2019-2020学年安徽省安庆市第二中学、天成中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安庆市第二中学、天成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下列行为不符合安全要求的是（）A实验室废液需经处理后才能排入下水道B点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度C配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌D大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去【答案】C【解析】【详解】A实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子，直接排放会对地下水造成污染，所以需经处理后才能排入下水道，故A 正确；B点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，故B正确；C由于浓硫酸密度大于水，且稀

2、释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故 C 错误；D氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故D 正确；故选 C。2能用共价键键能大小解释的性质是（）A稳定性：HClHI B密度：HIHCl C沸点：HIHCl D还原性：HIHCl【答案】A【解析】【详解】A.元素非金属性FClBrI，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A 正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B 错误；C.HI、HCl 都是由分子构

3、成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，不能用共价键键能大小解释，D 错误；故合理选项是A。3某学习小组在容积固定为2 L 的密闭容器内充入1 mol N2和 3 mol H2合成 NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30 压强/MPa 16.80 14.78 13.86 13.27 12.85 12.60 12.60 下列说

4、法不正确的是A不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B其它条件不变，在30 min 时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C从反应开始到10 min 时，v（NH3）0.035 molL-1 min-1D在 30 min 时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和 2 mol NH3，平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】【详解】A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前 10 分钟，N2+3H22NH3起始0.5 1.5 0 改变x 3x 2x 10min 时 0.5-x 1.5-3x 2x

5、 有0.51.53213.860.51.516.80 xxx，解 x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为0.175mol/L210min0.035 mol L-1 min-1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.5 1.5 0 改变x 3x 2x 平衡0.5-x 1.5-3x 2x，有0.51.53212.600.5 1.516.80 xxx，解 x=0.25mol/L，则平衡常数表示为230.564=0.25 0.7527，在 30 min 时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和 2 mol NH3，则有 Qc=231.54=0.5 1.53r(X)r(W)BW

6、的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C由 W 与 X形成的一种化合物可作供氧剂D Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z 的强【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 的最外层电子数为内层电子数的3 倍，则 W 为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W 与 Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则 Z 为氯元素，据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 的最外层电子数为内层电子数的3 倍，则 W 为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W 与 Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z

7、为短周期元素中原子序数比Y大，则 Z 为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)r(Z)r(W)，选项 A 错误；B.非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则 W 的简单气态氢化物H2O 的热稳定性比Y的简单气态氢化物 H2S强，选项B 错误；C.由 W 与 X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；D.非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D 错误；答案选 C。13NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A 12g 石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NAB标准状况下，22

8、.4LHF 中含有的氟原子数目为NAC密闭容器中，lmolNH3和 lmolHC1 反应后气体分子总数为NAD在 1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.12g 石墨烯里有1mol 碳原子，在石墨中，每个六元环里有6 个碳原子，但每个碳原子被3 个环所共有，所以每个环平均分得2 个碳原子，所以1 个碳原子对应0.5 个环，所以12g 石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故 A 不选；B.标准状况下，HF 是液体，故B 不选；C.NH3和 HC1 反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；D.1L 0.1 m

9、ol/L 的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故 D 选。故选 D。14实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A装置 b、c 中发生反应的基本类型不同B实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色Cd 中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使

10、酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A装置 b 中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c 中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A 正确；B石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到 b、c 中溶液明显褪色，B 正确；C装置 c 中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使 d 中溶液变浑浊，所以d 中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D 正确；答案选 C。15短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增

11、大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法正确的是A简单离子半径：ZYWQ BY 能分别与X、Z、W 形成具有漂白性的化合物C非金属性：WQ，故W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：W Q D电解Z 与 Q 形成的化合物的水溶液可制得Z 的单质【答案】B【解析】【分析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，则X为氢；Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W 为硫；X、Z 同主族，则Z为钠；Q 为氯；

12、A.核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则 S2-Cl-，O2-Na+，电子层多的离子半径大，则 S2-Cl-O2-Na+，即 ZY QW，故 A 错误；B.氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C.同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：WQ；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D.电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D 错误；故选 B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。二、实验题（本题包括

