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1、2019-2020学年广东省汕头市达濠华侨中学，东厦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）1a、b、c、d 为短周期元素，a 的 M 电子层有1 个电子，b 的最外层电子数为内层电子数的2 倍。c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，c 与 d 同周期，d 的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A离子半径：adc Ba、c 形成的化合物中只有离子键C简单离子还原性：cZ，最高价氧化物对应水化物的酸性是WZ，错误；C、非金属性YZ，故 Y与氢气化合物更剧烈，错误；D、N、O 形成的化合物如NO 不易溶于水，错误。8其他条
2、件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（）A 3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0 BA(g)+B(s)C(g)+D(g)；H 0 CA(g)+B(s)2C(g)+D(g)；H0 D A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；H0【答案】B【解析】【详解】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据 C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得 T2T1，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即H0，故 C、D 错误；根据C 的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2P1，增
3、大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。9下列说法正确的是A用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液C乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D用 pH 试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN 和 NaClO 溶液的
4、 pH，可比较HCN和 HClO的酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A 正确；BH2S与 Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去 H2S气体中混有的HCl，故 B错误；C乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；D NaClO 具有漂白性，不能用pH 试纸测定溶液的pH，故 D 错误；故答案为：A。【点睛】测定溶液pH 时需注意：用pH 试纸测定溶液pH 时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；不能用pH 试纸测定具有漂白性溶液的p
5、H，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO 溶液、H2O2溶液等。10下列有关有机物甲丁说法不正确的是A甲可以发生加成、氧化和取代反应B乙的分子式为C6H6Cl6C丙的一氯代物有2 种D丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质【答案】B【解析】【分析】【详解】A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A 正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H 原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B 错误；C.丙分子中含有2 种类型的H 原子，所以其一氯代物有2 种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟
6、基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D 正确；故答案选B。11在 25时，向 50.00mL 未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol L-1的 HC1 溶液。滴定过程中，溶液的pOHpOH=lgc(OH-)与滴入 HCl 溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A图中点所示溶液的导电能力弱于点B点处水电离出的c(H+)=1 10-8mol L-1C图中点所示溶液中，c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D 25时氨水的Kb约为 5 10-5.6mo1 L-1【答案】D【解析】【详解】A.向 50.00mL 未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol
7、 L-1的 HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从到，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3 H2O 发生电离），因而图中 点所示溶液的导电能力强于 点，A 错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则 c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=
8、10-6mol/L，B错误；C.点盐酸的量是点的一半，为恰好完全反应的点，因而易算出点溶液溶质为等量的NH3 H2O 和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又 pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，那么c(NH4+)c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则 c(OH-)=10-2.8mol/L，又 NH3 H2O?NH4+OH-，可知 c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3 H2O)=mol/L=0.2mol/L，因而Kb=5 10-5.6mo1
9、L-1，D 正确。故答案选D。12我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（）A我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C 本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A 正确；B.Cu比 Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青
10、铜器容易生成铜绿，故B正确；C.铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D 正确；故选 C。13 新修草本有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃 烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为()A42CuSO5H OB42FeSO7H OC422KAl SO12H OD2423FeSO7H O【答案】B【解析】【详解】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃 烧之赤色”，青矾是绿色
11、，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4?5H2O 为蓝色晶体，A 错误；B.FeSO4?7H2O 是绿色晶体，B 正确；C.KAl(SO4)2?12H2O 是无色晶体，C 错误；D.Fe2(SO4)3?7H2O 为黄色晶体，D 错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4?7H2O。故合理选项是B。14下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B 除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C 检验 Na2SO3已经变质向 N
12、a2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解D 比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A 错误；BSO2和酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B 正确；C即使没有
13、变质，Na2SO3和 Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入 HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将 BaSO3氧化成 BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。答案选 B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。15设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A 1 L 1 molL-1的 NaHSO3溶液中含有的离子数为3NAB5.6g 乙烯和环丙烷的混合物中含CH键数目为18NAC常温常压下，22.4L 的37Cl2中所含的中子数为41NAD硝酸与铜反应生
14、成1.1mol NOx时，转移电子数为1.2NA【答案】B【解析】【详解】A.HSO3-属于弱酸酸式阴离子，在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，1 L 1 mol L-1的 NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA，故 A错误；B.乙烯和环丙烷的最简式为CH2，26g 的混合物中含CH2物质的量为 1.4mol，所以含 CH 键数目为1.8NA，故 B正确；C.标准状况下，3 4L 的37Cl2中所含的中子数为41NA，常温常压下中子数不为41NA，故 C错误；D.NOx可能是 NO或 NO2，根据得失电子守恒可得，生成11mol NOx转移电子数介于1.11.3 mol 之间，故D错误；答
15、案：B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)4-nCln，n 随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器 A 的名称 _，有关抽滤，下列说法正确的是 _A抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒
16、出B在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤C在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸D减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作 1 为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70干燥 2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂_A浓盐酸B浓氨水C无水乙醇D水+乙醇真空干燥的原因是_。(4)随着 pH 减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数_A增大B不变C减小D不能确定【答案】2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+吸滤瓶AD C 防止 CuCl在潮湿空气中水解、氧化C【解析】【分析】海绵铜加入硫酸和
