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1、2019-2020学年北京海淀外国语实验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根据下图，下列判断中正确的是A石墨与O2生成 CO2的反应是吸热反应B等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D C(金刚石，s)=C(石墨，s)+Q kJ Q=E3E2【答案】B【解析】【详解】A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成 CO2反应为放热反应，选项A 错误；B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；C、物质的能量越
2、高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C 错误；D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项 D 错误；答案选 B。2下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是选项实验操作和现象实验解释或结论A 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚的浓度小B 向 Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸C 向 10%NaOH 溶液中滴加1mL某卤代烃，微热，然后向其中滴加几滴 AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀该卤代烃中含有溴元素D 向某溶液中滴加几滴黄色K3Fe(
3、CN)6(铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+A A BB CC DD【答案】D【解析】苯酚与三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有 Fe2+，D项正确。3对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A 鉴别 SO2和 CO2溴水利用 S
4、O2的漂白性B 鉴别 Fe3+和 Fe2+KSCN 利用 Fe3+的氧化性C 鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性D 鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】A.CO2不能使溴水褪色（不反应），而 SO2能，主要反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表现还原性而不是漂白性，A 项错误；B.Fe3+和 KSCN反应溶液变红，反应为Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，不是氧化还原反应，而Fe2+和 KSCN不反应，B 项错误；C.硝酸钾溶液呈中性，不能使酚酞变红，而碳酸钠
5、溶液因水解呈碱性，能使酚酞变红，C项正确；D.氯化铵加热时完全分解为气体，固体消失，而食盐加热时无明显变化，D 项错误。本题选 C。4我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（）A 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3 种C所有碳原子均处同一平面D 1molM 可与 15mol H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3 个-COOH，由于每2 个 H+与 CO32-反应产生1molCO2气体，所以 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A 正确；B.在中间的苯
6、环上只有1 种 H 原子，在与中间苯环连接的3 个苯环上有2 种不同的H 原子，因此苯环上共有 3 种不同位置的H 原子，它们被取代，产生的一氯化物有3 种，B 正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H 原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中 H 原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2 点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在 M 分子中含有 4 个苯环和3 个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM 发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D 错误；故合理
7、选项是D。5下列有关实验的选项正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故 A错误；B.因为 2NO2N2O4nHc(SO)c(H)c(OH)B 相同-2+Fe-2e=Fe溶液中发生反应2+2-+3+3+2726Fe+Cr O+14H=2Cr+6Fe+7H O消耗+H，同时阴极+H放电也被消耗【解析】【分析】在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，34Fe O将被完全氧化为23Fe O，25V O则和碳酸钠转化为3NaVO，23Cr O中+3 价的铬被氧化成+6 价的24Na CrO，加入硫酸酸
8、浸，硅酸钠转变为硅酸白色沉淀，同时23Fe O、23Al O、3NaVO、24Na CrO皆溶于酸得到3+Al、3+Fe、-3VO、2-4CrO四种离子，调pH 使3+Al、3+Fe转化为3Al(OH)和3Fe(OH)析出；接下来用硫酸铵溶液“沉钒”，加入亚硫酸钠的目的是为了还原2-4CrO，将其转变为+3 价的3+Cr后调 pH 析出，据此来分析本题即可。【详解】（1）注意反应物中除23Cr O和碳酸钠外还有一种氧化剂（氧气），否则无法配平，方程式232322422Cr O+4Na CO+3O4Na CrO+4CO焙烧；（2）根据分析，滤渣1 中主要含硅酸；根据二者的溶度积可以发现3Fe(O
9、H)的溶解度更小，因此只要使3Al(OH)完全沉淀，3Fe(OH)就会完全沉淀，将3+-6c(Al)=10 mol/L代入3Al(OH)的溶度积，解得-9c(OH)=10 mol/L，即当 pH 为 5 时，3+Al和3+Fe完全沉淀；（3）水解是微弱的，而电离是完全进行的，因此硫酸铵溶液中+2-44c(NH)c(SO)，+4NH水解导致溶液呈酸性，因此+-c(H)c(OH)，综上有+2-+-44c(NH)c(SO)c(H)c(OH)；（4）A.2-4CrO氧化性较强，可以将-Cl氧化，因此不能使用稀盐酸，A 项错误；B.硫酸较稳定，可以用来调节pH，B项正确；C.硝酸具有强氧化性，会消耗亚硫
10、酸钠，C项错误；D.硫酸铵溶液尽管因水解而显酸性，但是酸性较弱无法达到要求，D 项错误；答案选 B；（5）43NH VO受热分解得到25V O、3NH和2H O，而3Cr(OH)受热分解得到23Cr O和2H O，两个反应均为分解反应，因此反应类型相同；（6）阳极使用的铁板不是惰性电极，因此失电子：-2+Fe-2e=Fe，产生的2+Fe具有很强的还原性，和2-27Cr O发生氧化还原反应：2+2-+3+3+2726Fe+Cr O+14H=2Cr+6Fe+7H O，同时阴极+H得电子产生氢气，综上，溶液中的+H被消耗导致浓度降低，最终溶液的pH 增大。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）
11、17化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为 _；D 中含有的无氧官能团结构简式为_。（2）反应的反应类型为_；反应生成G 和 X两种有机物，其中X的结构简为 _。（3）反应的化学反应方程式为_（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有_种，写出其中一种有机物的结构简式：_。苯环上连有碳碳三键；核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）_：【答案】邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛-NH2和-Cl 取代反应或酯化反应HOCH2CH2OH 4、(任写一种即可)【解析】【分析】对比 D 与 F的结构可知，D
12、 与甲醇发生酯化反应生成E，E与 C6H7BrS发生取代反应生成F，则 E的结构简式为：；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D 中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N 原子和 C原子成环，中的断键方式为，因此 X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反
13、应 为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+一定条件+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6 个不饱和度，苯环占据4 个，碳碳三键占据2 个，则其它取代基不含有不饱和度，则N 原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3 种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此具体合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）1