13、1 个小题，共10 分）16某科研小组采用如下方案对废旧光盘金属层中的少量Ag 进行回收（金属层中其它金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解；常温时N2 H1H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：3242243224Ag NHN HH O4AgN4NH4NHH O回答下列问题：(1)“氧化”阶段需在80条件下进行，控制在该温度下反应的原因是_。(2)NaClO 溶液与 Ag 反应生成白色沉淀和无色气体，该反应的化学方程式为_；从反应产物的角度分析，以 HNO3代替 NaClO 的缺点是 _。(3)“滤液”中可循环的物质是_；为提高Ag 的回收率，

14、需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(1)已知溶液中银离子易与氨水中氨分子结合生成Ag(NH3)2+，请写出“溶解”过程中反应的离子方程式：_；常温下，其反应的平衡常数K=_。已知：常温下，10AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)1.8 10spK?833d2Ag NH(aq)Ag(aq)2NH(aq)6.0 10K?(5)从“过滤”后的滤液中获取单质Ag 的过程中，在加入 2mol/L 水合肼溶液后，后续还需选用下列试剂有_（填序号）；反应完全后获取纯净的单质银，还需再进行的实验操作方法主要有_。1mol/L H2SO110%氨水1mol/L NaOH 溶液【答案】防止氧化剂NaClO分解1

15、Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaOH+O2 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染NaOH 溶液将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O 0.003 静置，过滤、洗涤【解析】【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生1Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaOH+O2，为控制80，可水浴加热，过滤I 分离出 AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O，过滤 II分离出的滤渣中可能含有Ag，对过滤 II得到的滤液用N2H1?

16、H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+得到 Ag，以此来解答。【详解】（1）根据题干信息中NaClO 溶液在受热条件下容易分解分析知，“氧化”阶段需在80条件下进行，原因是防止氧化剂NaClO 分解，故答案为：防止氧化剂NaClO 分解；（2）NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O 元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为1Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaOH+O2；HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环

17、境污染，故答案为：1Ag+1NaClO+2H2O 1AgCl+1NaOH+O2；会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染；（3）发生氧化反应1Ag+1NaClO+2H2O 1AgCl+1NaOH+O2后生成了NaOH，所以可以循环的物质是NaOH溶液；为提高Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少 Ag 的损失，故答案为：氨气；将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中；（1）氯化银沉淀溶解于氨水得到银氨溶液的离子方程式为：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O；根据平衡常数表达式得：+-+-1033sp2222+-833dA

18、g NH(Cl)cAgNH c(Cl)c(Ag)(AgCl)1.8 100.003(NH)c(NH)c(Ag)6.0 10=KccKcK，故答案为：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O；0.003；（5）由题干信息知，从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案为向滤液中滴加2mol/L 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol/L H2SO1溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥，故答案为：；静置，过滤、洗涤，干燥。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO

19、CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A 的结构简式是 _，EF 的反应类型是_。（2）BC 反应的化学方程式为_。（3）CD 所用试剂和反应条件分别是_。E中官能团的名称是_。（4）检验 F中碳碳双键的方法是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种（除 D 外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4 个峰，峰面积比为3221 的同分异构体的结构简式为_。【答案】消去反应+NaOH+NaCl O2/Cu 或 Ag，加热羟基、醛基用 Br2的 CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴

20、水检验碳碳双键8【解析】【分析】根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据 RCHO CH3CHONaOH稀RCH(OH)CH2CHO，可逆推出 D 是；根据 B的分子式 C8H9Cl，结合 D 的结构，B是；C 是，则 A 是。【详解】（1）根据上述分析，A 的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu 或 Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/C

21、u 或 Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的 CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、，共 8 种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4 个峰，峰面积比为3221 的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。四、综合题（本题包括2 个小题，共2

22、0 分）18有机物A 是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：已知：在质谱图中烃A 的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1。根据以上信息回答下列问题：（1）A 的官能团名称为_，BC的反应条件为_，EF的反应类型为_。（2）I 的结构简式为_，若 K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为_。（3）D 与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_。（4）H 的同分异构体W 能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 molW 参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W 的结构简式 _。（5）

23、J是一种高分子化合物，则由C生成 J的化学方程式为_。（6）已知：（R为烃基）设计以苯和乙烯为起始原料制备H 的合成路线（无机试剂任选）。合成路线示例：_。【答案】碳碳双键氢氧化钠水溶液，加热消去反应C18H16O4、（或产物写成：）【解析】【分析】烃 A 能与 Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A 的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1，可知 A 的结构简式为；A 与 Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C

