2019-2020学年北京市师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市师范大学附属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室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向 0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向 0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向

2、0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）【答案】A【解析】【详解】A.向 0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液 pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则 c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故 A 正确；B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故 c(Na+)c(N

3、H4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故 B错误;C.向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,发生 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液 pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，则 c(Na+)Na+H+C 浓 HNO3能氧化 NO；稀 HNO3不能氧化NO HNO3浓度越大，氧化性越强D 钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼

4、性：H2OC2H5OH A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2O?Mg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl 易挥发，加热促进HCl 的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或 MgO，解释合理，故A 说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明 Cu2得电子能力大于H，电解 NaCl 溶液，阴极上发生2H 2e=H2，说明 H得电

5、子能力强于 Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OHpH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故 D错误。15关于“植物油”的叙述错误的是（）A属于酯类B不含碳碳双键C比水轻D在碱和加热条件下能完全水解【答案】B【解析】【分析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正

6、确；B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；C.密度比水小，浮在水面上，C项正确；D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4?2H2O）无色易溶于水，熔点为101，受热易脱水、升华，在170 以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4 102，K2=5.4 105。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为_（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用3 支试管按下列要求完成实验：试管A B C 4

7、 mL0.01mol/L 4 mL 0.02mol/L 4 mL 0.03mol/L 加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/LH2SO42 mL0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L H2C2O4褪色时间28 秒30 秒不褪色写出试管B 中发生反应的离子方程式_；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_（填“能”或“不能”）；简述你的理由：_。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有_（填序号）。A室温下，取

8、0.010mol/L 的 H2C2O4溶液，测其pH=2；B室温下，取0.010 mol/L 的 NaHC2O4溶液，测其pH7；C室温下，取pH=a（a3）的 H2C2O4溶液稀释100 倍后，测其pHcA，且其反应速率BAAC 酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化0.05000mol/L AD【解析】【分析】（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液

9、中草酸氢根电离大于水解分析；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；由 H2C2O42NaOH 建立关系式求解可得；滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为 B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同

10、，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中 KMnO4的浓度 cBcA，且其反应速率BA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；能；实验中 KMnO4的浓度 cBcA，且其反应速率BA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于 2，室温下，取0.010mol/L的 H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的 NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸

11、性，pH 小于 7，故 B错误；C、室温下，取pH=a（a3）的 H2C2O4溶液稀释100 倍后，测其pHa+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；D、标况下，取0.10mol/L的 H2C2O4溶液 100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故 D错误；故选 AC，故答案为AC；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；取 20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中

12、，滴入2-3 滴指示剂，用0.1000mol/L的 NaOH 溶液进行滴定，并进行3 次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL 和 22.02mL，其中 22.02mL 误差太大，消耗平均体积为20ml，由 H2C2O42NaOH 可得 0.020Lc2=0.1000mol/L 0.020L，解得 c=0.05000mol/L，故答案为 0.05000mol/L；A、滴定管在盛装NaOH 溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故

13、错误；C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故选 AD，故答案为AD【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17吡贝地尔（）是多巴胺能激动剂，合成路线如下：已知：D 的结构简式为(1)A 的名称是 _。(2)E F 的反应类型是_。(3)G 的结构简式为_；1molB 最多

14、消耗NaOH 与 Na 的物质的量之比为_。(4)D+H 吡贝地尔的反应的化学方程式为_。(5)D 的同分异构体中满足下列条件的有_种（碳碳双键上的碳原子不能连羟基），其中核磁共振氢谱有 5 种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1 的结构简式为_（写出一种即可）。与 FeCl3溶液发生显色反应苯环上有3 个取代基 1mol 该同分异构体最多消耗3molNaOH。(6)已知：；参照上述合成路线，以苯和硝基苯为原料（无机试剂任选）合成，设计制备的合成路线：_。【答案】苯取代反应1:1 或12【解析】【分析】由已知信息可知 A 为苯，再和 CH2Cl2发生取代反应生成，再和HCHO在浓盐酸的作用下生成

15、的D 为；和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，F再和 G发生取代反应生成，结合 G 的分子式可知G 的结构简式为；再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔（），据此分析解题；（6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物。【详解】(1)A 的结构简式为，其名称是苯；(2)和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，则 EF 的反应类型是取代反应；(3)由分析知G的结构简式为；B为，酚羟基均能和Na、NaOH 反应，则 1molB 最多消耗 NaOH 与 Na 的物质的量之比为1:1；(4)和

16、在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔的化学方程式为；(5)D 为，其分子式为C8H7O2Cl，其同分异构体中：与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；苯环上有3 个取代基，这三个取代基有连、间、偏三种连接方式；1mol 该同分异构体最多消耗 3molNaOH，则分子结构中含有2 个酚羟基，另外存在卤素原子水解，则另一个取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯环上先定位取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二个酚羟基，则各有6 种结构，即满足条件的同分异构体共有12 种，其中核磁共振氢谱有5 种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1 的结构简式为；（6）以苯和硝基苯为原料合成，

