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1、2019-2020学年北京市北京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科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）A反应过程中需要不断补充Fe2+B阳极反应式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C电路中转移1 mol 电子，消耗标况下氧气5.6 L D电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）【答案】A【解析】【分析】HCl 在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和 H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应
2、生成 Fe3+和 H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A 错误；BHCl 在阳极失电子得到Cl2和 H+，电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B 正确；C根据电子得失守恒有：O24e-，电路中转移1 mol 电子，消耗0.25mol 氧气，标况下体积为5.6 L，C正确；D由图可知，反应物为HCl(g)和 O2(g)，生成物为H2O(g)和 Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D 正确。答案选 A。2下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极
3、相连B0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02 1021C反应 3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的 H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A 项错误；B.0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于 6.021021，B项错误；C.反应 3C(s)CaO(s)=Ca
4、C2(s)CO(g)中 S0，因在常温下不能自发进行，则 G=H-T S0，那么 H 必大于 0，C项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol L1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与 H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选 C。3下列说法不正确的是（）A工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的B铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物C铜属于重金属，化学性质不活泼，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒D SO2是具有刺激性气味的有毒气体，但可应
5、用于某些领域杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A.工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A 错误；B.铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B 正确；C.铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+，能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C 正确；D.二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以应用于某些领域杀菌消毒，故D 正确；故选 A。4下列说法正确的是()A分子晶体中一定存在共价键B某化合物存在金属阳离子，则一定是离子化合物
6、CHF 比 H2O 稳定，因为分子间存在氢键D CS2、PCl5具有 8 电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A稀有气体分子中不含化学键，多原子构成的分子中含共价键，故A 错误；B化合物中存在金属阳离子，则一定含有离子键，一定是离子化合物，故B 正确；C氟化氢比H2O 稳定，是因为氢氟共价键强度大的缘故，与氢键无关，故C错误；DPCl5中氯原子最外层有7 个电子，需要结合一个电子达到8 电子稳定结构，磷原子最外层有5 个电子，化合价为+5 价，5+5=10，P原子最外层不是8 电子结构，故D 错误；故选 B。5某同学结合所学知识探究Na2O2与 H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（
7、）A装置 A 中锌粒可用铁粉代替B装置 B 中盛放碱石灰，目的是除去A 中挥发出来的少量水蒸气C装置 C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度D装置 A 也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl2【答案】C【解析】【分析】探究 Na2O2与 H2能否反应，由实验装置可知，A 装置为 Zn 与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl 和水蒸气，C装置试管为Na2O2与 H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D 装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与 H2能否反应，以此解答该题。【详解】A铁粉会落到有孔塑料板下边，进
8、入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A 错误；BB 装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B 错误；C氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C 正确；D二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A 装置不能加热，故D 错误；故答案选C。6下列说法正确的是（）A用分液的方法可以分离汽油和水B酒精灯加热试管时须垫石棉网CNH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D盛放 NaOH 溶液的广口瓶，可用玻璃塞【答案】A【解析】A汽油和水彼此不溶，可用分液的方法进行分离，故A 正确；B试管可用酒精灯直接加热，无须垫石棉网，故B 错误；CNH3的水
9、溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D玻璃中含有的SiO2能和 NaOH 溶液反应，则盛放NaOH 溶液的广口瓶，不可用玻璃塞，只能用橡皮塞，故D错误；答案为A。7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 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C 向 CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D 向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ks