24、催化氧化生成的 D 为；D 与新制氢氧化铜发生氧化反应并酸化后生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I 为，据此解答。【详解】（1）的官能团名称为碳碳双键，由BC发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由EF分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；（2）I 的结构简式为，若 K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2 分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；（4）的同分异构体W 能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 molW 参与反应最多消

25、耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W 的结构简式有、；（5）由和 HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。（6）根据逆推法结合已知信息可知以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。19尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和 CO2直接合成尿素。(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)H1=-119.2 kJ?mol-1反应 II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+H2O(1)H2=15.5 kJ?mol-1写出

26、NH3(1)与 CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：_。该工艺要求在190 200、13 24 MPa 的条件下反应，90左右反应可实现最高平衡转化率。试解释选择高压条件的理由：_。(2)在不同氨碳比L=32n NHn CO和水碳比 W=22n H On CO条件下 CO2平衡转化率x随温度 T变化情况如图所示：CO2平衡转化率x 随温度 T 升高先增大后减小，试分析原因：_。在图中，画出L=4、W=O 时 CO2平衡转化率x 随温度 T 变化的曲线示意图_。(3)实验室模拟热气循环法合成尿素，T度时，将5.6mol NH3与 5.2molCO2在容积恒定为0.5

27、L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)H1 43kJ?mol-1。达到平衡状态时，NH3与CO2的平衡分压之比p(NH3):p(CO2)=2:13。p(NH3)=x(NH3)?p，x(NH3)为平衡体系中NH3的物质的量分数，p 为平衡总压。T 时，该反应的平衡常数K=_。若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是_。A当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态B相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3的平衡转化率降低C在容器中加入CaO，(可与H2O 反应)，提高 CO(NH2)2产率D反应开始后的一段时

28、间内，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率【答案】2NH3(l)+CO2(g)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H=-103.7kJmol-1190200时，NH 2COONH4容易分解为NH3和 CO2，高压有利于反应I 正向进行温度升高，反应 I 平衡逆向移动，反应 II 平衡正向移动，在 190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大1.5625 D【解析】【分析】【详解】（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)H1=-119.2 kJ?mol-

29、1反应 II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+H2O(1)H2=15.5 kJ?mol-1根据盖斯定律，反应 I+反应 II 得：NH3(1)与 CO2(g)反应生成 CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：2NH3(l)+CO2(g)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H=-103.7kJmol-1。故答案为：2NH3(l)+CO2(g)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H2=-103.7kJmol-1；反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)是气体体积减小的反应，选择高压条件的理由：190200时，NH 2COONH4容易分解为NH3

30、和 CO2，高压有利于反应I 正向进行。故答案为：190200时，NH 2COONH4容易分解为NH3和 CO2，高压有利于反应I 正向进行；（2）CO2平衡转化率x 随温度 T 升高先增大后减小，因为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大。故答案为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大；L越大，氨的比例越大，根据反应I，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线应在

31、原曲线之上，温度升高，反应 I 平衡逆向移动，反应 II 平衡正向移动，在 190200之前，反应 II 正向进行的趋势更大，转化率先增大，此后变小，L=4、W=O 时 CO2平衡转化率x 随温度 T变化的曲线示意图。故答案为：；（3）T 时，该反应的平衡常数:322222NHg+COgCO NHs+H O g/mol5.65.20/mol2xxx/mol5.6-2x5.2-xx?开始变化平衡5.6225.213xx，x=2.6mol K=22.60.52.60.4()0.50.5=1.5625。故答案为：1.5625；A2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)该反应中，若平衡正向移动，混合气的总质量减小，总物质的量也减小，所以反应体系中气体分子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量不再变化时，不能判断反应是否达到平衡状态，故A 错误；B相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比会使NH3的平衡转化率增大，故B 错误；C在容器中加入CaO，(可与H2O)反应，但生成的氢氧化钙也能与反应物反应，降低CO(NH2)2产率，故 C错误；D反应开始后的一段时间内，在没有达到平衡前，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率，故 D 正确；故选 D。故答案为：D。