《2019-2020学年福建省厦门市思明区湖滨中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省厦门市思明区湖滨中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年福建省厦门市思明区湖滨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硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（）A在图示的转化中，Fe3+和 CuS是中间产物B在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O D当有 1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A该过程中发生反应：Cu2+H2S
2、CuS+2H+，CuS+Fe3+S+Fe2+Cu2+(未配平)，Fe2+O2 Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和 CuS是中间产物，故A 不符合题意；B由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl 的化合价没发生变化，故B符合题意；C由 A 选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故 C不符合题意；DH2S反应生成S，硫元素化合价升高2 价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故 D 不符合题意；故答案为：B。2留兰香(
3、薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A葛缕酮的分子式为C10H16O B葛缕酮使溴水和酸性KMnO4 溶液褪色的原理相同C葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D羟基直接连苯环且苯环上有2 个取代基的葛缕酮的同分异构体有12 种【答案】D【解析】【分析】本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4 溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2 个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，
4、分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3 种异构体，共12 种。【详解】A.根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A 项错误；B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4 溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B 项错误；C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C 项错误；D.分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2 个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3 种异构体，共12 种，D 项正确。答案选 D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如
5、此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4 种机构，每一种和羟基成3 种同分异构，这样共有 12 种。苯环上如果有2 个取代基（-X、-X 或者-X、-Y）有 3 种同分异构；如果有3 个取代基时（-X、-X、-Y）有 6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有 10 种同分异构体。3短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数为内层电子数的3 倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与 W 同主族。下列叙述正确的是（）A X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)C简单气态氢化物的热稳定性：WZc(H+)，溶液显碱性，A 正确
6、；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(Cl)r(O)，B错误；C元素的非金属性：OClS，则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHClH2S，C错误；CO、H 可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。4化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A月饼因富含油脂而易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B离子交换膜在工业上应用广
7、泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜C钢铁在潮湿的空气中，易发生化学腐蚀生锈D“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同【答案】D【解析】【详解】A.食品包装中的硅胶为干燥剂，不能除去月饼包装袋中的氧气，故A 错误；B.氯碱工业中生成NaOH、Cl2和 H2，为防止Cl2和 NaOH 溶液反应，选择阳离子交换膜，故B 错误；C.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故C错误；D.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素，故D 正确；答案：D。5M 是一种常见的工业原料，实验室制备M 的化学方程式如下，下列说法正确的A l mol 的 C能与 7mol 的 H2反应B
8、分子 C中所有原子一定共面C可以用酸性KMnO4溶液鉴别A 和 B D A 的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14 种【答案】D【解析】【分析】【详解】A.C中含有 2 个苯环、1 个碳碳双键、1 个羰基，l mol 的 C能与 8mol 的 H2发生加成反应，故A 错误；B.分子 C中含有甲基，为四面体结构，所以C中不可能所有原子共面，故B错误；C.A和 B 都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别A 和 B，故 C错误；D.A 的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，侧链为-CH2CH2CHO有 1 种、侧链为-CH(CHO)CH3有 1 种、侧链为-CH2CH3和-CHO有 3
9、 种、侧链为-CH2CHO和-CH3有 3 种、侧链为2 个-CH3和 1 个-CHO有 6 种，共 14种，故 D 正确。答案选 D。6不能用元素周期律解释的是（）A氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向 Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成D F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应【答案】C【解析】【分析】A.氯最外层7 个电子，容易得到电子，Na 最外层 1 个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；C.向 Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反
10、应；D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7 个电子，容易得到电子，Na 最外层 1 个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A 不选；B.向淀粉 KI 溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选；C.向 Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl 不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故 C 选；D.非金属性FI，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D 不选；故答案选C。7下列说法不正确的是A乙醇、苯酚
11、与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C牛油与NaOH 浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D分离氨基酸混合液可采用控制pH 法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法【答案】C【解析】【详解】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个
12、出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH 不同，可以通过控制pH 法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选 C。8密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A等于 13.5%B大于 12.5%C小于 12.5%D无法确定【答案】C【解析】【详解】设浓氨水的体积为V，密度为 浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后