17、硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有 Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl +SO42-+2H+；(2)根据仪器A 的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶
18、管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A 正确；B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B 错误；C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C 错误；D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D 正确；故合理选项是AD；(3)操作 1 为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于 70干燥 2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平 pH
19、 值减小，Cu2(OH)4-nCln中 4-n 减小，n 增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：.RCHO.RCOOHRCOClRCOOR(R、R 代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是_。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称_。（2）写出己和丁的结构简式：己_，丁 _。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基
20、与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有_种。（4）在 NaOH 溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH 的物质的量之比为_。（5）庚与 M 合成高分子树脂的化学方程式为_。【答案】醛基银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）5 1：2【解析】【分析】甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与 HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为 甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被 Cl原子取代生成己为，庚与有机物M 发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与 HCHO发生的加聚反应，而庚与己
21、发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M 为 HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有 2 个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有 3 个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有 4 种位置，故共有5 种，故答案为：5；（4）在 NaOH 溶液中
22、发生水解反应时，1mol 丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗 NaOH 为 2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与 M 合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铁、铝、铜三种金属元素在日常生活中的应用最为广泛。回答下列问题：(1)基态 Fe原子的简化电子排布式为_。(2)常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出C
23、O的电子式 _；Fe(CO)5分子中 键与键之比为 _。(3)硝酸铜溶于氨水形成Cu(NH3)4(NO3)2的深蓝色溶液。Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子的立体构型是_。NO3-中心原子的轨道杂化类型为_。与 NH3互为等电子体的一种阴离子为_(填化学式)；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因_。(4)金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为 74%，则铝原子的配位数为_。(5)铁和硫形成的某种晶胞结构如图所示，晶胞参数axpm，则该物质的化学式为_；A 原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为_pm(用 x
24、表示)；该晶胞的密度为_g cm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】Ar 3d64s21:1 平面三角形sp2CH3NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大12 FeS 0.25x 323A3.52 10 xN【解析】【分析】(1)基态 Fe原子的简化电子排布式结合电子排布规律，按要求书写；(2)应用等电子体原理书写一氧化碳电子式；求出Fe(CO)5分子中 键与 键，即可求比值；(3)通过价层电子对互斥理论，求出价电子对数即可知道Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子的立体构型以及NO3-中心原子的轨道杂化类型；应用等电子体原理，找出与NH3互为等
25、电子体的一种阴离子；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，结合密度的定义，以及氨气的结构特点来分析；(4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，从铜型模式堆积的结构特点找出铝原子的配位数；(5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，用均摊法计算晶胞内原子的数目，从而求出该物质的化学式，结合A原子的位置，从而确定A 距离 B 原子所在立方体侧面的最短距离；该晶胞的密度可以通过计算该晶胞的质量以及晶胞的体积求得；【详解】(1)Fe 原子序数为26，按电子排布规律，基态Fe原子的简化电子排布式为Ar 3d64s2；答案为：Ar 3d64s2；(2)氮气和一氧化碳为等电子体，故它们的结构相似、电子式
26、相似，一氧化碳电子式为；Fe(CO)5分子中 键与 键均为 10 个，即可求比值为1:1；答案为：；1:1；(3)通过价层电子对互斥理论，求出NO3-价电子对数为5132，即可知道 Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子NO3-的立体构型为平面三角形，NO3-中心原子的轨道杂化类型sp2；答案为：平面三角形；sp2；应用等电子体原理，找出与NH3互为等电子体的一种阴离子，应具有相同价电子数和原子数，CH3满足条件；答案为：CH3；NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，故体积偏小质量偏大，导致在一定的压强下氨气密度反常增大；答案为：NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间
27、作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大；(4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，即为面心立方堆积结构，则铝原子的配位数为12；答案为：12；(5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，铁原子在晶胞内，有4个，硫原子在顶点和面心，用均摊法计算晶胞内 S原子的数目=1186482，铁硫原子数目比1:1，从而求出该物质的化学式为FeS；答案为：FeS；根据晶胞示意图，A 原子位于小立方体的中心，把晶胞均分为八个小立方体，它距离B原子所在立方体侧面的最短距离为晶胞边长的四分之一，则A 原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为0.25x；答案为：0.25x；该晶胞的密度-3A10 3884=g cm(x10
28、)NmV，即密度为323A3.5210 xNg cm-3；答案为：323A3.5210 xN。19地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3-)是地下水修复研究的热点之一。（1）Fe 还原水体中NO3-的反应原理如图所示。作负极的物质是_；正极的电极反应式是_。（2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和 pH，结果如下：在 pH=4.5 的水体中，NO3-的去除率低的原因是_。（3）为提高pH=4.5 的水体中 NO3-的去除率，某课题组在初始pH=4.5的水体中分别投入 Fe2+、Fe、Fe 和 Fe2+做对比实验结果如图：此实验可得
29、出的结论是_，Fe2+的作用可能是_。（2）中 NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因 _。（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_。（写出一条）【答案】FeNO3-+8e-+10H+=NH4+3H2OFeO(OH)不导电，阻碍电子转移本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-，在 Fe 和 Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4初始 pH低时，产生的Fe2+充足初始pH高时，产生的Fe2+不足减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池【解析】（1）本题原电池中正负极的判断，活泼金
30、属作负极，铁是活泼金属，因此负极物质为Fe，原电池中正极上发生还原反应，得到电子，根据原理，因此NO3在正极上得到电子，转变成NH4，因此正极电极反应式为NO310e10H=NH4 3H2O；（2）根据表格中铁最终物质形态，pH=4.5 时 FeO(OH)2全部覆盖住铁，且FeO(OH)不导电，阻碍电子转移；（3）主要原因是Fe2水解成 FeO(OH)，生成 Fe3O4产率降低，FeO(OH)不导电，因此NO3的去除率低；从图中只加入铁粉和只加入Fe2，NO3的去除率都不如同时加入Fe2和铁粉的高，结论是：本实验条件下，Fe2不能直接还原NO3，在 Fe 和 Fe2共同作用下能提高NO3的去除率；Fe2的作用是将不导电FeO(OH)转化成导电的Fe3O4；初始 pH低时，产生的Fe2充足，初始pH高时，产生的Fe2不足；（4）从提高化学反应速率的因素考虑，减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池等。