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1、2019-2020学年北京首都师范大学第二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乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A 3 种B 4 种C5 种D6 种【答案】D【解析】乙基环己烷中有6 种氢原子，因此一溴代物有6 种，故选项C正确。2短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W 四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒；Q 元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液
2、反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A甲中既含离子键，又含共价键B丙和戊的混合物一定显酸性C丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D原子半径：XYZ W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W 四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒，该阳离子为NH4+，则 X为 H 元素；Q 元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q 为 Na 元素，因此Y、Z、W 均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此 Y为 C元
3、素、Z为 N 元素、W 为 O 元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X 为 H 元素，Y为 C元素，Z为 N 元素，W 为 O 元素，Q 为 Na 元素，甲为NH4HCO3，乙为 NaOH 或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A甲为 NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A 正确；B丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸
4、铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C 错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：XWZY，故 D 错误；答案选 A。3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
5、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。4下列叙述正确的是A用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶时，将船舶与石墨相连B往含硫酸的淀粉水解液中，先加氢氧化钠溶液，再
6、加碘水，检验淀粉是否水解完全C反应 3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应的 H0 D 已知 BaSO4的 Ksp=(Ba2+)c(SO42-)，所以 BaSO4在硫酸钠溶液中溶解达到饱和时有c(Ba2+)=c(SO42-)=spK【答案】C【解析】【详解】A.用牺牲阳极的阴极保护法，用还原性比钢铁强的金属作为负极，发生氧化反应而消耗，故应将船舶与一种比钢铁活泼的金属相连如Zn，故 A错误；B.碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故 B 错误；C.该反应是一个气体体积减小的反应，即 S0，如果反应能自发进行，该反
7、应 H-TS0，则 H0，故 C正确；D.在硫酸钡的单一饱和溶液中式子成立，在 Na2SO4溶液中 c（SO42-）增大，溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，c（Ba2+）减小，Ksp不变，则在Na2SO4溶液中溶解达到饱和时c（Ba2+）spK1，A 错误；B.若 中 a20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B 错误；C.中溶液的电荷守恒为：-+3c CH COO+c OH+c Cl=c Na+c H，结合+n Na=n(Cl)，故-+3c CH COO+c OH=c H，所以+3c CH COOH()c，-+c OHc H，pHcab
8、 C含氧酸的酸性强弱：dc D b、c 的简单离子在水溶液中一定能大量共存【答案】A【解析】【分析】a 的最外层电子数是内层电子数的3 倍，a 是 O元素；a、c 同主族，c 是 S元素；a、c、d 的最外层电子数之和为19，d 是 Cl 元素；b 为金属元素，b 是 Na、Mg、Al 中的一种。【详解】A、O和 Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2Cl，故 B错误；C、最高价含氧酸的酸性dc，这里没有说是最高价，故C错误；D、若 b 为 Al 元素，则 Al3和 S2在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素
9、推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。15我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第 步中 CO2和 H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第 步的反应式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO D第 步反应是一个放热过程【答案】B【解析】【分析】【详解】A.第步反应中CO2和 H2反应产生*H 和*HCOO，可见
10、两种分子中都有化学键断裂，A 正确；B.根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B 错误；C.在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O 反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO，C正确；D.第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D 正确；故答案选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备
11、碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。(3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是 _；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体
12、(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 _(用含 m1、m2的代数式表示)。【答案】搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2OCuO 或 Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2121m111mm31 100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3
