 为 8，根据表中数据可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O72-转化为 CrO42-，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和 Mg2+，最后向溶液中通入SO2，

10、发生反应：2CrO42-3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO42-2OH,根据以上进行解答。【详解】(1)配制 480mL 所需溶液，应选用500mL 的容量瓶，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变列式：18.4mol?L-1V(浓硫酸)=2mol?L-1500 10-3mL，解得 V=54.3mL，配制时所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需500mL 的容量瓶、量筒。答案为：500mL 的容量瓶、量筒。(2)H2O2将 Cr3+氧化成 Cr2O72-，H2O2被还原，结合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒以及溶液呈酸性，H2O2将滤液 中的 Cr3转化为 Cr2O72

11、-的离子方程式为：2Cr33H2O2H2O=Cr2O72-8H。答案为：2Cr33H2O2H2O=Cr2O72-8H。(3)根据各金属阳离子完全沉淀的pH，加入 NaOH 溶液调节pH=8，将 Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同时将Cr2O72-转化为 CrO42-，反应为：Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O。答案为：CrO42-。(4)加入 NaOH 溶液调节pH=8 除去了浸取液中Fe3+和 Al3+，根据浸取液中含有的金属阳离子和钠离子交换树脂的反应原理，可知利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子为Mg2、Ca2。答案为：Mg2、Ca2

12、。(5)SO2将 CrO42-还原为 Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化为SO42-，S元素化合价由+4 升到+6，Cr 元素化合价由+6 降到+3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为；2CrO42-3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO42-2OH。答案为：2CrO42-3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4 SO42-2OH。(6)若用 AgNO3滴定 SCN-的浓度，可选用的指示剂与Ag+反应产物的Ksp 应比 AgSCN略大，且变化现象明显，从所给数据看，AgCl、Ag2CrO4满足，但由于AgCl 为白色沉淀，

13、与AgSCN颜色相同，故应选K2CrO4为滴定指示剂，这样在滴定终点时，沉淀的颜色发生明显变化(白色 砖红色)以指示滴定刚好达到终点，根据以上分析，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。答案为：B；当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。由滴定发生反应：Ag+SCN-=AgSCN 可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000molL110.00 10-3L=1 10-3mol，则 c(SCN-)=331 10mol2510L=0.04mol L-1。答案为：0.04mol L-1。【点睛】根据溶度积常

14、数含义可知，AgSCN的 Ksp比 Ag2CrO4的 Ksp 略小，溶液中 Ag+先与 SCN-反应，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反应消耗完以后Ag+再与指示剂K2CrO4反应，生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的颜色发生明显变化(白色 砖红色)以指示滴定刚好达到终点。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17G 是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为_和_。（2）EF 的反应类型为_。（3）DE 的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：_。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生银

15、镜反应；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有4 种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OH2OCu V，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热【解析】【分析】(1)根据 C的结构简式分析判断官能团；(2)根据 E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据 D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析

16、结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C 的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据 E、F的结构简式，E中的一个I 原子 H 原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D E的反应还可以由D()中

17、碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X 的结构简式；(4)F 的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4 种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成 CH3CH=CHCH3，C

18、H3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OH2OCu V，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钛酸钡（BaTiO3）是一种强介电化合物，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。、固相合成法是钛酸钡的传统制备方法，典型的工艺是将等物质的量的碳酸钡和二氧化钛混合，在 1500下反应24 小时。（1）写出发生反应的化学方程式：_。（2）该工艺的优点为工艺简单，不足之处为_。、工业上还可以B

19、aCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）2?4H2O，再高温煅烧制得钛酸钡粉末，其制备工业流程如图所示。（3）为提高BaCO3的酸浸率，可采取的措施为_（任答一点）。（4）加入H2C2O4溶液时，可循环使用的物质X 是_。（5）研究表明，钛离子在不同pH 下可以TiO（OH）+、TiOC2O4或 TiO（C2O4）2等形式存在（如图），所以在制备草酸氧钛钡晶体时要用到氨水调节混合溶液的pH 请结合图示信息分析，混合溶液的最佳pH 为_左右。（6）高温煅烧草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）2?4H2O得到 BaTiO3 的同时，生成高温气体产物有C