14、8锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”（1）Li3N 可由 Li 在 N2中燃烧制得取4.164g 锂在 N2中燃烧，理论上生成Li3N_g；因部分金属Li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N 的质量是 _g（保留三位小数，Li3N 的式量：34.82）（2）已知：Li3N+3H2O 3LiOH+NH3取 17.41g 纯净 Li3N，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的NH3折算成标准状况下的体积是_L过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体 26.56g，计算 20时 LiOH的溶解度 _（保留 1 位小数，LiO
15、H的式量：23.94）锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含 0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的 AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且 Na+有 1mol；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使NaOH 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式_（4）Co2(OH)2CO3和 Li2CO3在空气中保持温度为600800，可制得LiCoO2，已知：
16、3Co2(OH)2CO3+O2 2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2按钴和锂的原子比1：1 混合固体，空气过量70%，800时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO3?3Co（OH）2?H2O 5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3?3Co（OH）2?H2O+10NaCl+3CO2 0.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N2Li N点
17、燃，接下来根据4.164g=0.6mol6.94g/mol算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol34.82g/mol=6.964g；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g=0.191mol14g/mol的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mol34.82g/mol=6.656g；（2）根据17.41g=0.5mol34.82g/mol先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1 的，这些氨气在标况下
18、的体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成 1.5mol 的LiOH，这些LiOH的质量为1.5mol23.94g/mol=35.91g，缺少的那9.35 克LiOH即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100 克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol18g/mol=27g，因此我们算出的9.35 克是73 克水中能溶解的LiOH的量，换算一下9.35gS=100g-27g100g，解得 S 为 12.8 克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl，根
19、据143.5g=1mol143.5g/mol算出-Cl的物质的量，因此-Cl全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl，+Na也全部留在溶液中，沉淀中无+Na，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO，根据13.2g=0.3mol44g/mol算出2CO的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol2-3CO进入了碱式碳酸钴中，0.5mol2+Co全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH来提供，因此-OH的物质的量为 0.6mol。将 0.5mol2+Co、0.2mol2-3CO和 0.6mol-OH 的质量加起来，发现只有0.5mol59g/mol+0.2mol60g/mol+0.
20、6mol17g/mol=51.7g，剩下的 1.8 克只能是结晶水，即 0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO3Co(OH)H O；写出制备方程式223232225CoCl+5Na CO+4H O=2CoCO3Co(OH)H O+10NaCl+3CO；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于3mol21%的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol21%（）空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和12mol 二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12100%=30.5%312+6-3+1.70.21（）。19为了纪念元素周期表诞生150 周年，联合国将2019
21、 年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag 与 Cu在同一族，则Ag在周期表中 _（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。Ag(NH3)2+中 Ag+空的 5s 轨道和 5p 轨道以 sp 杂化成键，则该配离子的空间构型是_。(2)表中是 Fe和 Cu 的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于 I2(Fe)的主要原因：_。元素Fe Cu 第一电离能I1/kJ mol1759 746 第二电离能I2/kJ mol11561 1958(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4Fe(CN)6。CN-的电子式是 _；1mol 该配离子中含键数目为 _。该配合物中存在的作用力
22、类型有_（填字母）。A金属键B离子键C共价键D配位键E氢键F范德华力(4)MnO 的熔点(1660)比 MnS 的熔点(1610)高，其主要原因是_。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M 处于 _位置，X处于 _位置（限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空）。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为a nm，其晶体密度为dgcm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_。【答案
23、】ds 直线形失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子12NABCD 二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO 的晶格能大于MnS 体心面心3762010ad【解析】【详解】(1)Ag 在第五周期第B族，属于ds 区；依题意：Ag(NH3)2+中 Ag+以 sp 杂化成键，应该是直线形；(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是 4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定。所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全
24、充满3d10 电子，需要的能量高，而 Fe 失去的是4s1 电子，所需能量低；故I2(Cu)大于 I2(Fe)。(3)CN-与 N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与 Fe2+以配位键结合，这6 个配位键都属于键，还有6 个 CN-中各有一个键，1 个配离子中含有的键共有 12个，则 1mol 该配离子中含有12 NA个 键；K4 Fe(CN)6是离子化合物，含有离子键，阳离子 K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与 CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合，故选 BCD；(4)MnO 和 MnS 的阳离子相同，阴离子所带电荷也相同，但是O2-的半径比S2-小，离子键作用力强，所以MnO 中的晶格能比MnS 中的大，物质的熔点也比MnS 的高；(5)依题意可知：卤素阴离子位于立方体的6 个面的面心，正好构成正八面体，M 位于八面体的体心，也是立方体的体心；晶体体积=晶体体积=a3 10-21cm3，晶体密度=MANV，则 NA=M?V。1mol 晶胞含 1molCH3NH3PbI3，据d=3762010ANa，所以 NA=3762010ad。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用。