《2019-2020学年福建福州市第一高级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学年福建福州市第一高级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学年福建福州市第一高级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下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A 符合；B中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，加入 KI，发生 AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl 转换为黄色AgI 沉淀，B 不符合；C FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(胶体)+3HCl
2、H0，温度升高，平衡正向移动，C 不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释 10 倍，pH2.9+1，D 不符合。答案选 A。【点睛】pH=m 的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m 的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+n0C室温下，将Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液加水稀释，-32-3c(HCO)c(CO)减小D电解精炼铜时，若阴极析出3.2 g 铜，则阳极失电子数大于6.02 1022【答案】B【解析】【详解】A.原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中的K+向正极迁移，NO3-向负
3、极迁移。A项错误；B.该反应熵增加（即 S0），因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下 H T S0，所以 H0。B 项正确；C.因为混合溶液中存在HCO3-?H+CO32-平衡，其平衡常数K=2-+3-3c(CO)?c(H)c(HCO），即-32-3c(HCO)c(CO)=c(H)K，K只与温度有关，加水稀释过程中K值不变，而c(H+)增大，所以-32-3c(HCO)c(CO)增大，C 项错误；D.电解精炼铜时，阴极只有Cu2+放电：Cu2+2e-=Cu，3.2 g 铜的物质的量=3.2g64g/mol=0.05mol，所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol2e-=0.1mole
4、-，即 6.021022个电子，根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.021022。D 项错误；答案选B。【点睛】本题易错点是C 选项，CO32-水解生成HCO3-：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；HCO3-电离产生CO32-：HCO3-?CO32-+H+，从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断，若从HCO3-电离平衡常数入手分析便能准确判断-32-3c(HCO)c(CO)值的变化。8下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A BCD【答案】A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液
5、体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体
6、相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。925时，在 10mL 浓度均为0.1mol/L NaOH 和 NH3 H2O 混合溶液中，滴加0.1mol/L 的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A未加盐酸时：c(OH-)c(Na+)=c(NH3 H2O)B加入 10mL 盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C加入盐酸至溶液pH=7 时：c(Cl-)=c(Na+)D加入 20mL 盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)【答案】B【解析】【分析】【详解】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L Na
7、OH 和 NH3 H2O，NH3 H2O 为弱电解质，故c(Na)c(NH3 H2O)，A错误；B、加入 10mL 盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B 正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7 时，即 c(H)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)c(Na)，C错误；D、加入 20mL 盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于 NH4+的水解，c(NH
8、4+)c(Na+)，所以 c(Cl-)c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选 B。10X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素。X 分别与 Y、Z、W 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A四种元素形成的单质中W 的氧化性最强B甲、乙、丙中沸点最高的是丙C甲常用作致冷剂D甲、乙分子均只含极性共价键【答案】B【解析】【分析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质 Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为 O2，化合物甲为 NH3，乙为 H2O，能与 H2O 反应生成氧气的单质为F2
9、，丙为 HF，故元素X、Y、Z、W 分别为 H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A 正确；B.常温下 NH3和 HF 为气态，H2O 在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故 B 错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为 H2O，NH3和 H2O 分子均只含极性共价键，故D 正确。故选 B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10 电子微粒。11下列仪器名称不正确的是
10、()A烧瓶B冷凝管C表面皿D蒸馏烧瓶【答案】A【解析】【详解】A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶，烧瓶没有玻璃塞，A 不正确；B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管，B正确；C.该仪器为表面皿，C正确；D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶，D 正确；本题选不正确的，故选A。12黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1mol
11、Cu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为：-2+4，O 化合价变化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu
12、2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(-2)mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。13用“四室电渗析法”制备 H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致 H3PO2的产率下降D通电一段时间后，
13、阴极室中NaOH 溶液的浓度一定不变【答案】D【解析】【分析】阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为 2H2O+2e=H2 OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与 H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电
14、子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故 A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成 H3PO4，导致 H3PO2的产率下降，故 C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选 D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解
15、题的关键。14设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 18gT2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为10NAB1L1mol/L 的 Na2CO3溶液中 CO32-和 HCO3-离子数之和为NAC78gNa2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数目为2NAD加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A T2O 的摩尔质量为22，18gT2O 的物质的量为911mol，含有的质子数为9011NA，A 选项错误；B1mol/L 的 Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c