20、O、_和_。成都七中某兴趣小组在实验室里模拟“高温煅烧”操作时所使用的陶瓷仪器有_。（7）将TiCl4水解产物加热脱水可生成TiO2，写出TiCl4 水解的化学方程式：_。【答案】BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2 高温煅烧能耗大，对设备要求高将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等HCl 3 CO2H2O(g)坩埚、泥三角TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O+4HCl【解析】【分析】、反应在高温下进行，消耗能源较多，涉及反应为BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2；、由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2?4

21、H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，以此解答该题。【详解】、（1）涉及反应为BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2，故答案为：BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2；（2）反应在高温下进行，消耗能源较多，对设备要求高，故答案为：高温煅烧能耗大，对设备要求高；、（3）为提高BaCO3的酸浸率，可将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等，故答案为：将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等；（4）酸浸时消耗HCl、生成草酸氧钛钡时生成HCl，所以能循环的物质X是 HCl，故答案为：HCl；（5）由图象可知pH3 时 TiO(C2O4)2含量较高，故答案为：3；（6）BaTiO(C2O4)

22、2?4H2O 煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧时需要坩埚、泥三角等陶瓷仪器，故答案为：CO2；H2O(g)；坩埚、泥三角；（7）TiCl4水解生成TiO2?xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(2+x)H2O TiO2?xH2O+4HCl。19氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为_；第二周期的元素中，第一电离能介于B 和 N 之间的元素有_种。（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为，As 原子的杂化

23、类型为_。（3）1mol中所含 键的物质的量为_mol。已知 NF3与 NH3分子的空间构型都是三角锥形，但 NF3不易与 Cu2+形成配离子，原因是_。（4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni 原子周围与之紧邻的As 原子数为 _。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y 轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4 四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.

24、25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为 _g?cm-3。（用代数式表示）【答案】3sp316F 的电负性比N 大，NF 成键电子对向F 偏移，导致NF3中 N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与 Cu2形成配离子6330A442Na10g/cm3或303A442 10Nag/cm3【解析】【分析】(1)N 为主族元素，价电子数等于最外层电子数，即为 5，按照洪特规则和泡利原理，得出 N 价电子轨道式；利用同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，据此分析；(2)利用杂化轨道数等于价层电子对数进行分

25、析；(3)成键原子之间只能形成1 个 键，据此分析；利用形成配位键以及电负性上分析原因；(4)根据晶胞以及密度的定义进行计算和判断；【详解】(1)N 的价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道式为；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但A A，AA，因此第一电离能在B 和 N 之间的元素是Be、C、O，共有 3 种；答案：；3；(2)As 最外层有5 个电子，根据As2S3的分子结构，可以得出As 有 3 个 键和 1 个孤电子对，因此As 的杂化类型为sp3；答案：sp3；(3)成键原子之间只能形成1 个 键，1mol 该有机物中含有 键物质的量为16mol；F 的电负性比N 大，N F 成键

26、电子对向F 偏移，导致NF3中 N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与 Cu2形成配离子；答案：16；F 的电负性比N 大，NF 成键电子对向F 偏移，导致NF3中 N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与 Cu2形成配离子；(4)以顶点为中心，结合晶体图像分析可知，晶体中每个Ni 原子周围与之紧邻的As 原子个数为6；BP 是一种超硬耐磨涂层，以及四点的坐标，推出BP 应是原子晶体，则晶胞的质量为A442gN，晶体体积为(a1010)3cm3，则晶胞的密度是330A442Na10g/cm3或303A4 42 10Nag/cm3；答案：6；330A442Na10g/cm3或303A442 10Nag/cm3。