10、p(AgCl)Ksp(AgI)A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A 项，苯酚的酸性弱于碳酸；B 项，CCl4将 I2从碘水中萃取出来，I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C 项，Fe从 CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D 项，向 NaCl、NaI 的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小。【详解】A 项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A 项错误；B 项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，
11、上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将 I2从碘水中萃取出来，I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C 项，向 CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D 项，向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI 的溶度积，但由于 NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D
12、项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI 的浓度未知，思维不严谨。8NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，1.8g 甲基(CD3)中含有的中子数目为NAB0.5mol 雄黄(As4S4，结构为)含有NA个 S-S 键CpH1 的尿酸(HUr)溶液中，含有0.1NA个 H+D标准状况下，2.24 L 丙烷含有的共价键数目为NA【答案】D【解析】【详解】A 选项，常温常压下，1 个甲基(CD3)有 9 个中子，1.8g 甲基(一 CD3)即物质的量为0.1mol，因此 1.8g 甲基(CD3)中含有的中子数目为0.9 NA，故 A 错误；B 选项，S 原子最外层6 个电子，能
13、形成2 个共价键，As 原子最外层5 个电子，能形成3 个共价键，所以该结构简式中，黑球为As 原子，白球为S原子，As4S4中不存在SS键，故 B 错误；C 选项，pH1 的尿酸(HUr)溶液中，因溶液体积没有，因此无法计算含有多少个H+，故 C 错误；D 选项，标状况下，2.24 L 丙烷即 0.1mol，一个丙烷含有8个 CH 键和 2 个 CC键，因此2.24 L 丙烷含有的共价键物质的量为1mol，数目为NA，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】CD3中的氢为质子数为1，质量数为2 的氢；9下列说法正确的是()A用 NH3 H2O 溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3 H2O
14、 是弱电解质B等体积的pH 都为 2 的酸 HA 和 HB 分别与足量的铁粉反应，HA 放出的 H2多，说明HA 酸性强Cc0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，前者的pH 大D常温下，pH 5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，c(CH3COO)/c(Cl)1/10【答案】C【解析】【详解】A、没指出浓度，所以无法判断，选项A 错误；B、HA 放出的 H2多，说明没有HA 电离的多，酸性弱，选项B 错误；C、c0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离
15、，酸性弱，pH 大，选项C正确；D、pH5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO)c(H)c(OH)(105109)mol L1，c(Cl)c(H)c(OH)(1041010)mol L1，c(CH3COO)/c(Cl)110，选项 D 错误；答案选 C。10常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc A
16、c OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（
17、OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH C
18、H NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。11目前中国已经通过自
19、主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是()A充电时电极石墨棒A 连接电源的正极B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C放电时负极反应为2Br-2e-=Br2D放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大【答案】C【解析】【分析】放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，正极反应式为：Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为 2Br-2e=Br2、阴极反应式为Zn2+2e=Zn。【详解】A充电时电极石墨棒A 连接电源的正极，反应式为2Br-2e=Br2，故 A 正确；B放电过程中阴
20、离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B 正确；C放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2e Zn2，故 C错误；D正极反应式为：Br2+2e=2Br，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D 正确；故选 C。12为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150 周年，联合国宣布2019 年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B118 号元素 Og位于第七周期0 族C同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0 族）D IIIB 族元素种类最多【答案】C【解析】【详解】A
21、.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A 正确；B.118 号元素 Og一共有 7 个电子层，最外层有8 个电子，所以位于第七周期0 族，故 B 正确；C.第 VIIA 族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D.因为 IIIB 族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D 正确，故选 C。13室温下，用0.20mol/L 的 NaOH 溶液滴定10.00mL0.20mol/L 的 NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH 溶