13、质量分数=V25%VV浓浓，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=V25%VV浓浓V25%VV浓浓浓=V25%2V浓浓=12.5%，故选 C。【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。9卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A 4 种B5 种C6 种D7 种【答案】C【解析】【分析】由 C3H3Cl3的不饱和度为3+1-12=1 可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。【详解】卤代烃 C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH-
14、CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl-CH3、CCl2=CH-CH2Cl、CHCl=CH-CHCl2、CH2=CCl-CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl-CH2Cl，共 6 种。答案选 C。【点睛】卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。10实验过程中不可能产生Fe(OH)3 的是A蒸发FeCl3溶液BFeCl3溶液中滴入氨水C将水蒸气通过灼热的铁DFeCl2溶液中滴入NaOH 溶液【答案】C【解析】【详解】A.蒸发FeCl3溶液，铁离子水解生成氢氧化
15、铁，故A 正确；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B 正确；C.将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D.FeCl2溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故 D正确；故选：C。11根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C 室温下，用pH 试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1 mol/L NaHSO3的溶
16、液的pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱D 取少许 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br 没有水解A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A 错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会
17、产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B 错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱，C正确；D水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。12硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A晶体硅属于共价晶体B硅原子的电子式为C硅原子的核外电子排布式为1s
18、22s22p63s23p2D硅原子的价电子排布图为【答案】D【解析】【分析】【详解】晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A 正确；Si原子的最外层有4 个电子，B 正确；Si原子核外有14 个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C 正确；硅原子的价电子排布图不符合洪特规则，选项D 错误。13科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中 Z位于第三周期。Z与 Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A离子半径：Y Z B氢化物的稳定性：X Y C
19、最高价氧化物对应水化物的酸性：X Z D化合物A 中，X、Y、Z 最外层都达到8 电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3 个共价键，说明 Z 原子最外面为6 个电子，由于 Z位于第三周期，所以 Z为 S元素，负离子结构为，Y 成一个共价键，为-1 价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为 F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X 得到一个电子成4 个共价键，说明其最外层为3 个电子，为B 元素，据此分析解答。【详解】A电子层数F-S2-，离子半径F-Y，A 选项错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属
20、性：FB，则有 BH3HF，所以X B，则酸性 H3BO3（弱酸）H2SO4（强酸），所以 X 或或0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2 所示：催化效果最佳的是催化剂_（选填“I”、“”或“”）；b 点 v(正)_v(逆)（选填“”、“c(HCO3)c(OH)c(H)Bc(NH4)c(NH3 H2O)=c(HCO3)c(H2CO3)Cc(H2CO3)c(CO32)c(NH3 H2O)=9.9 107mol L1232-3c(H CO)c(CO)=_（结果保留三位有效数字）。【答案】+1 NH2Cl H2O=NH3HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OH
21、ClO）9.6+270.0kJ/mol I 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动B 6.25【解析】【分析】【详解】（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知 Cl元素的化合价为+1 价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OHClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或 NH2Cl2H2O=NH3 H2OHClO）；（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ 0.4=113.2kJ；1
22、1.2gS 的物质的量为 0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ 0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）H=296.0kJ/mol 283.0kJ/mol 2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol；（3）根据图 2，相同温度时，在催化剂的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂的效果最好；b 点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)v(逆)；该反应为放热反应，a 点时达到平衡，从a 点到 c 点，温度升高，平衡逆向移动
23、，CO2的转化率下降，故答案为：；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4+H2ONH3 H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液 pH=8，说明 HCO3-水解的程度更大；A.由于 NH4HCO3溶液中 HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4)c(HCO3)c(OH)c(H)，A 项正确；B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3 H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4)+
24、c(NH3 H2O)=c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B 项错误；C.列出电荷守恒式：c(NH4)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3 H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)，则 c(H2CO3)c(CO32)c(NH3 H2O)=c(OH-)c(H+)=10-6 mol L1 10-8 mol L1=9.9 107mol L1，C项正确；故答案为：B；232-3c(H CO)c(CO)=-2+233-+2-+33c(H CO)c(HCO)c(H)c(HCO)c(H)c(CO)c(H)=2+12c(H)KaKa=6.25，故答案为：6.25。【点睛】在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子，再代入数据计算：要计算232-3c(H CO)c(CO)，Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式232-3c(H CO)c(CO)=-2+233-+2-+33c(H CO)c(HCO)c(H)c(HCO)c(H)c(CO)c(H)=2+12c(H)KaKa