16、(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)Ksp时有沉淀析出，故不选B；C.虽然 Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)c(CO32)Ksp(BaCO3)时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；D.根据同离子效应可知，CaSO4在 0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；答案：C【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当 QcKsp析出沉淀；当 QcH2SeH2S，其原因_
17、。(4)H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。写出与SO2互为等电子体的分子和离子：_、_（各一种）。气态 SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为_；固态 SO3形成三聚体环状结（如图1 所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)Na2S的晶胞结构如图2 所示，则黑球代表的离子是_。已知 Na的半径为0.102nm，S2-的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则Na2S的晶胞参数a=_nm（列出计算式即可）。【答案】9NAH ClPSSi 水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量 H2Se大，范德华力强，沸点比 H2S高O3NO2-(或其他合理答案)平面三角形
18、sp3硫离子(或 S2-)0.661 或4 3(0.1020.184)3【解析】【分析】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，由此可得出其电子排布图（轨道表示式）。(2)在噻吩分子中，含有3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢键，由此可得出1mol 噻吩（）中含有的键数目。在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，由此可得出第一电离能由大到小的顺序。(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量
19、比H2S大。(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析。气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，由此确定立体构型；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，由此确定杂化轨道类型。(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，由此确定黑球代表的离子。晶胞参数为a，则体对角线为3a nm，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从而得出143a=0.102+0.184，由此求出a。【详解】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，则其电子排布图为。答案为：；(2)在噻吩分子中，含有 3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢
20、键，且两原子间只能形成1 个键，所以 1mol噻吩（）中含有的键数目为9NA。答案为：9NA；在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素H；与 S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能由大到小的顺序为ClPSSi。答案为：H；ClPSSi；(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大，其原因为水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大
21、，范德华力强，沸点比H2S高；(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析，由此得出分子和离子为：O3、NO2-(或其他合理答案)。答案为：O3；NO2-(或其他合理答案)；气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，则立体构型为平面三角形；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中 S原子的价层电子对数为4，则杂化轨道类型为sp3。答案为：平面三角形；sp3；(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，则黑球代表的离子为硫离子(或 S2-)。晶胞参数为a，则体对角线为3a，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从而得出143a=(0.102+0.1
22、84)nm，a=0.661nm 或4 3(0.1020.184)3nm。答案为：硫离子(或 S2-)；0.661 或4 3(0.1020.184)3。【点睛】SO2的原子总数为3，价电子总数为18，从其附近寻找等电子分子，则只能为O3，寻找等电子离子时，范围相对宽一些，可把S换成 N 或 Cl，不足或多出的电子用带电荷补齐，则为NO2-或 ClO2+等。192018 年 11 月物理评论快报报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：（1）基态镍原子
23、的价电子排布式为_；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_(填元素符号)。（2）铁及其离子易形成配离子，如Fe(CN)63-、Fe(CN)x4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是 _（填元素符号）；Fe(CN)6 4-中含有 键与 键的数目比为_。（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。AsO33-的立体构型为_，写出一种与其互为等电子体的分子_（填化学式）。K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_。（4）Ni 与 Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni 的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为 _。（5）金属镍的原子堆积方
24、式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_。abcd某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度 _g cm3。【答案】3d84s2Fe N 11 三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量Ni 的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强C 322A5.3610a3cN【解析】【分析】(1)基态镍原子核外有28 个电子，根据构造原理书写Ni 原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；(2)配离子含有Fe，C，N，O4
25、 种元素，非金属为C，N 与 O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N 与 O 的电子排布式分析解答；(3)根据 VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；(5)根据图示，金属Ni 的晶胞堆积方式呈现ABCABC 重复，这是面心立方最密堆积；由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni 原子和 As 原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量 晶胞体积计算。【详解】(1)基态镍原子核外
26、有28 个电子，Ni 原子的电子排布式为Ar3d84s2，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；(2)配离子含有Fe，C，N，O4 种元素，非金属为C、N 与 O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p 轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O 这三种元素第一电离能最大的是N 元素，Fe(CN)6 4-中含有 6个配位键，6个 CN，因此 键与 键的数目比为(6+6)62=1 1，故答案为：N；11；(3)对于 AsO33-，根据
27、VSEPR理论，VP=BP+LP=3+52233=4，则 AsO33-的立体构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：三角锥形；PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；(4)Ni 的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，故金属 Ni 的熔点
28、和沸点均比金属Ca的高，故答案为：Ni 的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强；(5)根据金属镍的原子堆积模型图，金属Ni 的晶胞堆积方式呈现ABCABC 重复，这是面心立方最密堆积，A 选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到C中相对于A 多出的 4 个面心硬球，则金属镍晶胞俯视图为C，故答案为：C；由晶胞结构可知，Ni 位于晶胞的顶点和4 条棱上，每个晶胞中含有Ni 原子数目=818+414=2，As 位于晶胞内部，含有 2 个 As 原子，晶胞质量=2A5975Ng，晶胞的体积V=a 10-10 cm a 10-10 cm sin60 c 10-10cm=23a c2 10-30 cm3，故晶胞的密度=A23035975Na cc3210m2g=322A5.3610a3cNg?cm-3，故答案为：322A5.36 10a3cN。【点睛】本题的易错点和难点为(5)中晶胞的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，而是菱形，要注意底面面积的计算方法。