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1、2019-2020学年北京市首都师大附属回龙观育新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乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K B实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C装置中发生的反应为2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O D实验结束时需先将中的导管移出。再停止加热【答案】B【解析】【分析】根据装置图，中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入中与乙醇形成混合蒸气，在中加热条件下发生氧化还原反应生成乙
2、醛，用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。【详解】A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A 正确；B实验时应先加热，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B 错误；C催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O，故 C正确；D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；故选 B。【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。2短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X 和 Z形成的化合物的水溶液呈中性，W 和
3、X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2 倍，下列说法不正确的是()A原子半径：WZYX BY的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物CW 与 X形成的化合物不可能含有共价键D常温常压下，Y的单质是固态【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2倍，W是 O，Y是 S，则 Z是 Cl。X和 Z 形成的化合物的水溶液呈中性，W 和 X 的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-6 1，所以 X是 Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分
4、析可知W、X、Y、Z分别是 O、Na、S、Cl。A同周期元素原子从左到右半径增大，有ClSNa；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则 O 原子半径最小；综合原子半径：OClSNa，正确，A 不选；B非金属性ClS，则 S的气态氢化物的稳定性弱于Cl 的气态氢化物，正确，B 不选；CW 与 X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误，C选；D常温常压下，S的单质是固态，正确，D 不选；答案选 C。3下列物质的检验，其结论一定正确的是()A向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气
5、体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32或SO32C取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl 时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含 SO42 或 Cl ，故 A 错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32或SO32，或 HCO3 或 H
6、SO3，故 B 错误；C、加 HCl 时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42 和 SO32，Na2SO3样品已部分被氧化，故 C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D 错误。答案选 C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3
7、+、Cl、SO42、SO32、CO32、HCO3、NH3、Cl2、SO2等。4化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜【答案】C【解析】【分析】【详解】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B 错误；CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C 正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛
8、、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D 错误；答案选 C。5设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1mol 氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB2gH218O 中所含中子、电子数目均为NACpH=1 的 H2SO4溶液 10L，含 H+的数目为 2NAD电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol 9NA9NA，故 A 错误；BH218O 的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O 的物质的量为0.1
9、mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则 0.1mol 混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故 B 正确；CpH=1 的 H2SO4溶液中，由pH-lgc(H)1，H2SO4溶液 c(H)0.1mol/L，10L 溶液 n(H)1mol，所含 H数目为 NA，故 C错误；D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故 D 错误；故答案选B。6以下物质的水溶液显酸性的是A NaHCO3BNaHSO4CCH3COOKD KNO3【答案】B【解析】【详解】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH
10、-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A 项错误；B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C.CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D 项错误。本题选 B。7设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温常压下，1 mol 甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NABpH1 的 H2SO3溶液中，含有0.1NA个 HC1 mol Fe
11、 分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.一个14C中的中子数为8，一个 D 中的中子数为1，则 1 个甲基(14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个 D 中的电子数为1，则 1 个甲基(14CD3)所含的电子数为9；则 1 mol 甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故 A 正确；B.pH1 的 H2SO3溶液中，c(H+)为 0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV 计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离
12、子的数目,故 B 错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2 价，和足量稀硝酸反应变为+3 价，故 1 mol Fe 分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故 C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故 D 错误。答案选A。【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2 价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D 选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。8
13、下列有关说法正确的是A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B铁锈是化合物，可用Fe2O3 nH2O(2 n3)表示C已知 CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D C(CH3)4的二氯代物只有2种【答案】D【解析】【分析】【详解】A用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A 不正确；B铁锈是混合物，成分复杂，B 不正确；C该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D C(CH3)4的二氯代物中，共有2 个 Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2 种可能结构，D 正确；故选 D。9用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A当 a、b 间
14、用导体连接时，则X 应发生氧化反应B当 a、b 间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的正极D当 a、b 与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl-2e-=Cl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 a、b 间用导体连接时构成原电池，根据题意，X 应为负极，发生氧化反应，A 正确；B当 a、b 间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比 Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的负极，C错误；D当 a、b 与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D 错误；答案选 A。10天然气
15、的主要成分CH4也是一种会产生温室效应的气体，对于相同分子数的CH4和 CO2，CH4产生的温室效应更明显。下面是有关天然气的几种叙述：天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；等质量的CH4和 CO2产生的温室效应也是前者明显；燃烧天然气也是酸雨的成因之一。其中正确的是A和B只有C只有D【答案】A【解析】【详解】天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少，而且天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源，故 正确；CH4的相对分子质量为：12+4=16；CO2的相对分子质量为：12+16 2=44；因为 160）。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
16、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 H2OHClO）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
17、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；11.2gS 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（
18、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，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-
19、+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)+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
20、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
21、-)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)KaKa19有 A、B、C、D 四种元素，其中A 元素和 B元素的原子都有1 个未成对电子，A比 B少一个电子层，B 原子得一个电子填入3p 轨道后，3p 轨道已充满；C原子的 p 轨道中有3 个未成对电子，其气态氢化物
22、在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 的质量分数为40，且其核内质子数等于中子数。R 是由 A、D 两元素形成的离子化合物，其中 A与 D2离子数之比为2 1。回答下列问题：(1)A 元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于_(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”)。(2)B的电子排布式为_，在 CB3分子中 C元素原子的原子轨道发生的是_杂化。(3)C 的氢化物的空间构型为_，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是 _。(4)B 元素的电负性_D 元素的电负性(填“”、“”或“”)；用一
23、个化学方程式说明_。(5)如图所示是R 形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。试计算R 晶体的密度为_。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】体心立方ls22s22p63s23p6sp3三角锥形氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高H2SCl22HCl S-33A312g cma Ng【解析】【分析】B 原子得一个电子填入3p 轨道后，3p 轨道已充满，B为 Cl元素；B离子为 Cl。A比 B少一个电子层，A为 Na；C 原子的 p 轨道中有3 个未成对电子，C 原子的外围电子排布为ns2np3，是第 A 族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，
24、所以为 N 元素；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第 A 族元素，最高价氧化物中含D 的质量分数为40%，可推知D 的相对原子质量为 32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D 为 S元素，A是 Na，D2是 S2，R 是由 Na与S2以 2：1 形成的离子化合物，R 是 Na2S。【详解】(1)Na 形成的晶体采用A2密堆积型式，则其晶胞类型应属于体心立方；(2)B为 Cl，电子排布式为ls22s22p63s23p6，CB3分子为 NCl3分子，N 原子有一对孤对电子，与Cl原子成 3个 键，杂化轨道数为1+3=4，所以为sp3杂化；(3)C 的氢化物为NH3，N 原子采
25、取sp3杂化，N 原子有一对孤对电子，所以NH3的空间构型为三角锥形；N原子电负性很强，氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高；(4)B 为 Cl元素，D 为 S元素，同周期，自左而右，电负性增强，所以电负性ClS利用“在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物”原理，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H2S+Cl2=2HCl+S；(5)A是 Na，D2是 S2，根据均摊法计算。在顶点和面心具有S2，则晶胞含有118+6=482，晶胞中的 8 个 Na均为晶胞所有。则有33334(3223 2)m312=g/g/AANcmcmVaN a。【点睛】需要记忆：A1为立方最密堆积ccp(原子空间排布为立方面心)；代表：Cu、Ag、Au 等；A2为立方体心堆积bcp；代表 Na；A3为六方最密堆积hcp；代表Zn、Mg。