17、则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物，具体合成路线为。【点睛】解有机推断与合成题，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化合物 G

18、(盐酸阿扎司琼，Azasetronhydrochchoride)主要用于治疗和预防肿瘤术后以及化疗引起的恶心、呕吐。G 的合成路线设计如图：回答下列问题：（1）A 中含有的官能团名称为_。（2）A 生成 B、B 生成 C 的反应类型分别为_、_，D 的分子式为 _。（3）上述合成路线中，互为同分异构体的物质是_(填字母序号)。（4）E生成 F的第一步反应的化学方程式为_。（5）X为 A 的同分异构体，写出两种满足以下条件的X的结构简式 _。含有苯环，且苯环上有4 个取代基；有四种不同化学环境的氢，个数比为2：2：2：1；能发生银镜反应，还能与氯化铁溶液发生显色反应。（6）以和(CH3O)2CO

19、为原料制备，写出合成路线：_(无机试剂和有机溶剂任选)。【答案】氯原子、羟基、酯基取代反应(硝化反应)还原反应1084C H NO ClD 和 F、；【解析】【分析】（1）根据 A 的结构简式判断含有的官能团名称；（2）A 是、B 是，A 生成 B是苯环上的氢原子被硝基代替；C是，生成是硝基变为氨基；（3）分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；（4）E生成 F的第一步反应为酯在碱性条件下的水解反应；（5）含有苯环，且苯环上有4 个取代基；有四种不同化学环境的氢，个数比为2：2：2：1，说明结构对称；能发生银镜反应说明含有醛基，能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基；（6）还原为，和反应

20、生成，与(CH3O)2CO反应生成。【详解】（1）A 结构简式是，含有官能团是氯原子、羟基、酯基；（2）A 是、B 是，A 生成 B 是苯环上的氢原子被硝基代替，反应类型是取代反应；C是，生成是硝基变为氨基，反应类型是还原反应；（3）、分子式相同、结构不同，属于同分异构体的是D 和 F；（4）E生成 F的第一步反应为酯在碱性条件下的水解反应，反应方程式为；（5）含有苯环，且苯环上有4 个取代基；有四种不同化学环境的氢，个数比为2：2：2：1，说明结构对称；能发生银镜反应说明含有醛基，能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基。满足条件的A的同分异构体有、；（6）还原为，和反应生成，与(CH3O)

21、2CO反应生成，反应流程图为。19铝试剂：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题：（1）碳原子价层电子的电子排布图_。（2）第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1 所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是_；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是_。（3）经 X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2 所示。从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为_，不同之处为_。（填标号）A 中心原子的杂化轨道类型B 中心原子的价层电子对数C 立体结构阿罗明拿中1 个(NH4)3C19H8(

22、OH)3(COO)3单元的 C O 键总数为 _个。分子中的大键可用符号nm表示，其中 m 代表参与形成大键的原子数，n 代表参与形成大键的电子数，则阿罗明拿中苯环的大键应表示为 _。图 2 中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-H-O（COO-）、_、_。（4）阿罗明拿的晶体密度为d g cm-3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y 个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则 y 的计算表达式为_（NA表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱氮原子的 2p 轨道为半充满状态，具有稳定性，不易失去电子AB

23、C 9 66（NH4+）N-H-O（OH）（OH）O-H-O（COO-）73(10)AadNM【解析】【分析】【详解】（1）碳原子电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的电子排布图为。（2）元素的第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子时需要的最低能量。失去电子越难，第一电离能越大。同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失去电子越来越难，所以元素的第一电离能逐渐增大。但氮元素的2p 轨道上有3 个电子，是比较稳定的半充满结构，所以失去一个电子比较困难，所以其第一电离能比氧大。（3）从结构角度分析，NH4+与氨分子的中心原子N 原子的价

24、层电子对数均为4，均为 sp3杂化，但 NH4+是正四面体，而NH3为三角锥形，故相同之处选AB，不同之处选C。(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3中有羟基和酯基，每个羟基的氧原子都和碳原子结合形成C O 键，每个酯基中有 2 个 CO 键，所以1 个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的 C O键总数为3+3 2=9 个。苯环上的碳原子是 sp2杂化，每个碳原子还剩一个p 轨道上的电子形成大键，参与形成大键的原子数为6，参与形成大 键的电子数也为6，则阿罗明拿中苯环的大键应表示为66。从图 2 可以看出，氢键存在于NH4+中的 H 和 COO-的氧原子之间，其表示式为（NH4+）N-H-O（COO-），还存在于NH4+中的 H 和羟基的O 之间，表示式为（NH4+）N-H-O（OH），还存在于羟基中的H 和 COO-的氧原子之间，其表示式为（OH）O-H-O（COO-）。（4）立方晶胞参数为a nm，所以晶胞的体积为(a10-7)3cm3，阿罗明拿的晶体密度为d g cm-3，所以一个晶胞的质量为(a10-7)3dg。根据其晶胞中含有y 个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则一个晶胞的质量为AyMNg，所以(a 10-7)3d=AyMN，y=73(10)AadNM。