13、)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH 值，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，
14、离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解
15、，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O mV222 62 x m1-m2222x=1262m m，解得：x=121113m m1，则样品中Cu2(
16、OH)2CO3的纯度为121m1113mm1 100%=121m111mm31 100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢原子；RCNRCOOH 回答下列问题：(1)F 的结构简式是_。(2)下列说法正确的是_。A化合物A的官能团是羟基B化合物B可发生消去反应C化合物C能发生加成反应D化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH
17、 水溶液充分反应的化学方程式：_。(4)写出同时符合下列条件的 D 的同分异构体的结构简式：_。有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线_。【答案】BC、【解析】【分析】化合物 A 为芳香族化合物，即 A 中含有苯环，根据 A 的分子式，以及 A 能发生银镜反应，A 中含有醛基，核磁共振氢谱有5 种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A 的结构简式为，根据信息，推出B 的结构简式为，根据信息，推出C 的结构简式为，根据信息，NH2取代羟基的位置，即D 的结构简式为，根据反应产物，推出F 的结构简式为，据此分析。【详
18、解】（1）根据上述分析，F 的结构简式为；（2）A、根据 A 的结构简式，A 中含有官能团是醛基，故A 错误；B、根据 B 的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B 正确；C、C 中含有苯环，能发生加成反应，故C 说法正确；D、化合物D 中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D 错误；答案选 BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol 阿斯巴甜中含有1mol 羧基、1mol 酯基、1mol 肽键，因此1mol 阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH CH3OH H2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有
19、机物中不含羧基、NH2、酚羟基，根据 D 的结构简式，该同分异构体中含有NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN 发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生 H2NCH2COOH，即合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，即N 和 O 组合成 NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而
20、判断出结构简式。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：ZnSO4+2FeSO4+3Na2C2O4+6H2O75ZnFe2(C2O4)3 6H2O+3Na2SO4 ZnFe2(C2O4)3 6H2O高温ZnFe2O4+2CO2+4CO +6H2O 回答下列问题:(1)基态Fe2+的价层电子排布图为_.(2)电离能大小比较：I1(Zn)_ I1(Cu)，I2(Zn)_ I2(Cu)(填“”“I1(Cu)，Zn+的价电子排布式为3d104s1，Cu+的价电子排布式为3d10，则 Cu+的 3d 能级全充满，失电子所需
21、能量高，所以I2(Zn)；”“”或“=”)vb(CO)。【答案】0.84g-33.5 AC 3.2 10-8mol/L 升温【解析】【分析】【详解】(1)Na2O2与 CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2，将含 0.02 molCO2和 0.01molCO 的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，固体质量增加为CO的质量=(0.02mol+0.01mol)28g/mol=0
22、.84g，故答案为0.84；(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0kJ?mol-1；键能 Eo-o=499.0kJ/mol，即 O2(g)=2O(g)H=499kJ?mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以2 即可得到CO(g)+O2(g)?CO2(g)+O(g)H=-33.5kJ?mol-1；故答案为-33.5；(3)ACO的体积分数保持不变是平衡标志，故A 正确；B反应前后气体质量不变，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；C反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡
23、状态，故C正确；D2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，单位时间内，消耗 CO的浓度等于生成CO2的浓度说明速率相同反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；故答案为AC；设生成的氧气为xmol，2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)起始量(mol)：1 0 0 转化量(mol)：2x 2x x 平衡量(mol)：1-2x 2x x，平衡时，氧气的体积分数为0.2，则1xx=0.2%，则 x=0.002，则 c(CO2)=0.996mol/L，c(CO)=0.004mol/L，c(O2)=0.002mol/L，则 K=220.0040.0020.996 3.2 10-8mol?
24、L-1，故答案为3.2 10-8mol?L-1；向 2 L 的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应：2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，反应为吸热反应，图中曲线 I 表示相对于曲线II 仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化，曲线达到平衡时间缩短，平衡状态下氧气浓度增大，则改变的条件是升温，温度越高反应速率越大，则a、b 两点用 CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)vb(CO)，故答案为升温；。【点睛】本题考查了氧化还原反应、反应速率和平衡常数的计算等。本题的易错点为(1)，要注意2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体质量的增加相当于氢气和CO的质量；本题的难点是(3)条件的判断，要注意分析图像，曲线I 相对于曲线II 达到平衡的时间缩短，氧气浓度增大，说明反应速率加快，平衡正向进行，结合反应为吸热反应分析判断。