22、液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（）A溶液中水的电离程度：bac BpH=7 时，消耗的V(NaOH)7，所以 pH=7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)”“”“或“”)。图中 x1_(填“”或“”)x2。若图中B点的投料比为2，则 500时的平衡常数KB_。(3)工业上用CO2生产甲醇燃料，进一步可合成二甲醚。已知：298K和 101kPa 条件下，反应 I：CO2(g)3H2(g)?CH3OH(g)H2O(l)Ha kJ mol1反应 II：2H2(g)O2(g)?2H2O(1)H b kJ mol1反应 III：CH3OH(g)?CH3OH(l)H c kJ mol1CH3OH(l
23、)燃烧热的热化学方程式为_。合成二甲醚的总反应为2CO2(g)6H2(g)?CH3OCH3(g)3H2O(g)H 130.8 kJmol1。在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将 6 mol CO2和 12 mol H2充入 2 L的密闭容器中，5min 后反应达到平衡状态，则0 5min 内的平均反应速率v(CH3OCH3)_。【答案】c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)8CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)-13=-(b-a-c)kJ mol2H0.18
24、mol?L-1?min-1【解析】【分析】(1)根据盐类水解规律，越弱越水解，比较HCO3与 NH4水解程度的大小关系，进而确定c(NH4)和 c(HCO3)的大小关系；根据水解和电离情况，结合N 元素和 C元素守恒可得NH4HCO3溶液中的物料守恒；(2)结合图像判断温度对平衡移动的影响；根据增加一种反应物的用量，可提高另一反应物的转化率，进行分析；结合已知信息列出三段式进行计算；(3)燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C CO2(g)，S SO2(g)，HH2O(l)，先写出表示燃烧热的方程式，再根据盖斯定律和已知的热化学方程式计算反应热；根据cvt计算反
25、应速率。【详解】(1)已知常温下NH3 H2O 的电离平衡常数Kb2 105，H2CO3的电离平衡常数K14 107，K24 1011，NH3 H2O 的电离平衡常数比H2CO3的电离平衡常数大，根据盐类水解规律，越弱越水解，可知HCO3的水解程度比NH4的水解程度大，所以c(NH4)c(HCO3)；根据 N 元素和 C元素守恒可得NH4HCO3溶液中，物料守恒表达式为c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故答案为：；c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；(2)由图可知，升高温度，CO2
26、的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故该反应的 H0，故答案为：；相同温度条件下，投料比越大，说明氢气越多，则二氧化碳的转化率越大，根据图可知，x1x2，故答案为：；根据图中B点的投料比为2，二氧化碳的转化率为50%，容器容积为1L，可列出三段式（单位为mol/L），222422COg6HgC Hg4H O g2400130.52110.52?，则 500 时的平衡常数44242262622B(C H)(H O)0.5 2=8(CO)(H)11ccKcc，故答案为：8(3)燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C CO2(g)，S SO2(
27、g)，HH2O(l)，则表示 CH3OH(l)燃烧热的化学方程式为CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，根据盖斯定律可知，可由32反应 II-反应 I-反应 III 得到 CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则-1-133=(-b+a+c)kJ mol=-(b-a-c)kJ mol22H，故答案为：CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)-13=-(b-a-c)kJ mol2H；T1温度下，将6molCO2和 12molH2充入 2L的密闭容器中，此时投料比等于2，由图象可知，5min 后反应达到平衡状态时，二氧化碳的
28、转化率为60%，则生成CH3OCH3为 6mol 60%12=1.8mol，所以平均反应速率-1-1331.8molCH OCH=0.18mol Lmin2L5minv；故答案为：0.18mol?L-1?min-1。【点睛】燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如 CCO2(g)，S SO2(g)，HH2O(l)，书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol 物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其他物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况。19煅烧黄铁矿（主要成分为FeS2）所得的矿渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO 等用该矿渣可制备铁红（Fe2
29、O3）完成下列填空：（1）煅烧黄铁矿的化学方程式_，反应过程中被氧化的元素_（2）矿渣中属于两性氧化物的是_，写出 Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式_（3）Al（OH）3的碱性比Mg（OH）2的碱性 _（选填“强”或“弱”）；铝原子最外层电子排布式为_（4）SiO2的熔点 _ Fe2O3的熔点（填“大于”或“小于”），原因是 _（5）已知矿渣质量为w kg，若铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m kg，则原来矿渣中铁元素质量分数为_（用表达式表示）【答案】4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2Fe、S Al2O3Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 弱3s23p
30、1大于原子晶体熔点高于离子晶体，二氧化硅为原子晶体，氧化铁为离子晶体14m15w【解析】【分析】(1)煅烧黄铁矿得到的产物是氧化铁和二氧化硫，化合价升高元素在反应中被氧化；(2)既能和强酸反应又能和强碱反应得到盐和水的氧化物，称为两性氧化物，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水；(3)同主族元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，根据原子核外电子的排布知识来回答；(4)原子晶体熔点高于离子晶体；(5)根据铁元素守恒来计算即可。【详解】(1)煅烧黄铁矿得到的产物是氧化铁和二氧化硫，即：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化；(2)氧化铝是既能
31、和强酸反应又能和强碱反应得到盐和水的氧化物，属于两性氧化物，Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(3)同主族元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，Al(OH)3的碱性比Mg(OH)2的碱性弱，铝原子最外层有3 个电子，电子排布式为：3s23p1；(4)二氧化硅为原子晶体，氧化铁为离子晶体，原子晶体熔点高于离子晶体，所以SiO2的熔点大于Fe2O3的熔点；(5)铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为mkg，铁红中含有铁元素的质量是112m1607m10，原来矿渣中铁元素质量是7m10125%1415m，则原来矿渣中铁元素质量分数为1415mw。